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Álgebra Superior I: Demostraciones matemáticas (El mundo de los Blorg)

Introducción

Esta entrada es parte de una serie de notas sobre demostra

Antes de empezar a encontrarnos con lo que son las demostraciones matemáticas, vamos a empezar con un pequeño mundo, este es un lugar que estaremos visitando a lo largo de varias entradas, así que será bueno que pongas atención.

El mundo de los Blorgs

Antes de que pienses que te equivocaste de entrada y veas un pequeño cuento, déjame decirte que todo está relacionado. Solo que antes de continuar vamos a conocer a los Blorgs, después verás cómo se relaciona todo.

Imagina por un momento el mundo de los Blorgs, es un mundo paralelo al nuestro que se puede encontrar en aquel mundo que existe más allá de lo que la esquina del espejo deja ver. Es un lugar que se parece un poco al piso sobre el que estamos, despierta con casi los mismos tonos del alba por la mañana pero con algunas cosas distintas. Para empezar estamos hablando de un mundo en el que habitan mayoritariamente criaturas llamadas Blorgs. Aquellos que alguna vez los vieron, comentan que curiosamente son pequeñas criaturas parecidas a los conejos. Y con algunas otras descripciones en mente, podríamos empezar a clasificar los Blorgs de acuerdo a distintas características como por ejemplo su dieta, su rutina, dónde viven, etc. Pero se decidió que era mejor clasificarlos según su color, y aquí es donde las cosas se ponen interesantes. Por un lado están los Blergs, estos son las criaturas rojas que viven por las montañas. Después podemos considerar a los Blargs que son aquellos Blorgs amarillos y viven debajo del mar, no son muy sociales pero es lo que hay. Finalmente están los Blurgs que son azules y prefieren vivir en el bosque. Entonces podemos dividir a los Blorgs en sus razas: Blergs, Blargs y Blurgs. Algo importante que tenemos que decir también: Ningún blorg tiene más de un color.

Quizá sean de color distinto y vivan en lugares diferentes, pero esto no les impide tener algunas cosas en común. Por ejemplo, todos los Blurgs comen pescados, pues tienen un lago cerca de su bosque, y al ser los Blargs marinos, también comen peces. El hecho de haber vivido tanto tiempo en terreno alto, hizo que los Blergs prefieran cultivar sus cosechas: Frutos dulces y verduras siempre comen. Por alguna razón, será costumbre o creencia, todos los Blorgs comen solamente los lunes, es decir, que cada criatura come una vez a la semana, eso les ha ayudado a no depender tanto de la comida en el día a día. Aunque aquí es donde los Blurgs no coinciden: ellos no esperan tanto y también comen algo los viernes.

La vida siendo Blorg

Tristemente, los Blargs no pueden salir del mar, pues a pesar de ser Blorgs, el salir del agua les despinta lo amarillo y les quita fuerza es por esto que casi no hablan con sus contrapartes terrestres. Por otro lado los Blerg y los Blurg se llevan muy bien, los Blurgs comparten la madera que tienen con los Blergs y los Blergs comparten los cultivos que hacen con los Blurgs. No está de más decir que todos los Blergs son amigos de los Blurgs. Esto hace que los Blargs se sientan más ajenos a ellos, pues aunque sí se llevan con los Blurgs, prefieren juntarse con los delfines que viven junto a ellos, son amistosos con los Blargs y siempre están dispuestos a negociar peces a cambio de paseos a lo largo del mar. Pero nadie se queja, así es la vida siendo un Blorg.

De esta manera, podemos resumir la información que sabemos de los Blorgs en el siguiente diagrama:

Una diferencia que podemos saber de los Blorgs es que ellos le llaman al lugar en donde viven «Axios» y dentro de ella, no hacen diferencia entre lo que es una característica o costumbre, ellos no tienen una palabra para cada una de ellas, ellos en su lugar usan la palabra «Axioma«* (¿recuerdas qué significa esta palabra?). Esto quiere decir que para los Blargs, ser amarillos es un axioma, al igual que para ellos hablar con delfines o comer peces es un axioma.

Así que es natural poder hacer conclusiones a partir de estos Axiomas. Por ejemplo: ¿Qué opinarías si te digo que todos los Blorgs comen peces? ¿O si te digo que todos los Blorgs que viven en montañas comen los lunes? Pues quizá puedas dar respuesta a estas preguntas intuitivamente. Pero ¿Cómo es que nos aseguramos que la respuesta es correcta o no? En Axios no basta con decir que todos los Blorgs que viven en las montañas comen los lunes. Los Blorgs no entienden la intuición, pero nosotros sí. A ellos hay que convencerlos con demostraciones, a ellos tenemos que explicarles mediante lógica el porqué una proposición sucede. Es decir que si queremos afirmar que todos los Blorgs que viven en las montañas comen los lunes, tenemos que decir paso a paso el porqué es así. Y esto lo lograremos mediante reglas de inferencia válidas. Vamos a anotar esto que acabamos de dcir como una definición (¿recuerdas qué era una definición?):

Definición: Una demostración matemática es el uso de pasos lógicos usando reglas de inferencia válidas para llegar de una hipótesis a una conclusión.

