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Definición y ejemplos con demostración de SUBESPACIO

INTRODUCCIÓN

Si tenemos un conjunto $C$ con ciertas propiedades de nuestro interés, no forzosamente todo subconjunto de $C$ va a conservar esas propiedades, pero nos interesa encontrar condiciones suficientes (y de preferencia también necesarias) para saber si un subconjunto $D$ de $C$ dado tiene o no las propiedades que queremos.

Si C es un conjunto que contiene a hombres y a mujeres, podemos definir un subconjunto que no contenga hombres y un subconjunto que no tenga mujeres, con lo cual ya no preservan la propiedad deseada.

En esta entrada analizaremos qué se requiere para que un subconjunto de un espacio vectorial, tenga también estructura de espacio vectorial. Veremos que aunque aparentemente se requiere pedir muchas condiciones, en realidad éstas se pueden reducir sólo a unas cuantas.

SUBESPACIO

Definición: Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial y $W$ un subconjunto de $V$. Decimos que $W$ es un subespacio de $V$, y se le denota como $W\leqslant V$ si:

i) $W$ contiene al neutro del espacio $V$,
i.e. $\theta_V\in W$

ii) La suma es cerrada en $W,$
i.e. $\forall u,v\in W:$
$u+v\in W$

iii) El producto por escalar es cerrado en $W$,
i.e. $\lambda\in K$, $w\in W:$
$\lambda w\in W$

Veamos una equivalencia a esta definición que nos facilitará demostrar si un subconjunto dado de un espacio vectorial es por sí mismo un espacio vectorial.

Proposición: Sean $V$ un $K$ – espacio vectorial y $W$ un subconjunto de $V$. Se cumple que $W\leqslant V$ si y sólo si $W$ con las operaciones restringidas de $V$ es un $K$ – espacio vectorial.

Demostración: Veamos que se cumplen ambas implicaciones.

$\Longrightarrow )$ Sup. que $W\leqslant V$.
Por ii) y iii) la suma y el producto por escalar son cerrados en $W$, entonces las operaciones restringidas de $V$ dan una suma y un producto por escalar en $W$.
Propiedades $1$, $2$, $5$, $6$, $7.1$ y $7.2$ de espacio vectorial: Como $u+v=v+u$ para cualesquiera $u,v\in V$, en particular $u+v=v+u$ para toda $u,v\in W$. Por lo tanto, la suma en $W$ es conmutativa.
Nota: Decimos en este caso que la conmutatividad de la suma se hereda de $V$.
Análogamente se heredan la asociatividad de la suma en $W$ y las propiedades $5$, $6$, $7.1$ y $7.2$ de espacio vectorial.
Propiedad $4$ de espacio vectorial: Para cada $w\in W$ se cumple que $-w=(-1_K)w\in W$ ya que el producto es cerrado en $W$.
Propiedad $5$ de espacio vectorial: Por hipótesis $\theta_V\in W$ y como es el neutro en $V$, $\theta_V+v=v+\theta_V=v$ para todo $v\in V$, en particular $\theta_V+w=w+\theta_V=w$ para todo $w\in W$, así $\theta_V$ funciona como neutro en $W$.
$\therefore W$ con las operaciones restringidas de $V$ es un $K$ – espacio vectorial.

$\Longleftarrow )$ Sup. que $W$ es un $K$ – espacio vectorial con las operaciones restringidas de $V$.
Entonces la suma y el producto por escalar son cerrados en $W$, es decir, se cumplen ii. y iii.
Además $W$ tiene un neutro, digamos $\theta_W\in W$.
Por un lado $\theta_V+\theta_W=\theta_W$ en $V$, pues $\theta_V$ es neutro en $V$.
Por otro lado $\theta_W+\theta_W=\theta_W$ en $W$, pues $\theta_W$ es neutro en $W$.
Así, $\theta_V+\theta_W=\theta_W+\theta_W$ en $V$ y por cancelación en $V$, $\theta_V=\theta_W$.
De donde $\theta_V\in W$
$\therefore W\leqslant V$ .

Obs. Sean $V$ un $K$ – espacio vectorial, $W$ un subconjunto de $V$. Resulta que
$W\leqslant V$ si y sólo si se cumple que: a) $W\not=\emptyset$ y b) $\forall u,v\in W$ $\forall\lambda\in K(\lambda u+v\in W)$.

La implicación de ida es muy directa y queda como ejercicio. Para justificar el regreso sup. que se cumplen a) y b). Dados $u,v\in W$ se tiene que $u+v=1_Ku+v$ y gracias a b) sabemos que $1_Ku+v\in W$, así se cumple la propiedad ii). Por otro lado, como se cumple a) podemos asegurar que existe $v \in W$, y por la propiedad b) $\theta_V=-v+v=(-1_K)v+v\in W$, por lo que $\theta_V\in W$ y se cumple i). Finalmente dados $u\in W, \lambda \in K$ como $\theta_V\in W$, usando b) se tiene que $\lambda u=\lambda u+\theta_V\in W$ por lo que se cumple la propiedad iii).

Ejemplos:

  • $\{ (x,y,0)|x,y\in\mathbb{R}\}$ es un subespacio de $\mathbb{R}^3.$
  • $\{\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}|a,b\in\mathbb{R}\}$ es un subespacio de $\mathcal{M}_{2\times 2}(\mathbb{R})$.
  • $\mathcal{P}_n(\mathbb{R})$ (el conjunto de polinomios de grado $n$ con coeficientes en $\mathbb{R}$) es un subespacio de $\mathbb{R}[x]$
  • $\{ f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}| f$ es continua$\}$ es un subespacio de $\{ f|f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\}.$
  • $\{(x,y,z)|x=y=z\in \mathbb{R}\}$ es un subespacio de $\mathbb{R}^3.$

EJEMPLO SISTEMA HOMOGÉNEO

Sean $V=\mathcal{M}{n\times 1}(K)$ y $A\in\mathcal{M}{m\times n}(K)$.
$W={X\in V|AX=0}$$\leqslant V$.

