(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

INTRODUCCIÓN

¿Para qué sirve hacer el resumen de un texto?
Algunos beneficios son que: 1) mejora la comprensión lectora, 2) facilita el estudio y memorización, 3) aumenta la capacidad de análisis y 4) fomenta la escritura clara y precisa.

En matemáticas rara vez se habla de resúmenes. De hecho, lo más parecido que se suele ver es una lista fórmulas, ¿no es verdad? Pues bien, hablando de los subespacios generados, ¿qué tal si pudiéramos simplificarlos?

Tomamos un conjunto de vectores que, gracias a las combinaciones lineales, genera un subespacio vectorial y eso ya optimiza mucho las cosas, ya ni siquiera necesitamos describir todo el subespacio generado, pero si el conjunto generador pudiéramos hacerlo más pequeño obtendríamos varios beneficios, tal como lo hace un resumen de texto.

Nota: Dado $\{u_1,u_2,\dots ,u_t\}$ un conjunto finito de vectores denotaremos a $\langle\{u_1,u_2,\dots ,u_t\}\rangle$ por $\langle u_1,u_2,\dots ,u_t\rangle$.

Lema (1.8.1. Dependencia lineal): Sean $V$ un $K$ – espacio vectorial y $v_1,v_2,…,v_m$ una lista de vectores en $V$. Si $v_1,v_2,…,v_m$ es una lista l.d. y $v_1\not=\theta_V$, entonces existe $j\in\{2,3,…,m\}$ tal que:
a) $v_j\in\langle v_1,v_2,…,v_{j-1}\rangle$ y
b) $\langle v_1,v_2,…,v_{j-1},v_{j+1},…,v_m\rangle=\langle v_1,v_2,…,v_m\rangle$

Nota: $\langle v_1,v_2,…,v_{j-1},v_{j+1},…,v_m\rangle$ lo denotamos por $\langle v_1,v_2,…,\widehat{v_j},…,v_m\rangle$

Demostración: Sean $V$ un $K$ – espacio vectorial y $v_1,v_2,…,v_m$ una lista l.d. con $v_1\not=\theta_V$.

Como la lista es l.d., entonces existen $\lambda_1,\lambda_2,…,\lambda_m\in K$ no todos nulos tales que

$\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+…+\lambda_mv_m=\theta_V$. (*)

a) Dado que existe al menos un escalar no nulo en (*) tenemos dos casos:

Caso 1. Únicamente $\lambda_1\not=0_K$.
Así, \begin{align*}\theta_V&=\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+…+\lambda_mv_m\\ &=\lambda_1v_1+0_Kv_2+…+0_Kv_m\\ &=\lambda_1v_1+\theta_V+…+\theta_V=\lambda_1v_1.\end{align*}
De donde, $\lambda_1v_1=\theta_V$ con $\lambda_1\not=0_K$, entonces $v_1=\lambda_1^{-1}\theta_V=\theta_V$ lo que contradice la hipótesis de que $v_1\not=\theta_V$.
Por lo tanto, este caso no es posible.

Caso 2. Existe al menos un $\lambda_i\not=0_K$ con $i\in\{2,3,…,m\}$.
Consideremos $j=\text{máx}\{i\in\{2,3,…,m-1\}|\lambda_i\not=0_K\}.$
Entonces $\lambda_{j+1}=\cdots =\lambda_m=0$ por lo cual \begin{align*}\theta_V&=\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+…+\lambda_mv_m\\ &=\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\cdots+\lambda_jv_j+0_Kv_{j+1}+\cdots+0_Kv_m\\&=\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\cdots+\lambda_jv_j+\theta_V\\ &=\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\cdots+\lambda_jv_j.\end{align*}
Así, $\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_jv_j=\theta_V$, en consecuencia $\lambda_jv_j=-\lambda_1v_1-\lambda_2v_2-\cdots -\lambda_{j-1}v_{j-1}.$

Además, dado que $\lambda_j\neq 0$ existe el inverso multiplicativo de $\lambda_j,$ entonces

$\begin{array}{ll}v_j&=\lambda_j^{-1}(-\lambda_1v_1-\lambda_2v_2-\cdots-\lambda_{j-1}v_{j-1})\\&=(-\lambda_j^{-1}\lambda_1)v_1+(-\lambda_j^{-1}\lambda_2)v_2+\cdots+(-\lambda_j^{-1}\lambda_{j-1})v_{j-1}\in\langle v_1,v_2,\dots,v_{j-1}\rangle\end{array}$

$\therefore v_j\in\langle v_1,v_2,\dots,v_{j-1}\rangle$.

b) Veamos que se cumplen las dos contenciones entre los subconjuntos deseados, contemplando que la $j$ para este inciso debe ser la misma que en el inciso anterior.