La intuición con inferencia

Para introducir un poco más qué van a ser las demostraciones en las matemáticas, vamos a pensar en Legos, aquellos pequeños bloques que encajan unos con otros con los que se pueden armar lo que se te ocurra. Y piensa a las reglas de inferencia como las instrucciones para armar algo.

Ahora imagina que queremos armar un escritorio hecho de estas piezas. Entonces primero tendríamos que armar las patas y después la mesa. Entonces las reglas de inferencia nos van a ayudar diciéndonos: Las patas hay que acomodarlas de cierta manera junto a la mesa para que se haga una mesa. Y una vez construido el escritorio, ahora podríamos querer ponerlo en un cuarto junto a una cama y una lámpara. Entonces usaremos otras reglas de inferencia para crear la cama y otras para la lámpara, juntando las tres partes (escritorio, cama y lámpara) tendríamos hecho un cuarto. Entonces si quisiéramos «demostrar» cómo se hace un cuarto con estas piezas de lego, tendríamos que explicar cómo se hace la lámpara, cómo se hace la cama y cómo la lámpara. Esto es lo que haremos en matemáticas: construir cosas dando las instrucciones adecuadas. Incluso podríamos ir más allá: Una vez que sabemos cómo construir un cuarto, podríamos también demostrar cómo se hace una cocina y un baño. Entonces si tuviéramos ese conocimiento de cómo se hacen estos tres, podríamos construir una casa. Y después sabiendo cómo se construyen casas, podríamos crear ciudades y países enteros. Pero como todo: un paso a la vez.

Armando piezas con los Blorgs

Nuestras piezas de lego con los Blorgs van a ser los axiomas. Ahora si le dijeramos a un Blorg que los Blorgs amarillos comen peces, no nos creerían, deberíamos darles una demostración de esto:

Proposición. Los Blorgs amarillos comen peces.

Demostración. Para empezar, vamos a notar que es una proposición del tipo «Si $x$ es un blorg amarillo entonces $x$ come peces». Esto es lo que queremos demostrar, entonces vamos a ir armando las piezas de lego poco a poco con los axiomas que ya sabíamos:

  • Usaremos que todos los Blorgs amarillos son Blargs. Es decir «si $x$ es un blorg amarillo, entonces $x$ es un blarg»
  • Usaremos que todos los Blargs comen peces. Es decir «si $x$ es un blarg, entonces $x$ come peces»

En las demostraciones vamos a ir usando cosas que ya conocemos (en este caso los axiomas) para poder ir aplicando pasos lógicos y reglas de inferencia para llegar a la conclusión deseada. Entonces como queremos ver que todos los Blorgs amarillos comen peces, entonces resulta natural «agarrar» un blorg amarillo y ver que ese blorg come peces (si pasa con un blorg amarillo, pasará para todos los Blorgs amarillos pues todos nuestros pasos lógicos aplicarán para todos los Blorgs amarillos). Así que empecemos considerando a $x$ un blorg amarillo. Sabemos que r «si $x$ es un blorg amarillo, entonces $x$ es un blarg» entonces como nuestro $x$ es un blorg amarillo, entonces es un blarg.

Ahora, sabemos que nuestra $x$ es un blarg, pero además sabemos que «si $x$ es un blarg, entonces $x$ come peces» entonces tambien nuestro blarg come peces. Por lo tanto los Blorgs amarillos comen peces.

$\square$

¿Viste cómo es que hicimos la demostración? Si consideramos

$ P(x) : x$ es blorg amarillo,

$ Q(x) : x$ es blarg,

$ R(x) : x$ come peces,

entonces realmente lo que hicimos fue usar la siguiente regla de inferencia válida:

$$ \begin{array}{rl} & P \Rightarrow Q \\ & Q \Rightarrow R \\ \hline \therefore & P \Rightarrow R \end{array}.$$

En este caso solo usamos esta regla de inferencia, pero más adelante veremos cómo se pueden usar otras y distintas reglas de inferencia. Apenas estamos empezando este tema, así que si aún tienes muchas dudas, no te preocupes y vuelve a leer la demostración si es necesario.

Notas

Estas son algunas anotaciones del artículo y no es necesario que las sepas, únicamente son curiosidades o temas por aparte que forman parte de cultura matemática

* Esta palabra viene del griego ἀξίωμα que significa «lo que se considera justo» y de hecho viene de la palabra ἄξιος (áxios) que significa «valioso» y en la antigua grecia se consideraban aquellas cosas que parecían evidentes y no hacía falta justificar.

