ESPACIOS VECTORIALES

ESPACIOS VECTORIALES Matemáticas I En esta parte de la asignatura vamos a introducir los conjuntos denominados espacios vectoriales. En estos conjuntos las operaciones básicas que manejaremos son la suma y multiplicación de números reales y números complejos. El conjunto de los números reales, R, y el conjunto de los números complejos, C, tienen buenas propiedades con respecto a la suma y a la multiplicación. Son cuerpos. Las buenas propiedades de la suma son asociativa, elemento neutro 0, opuesto y conmutativa. Las de la multiplicación son asociativa, elemento unidad 1, inverso y conmutativa. Y la combinación de ambas, la distributiva. Definición.- Un cuerpo es una estructura algebraica (K, +, ) formada por un conjunto K no vacío y 2 operaciones internas +, que verifican las siguientes propiedades: (K, +) cumple las propiedades: Asociativa: (a+b)+c = a+(b+c), a,b,c K, Elemento neutro: e(= 0) con a+e = e+a = a, a K, Elemento opuesto: a K, a K con a+a = a +a = e, Conmutativa: a+b = b+a a,b K. (K\{0}, ) cumple las propiedades: Asociativa: (a b) c = a (b c) a,b,c K, Elemento unidad: u(= 1) con a u = u a = a, a K, Elemento inverso: a K\{0}, a 1 K con a a 1 = a 1 a = u, Conmutativa: a b = b a a,b K. Propiedad distributiva del producto respecto a la suma: a (b+c) = (a b)+(a c) a,b,c K Universidad Antonio de Nebrija 1 Espacios vectoriales

También los elementos de los espacios vectoriales se comportan bien con respecto a la suma y con respecto a la multiplicación de un elemento por número real o complejo. Definición.- Sea (K, +, ) un cuerpo. Un espacio vectorial sobre el cuerpo K es una estructura algebraica (V,+, ) donde V es un conjunto no vacío y 1) + es una operación interna (suma de vectores) verificando las propiedades: Asociativa: (u+v)+w = u+(v +w), u,v,w V, Elemento neutro: 0 con u+0 = 0+u = u, u V, Elemento opuesto: u V, u V con u+( u) = ( u)+u = 0, Conmutativa: u+v = v +u u,v V. 2) es una operación externa, : K V V, (producto por escalares) que verifica: Distributiva I: Distributiva II: λ (ū+ v) = λ ū+λ v, λ K, ū, v V (λ+µ) ū = λ ū+µ ū, λ,µ K, ū V Pseudoasociativa: λ (µ ū) = (λ µ) ū, λ,µ K, ū V Elemento unidad: 1 ū = ū, ū V. A los elementos de V se les denominan vectores y a los de K, escalares. Observación.- Todo cuerpo es un espacio vectorial sobre sí mismo. Ejemplos.- (R n,+, ) es un espacio vectorial sobre R. (C n,+, ) es un espacio vectorial sobre C. (M m n (K),+, ), donde + es la suma de matrices y es el producto de matrices por escalares, es un espacio vectorial sobre K. (P k (K),+, ), donde + es la suma de polinomios y es el producto de polinomios por escalares, es un espacio vectoral sobre K. En general, estos son los espacios vectoriales con los que trabajaremos a lo largo del curso. Universidad Antonio de Nebrija 2 Espacios vectoriales

Ejemplo.- Vamos a ver si el conjunto V 1 = {p(x) P 2 (R) p(0) = 0} es un espacio vectorial sobre R. En primer lugar hay que comprobar que la suma de elementos de V 1 es una operación interna. Es decir, hay que comprobar que si sumamos dos elementos de V 1, la suma es un elemento de V 1. Sean p,q V 1. Entonces, p y q son dos polinomios de grado 2 y tales que p(0) = q(0) = 0. (p+q) es un polinomio de grado 2 y (p+q)(0) = p(0)+q(0) = 0+0 = 0. Es decir, (p+q) V 1. Una vez que hemos comprobado que la suma es una operación interna hay que comprobar que verifica las propiedades asociativa, elemento neutro, opuesto y conmutativa. Todos los polinomios las cumplen, y además 0 V 1 y si p V 1, p V 1 (si p(0) = 0,( p)(0) = 0). Haremos también la comprobación para el producto. Hay que comprobar que la multiplicación de un real por un elemento de V 1 es una operación externa. Es decir, hay que comprobar que si multiplicamos un real por un elemento de V 1, el producto es un elemento de V 1. Sean λ R y p V 1. Entonces p es un polinomio de grado 2 verificando p(0) = 0. (λp) es un polinomio de grado 2 y (λp)(0) = λ(p(0)) = λ 0 = 0. Es decir, (λp) V 1. Una vez que hemos comprobado que el producto es una operación externa hay que comprobar que verifica las propiedades del producto. Todos los polinomios las cumplen. Por lo tanto, V 1 es un espacio vectorial sobre R. Observaciones.- Para comprobar que V 1 era espacio vectorial, esencialmente hemos demostrado que la suma es una operación interna y que la multiplicación es una operación externa. En general, al trabajar sobre R n,c n,m m n,p k el resto de propiedades se cumplen. El espacio vectorial V 1 se puede escribir como sigue V 1 = {p(x) = a 2 x 2 +a 1 x+a 0 P 2 (R) p(0) = 0} = {p(x) = a 2 x 2 +a 1 x+a 0 P 2 (R) a 2 0 2 +a +a 0 = 0} = {p(x) = a 2 x 2 +a 1 x+a 0 P 2 (R) a 0 = 0} El espacio vectorial queda descrito por una ecuación lineal homogénea. Universidad Antonio de Nebrija 3 Espacios vectoriales

Ejemplo.- Vamos a ver si el conjunto V 2 = {A M 2 2 (C) det(a) = 0} es un espacio vectorial sobre C. En primer lugar hay que comprobar que la suma de elementos de V 2 es una operación interna. Es decir, hay que comprobar que si sumamos dos elementos de V 2, la suma es un elemento de V 2. Sean A,B V 2. Entonces, A y B son dos matrices 2 2 con det(a) = det(b) = 0. A+B es una matriz 2 2 pero no ( podemos ) asegurar ( que ) det(a+b) = 0. 0 1 Vamos a considerar un ejemplo A =, B = son dos matrices 0 1 2 2 tales ( que det(a) ) = det(b) = 0. Es decir A,B V 2. Por otro lado, 1 1 A+B =, y det(a+b) = 2. 1 1 V 2 no tiene suma interna. Entonces V 2 no es espacio vectorial. OBSERVACIÓN.- Para DEMOSTRAR que un conjunto es ESPACIO VEC- TORIAL, hay que demostrar que TODOS sus elementos verifican TODAS las propiedades. Si se quiere demostrar que NO ES ESPACIO VECTORIAL, hay que demostrar que NO TODOS sus elementos verifican TODAS las propiedades. Es decir, hay que buscar un caso en el no se cumpla una propiedad. En el ejemplo anterior para( demostrar ) que( V 2 no es ) espacio vectorial se encuentrar el ejemplo 0 1 A =, B = V 0 1 2, con A+B / V 2. Este ejemplo se denomina contraejemplo. Observaciones.- Para comprobar que V 2 no era espacio vectorial, se ha encontrado un contraejemplo que no verificaba la suma. En general, cuando un conjunto no es espacio vectorial casi cualquier ejemplo que se tome se convierte en contraejemplo. El espacio vectorial V 2 se puede escribir como sigue { ( ) } a11 a V 2 = A = 12 M a 21 a 2 2 (C) det(a) = 0 { ( 22 ) } a11 a = A = 12 M a 21 a 2 2 (C) a 11 a 22 a 12 a 21 = 0 22 El conjunto no queda descrito por una ecuación lineal homogénea, ya que no es lineal. Universidad Antonio de Nebrija 4 Espacios vectoriales