Recordemos que si tenemos el sistema de ecuaciones homogéneo de $m$ ecuaciones con $n$ incógnitas:

\begin{align*}
\begin{matrix}a_{11}x_1 & +a_{12}x_2 & \cdots & +a_{1n}x_n=0\\ a_{21}x_1 & +a_{22}x_2 & \cdots & +a_{2n}x_n=0 \\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ a_{m1} x_1& +a_{m2}x_2 & \cdots & +a_{mn}x_n=0, \end{matrix} \end{align*}
entonces su forma matricial es:
\begin{align*}
AX=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}0\\ \vdots\\ 0\end{pmatrix} = 0 \end{align*}
Recordemos que estamos usando al $0$ para denotar a la matriz $n\times 1$ con todas sus entradas iguales al cero del campo. Veamos que las soluciones del sistema homogéneo dado por $A$ es un subespacio del espacio vectorial de matrices de $n\times 1$ con entradas en el campo $K$.

DEMOSTRACIÓN

Vamos a ver que $W$ cumple las tres condiciones suficientes y necesarias (por definición) para ser subespacio de $V$:

Sean $X,Y\in W$, $\lambda\in K$.

  1. P.D. $W$ tiene al neutro de $V$
    $i.e.$ $\theta_V\in W.$

Sabemos que $A\theta_V=A0=0$.
$\therefore\theta_V\in W.$

  1. P.D. La suma es cerrada en $W$
    $i.e.$ $X+Y\in W$.

Como $X,Y\in W$, $AX=AY=0$ y por lo tanto, $AX+AY=0+0=0$.
Basta recordar que por distributividad en las matrices $A(X+Y)=AX+AY$ para obtener que $A(X+Y)=0$.
$\therefore X+Y\in W.$

  1. P.D. El producto por escalar es cerrado en $W$
    $i.e.$ $\lambda X\in W$.

Como $X\in W$, $AX=0$ y por lo tanto, $\lambda (AX)=0$.
Basta recordar que por propiedad del producto por escalar en matrices $A(\lambda X)=\lambda(AX)$ para obtener que $A(\lambda X)=0$
$\therefore\lambda X\in W.$

Así, concluimos que $W=\{X\in V|AX=0\}$, donde $A\in\mathcal{M}_{m\times n}(K)$, es un subespacio de $V=\mathcal{M}_{n\times 1}(K)$.

Proposición: La intersección de una familia no vacía de subespacios es un subespacio.

Demostración: Sean $V$ un $K$ – espacio vectorial y $W=\{W_i|i\in I\}$ una familia no vacía de subespacios de $V$.

Sean $V$ un $K$ – espacio vectorial y $W=\{W_i|i\in I\}$ una familia no vacía de subespacios de $V$. Vamos a ver que $W$ cumple las tres condiciones suficientes y necesarias (por definición) para ser subespacio de $V$:

Sean $u,v\in W$, $\lambda\in K$.

  1. P.D. $W$ contiene al neutro de $V$
    $i.e.$ $\theta_V\in W.$

Sabemos que $\forall i\in I(\theta_V\in W_i)$ porque todos los $W_i$ son subespacios de $V$.
$\displaystyle\therefore\theta_V\in\bigcap_{i\in I}W_i.$

  1. P.D. La suma es cerrada en $W$
    $i.e.$ $u+v\in W$.

Dado que $u,v\in W$, $\forall i\in I(u,v\in W_i)$ y como todos los $W_i$ son subespacios de $V$, entonces $\forall i\in I(u+v\in W_i)$.
$\displaystyle\therefore u+v\in\bigcap_{i\in I}W_i.$

  1. P.D. El producto por escalar es cerrado en $W$
    $i.e.$ $\lambda u\in W$.

Dado que $u\in W$, $\forall i\in I(u\in W_i)$ y como todos los $W_i$ son subespacios de $V$, entonces $\forall i\in I(\lambda u\in W_i)$.
$\displaystyle\therefore\lambda u\in\bigcap_{i\in I}W_i.$

Concluimos así que $W\leqslant V.$

Tarea Moral

  1. Dado $V$ un $K$ – espacio vectorial. Sean $W_1, W_2\leqslant V$. Demuestra que si $W_1\bigcup W_2\leqslant V$, entonces $W_1\subseteq W_2$, o bien, $W_2\subseteq W_1$.
    Para lograrlo se te sugiere lo siguiente:
    • Sup. que $W_1 \nsubseteq W_2$.
    • Observamos que para cualesquiera $w_1\in W_1\backslash W_2$ y $w_2\in W_2$, tenemos que $w_1,w_2\in W_1\bigcup W_2$. Y como $W_1\bigcup W_2\leqslant V$, entonces $w_1+w_2\in W_1\bigcup W_2$. Además, gracias a la primera proposición de esta entrada, sabemos que $W_1$ y $W_2$ son $K$ – espacios vectoriales, de modo que los inversos aditivos de $w_1$ y $w_2$ son elementos de $W_1$ y $W_2$ respectivamente.
    • Ahora argumenta por qué $w_1+w_2\notin W_2$ para concluir que $w_1+w_2\in W_1$.
    • Por último argumenta por qué gracias a que $w_1+w_2\in W_1$, obtenemos que $w_2\in W_1$ para concluir que $W_2\subseteq W_1$.
  1. Sean $K=\mathbb{R}$ y $V=\{a+bx+cx^2+dx^3\mid a,b,c,d\in\mathbb{R}\}$.
    Determina si $U=\{p(x)\in V|p(1)=0\}$ y $T=\{p(x)\in V|p'(1)=0\}$ son subespacios de $V$ y encuentra $U\cap T$.

MÁS ADELANTE…

Definiremos y analizaremos un nuevo concepto que dará lugar a un nuevo subespacio muy peculiar y central en el Álgebra Lineal.

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Álgebra Lineal I: Problemas de bases y dimensión de espacios vectoriales

Introducción

En las entradas anteriores vimos cómo se puede definir la dimensión de un espacio vectorial. Para ello, necesitamos encontrar una base. En el caso finito, la dimensión del espacio es la cardinalidad de una base. Esto está bien definido pues todas las bases tienen la misma cardinalidad. A continuación solucionaremos algunos ejemplos para reforzar los temas vistos.

Recordatorio de truco para mostrar que algo es base

En varios de los problemas usamos el siguiente resultado. Ya lo enunciamos y demostramos previamente. Pero como es sumamente útil, lo volvemos a enunciar, en términos más prácticos.