Tarea moral

  1. ¿Qué necesita un blorg para comer peces y ser amigo de los delfines?
  2. ¿Es posible que un blorg coma peces y frutos?
  3. ¿Qué argumentos lógicos podrías usar para demostrar que todo blorg rojo come los lunes?
  4. Verifica que

$$ \begin{array}{rl} & P \Rightarrow Q \\ & Q \Rightarrow R \\ \hline \therefore & P \Rightarrow R \end{array}$$

es una regla de inferencia válida.

Más adelante…

Apenas estamos empezando a explicar qué son estas «demostraciones». En el mundo de la matemática no hay algo como el recetario de las demostraciones, pero hay ideas o formas de pensar los problemas que te servirán para tener una idea de por dónde empezar a pensar a la hora de demostrar. Así que en las siguientes entradas vamos a ver algunas de estas «formas» de pensar los problemas y lo haremos con ayuda de los Blorgs.

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Inversas de matrices de 2×2 con reducción gaussiana

Introducción

Es posible que sepas que una matriz $$A=\begin{pmatrix}
a & b\\
c & d
\end{pmatrix}$$de $2\times 2$ es invertible si y sólo si $ad-bc=0$, y que en ese caso la inversa está dada por $$B=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}
d & -b\\
-c & a
\end{pmatrix}.$$ De hecho, una vez que se propone a $B$ como esta matriz, es sencillo hacer la multiplicación de matrices y verificar que en efecto tanto $AB$ como $BA$ son la matriz identidad de $2\times 2$.

Sin embargo, la idea de esta entrada es deducir que $ad-bc$ tiene que ser distinto de $0$ para que $A$ sea invertible y que, en ese caso, la inversa tiene que ser de la forma que dijimos. En esta deducción no usaremos nunca la definición ni propiedades de determinantes.

El procedimiento

Lo que haremos es aplicar el procedimiento de reducción gaussiana para encontrar inversas, es decir, le haremos reducción gaussiana a la matriz $A’=\begin{pmatrix}
a & b & 1 & 0\\
c & d & 0 & 1
\end{pmatrix}$ obtenida de «pegar» a la matriz $A$ una matriz identidad a su derecha. Es un resultado conocido que si $A$ es invertible, entonces al terminar la reducción gaussiana de $A’$ la matriz de $2\times 2$ que queda a la izquierda será la identidad y la que quede a la derecha será la inversa de $A$.

Empecemos con una matriz $A=\begin{pmatrix}
a & b\\
c & d
\end{pmatrix}$ de $2\times 2$ cualquiera. Si ambos $a$ y $c$ son iguales a $0$, entonces la primer columna de $BA$ es $0$ para toda $B$, y por lo tanto $A$ no puede tener inversa. Así, una primera condición para que $A$ tenga inversa es que $a$ o $c$ sean distintos de cero. Si $a$ fuera $0$, el primer paso de reducción gaussiana sería intercambiar las filas, así que podemos suponer sin pérdida de generalidad que $a$ no es $0$. De este modo, el primer paso de reducción gaussiana es multiplicar la primer fila por $1/a$ para que el pivote sea $1$: $$\begin{pmatrix}
1 & \frac{b}{a}& \frac{1}{a} & 0\\
c & d & 0 & 1
\end{pmatrix}$$

El siguiente paso es hacer al resto de las entradas en la columna de ese primer pivote iguales a $0$. Para eso basta restar a la segunda fila $c$ veces la primera:

$$\begin{pmatrix}
1 & \frac{b}{a}& \frac{1}{a} & 0\\
0 & d – \frac{bc}{a} & -\frac{c}{a} & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & \frac{b}{a}& \frac{1}{a} & 0\\
0 & \frac{ad-bc}{a} & -\frac{c}{a} & 1
\end{pmatrix}.$$

Si $ad-bc=0$, entonces el pivote de la segunda fila ya no quedaría en la segunda columna, y la forma escalonada reducida no tendría a la identidad a la izquierda. Así que una segunda condición para que $A$ sea invertible es que $ad-bc$ no sea cero. Notemos que si $ad-bc$ no es cero, entonces tampoco $a$ y $c$ son simultaneamente $0$, así que nuestra condición anterior ya está capturada con pedir que $ad-bc$ no sea cero.

Sabiendo que $ad-bc$ no es cero, el siguiente paso en la reducción gaussiana es multiplicar la segunda fila por $a/(ad-bc)$ para hacer el pivote igual a $1$:

$$\begin{pmatrix}
1 & \frac{b}{a}& \frac{1}{a} & 0\\
0 & 1 & -\frac{c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc}
\end{pmatrix}.$$

Finalmente, para que el pivote de la segunda columna sea la única entrada no cero, tenemos que restar a la primera fila la segunda multiplicada por $-b/a$:

$$\begin{pmatrix}
1 & 0 & \frac{1}{a}+\frac{bc}{a(ad-bc)} & -\frac{b}{ad-bc}\\
0 & 1 & -\frac{c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & \frac{d}{ad-bc} & -\frac{b}{ad-bc}\\
0 & 1 & -\frac{c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc}
\end{pmatrix}.$$

