Subespacios vectoriales en R n

Transcripción

1 Subespacios vectoriales en R n Víctor Domínguez Octubre Introducción Con estas notas resumimos los conceptos fundamentales del tema 3 que, en pocas palabras, se puede resumir en técnicas de manejo de subespacios vectoriales en R n y de las operaciones básicas. 2. Subespacioes en R n 2.1. Primeras definiciones Un subespacio en R n es un conjunto de n tuplas (x 1, x 2,..., x n ) que es cerrado con la suma de vectores y productos por escalares. Esto es, un conjunto U R n es un subespacio vectorial si cumple 1 u 1, u 2 U u 1 + u 2 U u U, λ R λu U Esencialmente hay dos formas de describir un subespacio vectorial en R n : 1. Mediante un sistema generador, U := { λ 1 u λ r u r λi R R m. Es decir, uno toma una familia finita de vectores y considera cualquier suma de estos vectores escalados de la forma que se desee. Se escribe entonces U = span a 1, a 2,..., a r y se dice que U es la clausura lineal de {a 1,..., a r. Si una matriz tiene como columnas a i, es decir, A = [ a 1 a 2 a n ]. Entonces al subespacio que generan las columnas, su clausura lineal, se denomina espacio columna de A y se escribe R(A). 1 Observa que la definición tiene sentido en sitios más generales que R n. Tienes ejemplos de subespacios en conjuntos de polinomios, matrices, funciones continuas,... 1

2 2 2. Como soluciones de un sistema lineal homogéneo, o sea, con término independiente nulo: dada una matriz A m n. U := { x Ax = 0 R n. Se escribe que U es el espacio nulo de la matriz A y se denota N(A). Teorema 2.1 El sistema Ax = b tiene solución (sistema compatible) si y sólo si b R(A). Además, la solución es única (sistema compatible determinado) si N(A) = { Clausuras lineales/espacios columna Si U = span a 1,..., a n entonces {a 1,..., a n se dice sistema generador. Un sistema generador, salvo el caso trivial del subespacio {0 no es único. Proposición Si U = span a 1,..., a n y V son dos subespacios, entonces U V si y sólo si, a 1,..., a n V 2. Se cumple span a 1,..., a {{ i,..., a j i ésimo {{ j ésimo,... a n = span a 1,..., a j {{ i ésimo,..., a i = span a 1,..., λa j,... a n {{ j ésimo,... a n = span a 1,..., a i,..., a j + νa i,... a n con λ 0 y ν R. Es decir, si en un sistema generador intercambiamos dos vectores, multiplicamos uno por un número distinto de cero o bien sumamos a uno otro multiplicado por un número, seguimos teniendo un sistema generador del mismo subespacio. 3. Tenemos span a 1,..., a n = span a 1,..., a n, 0 esto es añadir, o eliminar vectores nulos, en un sistema generador no cambia el subepacio que generan. La demostración del punto 1 es un simple ejercicio, la del segundo se deduce de forma directa del primero y el punto tercero es inmediato. Las operaciones presentadas en el segundo punto recuerdan las que definen el método de Gauss. Esto es consecuencia de la estructura que subyace a los sistemas lineales y a los espacios vectoriales, que es esencialmente la linealidad.

3 3 Por otro lado, es importante comprobar si un sistema generador contiene información redundante o no, esto es, si con menos vectores es posible crear el mismo subespacio. Para ello vamos a introducir nuevos conceptos. Una familia de vectores {a 1,..., a n se dice ligada o linealmente dependiente si existe una combinación lineal no trivial que consiga el vector nulo, esto es, si existe λ 1,..., λ n R con alguno distinto de cero de forma que λ 1 a λ n a n = 0. En caso contrario, es decir, si la única forma de conseguir de conseguir el vector nulo es λ i = 0, i, entonces la familia de vectores se dice libre o linealmente independiente. Algunos hechos que se derivan de esta nueva propiedad vienen recogidos en la siguiente proposición: Proposición La familia {a 1,..., a n es linealmente dependiente si y sólo si existe j de forma que esto es, a j span a 1,..., a j,..., a n, span a 1,..., a j,..., a n = span a 1,..., a j,..., a n, Dicho de otra forma, si {a 1,..., a n es linealmente independiente, entonces es decir el contenido es estricto. span a 1,..., a j,..., a n span a 1,..., a j,..., a n 2. Si {v 1,..., v r span a 1,..., a j,..., a n es una familia de vectores linealmente independiente, entonces r n. Dada una familia {a 1,..., a n se dice base de U si es sistema generador de U y linealmente independiente. Es decir, U = span a 1,..., a j,..., a n, Proposición 2.4 {a 1,..., a j,..., a n es linealmente independiente. 1. Todas la bases de un subespacio tiene el mismo número de elementos. 2. Si {a 1,..., a n es una base de U, entonces para cualquier u U y los números λ 1,..., λ n son únicos. u = λ 1 a 1 + λ 2 a λ n a n Definimos la dimensión de un subespacio, y escribiremos dim U, al número de elementos de cualquiera de sus bases. Por otro lado, a los coeficientes λ i del resultado anterior se le llama coordenadas de u en la base {a 1,..., a n. Como consecuencia de los resultados anteriores tenemos el siguiente resultado Proposición Si una familia de n vectores {v 1, v 2,..., v n U es linealmente independiente y dim U = n entonces {v 1, v 2,..., v n es base de U 2. Si U V y dim U = dim V, entonces U = V.