Proposición. Sea $V$ un espacio vectorial que ya sepamos que tiene dimensión finita $n$. Sea $B=\{v_1,v_2,\dots, v_n\}$ un conjunto de $n$ vectores de $v$. Entonces, cualquiera de las siguientes afirmaciones implica las otras dos:

  1. $B$ es un conjunto linealmente independiente en $V$
  2. $B$ es un conjunto generador para $V$.
  3. $B$ es una base de $V$

Por supuesto, el tercer punto implica los otros dos por la definición de base. Lo que es realmente útil en situaciones teóricas y prácticas es que si ya sabemos que un espacio tiene dimensión $n$, y tenemos un conjunto de $n$ vectores, entonces basta verificar que o bien (1) o bien (2). Con esto tendremos la otra afirmación gratuitamente.

Al usar este resultado, es muy importante verificar las hipótesis. Es decir, para usarlo se necesita:

  • Argumentar por qué la dimensión de un espacio vectorial es cierto entero $n$.
  • Argumentar que se está estudiando un conjunto con $n$ vectores.
  • Demostrar ya sea (1) o (2).

Problemas resueltos

Problema. Muestra que las siguientes cuatro matrices $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$, $C=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$, $D=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ son una base del espacio vectorial $M_2(\mathbb{R})$.

Solución. Ya sabemos que $M_2(\mathbb{R})$ es un espacio vectorial de dimensión $4$, pues una base está conformada por las matrices $E_{11}$, $E_{12}$, $E_{21}$ y $E_{22}$ de la base canónica. El conjunto que tenemos consiste de $4$ matrices. Así, para mostrar que conforman una base, es suficiente con que mostremos que son un conjunto linealmente independiente.

Supongamos que existen reales $a,b,c,d$ tales que $$aA+bB+cC+dD=O_2.$$ Haciendo las operaciones entrada por entrada en esta igualdad, obtenemos que esto sucede si y sólo si $a,b,c,d$ son soluciones al sistema de ecuaciones
$$\begin{cases}a+c&=0\\b-d&=0\\b+d&=0\\a-c&=0.$$

Podríamos encontrar todas las soluciones a este sistema usando reducción gaussiana. Sin embargo, afortunadamente para este sistema hay una forma más sencilla de proceder. Sumando la primera y cuarta igualdad, obtenemos $2a=0$, de donde $a=0$ y entonces por la primer ecuación $c=0$. De manera simétrica, $b=d=0$. De esta forma, la única combinación lineal de $A,B,C,D$ que da la matriz cero es la trivial. Concluimos que $A,B,C,D$ son linealmente independientes, y por lo tanto son una base de $M_2(\mathbb{R})$.

$\square$

En el problema anterior resultó más práctico mostrar que las matrices eran linealmente independientes, pero también pudimos simplemente mostrar que generaban a $M_2(\mathbb{R})$. Por la proposición que enunciamos, cualquiera de los dos implica que en este contexto las matrices forman una base.

Veamos ahora un ejemplo en el que es más conveniente mostrar que el conjunto propuesto es generador.

Problema. Encuentra una base de $\mathbb{R}_4[x]$ que tenga al polinomio $$p(x)=1+x+x^2+x^3+x^4.$$

Solución. Ya sabemos que $\mathbb{R}_4[x]$ tiene dimensión $5$, pues una base es el conjunto de polinomios $\mathcal{B}=\{1,x,x^2,x^3,x^4\}$.

Proponemos al conjunto $$\mathcal{B}’=\{1,x,x^2,x^3,p(x)\}$$ como solución al problema.

Como $\mathcal{B}’$ es un conjunto con $5$ elementos, basta con mostrar que es un conjunto que genera a $\mathbb{R}_4[x]$. Para ello, notemos que $\mathcal{B}’$ puede generar al polinomio $x^4$ pues se obtiene mediante la combinación lineal $$x^4=p(x)-1-x-x^2-x^3.$$

De esta forma, $\mathcal{B}’$ puede generar todo lo que puede generar $\mathcal{B}$. En símbolos: $$\mathbb{R}_4[x]\subseteq \text{span}(\mathcal{B})\subseteq \text{span}(\mathcal{B}’) \subseteq \mathbb{R}_4[x].$$

Concluimos que $\text{span}(\mathcal{B}’) = \mathbb{R}_4[x]$. Esto muestra que $\mathcal{B}’$ es una base de $\mathbb{R}_4[x]$ que tiene al polinomio $p(x)$.

$\square$

Problema. Exactamente uno de los vectores $u=(9,5,1)$ y $v=(9,-5,1)$ puede ser escrito como combinación lineal de los vectores columna de la matriz $$A=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{pmatrix}.$$ Determina cuál de ellos es y exprésalo como una combinación lineal de los vectores columna de $A$.

Solución. Un vector $b$ se puede escribir como combinación lineal de las columnas de una matriz $A$ si y sólo si el sistema lineal de ecuaciones $AX=b$ tiene solución. En efecto, si $X=(x,y,z)$, recordemos que $$AX=xC_1+yC_2+zC_3,$$ en donde $C_1$, $C_2$ y $C_3$ son las columnas de la matriz $A$.

De esta forma, una forma de proceder es plantear los sistemas de ecuaciones $AX=u$ y $AX=v$, y ver cuál de ellos tiene solución. Esto se puede hacer y dará la solución al problema.

Sin embargo, aprovecharemos este problema para introducir un truco más. Como queremos resolver ambos sistemas, podemos hacer reducción gaussiana en la matriz aumentada $(A|u|v)$, en donde estamos agregando dos vectores columna nuevos. De la forma escalonada reducida podremos leer todo lo que queremos. La matriz que nos interesa es
\begin{align*}\begin{pmatrix}
3 & 0 & 3 & 9 & 9 \\ 2 & 1 & 1 & 5 & -5\\ 1 & 2 & -1 & 1 & 1
\end{pmatrix}.\end{align*}

Usando la herramienta online de eMathHelp para calcular la forma escalonada reducida de esta matriz, obtenemos

\begin{align*}(A_{red}|u’|v’)=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.\end{align*}

Estamos listos para hacer el análisis. Tomando la submatriz conformada por las primeras cuatro columnas (las correspondientes a $A_{red}$ y $u’$), vemos que no queda pivote en la última columna. De este modo, sí hay una solución para $AX=u$.

Para obtener una solución, basta trabajar con esta submatriz y usar nuestros argumentos usuales de sistemas de ecuaciones lineales. La variable $z$ es libre. Las variables $x$ y $y$ son pivote. Haciendo $z=0$ obtenemos $x=3$ y $y=-1$. Concluimos que $$\begin{pmatrix} 9 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + (-1) \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + 0 \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}.$$

Esto sería suficiente para terminar el problema, pues el enunciado garantiza que uno y sólo uno de los vectores es combinación lineal de las columnas.