Así, basta pedir $ad-bc$ para que la reducción gaussiana deje a la identidad en la matriz de $2\times 2$ de la izquierda y, al terminar el procedimiento, tenemos a la derecha a la inversa de $A$ que es la matriz:

$$\begin{pmatrix}
\frac{d}{ad-bc} & -\frac{b}{ad-bc}\\
-\frac{c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc}
\end{pmatrix}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}
d & -b\\
-c & a
\end{pmatrix}.$$

Esto es a lo que queríamos llegar. Por supuesto, el camino fue largo y hay formas de llegar al mismo resultado de manera más corta, pero usando más teoría.

¿Ahora qué?

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El lema de intercambio de Steinitz

Introducción

En esta entrada platicaré de un lema muy útil en álgebra lineal, sobre todo cuando se están definiendo las nociones de base y de dimensión para espacios vectoriales de dimensión finita. Se trata del lema de intercambio de Steinitz.

Supondré que el lector ya sabe un poco de álgebra lineal, pero muy poquito. Basta con saber la definición de espacio vectorial. Lo demás lo definiremos sobre el camino.

El nombre del lema es en honor al matemático alemán Ernst Steinitz. Sin embargo, personalmente a mi me gusta pensarlo como el lema del «regalo de vectores», por razones que ahorita platicaremos. El enunciado es el siguiente:

Teorema (Lema de intercambio de Steinitz). Sea $V$ un espacio vectorial. Tomemos un conjunto finito y linealmente independiente $L$ de $V$, y un conjunto finito y generador $S$ de $V$. Supongamos que $L$ tiene $m$ elementos y que $S$ tiene $n$ elementos. Entonces:

  • $m\leq n$
  • Se puede tomar un subconjunto $T$ de $S$ de tamaño $n-m$ tal que $L\cup T$ sea generador de $V$.

En pocas palabras, «cualquier conjunto linealmente independiente tiene a lo mucho tantos elementos como cualquier conjunto generador y, además, cualquier generador le puede regalar vectores al linealmente independiente para volverlo generador».

De manera esquemática, está pasando lo siguiente:

Diagrama del lema de intercambio de Steinitz
Diagrama del lema de intercambio de Steinitz

Lo que haremos es hablar de las definiciones necesarias para entender el lema, hablar de la intuición detrás, dar un par de ejemplos y luego dar la demostración. La presentación está ligeramente basada en el libro de álgebra lineal de Titu Andreescu.

Definiciones e intuición

Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$.

Si tenemos vectores $v_1,\ldots,v_n$ de $V$ y escalares $a_1,\ldots,a_n$ en $F$, podemos considerar al vector formado por multiplicar los vectores por los escalares correspondientes y sumarlos todos, es decir al vector $v$ dado por la expresión $a_1v_1+\cdots+a_nv_n$ . En este caso, decimos que $v$ es una combinación lineal de $v_1,\ldots,v_n$, o a veces que $v_1,\ldots,v_n$ generan a $v$.

Un conjunto $S=\{v_1,v_2,\ldots,v_n\}$ de vectores de $V$ es generador si para cualquier $v$ de $V$ existen escalares $a_1,\ldots,a_n$ en $F$ para los cuales $v=a_1v_1+\cdots+a_nv_n$. Dicho de otra forma, «$S$ es generador si cualquier vector del espacio vectorial es combinación lineal de vectores de $S$».

De esta definición es fácil ver que si $S$ es un conjunto generador y $T$ es un conjunto que contiene a $S$ (es decir, $T\supset S$), entonces $T$ también es generador: simplemente para cualquier $v$ usamos la combinación lineal que tenemos en $S$ y al resto de los vectores (los de $T\setminus S$) les ponemos coeficientes cero.

Un conjunto $L=\{w_1,w_2,\ldots,w_m\}$ de vectores de $V$ es linealmente independiente si la única combinación lineal de vectores de $L$ que da $0$ es aquella en la que todos los escalares son $0$. Dicho de otra forma, «$L$ es linealmente independiente si $a_1w_1+\ldots+a_mw_m=0$ implica que $a_1=a_2=\ldots=a_m=0$.»

Con los conjuntos linealmente independientes pasa lo contrario a lo de los generadores. Si $L$ es un conjunto linealmente independiente y $M$ está contenido en $L$ (es decir, ahora $M\subset L$), entonces $M$ es linealmente independiente. Esto sucede pues cualquier combinación lineal de $M$ también es una combinación lineal de $L$. Como no hay ninguna combinación lineal no trivial de elementos de $L$ que sea igual a cero, entonces tampoco la hay para $M$.

Los párrafos anteriores dejan la idea de que «los conjuntos generadores tienen que ser grandes» y que «los conjuntos linealmente independientes tienen que ser chiquitos». El lema de intercambio de Steinitz es una manera en la que podemos formalizar esta intuición.