Propiedades.- Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K. Entonces 1. El elemento neutro es único. 2. El elemento opuesto es único. 3. u V, 0 u = 0. 4. λ K, λ 0 = 0. 5. u V, ( 1) u = u. Demostración.- 1. Para demostrar que el elemento neutro es único, vamos a suponer que hay dos elementos neutros: 0,0. Entonces, u+0 = 0+u = u, u V (1) u+0 = 0 +u = u, u V (2) Sustituyendo u por 0, en la ecuación (1) se tiene 0 +0 = 0+0 = 0 Sustituyendo u por 0, en la ecuación (2) se tiene 0+0 = 0 +0 = 0 Entonces, 0 = 0 +0 = 0. Hemos demostrado que no puedehaber dos elementos neutros, 0 = 0. 2. Para demostrar que el elemento opuesto es único, vamos a suponer que hay dos elementos opuestos para un vector u V: u 1,u 2. Entonces, Entonces, u+u 1 = u 1 +u = 0 (3) u+u 2 = u 2 +u = 0 (4) (4) asociativa u 1 = 0+u 1 = (u 2 +u)+u 1 = (3) = u 2 +(u+u 1 ) = u 2 +0 = = u 2 Hemos demostrado que no puede haber dos elementos opuestos, u 1 = u 2. Universidad Antonio de Nebrija 5 Espacios vectoriales

3. Sea u V, entonces u = 1 u = distributiva = = (1+0) u = 1 u+0 u = = u+0 u Es decir, u = u+0 u. Sumando a la izquierda el opuesto de u se tiene Entonces 0 = 0 u, u V. 4. Sea λ K, entonces 0 = u+u = asociativa = = u+(u+0 u) = ( u+u)+0 u = = 0+0 u = = 0 u λ 0 = λ (0+0) distributiva = = λ 0+λ 0 Es decir, λ 0 = λ 0+λ 0. Sumando a la izquierda el opuesto de λ0 se tiene Entonces 0 = λ 0, λ K. 5. Sea u V, entonces 0 = λ 0+λ 0 = = λ 0+(λ 0+λ 0) asociativa = = ( λ 0+λ 0)+λ 0 = = 0+λ 0 = = λ 0 u+( 1)u = 1 u+( 1) u distributiva = = (1+( 1)) u = = 0 u = = 0 Pero el opuesto de un vector u es único. Entonces u = ( 1) u, u V. Universidad Antonio de Nebrija 6 Espacios vectoriales

Definición.- Sea (V,+, ) un espacio vectorial sobre K. Un subconjunto U V es un subespacio vectorial de V, si U es un espacio vectorial sobre K con las operaciones de V. Habíamos observado previamente que si los elementos de V verificaba las propiedades asociativa, elemento neutro, opuesto, etc.; entonces los de U también lo verificaban. En la siguiente caracterización se tiene en cuenta estas características y se simplifica el concepto de subespacio vectorial. Caracterización.- Sea (V,+, ) un espacio vectorial y U V. Entonces son equivalentes 1. U es un subespacio vectorial de V. { u+v U 2. u,v U, λ K se tiene que λu U. 3. u,v U, λ,µ K se tiene que λu+µv U. Demostración.- Hay que demostrar que (1) (2), (1) (3) y (2) (3). Si demostramos (1) (2), (2) (3) y (3) (1), tenemos demostradas todas las implicaciones. (1) (2) La implicación es inmediata ya que si es U es espacio vectorial, la suma es una operación interna y el producto una operación externa. (2) (3) Si u,v U, y λ,µ K, se tiene que λu U y µv U porque el producto es externo. Entonces λu+µv U ya que la suma es interna. (3) (1) La suma es una operación interna, pues si λ = µ = 1, se tiene que u,v U, u+v V. En V la suma verifica las propiedades asociativa y la conmutativa; entonces, en U también se verifican. Existe elemento neutro, pues si λ = µ = 0, λu+µv U. Y λu+µv = 0u+0v = 0+0 = 0 U. Existe elemento opuesto, pues si λ = 1 y µ = 0, λu+µv U. Y λu+µv = 1u+0v = u+0 = u U. El producto es externo, pues si µ = 0, se tiene que u U, λu U. En V el producto verifica las propiedades distributivas, pseudoasociativa y elemento unidad, entonces en U también se verifican. Universidad Antonio de Nebrija 7 Espacios vectoriales

Ejemplo.- Vamos a estudiar si el conjunto V 1 = {ax 3 +bx 2 +cx+d P 3 (C) a = 0, a+b = 0} es un subespacio vectorial de P 3 (C). Veremos si es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterización. Hay que comprobar que si p,q V 1 y λ,µ C, entonces (λp+µq) V 1. Sean p,q V 1. Entonces p = ax 3 +bx 2 +cx+d y q = αx 3 +βx 2 +γx+δ son dos polinomios de grado 3 tales que a = 0,a+b = 0,α = 0,α+β = 0. (λp+µq) es un polinomio de grado 3, tenemos que ver que el término en grado 3 es nulo y que la suma de éste con el de grado 2, también lo es. λp+µq = λ(ax 3 +bx 2 +cx+d)+µ(αx 3 +βx 2 +γx+δ) = (λa+µα)x 3 +(λb+µβ)x 2 +(λc+µγ)x+(λd+µδ) Comprobemos la primera ecuación: λa+µα = λ0+µ0 = 0 Se verifica. Comprobemos la segunda ecuación: (λa+µα)+(λb+µβ) = λ(a+b)+µ(α+β) = λ0+µ0 = 0 Por lo tanto, (λp+µq) V 1 y V 1 es un subespacio vectorial. Nótese que el subespacio vectorial está descrito por un sistema de dos ecuaciones lineales y homogéneas. Ejemplo.- Vamos a estudiar si el conjunto V 2 = {ax 2 +bx+c P 2 (R) c = 1} es un subespacio vectorial de P 2 (R). Veremos si es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterización. Hay que comprobar que si p,q V 2 y λ,µ R, entonces (λp+µq) V 2. Sean p,q V 2. Entonces, p = ax 2 +bx+c y q = αx 2 +βx+γ son dos polinomios de grado 2 tales que c = 1,γ = 1. (λp+µq) es un polinomio de grado 2, veremos si verifica la ecuación. λp+µq = λ(ax 2 +bx+c)+µ(αx 2 +βx+γ) = (λa+µα)x 2 +(λb+µβ)x+(λc+µγ). En este caso λc+µγ = λ1+µ1 No se puede asegurar que sea uno. Busquemos un ejemplo p = 1,q = x+1 V 2 y p+q = x+2 / V 2. Por lo tanto, V 2 no es un subespacio vectorial. Nótese que el subespacio vectorial V 2 está descrito por una ecuación lineal no homogénea. Universidad Antonio de Nebrija 8 Espacios vectoriales

{( ) } a b Ejemplo.-VamosaestudiarsielconjuntoV 3 = M c d 2 2 (C) 2ac = 0 es un subespacio vectorial de M 2 2 (C). Veremos si es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterización. Hay que comprobar que si A,B V 3 y λ,µ ( C, ) entonces ( (λa+µb) ) V 3. a b α β Sean A,B V 2. Entonces, A = y B = son dos matrices 2 2 c d γ δ tales que 2ac = 0,2αγ = 0. (λa+µb) es una matriz 2 2, veremos si verifica la ecuación. λa+µb = λ ( ) a b +µ c d ( ) α β = γ δ ( ) λa+µα λb+µβ. En este caso λc+µγ λd+µδ 2(λa+µα)(λc+µγ) = λ 2 (2ac)+2µλ(aγ +αc)+µ 2 (2αγ) = λ 2 (0)+2µλ(aγ +αc)+µ 2 (0) = 2µλ(aγ +αc) No se( puede ) asegurar ( que) sea nulo. Busquemos ( un) ejemplo 0 0 A =,B = V 0 0 3 y A+B = / V 3. Por lo tanto, V 3 no es un subespacio vectorial. Nótese que el subespacio vectorial está descrito por una ecuación homogénea no lineal. Ejemplo.-VamosaestudiarsielconjuntoV 4 = {A M 2 2 (R) A es simétrica} es un subespacio vectorial de M 2 2 (R). Veremos si es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterización. Hay que comprobar que si A,B ( V 4 ) y λ,µ ( R, entonces ) (λa+µb) V 4. a b α β Sean A,B V 4, A = y B = son dos matrices simétricas 2 2. b c β γ (λa+µb) es ( una matriz ) 2 2, ( veremos ) ( si es simétrica. ) a b α β λa+µα λb+µβ λa+µb = λ +µ =. Es simétrica. Por b c β γ λb+µβ λc+µγ lo tanto, (λa+µb) V 4 y V 4 es un subespacio vectorial. Nótese {( que el) subespacio vectorial} se puede {( escribir ) como } a b a b V 4 = M c d 2 2 (C) b = c = M c d 2 2 (C) b c = 0,está descrito por una ecuación lineal homogénea. Universidad Antonio de Nebrija 9 Espacios vectoriales