Pero estudiemos el otro caso para ver qué sucede. Tomando la submatriz conformada por las columnas $1$, $2$, $3$, $5$ de $(A_{red}|u’|v’)$ (correspondientes a $A_{red}$ y $v’$), vemos que sí hay un pivote en la última columna: el de la tercera fila. Entonces, no hay solución para $AX=v$.

$\square$

El problema anterior ayuda a fortalecer mucho nuestra intuición para resolver sistemas de ecuaciones lineales: el sistema $AX=b$ tiene solución si y sólo si el vector $b$ es combinación lineal de los vectores columna de $A$. Cada solución al sistema corresponde a una de estas combinaciones lineales.

Problema. Para $n$ un entero positivo y $k$ un entero de $0$ a $n$, definimos al polinomio $P_k(x)=x^k(1-x)^{(n-k)}$. Muestra que $P_0(x),\ldots, P_n(x)$ es una base para el espacio $\mathbb{R}_n[x]$.

Solución. Como $\mathbb{R}_n[x]$ tiene dimensión $n+1$ y estamos considerando un conjunto de $n+1$ polinomios, entonces basta mostrar que este conjunto es linealmente independiente. Supongamos que hay una combinación lineal de ellos que es igual a cero, digamos $$\alpha_0 (1-x)^n + \alpha_1 x(1-x)^{n-1} + \ldots + \alpha_{n-1} x^{n-1} (1-x) + \alpha_n x^n=0.$$

Si evaluamos la expresión anterior en $x=1$, casi todos los sumandos se anulan, excepto el último. De aquí, obtenemos que $\alpha_n 1^n=0$, de donde $\alpha_n=0$. La expresión se convierte entonces en $$\alpha_0 (1-x)^n + \alpha_1 x(1-x)^{n-1} + \ldots + \alpha_{n-1} x^{n-1} (1-x)=0.$$

Factorizando $1-x$ de todos los sumandos y usando que el polinomio $1-x\neq 0$, podemos «cancelar» al factor $1-x$. En otras palabras, podemos «dividir» la combinación lineal entre $1-x$ para obtener $$\alpha_0 (1-x)^{n-1} + \alpha_1 x(1-x)^{n-2} + \ldots + \alpha_{n-1} x^{n-1}=0.$$

De aquí podemos seguir aplicando el mismo argumento: evaluamos en $1$, concluimos que el último coeficiente es igual a $0$, y entonces podemos dividir subsecuentemente entre $1-x$. De esta forma, obtenemos $\alpha_n=\alpha_{n-1}=\ldots=\alpha_0=0$. Concluimos entonces que los polinomios propuestos son linealmente independientes, y por lo tanto forman una base de $\mathbb{R}_n[x]$.

$\square$

El argumento del último párrafo se puede formalizar todavía más usando inducción sobre $n$. Piensa en lo complicado que hubiera sido mostrar de manera directa que los polinomios propuestos generan a $\mathbb{R}_n[x]$. Gracias a la proposición que discutimos al inicio, esto lo obtenemos de manera automática.

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Álgebra Lineal I: Bases y dimensión de espacios vectoriales

Introducción

Ya hablamos de conjuntos generadores y de independencia lineal. Además, ya platicamos también del lema de intercambio de Steinitz. Con estas herramientas, tenemos todo a nuestra disposición para desarrollar la teoría de dimensión de espacios vectoriales.

Para espacios vectoriales en general, esto puede no resultar tan sencillo. Por esta razón, para este tema nos enfocaremos en el caso en el que la dimensión es finita. Sin embargo, también veremos ejemplos de espacios que no son así, y hablaremos un poco de cómo son.

Espacios de dimensión finita

Definición. Se dice que un espacio vectorial es de dimensión finita si tiene un conjunto generador con una cantidad finita de elementos.

Otra forma de interpretar la definición anterior es la siguiente:
$V$ es un espacio vectorial de dimensión finita si existe una familia finita de vectores $v_1, v_2, \dots , v_n \in V$ tal que todos los vectores en $V$ se pueden expresar como combinación lineal de dicha familia. Por ejemplo, los espacios $F^n, \hspace{2mm} M_{m,n}(F), \hspace{2mm}$ y $\hspace{2mm} \mathbb{R}_n[x]$ son de dimensión finita. Sin embargo, no todos los espacios vectoriales son de dimensión finita, de hecho la mayoría no lo son.

Problema. Demuestra que el espacio vectorial $V$ de todos los polinomios con coeficientes reales no es un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ de dimensión finita.

Demostración. Supongamos que $V$ tiene un conjunto generador finito, entonces existen polinomios $p_1,p_2,\dots,p_n\in V$ tales que $V=\text{span}(p_1,p_2,\dots,p_n)$. Sea $d=\max\{deg(p_1), \dots, deg(p_n)\}$. Como todos los $p_i$ tienen grado a lo más $d$, entonces cualquier combinación lineal de $p_1,p_2,\dots,p_n$ también tiene grado a lo más $d$. Se sigue que todo vector en $V$ tiene grado a lo más $d$, pero eso es imposible, pues $deg(x^{d+1})=d+1>d$. Por lo tanto $V$ no es de dimensión finita.

$\square$

Nos gustaría definir la dimensión de un espacio vectorial. Para ilustrar esto es bueno pensar primero en $\mathbb{R}^n$ para distintos valores de $n$. Una linea (digamos $\mathbb{R}$) debería tener dimensión $1$, un plano (digamos $\mathbb{R}^2$) debería tener dimensión 2, y en general $\mathbb{R}^n$ debería tener dimensión $n$.

Antes de profundizar más en esto, es conveniente mencionar algunas definiciones y problemas prácticos para generar una mejor intuición sobre el rumbo que estamos a punto de tomar.

Definición. Una base de un espacio vectorial $V$ es un subconjunto $B$ de $V$ tal que $B$ es linealmente independiente y generador.

Ejemplos.