Como los conjuntos generadores son «grandes», entonces son bien buena onda y bien generosos. Tienen muchos elementos. Como los conjuntos linealmente independientes son «chiquitos», entonces necesitan elementos. Lo que dice el lema de intercambio de Steinitz es que si tenemos a un generador $S$ y a un linealmente independiente $L$, entonces $S$ tiene más elementos y que puede regalar al linealmente independiente $L$ algunos elementos $T$ para que ahora $L\cup T$ tenga tantos elementos como tenía $S$ y además se vuelva generador. Una cosa importante es que no cualquier subconjunto $T$ funciona. Este tiene que estar bien elegido.

Ejemplo concreto del lema de intercamio de Steinitz

Veamos un ejemplo muy concreto. Supongamos que nuestro espacio vectorial es $\mathbb{R}^3$, osea, los vectores con $3$ entradas reales. Tomemos a los siguientes conjuntos de vectores:

  • $L=\{(1,2,3), (0,3,0)\}$
  • $S=\{(0,1,0), (1,0,0), (0,0,-1), (2,4,6)\}$

Por un lado, el conjunto $L$ es linealmente idependiente. Una combinación lineal $a(1,2,3)+b(0,3,0)=(0,0,0)$ implica de manera directa que $a=0$ (por la primer o tercer coordenadas) y de ahí $b=0$ (por la segunda coordenada).

Por otro lado, el conjunto $S$ es generador, pues con $(0,0,-1)$ podemos obtener a $(0,0,1)$ como combinación lineal, de modo que $S$ genera a los tres de la base canónica y por tanto genera a todo $\mathbb{R}^3$.

Notemos que en efecto $L$ tiene menos elementos que $S$. Además, el lema de intercambio de Steinitz garantiza que $S$ puede pasarle $|S|-|L|=4-2=2$ elementos a $L$ para volverlo generador. Pero hay que ser cuidadosos. Si le regala los elementos $(0,1,0)$ y $(2,4,6)$, entonces no funciona (se puede verificar que este conjunto no genera a $\mathbb{R}^3$). Pero si le regala, por ejemplo, los elementos $(1,0,0)$ y $(0,0,-1)$ entonces ahora sí generará (se puede argumentar viendo que entonces ahora genera a los tres de la base canónica).

Demostración del lema de intercambio de Steinitz

Pasemos ahora a la demostración del lema de Steinitz. Lo demostraremos por inducción en la cantidad de elementos que tiene $L$, el linealmente independiente. Si $|L|=m=0$, entonces claramente $m=0\leq n$, y además $S$ le puede pasar $n-0=n$ elementos (todos) a $L$ y volverlo generador.

Supongamos entonces que es cierta la siguiente afirmación.

Hipótesis inductiva Sea $V$ un espacio vectorial. Tomemos un conjunto finito y linealmente independiente $L$ de $V$, y un conjunto finito y generador $S$ de $V$. Supongamos que $L$ tiene $m$ elementos y que $S$ tiene $n$ elementos. Entonces:

  • $m\leq n$
  • Se puede tomar un subconjunto $T$ de $S$ de tamaño $n-m$ tal que $L\cup T$ sea generador de $V$.

Para el paso inductivo, tomemos $L=\{w_1,w_2,\ldots,w_m,w_{m+1}\}$ un linealmente independiente de $V$ y $S=\{v_1,v_2,\ldots,v_n\}$ un generador de $V$. Aplicándole la hipótesis inductiva al linealmente independiente $L’=L\setminus \{w_{m+1}\}=\{w_1,\ldots,w_m\}$ y al generador $S$, tenemos que:

  • $m\leq n$
  • Se puede tomar un subconjunto $T’=\{s_1,s_2,\ldots,s_{n-m}\}$ de $S$ tal que $L’\cup T’= \{w_1,w_2,\ldots,w_m,s_1,\ldots,s_{n-m}\}$ sea generador de $V$.

Como $L’\cup T’$ es generador, entonces podemos poner a $w_{m+1}$ como combinación lineal de elementos de $L’\cup T’$, es decir, existen $a_1,\ldots, a_m, b_1,\ldots,b_{n-m}$ tales que $$w_{m+1}=a_1w_1+\ldots+a_mw_m+b_1s_1+\ldots+b_{n-m}s_{n-m}.$$

Ya sabemos que $m\leq n$. Si $m=n$, la combinación lineal anterior no tendría ningún $s_i$, y entonces sería una combinación lineal no trivial para los elementos de $L$, lo cual es una contradicción pues $L$ es linealmente independiente. Entonces $m\neq n$ y $m\leq n$, así que $m+1\leq n$, que era el primer punto que queríamos probar.