En primer lugar:
Tenemos que $\{v_1,v_2,\dots,\widehat{v_j},…,v_m\}\subseteq \{v_1,v_2,\dots,v_j,\dots,v_m\}\subseteq\langle v_1,v_2,\dots,v_j,\dots,v_m\rangle$ y este último subconjunto es un subespacio de $V$.
Además, sabemos que si $S\subseteq W\subseteq V$ con $W$ un subespacio vectorial, entonces $\langle S\rangle\subseteq W$.
$\therefore\langle v_1,v_2,\dots,\widehat{v_j},\dots,v_m\rangle\subseteq\langle v_1,v_2,\dots,v_j,\dots,v_m\rangle$.

En segundo lugar:
Si $w\in\langle v_1,v_2,\dots,v_j,\dots,v_m\rangle$, entonces existen $\mu_1,\mu_2,\dots,\mu_j,\dots,\mu_m\in K$ tales que $w=\mu_1v_1+\mu_2v_2+\cdots+\mu_jv_j+\cdots+\mu_mv_m$.
Sabemos que $v_j=(-\lambda_j^{-1}\lambda_1)v_1+(-\lambda_j^{-1}\lambda_2)v_2+\cdots+(-\lambda_j^{-1}\lambda_{j-1})v_{j-1}$.
De donde,

\begin{array}{ll} w&=\mu_1v_1+\mu_2v_2+\cdots+\mu_{j-1}v_{j-1}+\\ &\phantom{=}\mu_j[(-\lambda_j^{-1}\lambda_1)v_1+(-\lambda_j^{-1}\lambda_2)v_2+…+(-\lambda_j^{-1}\lambda_{j-1})v_{j-1}]+\\ &\phantom{=}\mu_{j+1}v_{j+1}…+\mu_mv_m\\ &=(\mu_1-\mu_j\lambda_j^{-1}\lambda_1)v_1+(\mu_2-\mu_j\lambda_j^{-1}\lambda_2)v_2+\cdots \\ &\phantom{=}+(\mu_{j-1}-\mu_j\lambda_j^{-1}\lambda_{j-1})v_{j-1}+\mu_{j+1}v_{j+1}+\cdots+\mu_mv_m\\ &\in\langle v_1,v_2,\dots,\widehat{v_j},…,v_m\rangle\end{array}
Así, $w\in\langle v_1,v_2,\dots,\widehat{v_j},\dots,v_m\rangle$.
$\therefore \langle v_1,v_2,\dots,v_j,\dots,v_m\rangle\subseteq\langle v_1,v_2,\dots,\widehat{v_j},\dots,v_m\rangle$

Teorema (1.8.2.): Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial. Si $v_1,v_2,…,v_m$ es una lista l.i. de vectores en $V$ con $m\in\mathbb{N}^+$, entonces todo conjunto generador de $V$ tiene al menos $m$ elementos.

Demostración: Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial.
Sea $v_1,v_2,…,v_m$ es una lista l.i. de vectores en $V$, llamémosle $L$ a esta lista.
Sea $S$ tal que $\langle S\rangle = V$.

Caso 1. $S$ es infinito.
Entonces $S$ tiene más de $m$ elementos.

Caso 2. $S$ es finito.
Digamos que $S=\{w_1,w_2,…,w_k\}$ con $w_1,w_2,…,w_k$ distintos. Probemos que $m\leq k$.

Observemos que como $L$ es una lista l.i. de vectores en $V$, entonces para cada $i\in\{1,2,…,m\}$ tenemos que $v_i\not=\theta_V$.

(1) Como $ v_1\in V=\langle S\rangle$, entonces $v_1,w_1,w_2,…,w_k$ es una lista l.d.
Dado que $v_1\not= \theta_V$, por el lema podemos concluir que existe $j_1\in\{1,2,…,k\}$ tal que $\langle \{v_1,w_1,w_2,…,w_k\}\setminus\{w_{j_1}\}\rangle =\langle v_1,w_1,w_2,…,w_k\rangle =V.$

(2) Como $ v_2\in V=\langle \{v_1,w_1,w_2,…,w_k\}\setminus\{w_{j_1}\}\rangle$, entonces $v_2,v_1,w_1,w_2,…,\widehat{w_{j_1}},…,w_k$ es una lista l.d.
Dado que con $v_2\not= \theta_V$, por el lema podemos concluir que algún vector $v_1,w_1,w_2,…,\widehat{w_{j_1}},…,w_k$ es combinación lineal de los vectores que le anteceden en la lista $v_2,v_1,w_1,w_2,…,\widehat{w_{j_1}},…,w_k$, pero dicho vector no puede ser $v_1$ pues sabemos que $L$ es l.i., por lo que $v_1$ no puede ser combinación lineal de $v_2$. Así, existe algún vector $w_1,w_2,…,\widehat{w_{j_1}},…,w_k$, digamos $w_{j_2}$ con $j_2\in\{1,2,…,k\}\setminus\{j_1\}$, que es combinación lineal de los vectores que le anteceden en la lista $v_2,v_1,w_1,w_2,…,\widehat{w_{j_1}},…,w_{j_k}$ y tal que $\langle \{v_2,v_1,w_1,w_2,…,w_k\}\setminus\{w_{j_1},w_{j_2}\}\rangle$$=\langle \{v_2,v_1,w_1,w_2,…,w_k\}\setminus\{w_{j_1}\}\rangle =V.$