  • El conjunto $B=\{e_1,\ldots,e_n\}$ de vectores canónicos en $\mathbb{F}^n$ es una base. Esto se puede verificar con lo que hicimos al inicio del curso, cuando mostramos que cualquier vector $v$ en $\mathbb{F}^n$ se puede escribir de manera única como $v=x_1e_1+\ldots+x_ne_n$ con $x_1,\ldots,x_n$ escalares. Como existe al menos una forma, entonces $\text{span}(B)=F^n$. Como es única, en particular la única forma de escribir al vector $0$ es si $x_1=\ldots=x_n=0$. Esto muestra que $B$ es generador y linealmente independiente.
  • El conjunto $B=\{E_{ij}\}$ de matrices canónicas en $M_{m,n}(F)$ es una base.
  • El conjunto $1,x,\ldots,x^n$ es una base de $\mathbb{R}_n[x]$.

Encontrar bases de subespacios

Como los subespacios de espacios vectoriales también son espacios vectoriales, entonces también tiene sentido hablar de si un conjunto de vectores es base para un subespacio. Veamos ahora varios problemas para entender mejor esto.

Problema. Dada la matriz $A\in M_2(\mathbb{R})$
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix}
2 & 0\\
0 & 3
\end{pmatrix}
\end{align*}
encuentra una base para el subespacio $U$ de $M_2(\mathbb{R})$ definido por
\begin{align*}
U=\{X\in M_2(\mathbb{R}): XA=AX\}.
\end{align*}

Solución. Considera la matriz $X=\begin{pmatrix}
a_1 & a_2\\
a_3 & a_4\end{pmatrix}$. Entonces $X\in U$ si y sólo si $XA=AX$, lo anterior lo escribimos como
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
2a_1 & 3 a_2\\
2a_3 & 3a_4
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2a_1 & 2 a_2\\
3a_3 & 3a_4
\end{pmatrix}.
\end{align*}
De la igualdad anterior obtenemos que $a_2=a_3=0$. Por lo tanto
\begin{align*}
U=\left\{\begin{pmatrix}
a_1 & 0\\
0 & a_4\end{pmatrix}:a_1,a_4\in \mathbb{R}\right\}.
\end{align*}

Este es un primer paso, pues nos permite poner al subespacio $U$ en una forma en la que es más fácil de entender. Ahora es más fácil encontrar una base para $U$. Proponemos al siguiente conjunto de dos matrices:
\begin{align*}
B=\left\{ \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 0\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}
0&0\\
0 & 1\end{pmatrix}\right\}.
\end{align*}

Por un lado, este es un conjunto generador para $U$, pues cualquier elemento de $U$ se puede escribir como combinación lineal de elementos en $B$ como sigue: $$\begin{pmatrix} a_1 & 0 \\ 0 & a_4 \end{pmatrix}=a_1 \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + a_4 \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

Por otro lado, $B$ es un conjunto linealmente independiente pues si $a$ y $b$ son escalares que tan una combinación lineal igual a cero entonces tendríamos $$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix}.$$

Igualando la primera y última matriz entrada a entrada, tenemos que $a=b=0$.

$\square$

Es importante que revises el problema anterior con profundidad, pues da una idea de cómo encontrar una base $B$ de un subespacio $U$ de un espacio vectorial $V$. Una receta que funciona en algunos casos es la siguiente:

  • Entender bien el subespacio $U$ del que hay que dar una base.
  • Expresar a $U$ en términos simples.
  • Ver cómo son los vectores de $U$, y de ahí proponer una base $B$. Para esta parte hay que jugar un poco con conjuntos de vectores, para ver si son suficientes para generar y no son demasiados como para ya no ser linealmente independientes.
  • Mostrar que $B$ genera a $U$.
  • Mostrar que $B$ es linealmente independiente en $V$.

Veamos más ejemplos.

Problema. Determina una base para el subespacio $U$ de $\mathbb{R}^4$ dado por
\begin{align*}
U=\{(a,b,c,d)\in \mathbb{R}^4:a+b=0, c=2d\}.
\end{align*}

Solución. Como $b=-a$ y $c=2d$, entonces
\begin{align*}
U=\{(a,-a,2d,d)\in \mathbb{R}^4:a,d\in \mathbb{R}\}=\{av_1+dv_2|a,d\in \mathbb{R}\},
\end{align*}
donde $v_1=(1,-1,0,0)$ y $v_2=(0,0,2,1)$. Por lo tanto $v_1,v_2$ generan a $U$. También son linealmente independientes, pues la relación $av_1+dv_2=0$ es equivalente a $(a,-a,2d,d)=(0,0,0,0)$ e implica $a=d=0$.Se sigue que $\{v_1,v_2\}$ es una base para $U$.

$\square$

Problema. Considera los subespacios $U,V$ de $\mathbb{R}^4$ definidos por
\begin{align*}
U=\{(x,y,z,w)\in\mathbb{R}^4:y+z+w=0\}
\end{align*}
y
\begin{align*}
V=\{(x,y,z,w)\in\mathbb{R}^4:x=-y, \hspace{2mm}z=2w\}.
\end{align*}
Encuentra una base para cada uno de los subespacios $U,V$ y $U\cap V$ de $\mathbb{R}^4$.

Solución. Expresando a $w$ en términos de $y$ y $z$, obtenemos
\begin{align*}
U&=\{(x,y,z,-y-z)|y,z\in\mathbb{R}\}\\
&=\{xu_1+yu_2+zu_3|x,y,z \in \mathbb{R}\},
\end{align*}
donde $u_1=(1,0,0,0), u_2=(0,1,0,-1)$ y $u_3=(0,0,1,-1)$.

Veamos si $u_1,u_2,u_3$ son linealmente independientes. La igualdad $xu_1+yu_2+zu_3=0$ es equivalente a $(x,y,z,-y-z)=(0,0,0,0)$ e implica $x=y=z=0$. Por lo tanto, los vectores $u_1,u_2,u_3$ son linealmente independientes y forman una base de $U$.

Ahora, para $V$. Es fácil ver que
\begin{align*}
V&=\{(-y,y,2w,w)| y,w\in\mathbb{R}\}\\
&=\{yv_1+wv_2| y,w\in \mathbb{R}\},
\end{align*}
donde $v_1=(-1,1,0,0) \hspace{2mm}$ y $v_2=(0,0,2,1)$.

Nuevamente, $v_1, v_2$ son linealmente independientes, pues la relación $yv_1+wv_2=0$ es equivalente a $(-y,y,2w,w)=(0,0,0,0)$ e implica $y=w=0$. Por lo tanto $v_1,v_2$ forman una base de $V$.