También, como $L$ es linealmente independiente, no se vale que todos los $b_i$ sean iguales a cero. Sin perder generalidad, podemos suponer que $b_1\neq 0$. Así, $s_1$ se puede despejar como combinación lineal en términos de $w_1,\ldots,w_n,w_{n+1}, s_2,\ldots,s_{n-m}$ y por lo tanto $L\cup (T’\setminus \{s_1\})$ genera lo mismo que $L’\cup T’$, que era todo $V$. Así, $T:=T’\setminus \{s_1\}$ es el subconjunto de $S$ de tamaño $n-(m+1)$ tal que $L\cup T$ es generador. Esto termina la prueba del lema.

Algunas aplicaciones

El lema de intecambio de Steinitz se puede utilizar para probar varias afirmaciones con respecto a bases de un espacio vectorial de dimensión finita.

Un espacio vectorial es de dimensión finita si tiene un conjunto generador con una cantidad finita de elementos. Una base de un espacio vectorial es un conjunto que sea simultáneamente generador y linealmente independiente.

Las siguientes afirmaciones se siguen directamente del lema de Steinitz.

  1. Todas las bases de un espacio vectorial finito tienen la misma cantidad de elementos.
  2. En un espacio vectorial de dimensión $d$:
    • Todo conjunto linealmente independiente tiene a lo más $d$ elementos.
    • Todo conjunto generador tiene al menos $d$ elementos.
  3. Si $S$ es un conjunto con $n$ vectores de un espacio vectorial de dimensión $n$, entonces las siguientes tres afirmaciones son equivalentes:
    • El conjunto $S$ es base.
    • $S$ es linealmente independiente.
    • $S$ es generador.

Como primer ejemplo, haremos (1). Tomemos $B_1$ y $B_2$ bases de un espacio vectorial de dimensión finita $B$. Pensando a $B_1$ como linealmente independiente y a $B_2$ como generador, tenemos $|B_1|\leq |B_2|$. Pensando a $B_2$ como linealmente independiente y a $B_1$ como generador, tenemos $|B_2|\leq |B_1|$. Así, $|B_1|=|B_2|$.

Como segundo ejemplo, haremos una parte de (3). Suponiendo que $S$ es un conjunto de $n$ vectores de un espacio vectorial de dimensión $n$, veremos que su independencia lineal implica $S$ es base. Sea $B$ una base de $V$. Por el lema de Steinitz, podemos pasar $|B|-|S|=n-n=0$ elementos de $B$ a $S$ para volverlo generador. Es decir, $S$ ya es generador. Como además es linealmente independiente, entonces es base.

El resto de las demostraciones son igual de sencillas, como puedes verificar.

Tarea moral

  • Replica por tu cuenta la demostración del lema de Steinitz hasta que te sientas cómodo con los argumentos.
  • En el ejemplo que se dio de la aplicación del lema de Steinitz, ¿cuáles son todas las posibilidades de $2$ elementos que se pueden pasar para que $L$ se convierta en generador?
  • Usa el lema de Steinitz para demostrar el resto de consecuencias que mencionamos.
  • ¿Qué te dice el lema de Steinitz cuando $L$ y $S$ son inicialmente del mismo tamaño?
  • Muestra que en el lema de Steinitz la hipótesis de que $L$ sea finito no es necesaria, es decir, que incluso sin esta hipótesis se pueden mostrar todas las conclusiones.

Más adelante…

El lema de Steinitz es la herramienta clave para definir dar la definición de dimensión de espacios vectoriales en el caso de dimensión finita. Lo usaremos una y otra vez. Por esta razón, es muy recomendable repasar su demostración y entender a profundidad qué dice.

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¿Ahora qué?

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Mariposa de 7 equivalencias de matrices invertibles

Introducción

Una de las nociones más importantes en álgebra lineal es la de «matriz invertible». Llamemos $I_n$ a la matriz identidad de $n\times n$, es decir, a la que tiene $1$ en cada entrada de la diagonal principal, y $0$ en las demás.

Una matriz $A$ de $n\times n$ es invertible si existe una matriz $B$ de $n\times n$ tal que $AB=I_n=BA$.

Una consecuencia rápida es que dicha matriz $B$ es única, así que le podemos dar la notación $A^{-1}$. De la definición (y asociatividad) se puede ver rápido que si $A_1$ y $A_2$ son invertibles, entonces su producto $A_1A_2$ también, con inversa $A_2^{-1}A_1^{-1}$, en otras palabras, «producto de invertibles es invertible».

Un detalle curioso de la definición es que pide no sólo que $AB=I_n$, sino que para la misma matriz $B$ también se tenga que $BA=I_n$. Por un lado, a priori esto tiene sentido pues el producto de matrices no es conmutativo, es decir, ocurre a veces que $AB\neq BA$. Sin embargo, como veremos más adelante en esta entrada, en la definición de matriz invertible basta con tener una de estas igualdades.