4 4 Cómo obtener una base a partir de un sistema generador? Hay dos formas básicas, la primera elimina de un sistema generador los vectores redundantes, en línea con el punto 1 de la Proposición 2.3. La segunda estrategia usa la Proposición 2.2 para transformar un sistema generador en otro nuevo donde los vectores son claramente linealmente independientes o nulos. Tras eliminar estos últimos tenemos ya una base. Ejemplo 1 Consideremos los vectores {(1, 2, 1, 4), (3, 1, 0, 1), (2, 0, 1, 3), (5, 4, 0, 5) (1) y denotemos por U el subespacio que generan (su clausura lineal). Forma 1 Vamos a plantear si alguno de ellos es combinación lineal de los otros. Dicho de otra manera, si λ 1 (1, 2, 1, 4) + λ 2 (3, 1, 0, 1) + λ 3 (2, 0, 1, 3) + λ 4 (5, 4, 0, 5) = (0, 0, 0, 0, 0) (2) con algún λ i 0. El vector correspondiente. Si no es posible, entonce la familia es linealmente independiente y por tanto es base. Resolver (2) nos lleva al sistema lineal Ax = 0, A = Aplicando la eliminación Gaussiana, obtenemos F 2 F 2 2F 1 F F 3 F 1 F 4 F 4 4F F 3 F 3 3/5F 2 F 4 F 4 13/5F 2 F 4 F 4 + 3/7F /5 7/ /5 3/ /5 7/ Deducimos por tanto que la familia de vectores es linealmente dependiente (el sistema anterior es compatible indeterminado), pero los tres primeros sí lo son porque si nos

5 5 quedamos con ellos, ignorando el cuarto, el sistema que sale es un sistema escalonado que admite una única solución. Es más, el cuarto vector se puede escribir en función de los tres primeros (bastaría mandarlo como término independiente al otro lado). Por tanto {(1, 2, 1, 4), (3, 1, 0, 1), (2, 0, 1, 3) es linealmente independiente y span (1, 2, 1, 4), (3, 1, 0, 1), (2, 0, 1, 3) = span (1, 2, 1, 4), (3, 1, 0, 1), (2, 0, 1, 3), (5, 4, 0, 5). En otras palabras, {(1, 2, 1, 4), (3, 1, 0, 1), (2, 0, 1, 3) es base del subespacio U. Forma 2 la matriz Utilizamos los resultados de la Proposición 2.2. Construimos en primer lugar es decir, la matriz cuyas filas son los vectores de (1). Procedemos a hacer ceros utilizando las operaciones elementales F 2 F 2 3F F F 3 2F 1 F 4 F 4 5F F 3 F 3 4/5F 2 F 4 F 4 6/5F /5 3/ /5 3/ F 4 F 4 + F /5 3/ En cada paso tenemos una matriz cuyas filas siguen generando el subespacio de trabajo U (ver Proposición 2.2). Así, finalmente, U = span (1, 2, 1, 4), (0, 5, 3, 13), (0, 0, 7/5, 7/5), (0, 0, 0, 0). Podemos eliminar el último vector (ver Proposición 2.2) y claramente los tres primeros son linealmente independientes, luego una base de U viene dada por {(1, 2, 1, 4), (0, 5, 3, 13), (0, 0, 7/5, 7/5). Si se desea se puede optar por esta familia, más simple {(1, 2, 1, 4), (0, 5, 3, 13), (0, 0, 1, 1).