Finalmente, el vector $(x,y,z,w)\in\mathbb{R}^4$ pertenece a $U\cap V$ si y sólo si
\begin{align*}
x=-y, \hspace{3mm} z=2w, \hspace{3mm} y+z+w=0.
\end{align*}
Se sigue que $x=3w, \hspace{2mm} z=2w \hspace{2mm}$ y $y=-3w$, o bien
\begin{align*}
(x,y,z,w)=(3w,-3w,2w,w)=w(3,-3,2,1).
\end{align*}
Por lo tanto $\{(3,-3,2,1)\}$ es una base de $U \cap V$.

$\square$

Problema. Sea $V$ el espacio de funciones $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ generado por las funciones en $B=\{1,x\mapsto \sin (2x), x\mapsto \cos(2x)\}$.

a) Demuestra que $B$ es una base de $V$.
b) Demuestra que $x\mapsto \sin ^2 (x)$ es una función en $V$ y exprésala como combinación lineal de los elementos de $B$.

Solución. a) . Como $V$ es el generado de $B$, por definición $B$ es generador. Así, basta demostrar que los vectores en $B$ son linealmente independientes. En otras palabras, queremos ver que si $a,b,c$ son números reales tales que
\begin{align*}
a+b\sin (2x) + c\cos (2x)=0
\end{align*}
para todo $x\in \mathbb{R}$, entonces $a=b=c=0$.

Tomando $x=0$ se obtiene que $a+c=0$. Si tomamos $x=\frac{\pi}{2}$ obtenemos $a-c=0$. Por lo tanto $a=c=0$. Finalmente, si tomamos $x=\frac{\pi}{4}$ obtenemos $b=0$.

b) Para cada $x\in\mathbb{R}$ se tiene
\begin{align*}
\cos (2x)&=2\cos^2(x)-1\\
&=2(1-\sin^2(x))-1\\
&=1-2\sin^2(x),
\end{align*}
por lo tanto
\begin{align*}
\sin^2(x)=\frac{1-\cos (2x)}{2}.
\end{align*}
Por lo tanto $x\mapsto \sin^2(x)$ pertence a $V$ y lo expresamos como combinación lineal de los elementos de $B$ de la siguiente manera:
\begin{align*}
\sin^2(x)=\frac{1}{2}\cdot 1 + 0\cdot \sin(2x) – \frac{1}{2} \cos (2x).
\end{align*}

$\square$

Dimensión finita y bases

Ahora veamos un teorema muy importante en la teoría de la dimensión de espacios vectoriales.

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita. Entonces
a) $V$ contiene una base con una cantidad finita de elementos.
b) Cualesquiera dos bases de $V$ tienen el mismo número de elementos (en particular, cualquier base tiene una cantidad finita de elementos).

Demostración. a) Como $V$ es de dimensión finita, entonces tiene al menos un conjunto generador finito. Sea $B$ un conjunto generador de $V$ con el menor número posible de elementos. Vamos a demostrar que $B$ es una base para $V$. $B$ ya es conjunto generador porque así lo escogimos, sólo falta probar que es linealmente independiente.

Supongamos por el contrario que $B$ no es linealmente independiente, entonces existe $v\in B$ tal que $v\in \text{span}(B\backslash \{v\})$. Por lo tanto $$\text{span}(B\setminus\{v\})=\text{span}(B)=V.$$

Pero eso es imposible pues $B$ se tomó de tamaño mínimo. Por lo tanto $B$ es linealmente independiente. Se sigue el resultado deseado.

b) Sea $B$ una base con una cantidad finita de elementos, digamos $n$. Sea $B’$ otra base de $V$. Por definición de base, $B’$ es linealmente independiente y $B$ es un conjunto generador con $n$ elementos.

Por el lema de Steinitz, $B’$ es finito y tiene a lo más $n$ elementos. Lo anterior nos muestra que cualquier base tiene a lo más $n$ elementos. De hecho, si $B’$ tiene $d$ elementos, el lema de Steinitz garantiza que $n\leq d$.

Ahora volvemos a aplicar el mismo argumento que antes, pero pensando a $B$ como linealmente independiente y a $B’$ como generador. Concluimos que $k\leq d$. De este modo, $k=d$ y por lo tanto toda base de $V$ tiene la misma cantidad de elementos.

$\square$

El resultado anterior justifica que la siguiente definición esté bien hecha.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita. Definimos la dimensión $dim V$ de $V$ como el número de elementos de una base de $V$.

Ejemplos y problemas de dimensión

Ejemplo. Considera el espacio vectorial $\mathbb{R}^n$ y su base canónica $B=\{e_1,e_2,\dots , e_n\}$. Como $B$ es base y tiene $n$ elementos, entonces $dim(\mathbb{R}^n)=n$.

$\square$

Ejemplo. Considera el espacio vectorial $\mathbb{R}_n[x]$ de polinomios con coeficientes reales y grado a lo más $n$. Una base para $\mathbb{R}_n[x]$ es $\{1,x,\dots, x^n\}$, por lo tanto $dim(\mathbb{R}_n[x])=n+1$.

$\square$

Ejemplo. Considera el espacio vectorial $M_{m,n}(\mathbb{R})$. Sea $E_{ij}\in M_{m,n}(\mathbb{R})$ la matriz cuya entrada $(i,j)$ es $1$ y el resto de sus entradas son $0$. Entonces $B=\{E_{ij}| 1\leq i \leq m, 1\leq j \leq n \}$ es una base para $M_{m,n}(\mathbb{R})$. Así, $\dim(M_{m,n}(\mathbb{R}))=mn$.

$\square$

Problema. Encuentra una base y la dimensión del subespacio
\begin{align*}
V=\{(a,2a)|a\in \mathbb{R}\}\subset \mathbb{R}^2.
\end{align*}

Solución. Notemos que $V=\text{span}((1,2))$, pues $(a,2a)=a(1,2)$. Como $(1,2)\neq (0,0)$, entonces $B=\{(1,2)\}$ es una base de $V$. Por lo tanto $\dim(V)=1$.

$\square$

Un lema útil para demostrar que algo es base

Para finalizar esta entrada demostraremos otro teorema muy importante en la teoría de la dimensión de espacios vectoriales. En este resultado usamos de nuevo de manera repetida el lema de intercambio de Steinitz.