De hecho, la idea de esta entrada es presentar y demostrar varias equivalencias a la afirmación «$A$ es una matriz invertible». La presentación sigue un poco el orden de ideas del capítulo 3.4 del libro Essential Linear Algebra with Applications: A Problem-Solving Approach de Titu Andreescu. La idea es explicar el siguiente diagrama, en donde agrupamos a las equivalencias en grupitos que corresponden a partes de una mariposa:

Algunas definiciones

Antes de enunciar el resultado principal, conviene recordar algunas definiciones y un par de resultados importantes.

Una operación elemental es aplicar a una matriz de las siguientes operaciones:

  • Intercambio de dos filas.
  • Multiplicar todas las entradas de alguna de sus filas por un elemento $c$ no cero.
  • Sumar a una fila un múltiplo de otra fila.

Una matriz elemental es una matriz obtenida de aplicar a $I_n$ exactamente una operación elemental.

Una fila de una matriz es una fila cero si todas sus entradas son iguales a cero. A la primer entrada no cero (de izquierda a derecha) de una fila que no sea fila cero se le llama pivote. Una matriz es escalonada reducida si cumple las siguientes tres propiedades:

  1. Todas las filas cero están hasta abajo.
  2. En todas las filas no cero los pivotes son iguales a $1$.
  3. Si una fila no cero $F_1$ está arriba de otra fila no cero $F_2$, entonces el pivote de $F_1$ está estrictamente a la izquierda del pivote de $F_2$.
  4. Si una entrada tiene al pivote de una fila, entonces todas las demás entradas de la columna son iguales a $0$.

Un resultado (no trivial) es que cualquier matriz se puede llevar a una (y sólo una) matriz escalonada reducida $A_{\text{red}}$ usando únicamente operaciones elementales, a la cual le llamamos su forma escalonada reducida. Estas son todas las definiciones que necesitamos. Estamos listos para pasar al enunciado del teorema principal.

Teorema de la mariposa de equivalencias

Teorema: Sea $A$ una matriz de $n\times n$ con entradas en un campo $F$. Entonces, todas las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. $A$ es una matriz invertible.
  2. La forma escalonada reducida $A_{\text{red}}$ de $A$ es $I_n$.
  3. $A$ es producto de matrices elementales.
  4. Para todo $b\in F^n$, el sistema de ecuaciones $Ax=b$ tiene una única solución $x\in F^n$.
  5. Para todo $b\in F^n$, el sistema de ecuaciones $Ax=b$ tiene una solución $x\in F^n$.
  6. Existe una matriz $B$ de $n\times n$ tal que $AB=I_n$.
  7. Existe una matriz $B$ de $n\times n$ tal que $BA=I_n$.

Por supuesto, estas no son todas las formas de caracterizar una matriz invertible. Hay otras formas de hacerlo en términos de determinantes, por ejemplo. En el camino recordaremos varias de las definiciones que están en este teorema.

Le llamo el teorema de la mariposa de equivalencias porque podemos agrupar a estos números en tres «grupos» principales de equivalencias «parecidas», que además nos van a recordar cómo va la prueba.

Primero veremos la equivalencia entre 1, 2 y 3 (un ala). Luego, entre 1,4,5 (otra ala). Después, entre 1 y 6 (antena derecha). Finalmente, entre 1 y 7 (antena izquierda).

Un par de lemas auxiliar

Antes de demostrar el teorema de equivalencias, enunciamos y argumentamos dos resultados útiles

Es fácil convencerse de que aplicar una operación elemental a una matriz $A$ es lo mismo que multiplicar a $A$ por la izquierda por la matriz elemental correspondiente a la operación. Como toda matriz $A$ se puede llevar a su forma escalonada reducida mediante operaciones elementales, concluimos lo siguiente.

Lema 1: Para toda matriz $A$ existe una matriz $E$ que es producto de matrices elementales tal que $EA$ es la forma escalonada reducida de $A$, es decir $EA=A_{\text{red}}$.

También es fácil convencerse de que cada matriz elemental es invertible, pues las operaciones elementales se pueden revertir, y la inversa de la matriz elemental $M$ es precisamente la matriz elemental correspondiente a la operación inversa. Además, producto de matrices invertibles es invertible. De este modo, concluimos lo siguiente:

Lema 2: Si $E$ es una matriz que es producto de matrices elementales, entonces $E$ es invertible y también es producto de matrices elementales.

La demostración del teorema de la mariposa

Usaremos el diagrama de la mariposa para demostrar todas las equivalencias. Lo que haremos es probar una implicación por cada una de las siguientes flechas:


Empezamos con el ala izquierda de la mariposa.

(1) implica (2): Tomemos una matriz invertible $A$. Por el Lema 1, existe una matriz producto de elementales tal que $EA=A_{\text{red}}$. Como $E$ y $A$ son invertibles, entonces $A_{\text{red}}$ también es invertible.