6 6 Revisitando el rango de una matriz Empezamos definiendo el rango de una matriz como el número de ecuaciones que quedaban tras aplicar la eliminación gaussiana. Del proceso que estamos realizando uno intuye (que no prueba) que el rango es independiente de cómo se efectuan estas operaciones. Una demostración rigurosa requeriría pasar por la dimensión del espacio nulo o por la forma escalonada reducida de una matriz que sí hemos visto es única (ver problema 19). En otro orden de cosas, observamos que en las estrategias hemos trabajado con una matriz A (forma 1) y su matriz transpuesta A (forma 2). En ambos casos hemos llevado la matriz a su forma escalonada, y el número de filas diferentes de cero coincide con la dimensión de R(A), el espacio columna de A. Por tanto podemos concluir que rang (A) = rang (A ) esto, el rango de una matriz y su transpuesta, lo que se ha dado en llamar el rango por columnas y filas de una matriz, coincide. Para finalizar dos resultados de especial importancia sobre el rango del producto de dos matrices. Su demostración se propone como un ejercicio guiado (ver problema 18). Teorema 2.6 Sea A m n y B n p. Entonces, 1. rang (AB) mín{rang (A), rang (B). 2. Si rang (B) = p, entonces rang (AB) = rang (A). 3. Si rang (A) = m, entonces rang (AB) = rang (B) Espacio nulo de una matriz Sea una matriz A m n. Consideramos el subespacio N(A) = { x Ax = 0 R n. Nos preguntamos Cuál es su dimensión? Cómo calcular una base?. La respuesta es simplemente resolver el sistema homogéneo asociado. Ejemplo Sea U = {(x, y, z, t, u) R 5 2x + 2y t u = 0, 4x + 4y + z + t u = 0, x + y + z + t + u = 0. Entonces U = {x R 5 Ax = 0 = N(A), con A =

7 7 Resolvemos el sistema homogéneo (no trabajamos con la matriz ampliada porque el término independiente son todo ceros) F 2 2F F 1 3 F 2 1/2F /2 3/2 F 3 F 3 F F 3 F 2 1/2F /2 1/2 Tenemos ya la matriz en su forma escalonada, comprobamos por tanto que el rango de ésta es 3. La solución del sistema homogéneo se haya resolviendo el sistema escalonado Claramente se puede tomar como parámetros u e y de forma que la solución es { ( y + 2u/3, y, 2u, u/3, u) u, y R = = span ( 1, 1, 0, 0, 0), (2/3, 0, 2, 1/3, 1) = span ( 1, 1, 0, 0, 0), (2, 0, 6, 1, 3) Observa que la dimensión del subespacio es 2 que coincide con la dimensión del espacio donde está contenida, 5, menos el rango de la matriz de coeficientes, 3. Es decir dim(n(a)) = n rang(a). Dado que rang(a) = dim(r(a)) tenemos el siguiente resultado, otro de los más relevante del Álgebra matricial: dim(n(a)) + dim(r(a)) = n. Date cuenta que en esta relación el número de filas no aparece de forma explícita. Cómo escribir un subespacio en forma N(A)? A lo largo de la sección anterior hemos con un subespacio expresado en término de un sistema generador o, aún mejor, de una base, esto es, U = span u 1, u 2,..., u n. Hemos vistos como expresar un subespacio escrito en forma de espacio nulo (N(A)) a describirlo vía un sistema generador, o mejor aún, una base. Nos preocupamos ahora si es posible de realizar el camino opuesto, escribir el subespacio descrito vía un sistema generador en forma de espacio nulo de una matriz. Esto es, si U = spam u 1,..., u m es posible encontrar una matriz A de forma que U = N(A)?. Nuevamente la solución se basa en resolver un sistema de ecuaciones, en este caso el sistema cuyas filas están formadas por los vectores del sistema generador de U.

8 8 Ejemplo Sea {(1, 2, 1, 1, 3), (2, 0, 1, 3, 1), (1, 6, 5, 9, 7), ( 3, 2, 1, 0, 1) (3) y consideremos U el subespacio que generan U = span (1, 2, 1, 1, 3), (2, 0, 1, 3, 1), (1, 6, 5, 9, 7), ( 3, 2, 1, 0, 1). Nuestro objetivo es encontrar una matriz A tal que U = { x Ax = 0. Ello nos lleva a buscar un sistema lineal a 11 x + a 12 y + a 13 z + a 14 t + a 15 u = 0 a 21 x + a 22 y + a 23 z + a 24 t + a 25 u = a r1 x + a r2 y + a r3 z + a r4 t + a r5 u = 0 (4) que admitan a los vectores de (3) como solución. En otras palabras, los coeficientes de cada ecuación (a i1, a i2, a i3, a i4, a i5 ) son solución del sistema a i1 + 2a i2 + a i3 a i4 + 3a i5 = 0 2a i1 a i3 + 3a i4 + a i5 = 0 a i1 6a i2 5a i3 + 9a i4 7a i5 = 0 3a i1 + 2a i2 + a i3 + a i5 = 0 Así pues, para encontrar estas ecuaciones procedemos como sigue Construimos la matriz B cuyas filas sean los vectores de (3) B = Observa por tanto que U = R(B ) Resolvemos el sistema Ba = F 2 F 2 2F F F 3 F 1 F 4 F 4 + 3F F 3 F 3 2F 2 F 3 F 3 + 2F F 3 F /