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$. Entonces
a) Cualquier conjunto linealmente independiente de vectores de $V$ tiene a lo más $n$ elementos.
b) Cualquier conjunto generador de $V$ tiene al menos $n$ elementos.
c) Si $S$ es un subconjunto de $V$ con $n$ elementos, entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. $S$ es linealmente independiente.
  2. $ S $ es un conjunto generador.
  3. $S$ es una base de $V$.

Demostración. Sea $V$ una base de $B$. Por definición $B$ tiene $n$ elementos.

a) Como $B$ es un conjunto generador con $n$ elementos, por el lema de intercambio se tiene que cualquier conjunto linealmente independiente tiene a lo más $n$ elementos.

b) Sea $S$ un conjunto generador de $V$ y supongamos que $S$ tiene $d<n$ elementos. Como $B$ es linealmente independiente, entonces por el lema de intercambio se tiene que $n \leq d$, lo cual sería una contradicción.

c) Es claro que (3) implica (1) y (2), por lo que solamente probaremos que (1) implica (3) y que (2) implica (3).

Supongamos que $S$ es linealmente independiente, entonces por el lema de intercambio de Steintz podemos agregar $n-n=0$ vectores a $S$ de manera que el nuevo conjunto es generador. Claramente el nuevo conjunto es $S$ mismo, pues no le agregamos nada. Por lo tanto $S$ es un conjunto generador y como estamos bajo el supuesto de que $S$ es linealmente independiente, entonces $S$ es una base de $V$.

Ahora supongamos que $S$ es un conjunto generador que no es linealmente independiente. Entonces existe $v\in S$ tal que $v\in \text{span}(S\setminus \{v\})$. Se sigue que $S\setminus \{v\}$ es un conjunto generador de $n-1$ elementos (al generar a $v$, genera todo lo que generaba $S$). Pero esto contradice el inciso b). Por lo tanto $S$ es linealmente independiente y por lo tanto es una base de $V$.

$\square$

El resultado anterior nos permite pensar a las bases de un espacio vectorial como los conjuntos linealmente independientes «más grandes», o bien como los conjuntos generadores «más chicos». En la siguiente entrada veremos ejemplos prácticos del uso del teorema anterior.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • En todos los problemas en donde se hable de subespacios, verifica que en efecto los conjuntos dados son subespacios del espacio vectorial mencionado.
  • En todos los ejemplos y problemas en los que se menciona que algo es base, verifica que en efecto se tiene un conjunto que es generador y linealmente independiente.
  • Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{C}$ y de dimensión $n$. Demuestra que si ves a $V$ como un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$, entonces $\dim(V)=2n$.
  • Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita y $W$ un subespacio de $V$. Demuestra que $W$ es de dimensión finita, que $\dim(W)\leq \dim(V)$ y que la igualdad se da si y sólo si $W=V$.
  • Sean $W_1,W_2$ subespacios de un espacio vectorial $V$ con dimensiones $m$ y $n$, respectivamente, con $m\geq n$.
    a) Demuestra que $\dim(W_1\cap W_2)\leq n$.
    b) Demuestra que $\dim(W_1 + W_2)\leq m+n$.
  • Encuentra la dimensión del subespacio de matrices en $M_n(\mathbb{R})$ que son simétricas.

Más adelante…

A partir de la definición de dimensión, más adelante construiremos la noción de rango, que nos permite decir «qué tanta información guarda una matriz». La dimensión ayuda también a comprender cuándo hay cierto tipo de transformaciones lineales entre espacios vectoriales. Una aplicación más de la dimensión es que en muchos casos queremos probar afirmaciones para todos los espacios vectoriales de dimensión finita. Como la dimensión nos permite asociar a cada uno de estos un entero, muchas de estas demostraciones se pueden hacer por inducción.

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Álgebra Lineal I: Conjuntos generadores e independencia lineal

Introducción

En esta entrada explicaremos cómo podemos estudiar espacios y subespacios vectoriales a partir de conjuntos más pequeños que guardan la información más relevante de ellos. A estos conjuntos les llamaremos generadores. Además estudiaremos el concepto de independencia lineal. A grandes rasgos podemos decir que un conjunto es linealmente independiente cuando no tiene «elementos redundantes» que se pueden obtener a partir de otros en el conjunto. En ambos casos, nos basaremos fuertemente en el concepto de combinaciones lineales que ya discutimos anteriormente.

Conjuntos generadores

El inciso (1) de la siguiente definición ya lo mencionamos parcialmente en una entrada anterior, para un conjunto finito de vectores. Aquí lo enunciamos de modo que también aplique para conjuntos posiblemente infinitos.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $F$ y $S$ un subconjunto de $V$.

  1. El subespacio generado por $S$ es el subconjunto de $V$ que consiste de todas las combinaciones lineales $c_1v_1+c_2v_2+\dots + c_nv_n$, donde $v_1,v_2,\dots,v_n$ es un subconjunto finito de $S$ y $c_1,c_2, \dots , c_n$ son escalares en $F$. Al subespacio generado de $S$ lo denotamos por $\text{span}(S)$. A menudo nos referiremos al subespacio generado de $S$ simplemente como «el generado de $S$».
  2. b) Decimos que $S$ es un conjunto generador de $V$ si $\text{span}(S)=V$.

En otras palabras, un subconjunto $S$ de $V$ es generador cuando cualquier elemento de $V$ se puede escribir como una combinación lineal de elementos de $S$.

Ejemplos.