Si $A_{\text{red}}$ tuviera una fila cero, digamos la $j$, no sería invertible. Esto sucede ya que para cualquier matriz $B$ de $n\times n$ tendríamos que la fila $j$ de $AB$ también sería cero, y entonces $AB$ nunca sería $I_n$. Como sabemos que $A_{\text{red}}$ es invertible, entonces todas sus filas no son cero y por lo tanto todas tienen pivote. Así, tenemos $n$ pivotes y por lo tanto tiene que haber exactamente un pivote por columna. Como $A_{\text{red}}$ es escalonada reducida, estos pivotes tienen que estar exactamente uno en cada entrada de la diagonal principal. Como además cada pivote es la única entrada no cero de su columna, concluimos que $A_{\text{red}}$ es la identidad.

(2) implica (3): Tomemos una matriz $A$ cuya forma escalonada reducida es la identidad. Por el Lema 1, existe una matriz producto de elementales tal que $EA=A_{\text{red}}=I_n$. Por el Lema 2, $E$ es invertible y $E^{-1}$ es producto de matrices elementales. Multiplicando por $E^{-1}$ a la izquierda a la identidad $EA=I_n$ obtenemos $A=E^{-1}$, es decir, $A$ es producto de matrices elementales.

(3) implica (1): Finalmente, si $A$ es producto de matrices elementales, por el Lema 2 tenemos que $A$ es invertible.

Con esto terminamos la primer ala de la mariposa. Notemos que cierran un ciclo, así que a partir de ahora podemos usar libremente la equivalencia entre 1, 2 y 3. Hagamos la segunda ala.

(1) implica (4): Supongamos que $A$ es invertible y tomemos cualquier $b$ en $F^n$. Notemos que $A^{-1}b$ es solución de $Ax=b$ pues satisface $A(A^{-1}b)=I_n b=b$. Además, si $x$ y $y$ son soluciones de $Ax=b$, tendríamos que $Ax=Ay$ y mutiplicando por $A^{-1}$ a la izquierda tendríamos que $x=y$. De este modo, $Ax=b$ tiene una única solución para todo $b$ en $F^n$.

(4) implica (5): Esta demostración es inmediata. Si $Ax=b$ tiene una única solución, en particular tiene una solución.

(5) implica (1): Supongemos que $Ax=b$ tiene una solución $x$ en $F^n$ para todo $b$ en $F^n$. Afirmamos que esto implica que $A_{\text{red}}x=b$ tiene solución para para todo $b$ en $F^n$. Tomemos una $b$ en $F^n$. Por el Lema 1, hay una matriz invertible $E$ tal que $A_{\red}=EA$. Por hipótesis, existe una solución $x$ para $Ax=E^{-1}b$. Tomemos esa $x$. Notemos que $A_{\text{red}}x=(EA)x=E(Ax)=E(E^{-1}b)=b$. Es decir, justo esa $x$ es solución para $A_{\text{red}}x=b$.

En particular, $A_{\text{red}}x=e_j$ tiene solución para cuando $e_j$ es el vector cuya $j$-ésima entrada es $1$ y las demás cero. Así, es imposible que la $j$-ésima fila de $A_{\text{red}}$ sea cero, ya que en caso contrario $Ax$ siempre tendría $j$-ésima entrada cero y $Ax=e_j$ no tendría solución. Como ya vimos antes, si $A_{\text{red}}$ no tiene filas cero, entonces es la identidad. Por la equivalencia entre (1) y (2) concluimos que $A$ es invertible.

Esto termina las equivalencias en la segunda ala, así que ahora podemos usar libremente las implicaciones entre 1, 2, 3, 4 y 5. Ya nada más nos faltan las antenas.

Por supuesto, las implicaciones (1) implica (6) y (1) implica (7) son triviales, pues la matriz de (1) en particular funciona para (6) y (7). Lo que falta ver son los regresos de estas implicaciones.

(6) implica (1): Supongamos que existe una matriz $B$ tal que $AB=I_n$. Tomemos $b$ en $F^n$. Notemos que $Bb$ es solución de $Ax=b$ pues $A(Bb)=(AB)b=I_nb=b$. De este modo, $Ax=b$ tiene solución para todo $b$ en $F^n$ y por la equivalencia entre (1) y (5) tenemos que $A$ es invertible. Si tomamos a su inversa $A^{-1}$ y la multiplicamos a la izquierda en la hipótesis, obtenemos $B=A^{-1}$, de modo que también $BA=I_n$.

(7) implica (1): Supongamos que existe una matriz $B$ tal que $BA=I_n$. Por la equivalencia entre (1) y (6), tenemos que $B$ es invertible, de inversa $B^{-1}$. De este modo, $A=(B^{-1}B)A=B^{-1}(BA)=B^{-1}I_n=B^{-1}$. De este modo, $A$ es la inversa de una matriz invertible y por tanto es invertible, y por lo tanto $AB=B^{-1}B=I_n$.

¡Listo! Con esto tenemos la equivalencia entre todas las afirmaciones.

¿Ahora qué?

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