COMBINACIONES LINEALES. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL A partir de ahora tomaremos siempre V = (V,+, ). Hemos destacado en el apartado anterior la importancia de la expresión λu+µv. La generalización de este concepto es la combinación lineal. Definición.- Una combinación lineal de los vectores {v 1,v 2,...,v n } V es un vector de la forma λ 1 v 1 +λ 2 v 2 + +λ n v n con λ 1,λ 2,...,λ n K. Observaciones.- El vector λ 1 v 1 +λ 2 v 2 + +λ n v n V. 0 es combinación lineal de cualquier conjunto de vectores, basta con considerar λ i = 0, i = 1,...,n. Teorema.- Sea S = {v 1,v 2,...,v n } V. Entonces, L(S) = {λ 1 v 1 +λ 2 v 2 + +λ n v n λ 1,λ 2,...,λ n K} es el menor subespacio vectorial de V que contiene a S. L(S) se denomina subespacio vectorial generado por S. Demostración.- Hay que demostrar que L(S) es subespacio de V y que es el menor subespacio que contiene S. En primer lugar, observemos que λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + +λ n v n V, por lo tanto L(S) V. Vamos a demostrar que es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterización. Hay que comprobar que si v = λ 1 v 1 +λ 2 v 2 + +λ n v n y w = µ 1 v 1 +µ 2 v 2 + +µ n v n L(S) y λ,µ K, entonces λv +µw L(S). λv +µw = λ(λ 1 v 1 +λ 2 v 2 + +λ n v n )+µ(µ 1 v 1 +µ 2 v 2 + +µ n v n ) = (λλ 1 +µµ 1 )v 1 +(λλ 2 +µµ 2 )v 2 + +(λλ n +µµ n )v n λv + µw L(S) por ser una combinación lineal de los vectores de S. Por lo tanto, es un subespacio vectorial de V. Para ver quees el menor subespaciovectorial que contiene a S, supongamos que U es subespacio vectorial de V que contiene a S. Tenemos que U contiene a S, entonces v 1,v 2,...,v n U. Si λ 1,λ 2,...,λ n K, como U subespacio vectorial, la combinación lineal λ 1 v 1 +λ 2 v 2 + +λ n v n U. Es decir, U contiene a todos los elementos de L(S). Por lo tanto, L(S) U y queda demostrado que L(S) es el menor subespacio que contiene a S. Universidad Antonio de Nebrija 10 Espacios vectoriales

A continuación vamos a ver algunos subespacios vectoriales generados en R 2 y R 3. Se representan en el plano o en el espacio para visualizar los subespacios vectoriales. Ejemplos.- Sea S 1 = {(2,3)} R 2, L(S 1 ) = {(2λ,3λ) λ R}. Sea S 2 = {(1,1),( 2, 2)} R 2, L(S 2 ) = {(λ 2µ,λ 2µ) λ,µ R}. Universidad Antonio de Nebrija 11 Espacios vectoriales

Sea S 3 = {(1,1),(1, 1)} R 2, L(S 3 ) = {(λ+µ,λ µ) λ,µ R}. Sea S 4 = {(1,1,0),(1,0,0)} R 3, L(S 4 ) = {(λ+µ,λ,0) λ,µ R}. En estos subespacios vectoriales se ve que L(S) es una recta o un plano. En general dibujar estos espacios es difícil, ya que trabajamos con dimensiones mayores R 4,R 5,... o porque trabajamos con matrices, polinomios o números complejos. Pero estas figuras nos servirán para introducir distintos conceptos de los subespacios vectoriales. Nótese que L(S 1 ) y L(S 2 ) generan rectas y que L(S 3 ) y L(S 4 ), planos. Diremos que S 1 y S 2 son sistemas generadores de las rectas; y S 3 y S 4 son sistemas generadores de los planos. Universidad Antonio de Nebrija 12 Espacios vectoriales

Definición.- Un conjunto de vectores S = {v 1,...,v s } es un sistema generador de un subespacio vectorial V si todo elemento de V se puede poner como combinación lineal de los vectores de S. Es decir, V = L(S). Ejemplos.- S 1 es un sistema generador de la recta 4x 3y = 0. S 2 es un sistema generador de la recta x y = 0. S 3 es sistema generador de R 2. S 4 es sistema generador del plano z = 0. La descripción de los espacios vectoriales como un sistema de ecuaciones lineales homogénea se verá más adelante, junto con el método para encontrar dicha descripción. Ejemplo.- Vamos a ver si S = {x+1} es un sistema generador del subespacio vectorial V = {ax+b P 1 (R) a b = 0}. En primer lugar observemos que x+1 V, ya que es un polinomio de grado uno y a = 1 = b (verifica la ecuación). Entonces, L(S) V. Ahora consideraremos un vector de V, ax + b V. Entonces, a = b. Así, ax+b = ax+a = a(x+1) L(S). Hemos demostrado que V L(S). Por lo tanto, L(S) = V y S es un sistema generador de V. Ejemplo.- Vamos a ver si S = {(i,i,0),(1,1,0)} es un sistema generador del subespacio vectorial V = {(x,y,z) C 3 z = 0}. En primer lugar observemos que (i,i,0),(1,1,0) V, son dos vectores cuya última coordenada es nula (verifican la ecuación). Entonces, L(S) V. Ahora consideraremos un vector de V, (x,y,0) V. Si (x,y,0) L(S), existen a,b C tales que (x,y,0) = a(i,i,0)+b(1,1,0) = (b+ai,b+ai,0). Llegamos a la conclusión que x = y, y no todos los vectores de V lo verifican. Por ejemplo, (1, 1,0) V y no se puede poner en combinación lineal de los vectores de S. (1, 1,0) = a(i,i,0) +b(1,1,0) = (b+ai,b+ai,0) Se concluye que 1 = b+ai = 1. Imposible. Hemos demostrado que (1, 1,0) / L(S). S no es un sistema generador de V. Hemos demostrado que no es sistema generador con un contraejemplo. Universidad Antonio de Nebrija 13 Espacios vectoriales

{( ) ( ) ( )} 0 0 Ejemplo.- Vamos a ver si S =,, es un sistema 0 0 0 1 generador del subespacio vectorial ( V = {A ) ( M 2 2 ) ( A es ) simétrica}. 0 0 En primer lugar observemos que,, V, ya que son 0 0 0 1 matrices cuadradas de orden dos y simétricas. ( ) Entonces, L(S) V. a b Ahora consideraremos un vector de V, V. Entonces, b c ( ) a b b c = a ( ) +b 0 0 ( ) 0 1 +c ( ) 0 0 L(S) 0 1 Hemos demostrado que V L(S). Por lo tanto, L(S) = V y S es un sistema generador de V. Más adelante veremos más propiedades que nos permitirán decidir si un conjunto de vectores es un sistema generador de manera más eficiente. El conjunto S 2 = {(1,1),( 2, 2)} R 2 genera la recta x = y. Pero se puede observar que también S 2 = {(1,1)} R 2 genera la misma recta: L( S 2 ) = {(λ,λ) λ R}. Se puede eliminar el segundo vector porque ( 2, 2) = 2(1, 1). Hemos encontrado una relación lineal entre los vectores. Universidad Antonio de Nebrija 14 Espacios vectoriales