Continuando de este modo, en cada paso quitamos un vector $w_{j_t}$ del conjunto generador, y lo sustituimos por $v_t$, obteniendo de esta manera un nuevo conjunto generador. Observemos entonces que después de $t$ pasos hemos quitado $t$ vectores de $S$, y los hemos sustituido por $v_t,\dots ,v_2,v_1$.

Veamos que $k\geq m$.

Para ello supongamos por reducción al absurdo que $k< m$.

Continuando con el proceso anterior, después de $k$ pasos hemos quitado $k$ vectores de $S$, $w_{j_1},w_{j_2},…,w_{j_k}$ (que son entonces los $k$ vectores de $S$, es decir, son precisamente $w_1,w_2,…,w_k$, sólo que quizás en otro orden) y los hemos sustituido por $v_k,\dots ,v_2,v_1$. Tenemos además que:
\begin{align*}V&=\langle \{v_{k-1},v_{k-2},…,v_2,v_1,w_1,w_2,…,w_k\}-\{w_{j_1},w_{j_2},…,w_{j_k}\}\rangle\\&=\langle \{v_{k-1},v_{k-2},…,v_2,v_1\}\rangle .\end{align*}
Pero si $V=\langle \{v_{k-1},…,v_2,v_1\}\rangle$, entonces $v_k\in \langle \{v_{k-1},…,v_2,v_1\}\rangle$ y por lo tanto $v_1,v_2,…,v_k$ sería l.d. y en consecuencia también $v_1,v_2,…,v_m$ sería l.d., lo cual contradice nuestra hipótesis.

Por lo tanto, $m\leq k$.

Corolario (1.8.3.): Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial. Si existe $S$ un subconjunto finito de $V$ generador con $k$ elementos, entonces todo conjunto linealmente independiente es finito y tiene a lo más $k$ elementos.
En consecuencia, no existen conjuntos infinitos l.i. en $V$.

Demostración: Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial.
Sea $S\subseteq V$ finito con $k$ elementos tal que $\langle S\rangle =V$.
Sea $T\subseteq V$ un subconjunto l.i. Supongamos por reducción al absurdo que $T$ es infinito, consideremos entonces $\hat{T}$ un subconjunto de $T$ con $k+1$ elementos. Tenemos que $\hat{T}$ es un conjunto l.i. con $k+1$ elementos y $S$ es un conjunto generador con $k$ elementos, lo que contradice el teorema anterior. Concluimos entonces que $T$ debe ser finito.
Nuevamente por el teorema anterior se cumple que $|T|\leq |S|$, y como $|S|=k$ entonces $|T|\leq k$.

Tarea Moral

1. Demuestra que, dado $V$ un $K$ – espacio vectorial con $K$ un campo, sólo existe un subconjunto $S$ unitario linealmente dependiente y exhíbelo.
2. Sea $S=\{v_1,v_2,…,v_m\}\subseteq V.$
   Demuestra que son equivalentes:
   • $S$ es l.d.
   • Existe $v_j\in S$ tal que $v_j\in \langle S-{v_j}\rangle$.
3. Recordando que $\{e_1,e_2,e_3\}$ es linealmente independiente $\mathbb{R}^3$ y el teorema de esta entrada sabemos que cualquier conjunto de solo $1$ o $2$ elementos, no podrá generar a $\mathbb{R}^3$.
   • Describe qué subespacio(s) de $\mathbb{R}^3$ se puede(n) generar con un $S\subseteq\mathbb{R}^3$ si $|S|=1$.
   • Describe qué subespacio(s) de $\mathbb{R}^3$ se puede(n) generar con un $S\subseteq\mathbb{R}^3$ si $|S|=2$.

Más adelante…

Ahora que sabemos la relación de cardinalidad que existe entre los conjuntos linealmente independientes y los conjuntos generadores, nos damos cuenta de que, dicho muy informalmente, los conjuntos generadores de un espacio vectorial $V$ tienen una cardinalidad mayor o igual a los l.i. en $V$.
Nos enfocaremos en aquellos conjuntos que son generadores del espacio vectorial $V$ al que pertenecen y linealmente independientes. Veremos algunas propiedades de sus cardinalidades.

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