9 9 Si a = (a 1, a 2, a 3, a 4, a 5 ) entonces podemos tomar a 4, a 5 como parámetros de forma que las soluciones { (a4 /4 a 5 /2, 11/8a 4 5/4a 5, 7/2a 4, a 4, a 5 ) a4, a 5 R = span (1/4, 11/8, 7/2, 1, 0), ( 1/2, 5/4, 0, 0, 1) = span (2, 11, 28, 8, 0), ( 2, 5, 0, 0, 4) Por tanto, los vectores de (3) son solución del sistema { 2x 11y + 28z + 8t = 0 2x 5y + + 4u = 0 (5) Definamos pues A la matriz de coeficientes [ ] A = Tenemos que rang(a) = 2. Por tanto dim N(A) = 5 2 = 3. Así y A es la matriz que buscamos. U N(A), dim(n(a)) = U U = N(A) Algoritmo Problema: Dados {u 1,..., u m R n, encontrar A tal que span u 1,..., u m = N(A). Para resolver este problema se siguen los siguientes pasos Se construye la matriz B cuyas filas son u i : B = u 1 u 2 u m Hallar una base de N(B): Entonces la matriz buscada es {a 1,, a s A = a 1 a 2 a s Observar que al finalizar, s = n dim(u).

10 10 3. Operación con subespacios Dados dos subespacios U, V podemos considerar dos subespacios construidos a partir de ellos U + V = { u + v u U, v V, U V = { u u, U, u V El primero se conoce como la suma de subespacios, mientras que el segundo es, obviamente, la intersección de subespacios. Es fácil comprobar que U + V y U V son ambos subespacios 2. La cuestión que nos ocupa es dar una expresión más concreta de ellos. Antes de entrar en la respuesta de esta cuestión enunciaremos el siguiente resultados que relaciona las dimensiones de todos los subespacios implicados Teorema 3.1 U, V subespacios. Entonces dim(u + V ) = dim(u) + dim(v ) dim(u V ) Suma de subespacios Para el cálculo de la suma de subespacios, lo más apropiado es tener estos subespacios escritos en forma de clausura lineal. El cálculo es tan sencillo como sigue: Algoritmo Dados U, V. Escribir U = span u 1,..., u r, V = span v 1,..., v s. Entonces U + V = span u 1,..., u r, v 1,..., v s. Observa que en general {u 1,..., u r, v 1,..., v s no es base de U +V aunque {u 1,..., u r y v 1,..., v s lo fueran de U y V. En su forma matricial, se puede ver que si U = R(A), V = R(B), U + V = R(C), con C = [ A B ] 2 Hazlo. Prueba también que U V no lo es, salvo que U V o V U

11 11 Ejemplo U = span (1, 2, 0, 1, 0), ( 1, 2, 1, 3, 0) V = span (0, 0, 1, 3, 0), (3, 2, 1, 1, 1), ( 2, 4, 1, 3, 0) entonces U + V = span (1, 2, 0, 1, 0), ( 1, 2, 1, 3, 0), (0, 0, 1, 3, 0), (3, 2, 1, 1, 1), ( 2, 4, 1, 3, 0). En su versión matricial, tenemos A = , B = , C = , entonces U = R(A), V = R(B), U + V = R(C) Intersección de subespacios A diferencia del caso anterior, es mejor tener los subespacios escritos en forma de espacios nulos de matrices. Algoritmo Escribir U = N(A) = { x Ax = 0, V = N(B) = { x Bx = 0 Entonces U V = N(C) = { x Cx = 0, C = [ A B ] Observa que C no es más que el resultado de reunir las ecuaciones que cumple U y V por separado. Ejemplo entonces U = {(x, y, z, t) x + y t = 0, x + y + z = 0 V = {(x, y, z, t) x y + z 3t = 0, 2x + 2y + z t = 0 U V = { (x, y, z, t) x + y t = 0, x + y + z = 0, x y + z 3t = 0, 2x + 2y + z t = 0

12 12 Dicho de otra forma U = N(A), V = N(B), U V = N(C), donde A = [ ] , B = [ ] , C =