Definición.- Un sistema de vectores S = {v 1,...,v s } V es linealmente dependiente si el sistema lineal homogéneo λ 1 v 1 + +λ s v s = 0 es compatible indeterminado. Un sistema de vectores S = {v 1,...,v s } es linealmente independiente si no es linealmente dependiente. Es decir, si λ 1 v 1 + + λ s v s = 0, implica que λ 1 = = λ s = 0 es la única solución. Observación.- Si S = {v 1,...,v s } es un sistema de vectores linealmente dependiente: λ 1 v 1 + + λ s v s = 0 tiene una solución no nula; entonces uno de ellos se puede poner en combinación lineal de los otros. Por ejemplo si λ 1 0, se tiene que v 1 = ( λ 2 λ 1 )v 2 + + ( λs λ 1 )v s. En el caso anterior 2(1,1)+( 2,2) = 0, son linealmente dependientes. Ejemplo.- Vamos a ver si el sistema de vectores S = {x 2 + x,x + 1,i} es linealmente independiente. Es linealmente independiente si el sistema de ecuaciones λ 1 (x 2 + x) + λ 2 (x + 1) + λ 3 (i) = 0 tiene una única solución. En este caso, x 2 (λ 1 )+x(λ 1 +λ 2 )+(λ 2 +iλ 3 ) = 0. λ 1 = 0 Hay que comprobar que el sistema λ 1 +λ 2 = 0 es un sistema compatible λ 2 +iλ 3 = 0 determinado. Al serun sistema lineal y homogéneo solo hay que comprobar que 0 la matriz 1 tiene rango 3. Efectivamente, tiene rango 3. 0 1 i Es un sistema linealmente independiente. Ejemplo.- {( Vamos ) ( a ver si ) el ( sistema )} de vectores 1 1 1 1 S =,, es linealmente independiente. 1 1 1 1 Es( linealmente ) independiente ( ) si el ( sistema ) de( ecuaciones ) 1 1 1 1 0 0 λ 1 + λ 1 1 2 + λ 1 1 3 = tiene una única solución. 0 0 ( ) ( ) λ1 +λ En este caso, 2 +λ 3 λ 1 λ 2 0 0 =. λ 1 λ 2 λ 1 +λ 2 +λ 3 0 0 λ 1 +λ 2 +λ 3 = 0 λ Hay que comprobar que el sistema 1 λ 2 = 0 es un sistema compatible determinado. Al ser un sistema lineal y homogéneo solo hay que λ 1 λ 2 = 0 λ 1 +λ 2 +λ 3 = 0 comprobar Universidad Antonio de Nebrija 15 Espacios vectoriales

1 1 1 que la matriz 1 1 tiene rango 3. Sin embargo, tiene rango 2. 1 1 1 Por lo tanto es un sistema linealmente dependiente. Vimos anteriormente que el sistema de vectores S 2 = {(1,1),( 2, 2)} R 2 y el sistema S 2 = {(1,1)} R 2 generan la misma recta. Tenemos dos descripciones distintas de la recta, pero la segunda tiene menos elementos en su descripción. Además, nótese que las combinaciones lineales de los vectores de S 2, son diversas para un vector; y son únicas para el vector de S 2 : (3,3) = (1,1) ( 2, 2) = 3(1,1)+0( 2, 2) = En cambio (3,3) = 3(1,1) es la única combinación lineal posible. S 2 = {(1,1)} R 2 es un sistema generador de la recta {x = y} y además es un sistema linealmente independiente. La combinación de estas dos propiedades hacen que el sistema de vectores, que se denomina base, posea características muy importantes. Teorema.- Sea S = {v 1,...,v n } un sistema de vectores linealmente independiente que genera V. Entonces todo elemento de V se puede escribir de modo único como combinación lineal de {v 1,...,v n }. Demostración.- Sea v V, como S es sistema generador de V se tiene que V = L(S) y por lo tanto existen λ 1,...,λ n K tales que v = λ 1 v 1 + +λ n v n. Una vez que hemos visto la existencia de los escalares, vamos a comprobar que son únicos. Supongamos que existen λ 1,...,λ n,µ 1,...,µ n K tales que v = λ 1 v 1 + +λ n v n v = µ 1 v 1 + +µ n v n Igualando y despejando se tiene que (λ 1 µ 1 )v 1 + + (λ n µ n )v n = 0. Al ser S un sistema linealmente independiente la única solución de este sistema es λ 1 µ 1 = = λ n µ n = 0. Es decir, λ i = µ i para todo i. La combinación lineal es única. Definición.- Una base de un espacio vectorial V es un sistema de generadores de V que son linealmente independientes. Dado v V, los únicos λ 1,...,λ n K tales que v = λ 1 v 1 + + λ n v n se denominan coordenadas de v con respecto a la base B = {v 1,...,v n }. Universidad Antonio de Nebrija 16 Espacios vectoriales

Ejemplos.- {(1,0,0,...,0),(0,1,0,...,0),...,(0,0,0,...,1)} es una base de R n. {(1,0,0,...,0),(0,1,0,...,0),...,(0,0,0,...,1)} es una base de C n. {x k,x k 1,...,x 2,x,1} es una base de P k. {( ) ( ) ( ) ( )} 0 0 0 0,,, es una base de M 0 0 0 0 0 1 2 2. Ejemplo.- Veamos si {(0,1),(1,2),(2,3)} es una base de R 2. Primero comprobaremos si son linealmente independientes. Es linealmente independiente si el sistema de ecuaciones λ 1 (0,0) + λ 2 (1,2) + λ 3 (2,3) = (λ 2 +2λ 3,λ+2λ 2 +3λ 3 ) = (0,0) tiene { una única solución. λ2 +2λ Hay que comprobar que el sistema 3 = 0 es un sistema compatible determinado. ( Al ser ) un sistema lineal y homogéneo solo hay que comprobar λ+2λ 2 +3λ 3 = 0 0 1 2 que la matriz tiene rango 3. Sin embargo tiene rango 2. 1 2 3 Por lo tanto, es un sistema linealmente dependiente y no es base. ( ) 0 1 2 Nota.- Obsérvese que las columnas de la matriz está formada por 1 2 3 las coordenadas de los vectores en la base canónica {(1,0),(0,1)}. Y comprobar que es linealmente independiente es equivalente a comprobar que la matriz tiene rango máximo. Ejemplo.- Veamos si S = {x} es una base de P 1 (C). Primero comprobaremos si es un sistema linealmente independiente. Es linealmente independiente si el sistema de ecuaciones λx = 0 tiene una única solución. Es un sistema linealmente independiente, pues la única solución es λ = 0. A continuación veremos si es un sistema generador. Observemos que x P 1 (C). Entonces, L(S) P 1 (C). Ahora consideraremos un vector de P 1 (C), ax+b P 1 (C). Entonces, es sistema generador si ax+b = αx. Llegamos a la conclusión que b = 0, y no todos los vectores de P 1 (C) lo verifican. Por ejemplo, x+1 P 1 (C) y no se puede poner en combinación lineal del vector de S. x+1 = αx Se concluye que 1 = 0. Imposible. Por lo tanto, no es sistema generador y no es base. Universidad Antonio de Nebrija 17 Espacios vectoriales

{( ) ( ) ( )} 0 0 Ejemplo.- Veamos si S =,, es una base de 0 0 0 1 V = {A M 2 2 A es simétrica}. Previamente, en un ejercicio, hemos probado que es un sistema generador del subespacio vectorial V. Es base si es un sistema linealmente independiente. Es linealmente independien- ( ) te si el sistema de ecuaciones λ 1 0 0 tiene ( una) única ( solución. ) En este caso, λ1 λ 2 0 0 =. λ 2 λ 3 0 0 Hay que comprobar que el sistema +λ 2 ( 0 1 λ 1 = 0 λ 2 = 0 λ 2 = 0 λ 3 = 0 es un sistema compatible determinado. Es un sistema linealmente independiente. Por lo tanto, S es una base de V. ) +λ 3 ( 0 0 0 1 ) = ( 0 0 0 0 ) Nota.- Nótese que decidir si un sistema de vectores es linealmente independiente o dependiente es equivalente a comprobar si el sistema lineal homogéneo asociado es determinado o indeterminado. Por lo tanto sólo hay que comprobar que la matriz formada por las coordenadas de los vectores del sistema, fijada una base, tiene rango máximo o no. S es linealmente independiente rg(s) es máximo. Teorema.- Todas las bases de un espacio vectorial V tienen el mismo número de elementos. Definición.- La dimensión de un espacio vectorial es el número de elementos que posee cualquier base del espacio. Se escribe dim(v) = dimv. Ejemplos.- dimr n = n. dimc n = n. dimp k = k+1 dimm m n = mn. Ejemplo.- Sea V = {A M 2 2 A es simétrica}, entonces dimv = 3 ya que la base calculada anteriormente tiene 3 elementos. Universidad Antonio de Nebrija 18 Espacios vectoriales

DE SISTEMA GENERADOR A BASE Retomando el ejemplo de S 2 = {(1,1),( 2, 2)}, S 2 = {(1,1)} R 2. Obsérvese que ambos conjuntos son sistema generador pero al eliminar el vector ( 2, 2) se obtiene una base. En general, para obtener una base de un sistema hay que eliminar vectores. Teorema.- Sea V un espacio vectorial de dimensión n. Si S = {v 1,...,v s } es un sistema generador, entonces n s. Además, se puede encontrar un subconjunto S S que sea base de V. Demostración.- Vamos a demostrar los dos apartados a la vez. Además es una demostración constructiva, pues no sólo se demuestra la propiedad sino que se introduce un método para encontrar el subconjunto S. Sea B = {e 1,...,e n } una base de V. Como v 1,...,v s V, existen escalares x ij K tales que v 1 = x 11 e 1 + +x 1n e n.. v s = x s1 e 1 + +x sn e n Estudiemos si S es linealmente independiente o no. Universidad Antonio de Nebrija 19 Espacios vectoriales

Si λ 1 v 1 + +λ s v s = 0, se tiene λ 1 (x 11 e 1 + +x 1n e n )+ +λ s (x s1 e 1 + +x sn e n ) = (λ 1 x 11 + +λ s x s1 )e 1 + +(λ 1 x 1n + +λ s x sn )e n = 0 Al ser B una base es un sistema linealmente independiente y la única solución del sistema es λ 1 x 11 + +λ s x s1 = 0.. λ 1 x 1n + +λ s x sn = 0 Si consideramos λ 1,...,λ s como incógnitas, tendremos unsistema denecuaciones y s incógnitas. Al ser un sistema lineal y homogéneo siempre es compatible. Si S es linealmente independiente los λ i son únicos y el sistema es determinado. Entonces rg(x ij ) = s. En este caso S es directamente una base. Como todas las bases tienen el mismo número de vectores s = n. En cambio si S es linealmente dependiente existen infinitos λ i, no todos nulos, y el sistema es indeterminado. En este caso, sabemos que existe un vector de S, v r, que se pone en combinación lineal del resto. Es decir, L(S) = L(S \{v r }). S\{v r } sigue siendo un sistema generador, al que le hemos eliminado un vector. Comprobamos si es linealmente independiente o dependiente. Si es linealmente independiente se ha conseguido un subconjunto que es base. En caso contrario se elimina otro vector. Se sigue el proceso hasta conseguir un sistema linealmente indepedendiente. Como en este proceso se va eliminando un vector en cada paso hasta obtener una base, n s. En esta demostración constructiva para encontrar la base S se comprueba si es un sistema de vectores linealmente independiente o dependiente. Si es dependiente se elimina un vector que se pueda poner el combinación lineal de los otros. {( ) ( ) ( ) ( )} 1 1 0 0 Ejemplo.- Sea S =,,, un sistema de 0 0 {( ) } a b vectores del subespacio vectorial U = M c d 2 2 (C) d = 0. Vamos a encontrar una base de B S de U. En primer lugar, vamos a estudiar la independencia. Se considera la matriz formada por las coordenadas de los vectores {( ) y se ( comprueba ) ( si) tiene ( rango )} 0 0 0 0 máximo. Si tomamos la base canónica,,,, 0 0 0 0 0 1 Universidad Antonio de Nebrija 20 Espacios vectoriales

la matriz es 1 0 0 1 1 1. Veamos el rango de la matriz: 0 0 0 0 rg 1 0 0 0 1 1 1 = 3 pues el menor 1 0 1 1 = 1 0. 0 0 0 0 Como el rango no es máximo, no es 4, tenemos que eliminar un vector. En el menor no nulo se {( han considerado ) ( ) las( columnas )} 1, 2 y 4. Por lo tanto, consideraremos S 1 0 =,,, donde hemos eliminado el tercer vector. Para S hay que estudiar el rango rg 1 0 0 0 0 1 1 = 3, el rango es 0 0 0 máximo y S es una base. En la demostración la eliminación se hace uno a uno, pero se puede realizar con una sola operación., un sistema de vec- } M 2 2 (C) c = d = 0. Vamos {( ) ( ) ( ) 1 1 Ejemplo.- Sea S =,, 0 0 0 0 0 0 {( ) a b tores del subespacio vectorial U = ( )} 1 2 0 0 c d a encontrar una base de B S de U. En primer lugar, vamos a estudiar la independencia. Se considera la matriz formada por las coordenadas de los vectores y se comprueba si tiene rango {( ) ( ) ( ) ( )} 0 0 0 0 máximo. Si tomamos la base canónica,,,, 0 0 0 0 0 1 1 1 la matriz es 1 2 0 0 0 0. Veamos el rango de la matriz: 0 0 0 0 1 1 rg 1 2 0 0 0 0 = 2 pues el menor 1 1 = 1 0. 0 0 0 0 Como el rango no es máximo, no es 4, tenemos que eliminar un vector. Eliminar un vector es eliminar una columna y la nueva matriz seguirá teniendo rango 2 y habrá que eliminar otra columna. Eliminamos las dos directamente. En el menor Universidad Antonio de Nebrija 21 Espacios vectoriales

no nulo se han considerado las columnas 1{( y 2. Por ) lo( tanto, )} consideraremos el primer y segundo vector del sistema S 1 1 =,. En este caso, 0 0 0 0 tenemos directamente que rg 1 1 0 0 = 2, el rango es máximo y S es una base. 0 0 Observación.- Para ver si S es linealmente independiente hay que ver si el rango de la matriz generada por S es máximo. Si no es máximo es linealmente dependiente y se tiene que proceder a la eliminación. Al calcular el rango se ha encontrado un menor no nulo máximo. Los vectores que están involucrados en este menor son linealmente independientes y forman la base buscada. Ejemplo.- Sea S = {(1,1,0,1, 1),(1,0,1,1,1),(2,1,1,0,0),(2,1,1,1,0), (0,0,0,1,0)} un sistema de vectores del subespacio vectorial U R 5. Vamos a encontrar una base de B de U. En primer lugar, vamos a estudiar la independencia. Se considera la matriz formadaporlascoordenadasdelos vectores ysecompruebasitienerangomáximo. Sitomamoslabasecanónica{(1,0,0,0,0),(0,1,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,0,0,1,0), 1 1 2 2 0 1 (0,0,0,0,1)}, la matriz es 0 1 1. Veamos el rango de la matriz, 1 1 1 1 0 0 utilizaremos el método de Gauss: 1 1 2 2 0 1 rg 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 2 2 0 0 1 1 rg 0 1 1 0 0 2 1 1 = 0 2 2 2 0 1 1 2 2 0 0 1 1 = rg 0 1 1 0 0 2 1 1 = 0 2 2 2 0 f 2 =f 2 f 1 = f 4 = f 4 f 1 f 5 = f 5 +f 1 f 2 = f 2 Universidad Antonio de Nebrija 22 Espacios vectoriales

1 1 2 2 0 0 1 1 rg 0 0 0 0 0 0 0 2 1 1 = 0 0 0 0 0 = 3 f 3 =f 3 f 2 = f 5 = f 5 2f 2 El rango no es máximo hay que eliminar vectores. Como el rango máximo posible es 5 y el rango es 3, hay que eliminar 5 3 vectores. Un menor no 1 1 2 nulo es 0 1 1 se han considerado las columnas 1, 2 y 3. Por lo tanto, 0 0 2 S = {(1,1,0,1, 1),(1,0,1,1,1),(2,1,1,0,0)} es una base. Observación.- Si en vez de utilizar la definición de rango para calcularlo se utiliza el Método de Gauss (si las coordenadas de los vectores, fijada una base, se introducen en filas las operaciones son sobre las filas, si se introducen en columnas, las operaciones sobre las columnas) aparecerán algunas líneas nulas. Los vectores correspondientes a estas líneas nulas son los que hay que eliminar. Además, como los vectores de la reducción de Gauss se obtienen a través de combinaciones lineales, se pueden considerar estos últimos en la base. Ejemplo.- En el ejemplo anterior podemos encontrar otra base del subespacio U. Para aplicar Gauss, consideramos la base anterior y colocaremos las coordenadas de los vectores en filas: Universidad Antonio de Nebrija 23 Espacios vectoriales

1 1 1 1 1 1 rg 2 1 0 2 1 1 0 0 0 f 4 =f 4 +2f 3 = f 5 = f 5 +f 3 1 1 1 0 1 2 rg 0 1 1 2 2 0 1 1 1 2 = 0 0 0 1 1 1 0 1 2 = rg 0 1 1 2 2 0 1 1 1 2 = 0 0 0 1 1 1 0 1 2 rg 0 0 0 2 0 0 0 0 = 0 0 0 1 1 1 0 1 2 = rg 0 0 0 0 0 0 2 0 = 0 0 0 f 2 =f 2 f 1 = f 3 = f 3 2f 1 f 4 = f 4 2f 1 f 2 = f 2 f 3 =f 3 +f 2 = f 4 = f 4 +f 2 f 3 f 5 1 1 1 0 1 2 rg 0 0 0 0 0 0 0 0 = 0 0 0 0 0 = 3 como las operaciones que hemos hecho son combinaciones lineales podemos afirmar que una base de U puede ser B = {(1,1,0,1, 1),(0,1, 1,0, 2),(0,0,0,1,0)}. Este es el método que adoptaremos para encontrar una base a partir de un sistema generador, ya que no sólo encontramos una base, sino que esta base, en general, es más sencilla. Ejemplo.- Sea S = {x 5 ix 4,ix 5 +x 4 +ix 1,x+i} un sistema de vectores de un subespacio vectorial U P 5 (C). Vamos a encontrar una base de B de U. Para aplicar Gauss, consideraremos la base canónica {x 5,x 4,x 3,x 2,x,1} y colocaremos las coordenadas de los vectores en filas: Universidad Antonio de Nebrija 24 Espacios vectoriales

1 i 0 0 0 0 rg i 0 i 1 0 0 0 0 1 i 1 i 0 0 0 0 = rg 0 0 0 0 i 1 = 0 0 0 0 1 i 1 i 0 0 0 0 = rg 0 0 0 0 1 i = 0 0 0 0 i 1 1 i 0 0 0 0 = rg 0 0 0 0 1 i = 0 0 0 0 0 0 = 2 f 2 =f 2 if 1 f 2 f 3 f 3 = f 3 if 2 Una base de U puede ser B = {x 5 ix 4,x+i}. DE SISTEMA LINEALMENTE INDEPENDIENTE A BASE En el apartado anterior hemos visto que en general a un sistema generador le sobran vectores para ser una base. En cambio para una sistema de vectores linealmente independiente hay que añadir vectores. Teorema.- Sea V un espacio vectorial de dimensión n. Si S = {v 1,...,v s } es un sistema linealmente independiente, entonces s n. Además, se puede completar S a una base de V. Demostración.- Haremos una demostración constructiva. Si S es sistema generador, directamente se tiene que es una base y s = n. En cambio si no es sistema generador, significa que L(S) V. Es decir, existe un vector v V \L(S). S {v} sigue siendo linealmente independiente y tiene un vector más que S. Aplicando el método anterior se obtiene una base, y como el método de construcción es aditivo s n. Ejemplo.- Sea V = {(x 1,x 2,x 3,x 4 ) C 4 2x 1 +ix 2 = 0} subespacio vectorial de C 4 de dimensión 3, vamos a encontrar una base de V. En este caso S =. Entonces consideramos un vector de V \ S = V. En la ecuación 2x 1 +ix 2 = 0 podemos considerar x 1 = i y x 2 = 2. Para el resto de componentes consideraremos que son nulas: (i, 2,0,0) V. Tenemos S = {(i, 2,0,0)}. Como la dimensión es 3, todas las bases tienen 3 elementos. Tenemos que continuar. A continuación consideramos un vector de V \ S. Ahora en la ecuación 2x 1 +ix 2 = 0 podemos considerar x 1 = 0 y x 2 = 0. Como x 3 y x 4 pueden tomar Universidad Antonio de Nebrija 25 Espacios vectoriales

cualquier valor, tomaremos x 3 = 1 y x 4 = 0: (0,0,1,0) V y (0,0,1,0) / L( S) i 0 porque (i, 2,0,0),(0,0,1,0) son linealmente independientes: rg 2 0 0 1 =2; 0 0 no hay ninguna combinación lineal no nula entre los vectores. S = {(i, 2,0,0),(0,0,1,0)}. Como la dimensión es 3, continuamos. Consideramos un vector de V \ S. En la ecuación 2x 1 + ix 2 = 0 seguimos tomando x 1 = 0 y x 2 = 0. Como x 3 y x 4 pueden tomar cualquier valor, tomaremos x 3 = 0 y x 4 = 1: (0,0,0,1) V y (0,0,0,1) / L( S) porque (i, 2,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1) son linealmente i 0 0 2 0 0 independientes rg entre los vectores. S es una base. 0 0 0 1 =3; no hay ninguna combinación lineal no nula Corolario.- 1) Si S = {v 1,...,v n } es un sistema linealmente independiente, entonces S es una base. 2) Si U es subespacio de V, entonces dimu dimv. dimu = dimv U = V Nota.- Obsérvese que es importante conocer a priori la dimensión del espacio. En el apartado siguiente se introducirán varios resultados que proporcionarán un método efectivo para el cálculo de la dimensión. ECUACIONES DE UN SUBESPACIO VECTORIAL Hemos observado previamente que algunos espacios vectoriales se pueden describir a través de un sistema lineal y homogéneo. Teorema.- Sea V un espacio vectorial de dimensión n. El conjunto de soluciones de un sistema lineal homogéneo de V es un subespacio vectorial de dimensión n r, donde r es el rango de la matriz del sistema. Observación.- Con este teorema podemos afirmar que todo conjunto de soluciones de un sistema lineal y homogéneo es un subespacio vectorial. No hace falta demostrarlo a través de la caracterización. Ejemplos.- Veamos las dimensiones de los subespacios vectoriales previos: Universidad Antonio de Nebrija 26 Espacios vectoriales

V = {p(x) P 2 (R) p(0) = 0} = {a 2 x 2 +a 1 x+a 0 a 0 = 0} P 2 (R). dimv = dimp 2 (R) rg ( 0 0 1 ) = 3 1 = 2. V 1 = {ax 3 +bx 2 +cx+d P 3 (C) a = 0, a+b = 0} P 3 (C). ( ) 0 0 dimv 1 = dimp 3 (C) rg = 4 2 = 2. 1 0 V = {A M 2 2 (R) A es simétrica} = {( ) } a b = M c d 2 2 (R) b c = 0 M 2 2 (R). dimv = dimm 2 2 (R) rg ( 0 1 ) = 4 1 = 3. {( ) } a b U = M c d 2 2 (R) d = 0 M 2 2 (R). dimu = dimm 2 2 (R) rg ( 0 0 0 1 ) = 4 1 = 3. {( ) } a b U = M c d 2 2 (R) c = d = 0 M 2 2 (R). ( ) 0 0 dimu = dimm 2 2 (R) rg = 4 2 = 2. 0 0 0 1 V = {(x 1,x 2,x 3,x 4 ) C 4 2x 1 +ix 2 = 0}. dimv = dimc 4 rg ( 2 i 0 0 ) = 4 1 = 3. Definición.- El sistema de ecuaciones que describe un subespacio vectorial se denomina ecuaciones implícitas del subespacio. Teorema.- Fijada cualquier base de B = {e 1,...,e n } de V, las coordenadas de los vectores deunsubespaciovectorial U dev dedimensiónk sonelconjuntode soluciones de un sistema lineal y homogéneo de ecuaciones con n k ecuaciones y n incógnitas. Definición.- A la solución del sistema de ecuaciones que describe un subespacio vectorial se denomina ecuaciones paramétricas del subespacio. Obtención de ecuaciones paramétricas a partir de ecuaciones implícitas.- Se resuelve el sistema de ecuaciones. Ejemplo.- Vamos a encontrar las ecuaciones paramétricas del subespacio Universidad Antonio de Nebrija 27 Espacios vectoriales

U = {(x,y,z) C 3 x+y = 0, x z ( = 0}. Resolvemos ) el sistema ( por el ) método 1 f 2 =f 2 f 1 1 f 2 = f 2 de Gauss. La matriz del sistema es 1 1 ( ) ( ) 1 f 1 =f 1 f 2 1, tiene rango 2, la dimensión es 3 2 = 1. Es 0 1 1 1 decir, tenemos un parámetro en las ecuaciones paramétricas. Como el menor 0 1 0 se corresponde con las columnas 1 y 2, consideraremos la tercera ( columna como parámetro: 0 1 t ). t La solución es x = t, y = t y z = t. Las ecuaciones paramétricas son U = {(t, t,t) t C} Obsérvese que U = L({(1, 1,1)}). Por lo tanto las ecuaciones paramétricas se pueden definir también a través de una base. Ejemplo.- Vamos a encontrar una base para el subespacio vectorial U = a a 3 a 0 = 0 3x 3 +a 2 x 2 +a 1 x+a 0 P 3 (C) a 2 +a 0 = 0. Posteriormente describiremos las ecuaciones paramétricas. a 3 +a 2 = 0 Para encontrar una base primero hay que saber cuál es la dimensión 0 1 dimu = dimp 3 (C) rg 0 1. 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 f 3=f 3 f 1 0 1 f 3=f 3 f 2 0 1 1 0 0 0 0 0 Entonces dimu = 4 2 = 2, es decir tenemos dos parámetros en las ecuaciones paramétricas. Utilizando la matriz reducida por el método de Gauss, se observa que con las dos primeras filas y columnas tenemos un menor no nulo de dimensión 2 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 Entonces consideraremos los parámetros en las dosúltimas coordenadas: { a 3 = λ a1 a ya 4 = µ.conestodatos,juntoconelsistemareducidodegauss 4 = 0 a 2 +a 4 = 0, se tiene que las coordenadas (a 1,a 2,a 3,a 4 ) = (µ, µ,λ,µ) = λ(0,0,1,0) + µ(1, 1,0,1). Es decir, U = {λx +µ(x 3 x 2 +1) λ,µ C} = Universidad Antonio de Nebrija 28 Espacios vectoriales

{µx 3 + λx µx 2 + µ λ,µ C} son unas ecuaciones paramétricas de U y U = L({x,x 3 x 2 +1}). Obsérvese que además estos vectores son linelamente independientes al no ser proporcionales: rg 0 1 = 2. Por lo tanto, una base de U es B = {x 3 x 2 +1,x}. Obtención de ecuaciones implícitas a partir de ecuaciones paramétricas.- De las ecuaciones paramétricas se obtiene una base, B. Se considera un vector genérico v, como es linealmente dependiente de la base rg(b v) = dimu. Cada menor de orden máximo genera una ecuación paramétrica. Hay que calcular dim V dim U ecuaciones linealmente independientes. Ejemplo.- Vamos a calcular unas ecuaciones implícitas del subespacio vectorial U = {(t, t,t) t C}. Una base del subespacio es {(1, 1, 1)}, por ser sistema generador y linealmente independiente. La dimensión de U es 1, por lo tanto hay que encontrar 3 1 = 2 ecuaciones implícitas linealmente independientes. 1 x Sea v = (x,y,z) un vector genérico de U, entonces rg 1 y = 1. Entonces, 1 z todos los menores de orden 2 son nulos: 1 x 1 y = y +x = 0. 1 x 1 z = z x = 0. ( ) 1 Estas dos ecuaciones son linealmente independientes: rg = 2. 1 Entonces U = {(x,y,z) C 3 y + x = 0, z x = 0} son unas ecuaciones paramétricas de U. Se puede utilizar el método de Gauss para calcular las ecuaciones paramétricas: Se considera la matriz dual (B Id dimv ). Se realizan ( las operaciones ) por filas IddimU B del método de Gauss hasta obtener la matriz. Las filas de la 0 P matriz P describen unas ecuaciones implícitas de U. Universidad Antonio de Nebrija 29 Espacios vectoriales

Ejemplo.- Vamos a calcular unas ecuaciones implícitas del subespacio vectorial U = L(B) = {λx 3 +µx λx 2 +λ λ,µ C}. U = {λ(x 3 x 2 +1)+µx λ,µ C} = L({x 3 x 2 +1,x}). B = {x 3 x 2 +1,x} es un sistema generador linealmente independiente: rg 0 1 = 2. La dimensión de U es 2 y B = {x 3 x 2 +1,x} es base de U. 0 0 Apliquemos el método de Gauss para la matriz 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 f 2 =f 2 +f 1 f 4 =f 4 f 1 f 2 f 3 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 Entonces la matriz resultante es 0 1 0 0 0 0 1 0. 0 0 0 1 ( ) 1 0 Las filas de describen unas ecuaciones implícitas de U: 0 1 a 3 +a 2 = 0 y a 3 +a 0 = 0. Son linealmente independientes. U = {a 3 x 3 +a 2 x 2 +a 1 x+a 0 P 3 (C) a 3 +a 2 = 0, a 3 +a 0 = 0} son unas ecuaciones implícitas de U. CAMBIO DE BASE Hemos visto cómo encontar una base de un subespacio vectorial y cada vector tiene unas únicas coordenadas con respecto a esa base. En este apartado estudiaremos la relación existente entre las coordenadas de un vector en dos bases distintas. Sean (V,+, ) un espacio vectorial de dimensión n y B = {e 1,...,e n }, Universidad Antonio de Nebrija 30 Espacios vectoriales

B = {v 1,...,v n } dos bases de V. Como todo elemento de B tiene coordenadas en B, se tiene: v 1 = a 11 e 1 + + a n1 e n... v n = a 1n e 1 + + a nn e n Diremos que la base B se obtiene de la base B mediante la matriz M B (B ) = e 1 e 2. e n v 1 v 2 v n a 11 a 12... a 1n a 21 a 22... a 2n...... a n1 a n2... a nn Esta matriz se llama matriz de cambio de base de B a B. Para obtener la base B en función de la base B se tiene la matriz M B (B) = ( M B (B ) ) 1 Relación de las coordenadas de un vector en dos bases distintas.- Sea v V, como B y B son bases se puede escribir: v = x 1 e 1 + +x n e n Sustituyendo v = x 1 v 1 + +x n v n v = x 1 (a 11e 1 + +a n1 e n )+ +x n(a 1n e 1 + +a nn e n ) = (a 11 x 1 + +a 1nx n )e 1 + +(a n1 x 1 + +a nnx n )e n Como las coordenadas en una base son únicas: x 1 M B (B ). x n = Universidad Antonio de Nebrija 31 Espacios vectoriales x 1. x n

Ejemplo.- Sea B = {e 1,e 2,e 3 } una base de R 3. Sea B = {u 1,u 2,u 3 } donde u 1 = e 1 + e 3, u 2 = e 2, u 3 = e 2 + e 3. Vamos a ver que B es base de R 3 y calcularemos la coordenadas de v = 3u 1 + 2u 2 en la base B y las de w = 2e 1 +e 2 e 3 en la base B. Para demostrar que es base solo hay quever que son linealmente independientes, 0 ya que la dimensión del espacio es 3: rg 0 1 1 = 3. 1 0 Además, M B (B ) = 0 1 1. Entonces, v B = M B (B )v B. 1 0 3 3 Si v = 3u 1 +2u 2, se tiene que v = 0 1 1 2 = 2 = 3e 1 +2e 2 +3e 3. 3 2 0 Si w = 2e 1 +e 2 e 3, se tiene que 2e 1 +e 2 e 3 = 1 = 0 1 1 w. 1 1 Calculemos la inversa de la matriz: 0 0 0 0 1 1 0 f 3=f 3 f 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 f 2 =f 2 f 3 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 2 2 Entonces, w = 1 1 1 1 = 4 = 2u 1 +4u 2 3u 3 1 1 3 OPERACIONES CON SUBESPACIOS Las dos operaciones esenciales entre conjuntos era la unión y la intersección. A continuación se verán cómo afectan estas operaciones a los espacios vectoriales. Proposición.- La intersección de dos subespacios U 1, U 2 de V es otro subespacio vectoral de V. Demostración.- Para demostrar que es subespacio utilizaremos la caracterización. Universidad Antonio de Nebrija 32 Espacios vectoriales

Sean u,v U 1 U 2 y λ,µ K. Entonces, como u,v U 1 y U 1 es subespacio, λu + µv U 1. Análogamente, se obtiene que λu + µv U 2. Es decir, λu+µv U 1 U 2. Construcción del espacio intersección.- Para describir el subespacio intersección de U 1 y U 2, se describen los subespacios mediante sus ecuaciones implícitas: U 1 = {v V v verifica el sistema S 1 } y U 2 = {v V v verifica el sistema S 2 }. Entonces, U 1 U 2 = {v V v verifica los sistemas S 1 y S 2 }. Ejemplo.- Sean U 1 = {(x,y) y = 0} y U 2 = {(x,y) x = 0}, entonces U 1 U 2 = {(x,y) x = 0, y = 0} = {(0,0)}. Observación.- En general la unión de subespacios vectoriales no es subespacio vectorial. Por ejemplo, si U 1 = {(x,y) y = 0} y U 2 = {(x,y) x = 0}, entonces U 1 U 2 = {(x,y) xy = 0}. Tenemos que (1,0), (0,1) U 1 U 2, pero su suma (1,1) / U 1 U 2. Proposición.- Sean U 1, U 2 subespacios de V. Entonces el conjunto U 1 + U 2 = {u 1 + u 2 u 1 U 1, u 2 U 2 } es el menor subespacio vectorial que contiene a U 1 y a U 2. U 1 +U 2 se denomina subespacio vectorial suma de U 1 y U 2. Demostración.- Hay que demostrar que U 1 +U 2 es subespacio de V y que es el menor subespacio que contiene a U 1, U 2. En primer lugar, observemos que si v 1 U 1, entonces v 1 = v 1 +0 U 1 +U 2. Similarmente, si v 2 U 2, entonces v 2 = v 2 + 0 U 1 + U 2 por lo tanto U 1, U 2 U 1 +U 2. Vamos a demostrar que es subespacio vectorial utilizando la caracterización. Hay que comprobar que si v = v 1 + v 2,w = w 1 + w 2 U 1 + U 2 y λ,µ K, entonces λv +µw U 1 +U 2. λv +µw = λ(v 1 +v 2 )+µ(w 1 +w 2 ) = (λv 1 +µw 1 )+(λv 2 +µw 2 ) Pertenece a U 1 +U 2 por ser una suma de los vectores de U 1, U 2. Por lo tanto, U 1 +U 2 es un subespacio vectorial de V. Para ver que es el menor subespacio vectorial que contiene a U 1 y a U 2, supongamos que U es subespacio de V que contiene a U 1 y a U 2. Al contener a U 1 y a U 2 se tiene que v 1,v 2 U para todo v 1 U 1 y v 2 U 2. Al ser U subespacio Universidad Antonio de Nebrija 33 Espacios vectoriales

vectorial, se tiene que v 1 +v 2 U. Es decir, U contiene a todos los elementos de U 1 +U 2. Hemos demostrado que U 1 +U 2 U. Entonces, U 1 +U 2 es el menor subespacio vectorial que contiene a U 1 y a U 2. Construcción del espacio suma.- Para describir el subespacio suma de U 1 y U 2, se describen los subespacios mediante un sistema generador: U 1 = L(S 1 ) y U 2 = L(S 2 ). Entonces, U 1 +U 2 = L(S 1 S 2 ). Ejemplo.- Sean U 1 = {(x,y) y = 0} y U 2 = {(x,y) x = 0}. Como U 1 = {(x,0)} = L({(1,0)}) y U 2 = {(0,y) x = 0} = L({(0,1)}, entonces U 1 +U 2 = L({(1,0),(0,1)}) = R 2. Fórmula de la dimensión.- Sean U 1, U 2 subespacios de V. Entonces, dimu 1 +dimu 2 = dim(u 1 +U 2 )+dim(u 1 U 2 ) Ejemplo.- Sean U 1 = {(x,y) y = 0} y U 2 = {(x,y) x = 0}. Son subespacios de dimensión 1. U 1 U 2 = {(0,0)} tiene dimensión 0 y U 1 + U 2 = R 2, tiene dimensión 2. Se verifica la fórmula de la dimensión: dimu 1 + dimu 2 = dim(u 1 +U 2 ) + dim(u 1 U 2 ) 1 + 1 = 2 + 0 Definición.- Sean U 1, U 2 subespacios de V. Se dice que V es suma directa de U 1 y U 2 si V = U 1 +U 2 y U 1 U 2 = {0}. Denotaremos V = U 1 U 2 y diremos que los subespacios U 1, U 2 son suplementarios. Ejemplo.- U 1 = {(x,y) y = 0} y U 2 = {(x,y) x = 0} son suma directa de R 2. Ejemplo.-ConsideraremoslossubconjuntosdeP 3 (C):U 1 = L({x+1,x 3 +1})y U 2 = {ax 3 + bx 2 + cx + d P 3 (C) a + b + c + d = 0, ib id = 0}. Vamos a comprobar si son subespacio vectoriales de P 3 (C), calcularemos su dimensión, describiremos los subespacios suma e intersección y comprobaremos si son suplementarios de P 3 (C). U 1 es subespacio vectorial porque todos los conjuntos de combinaciones lineales 0 1 lo son. Además, dimu 1 =rg 0 0 = 2. Por lo tanto, {x+1,x3 +1} es sistema 1 1 generador linealmente independiente, es una base generada por 2 vectores. Universidad Antonio de Nebrija 34 Espacios vectoriales

U 2 es subespacio vectorial porque todos los conjuntos de soluciones de un sistema lineal y homogéneo lo son. Además, ( ) 1 1 1 1 dimu 2 = dimp 3 (C) rg = 4 2 = 2. 0 i 0 i Para describir el espacio suma necesitamos un sistema generador de cada uno de los subespacios. B 1 = {x + 1,x 3 + 1} es una base de U 1. Para U 2 tenemos 2 parámetros, como las dos primeras columnas forman un menor no nulo de dimensión { dos, tomaremos c = λ y d = µ. Junto con las a+b+c+d = 0 ecuaciones, se tiene que las coordenadas ib id = 0 (a,b,c,d) = ( λ 2µ,µ,λ,µ) = λ( 1,0,1,0) + µ( 2,1,0,1). Entonces U 2 = L({ x 3 + x, 2x 3 + x 2 + 1}). Como además son vectores linealmente 1 2 independientes: rg 0 1 0 1 = 2. Entonces U 1 +U 2 = L({x+1,x 3 +1, x 3 +x, 2x 3 +x 2 +1}. Para describir el espacio intersección necesitamos un sistema de ecuaciones lineales y homogéneo de cada uno de los subespacios. U 2 = {ax 3 + bx 2 + cx + d P 3 (C) a + b + c + d = 0, ib id = 0}. Para U 1 = L({x + 1,x 3 + 1}) necesitamos 4 2 = 2 ecuaciones lineales homogéneas linealmente independientes. Reducimos por el método de Gauss la 0 0 matriz: 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 f 4 =f 4 f 1 f 2 f 3 f 4 =f 4 f 2 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 Universidad Antonio de Nebrija 35 Espacios vectoriales

0 0 Entonces la matriz resultante es 0 1 0 0 0 0 0 0. 0 0 1 1 ( ) 0 0 Las filas de describen unas ecuaciones implícitas de U 1 1 1 : b = 0 y a c+d = 0. Son linealmente independientes. U 1 = {a 3 x 3 +a 2 x 2 +a 1 x+a 0 P 3 (C) b = 0, a c+d = 0}. a+b+c+d = 0 Entonces U 1 U 2 = ax 3 +bx 2 +cx+d P 3 (C) ib id = 0. b = 0 a c+d = 0 Para decidir si son suplementarios, hay que ver que U 1 + U 2 = P 3 (C) y que U 1 U 2 = {0}. Si demostramos que dim(u 1 +U 2 ) = 4 y que dimu 1 U 2 = 0, tendremos que son suplementarios. U 1 +U 2 = L({x+1,x 3 +1, x 3 +x, 2x 3 +x 2 +1} dim(u 1 +U 2 ) = 0 1 1 2 rg 0 0 0 1 1 1 1 1 f 4 f 1 = rg 0 0 0 1 0 1 1 2 1 1 f 4 f 2 = rg 0 1 1 2 0 1 1 1 0 0 0 1 = 3 1 1 = rg 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 2 1 1 = rg 0 1 1 2 0 0 0 3 0 0 0 1 f 3 =f 3 f 1 f 3 =f 3 +f 2 No son suplementarios. Proposición.- Sean U 1, U 2 subespacios vectoriales de V. Entonces V = U 1 U 2 v V! v 1 U 1, v 2 U 2 tales que v = v 1 +v 2 Demostración.- ) Si v V, existen v 1 U 1, v 2 U 2 tales que v = v 1 +v 2. Supongamos que no son únicos: existen u 1 U 1, u 2 U 2 tales que v = u 1 +u 2. Entonces v 1 + v 2 = u 1 + u 2 v 1 u 1 = u 2 v 2 U 1 U 2 = {0}. Es decir, v 1 = u 1 y u 2 = v 2. Por lo tanto, la suma es única. Universidad Antonio de Nebrija 36 Espacios vectoriales

) Si todo vector de V se puede poner como suma de vectores de U 1 y U 2 se tiene que V = U 1 +U 2. Por otro lado, sea u U 1 U 2. u = u+0 = 0+u, pero se escribe de manera única: u = 0. Entonces, U 1 U 2 = {0}. Universidad Antonio de Nebrija 37 Espacios vectoriales