  1. Considera el espacio vectorial $\mathbb{R}^3$ y el conjunto
    \begin{align*}
    e_1=\begin{pmatrix}
    1\\
    0\\
    0\end{pmatrix}, \hspace{2mm} e_2=\begin{pmatrix}
    0\\
    1\\
    0\end{pmatrix}, \hspace{2mm} e_3=\begin{pmatrix}
    0\\
    0\\
    1\end{pmatrix}.
    \end{align*}
    Entonces $e_1,e_2,e_3$ forma un conjunto generador de $\mathbb{R}^3$, pues cada vector $X=\begin{pmatrix}
    x\\
    y\\
    z\end{pmatrix}$ se puede escribir como $X=xe_1+ye_2+ze_3$. Sin embargo, el conjunto conformado por únicamente $e_2$ y $e_3$ no es generador pues, por ejemplo, el vector $(1,1,1)$ no puede ser escrito como combinación lineal de ellos.
  2. Sea $\mathbb{R}_n[x]$ el espacio de los polinomios con coeficientes reales y de grado a los más $n$. La familia $1,x,\dots, x^n$ es un conjunto generador.
  3. Considera el espacio $M_{m,n}(F)$. Sea $E_{ij}$ la matriz cuya entrada $(i,j)$ es $1$ y todas sus demás entradas son $0$. Entonces la familia $(E_{ij})_{1\leq i\leq m, 1\leq j \leq n}$ es un conjunto generador de $V$, pues cada matriz $A=[a_{ij}]$ puede ser escrita como
    \begin{align*}
    A=\displaystyle\sum_{i=1}^m \displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij}E_{ij}.
    \end{align*}
    Este ejemplo lo discutimos anteriormente, cuando hablamos de matrices y sus operaciones.
  4. Para dar un ejemplo donde un conjunto generador consiste de una cantidad infinita de elementos, considera el espacio $\mathbb{R}[x]$ de polinomios. En este caso, el conjunto $\{x^i: i \geq 0\}$ de todas las potencias de $x$ es un conjunto generador. Seria imposible tener un conjunto generador finito para $\mathbb{R}[x]$ pues si ese conjunto es $S$ y el grado máximo de un polinomio en $S$ es $M$, entonces no podremos obtener al polinomio $x^{M+1}$ como combinación lineal de elementos de $S$.

$\square$

Reducción gaussiana y conjuntos generadores

Cuando estamos en el espacio vectorial $F^n$, la reducción gaussiana también resulta muy útil a la hora de estudiar el subespacio generado por los ciertos vectores $v_1,v_2,\dots, v_k$. Considera la matriz $A\in M_{k,n}(F)$ obtenida por poner como vectores fila a $v_1,v_2,\dots, v_k$ en la base canónica de $F^n$ . Hacer operaciones elementales sobre los renglones de $A$ no altera el subespacio generado por sus renglones, de manera que $\text{span}(v_1,\dots, v_k)$ es precisamente el subespacio generado los renglones de $A_{red}$. Esto nos da una manera más sencilla de entender a $\text{span}(v_1, \dots, v_k)$.

Ejemplo. Considera los vectores $v_1=(1,2,6),\hspace{2mm} v_2=(-1,3,2), \hspace{2mm}v_3=(0,5,8)$ en $\mathbb{R}^3$. Queremos encontrar una manera sencilla de expresar $V=\text{span}(v_1,v_2,v_3)$.
Considera la matriz
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 6\\
-1 & 3 & 2\\
0 & 5 & 8\end{pmatrix}.
\end{align*}
Aplicando el algortimo de reducción gaussiana (manualmente o con una calculadora online) llegamos a que
\begin{align*}
A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & \frac{14}{5}\\
0 & 1 & \frac{8}{5}\\
0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
\end{align*}
De manera que
\begin{align*}
V=\text{span}\left(\left(1,0,\frac{14}{5}\right),\left(0,1,\frac{8}{5}\right)\right).
\end{align*}

Siendo más explícitos todavía, $V$ es entonces el conjunto de vectores de $\mathbb{R}^3$ de la forma $$a\left(1,0,\frac{14}{5}\right)+b\left(0,1,\frac{8}{5}\right)=\left(a,b,\frac{14a+8b}{5}\right).$$

$\square$

Independencia lineal

Sean $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$, $v_1, \dots ,v_n\in V$ y $v\in \text{span}(v_1, \dots, v_n)$. Por definición, existen escalares $c_1,c_2, \dots , c_n$ en $F$ tales que
\begin{align*}
v=c_1v_1+c_2v_2+\dots + c_nv_n.
\end{align*}

No hay algo en la definición de subespacio generado que nos indique que los escalares deben ser únicos, y en muchas ocasiones no lo son.

Problema. Sean $v_1,v_2,v_3$ tres vectores en $\mathbb{R}^n$ tales que $3v_1+v_2+v_3=0$ y sea $v=v_1+v_2-2v_3$. Encuentra una infinidad de maneras de expresar a $v$ como combinación lineal de $v_1,v_2,v_3$.

Solución. Sea $\alpha \in \mathbb{R}$. Multiplicando por $\alpha$ la igualdad $3v_1+v_2+v_3=0$ y sumando la igualdad $v_1+v_2+v_3=v$ se sigue que
\begin{align*}
v=(3\alpha + 1)v_1 + (\alpha +1)v_2 + (\alpha – 2)v_3.
\end{align*}
Así, para cada $\alpha \in \mathbb{R}$ hay una manera diferente de expresar a $v$ como combinación lineal de $v_1,v_2,v_3$.

$\square$

Supongamos ahora que el vector $v$ puede ser escrito como $v=a_1v_1+a_2v_2+ \dots + a_nv_n$. Si $b_1,b_2, \dots, b_n$ son otros escalares tales que $v=b_1v_1+b_2v_2+ \dots + b_nv_n$, entonces al restar la segunda relación de la primera obtenemos
\begin{align*}
0=(a_1-b_1)v_1+ (a_2-b_2)v_2+ \dots + (a_n-b_n)v_n.
\end{align*}
De manera que podríamos concluir que los escalares $a_1,a_2,\dots,a_n$ son únicos si la ecuación
\begin{align*}
z_1v_1+z_2v_2+ \dots + z_nv_n=0
\end{align*}
implica $z_1=z_2=\dots=z_n=0$ (con $z_1,\dots ,z_n\in F$), pero este no siempre es el caso (ejemplo de ello es el problema anterior).

Los vectores $v_1, v_2, \dots, v_n$ que tienen la propiedad de generar a los vectores en $\text{span}(v_1,\ldots,v_n)$ de manera únicason de suma importancia en el álgebra lineal y merecen un nombre formal.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre el campo $F$.
a) Decimos que los vectores $v_1,v_2, \dots, v_n\in V$ son linealmente dependientes si existe una relación
\begin{align*}
c_1v_1+c_2v_2+\dots+c_nv_n=0
\end{align*}
para la cual $c_1,c_2, \dots,c_n$ son escalares de $F$ y alguno es distinto de cero.
b) Decimos que los vectores $v_1,v_2, \dots, v_n\in V$ son linealmente independientes si no son linealmente dependientes, es decir, si la relación
\begin{align*}
a_1v_1+a_2v_2+\dots+a_nv_n=0
\end{align*}
implica que $a_1=a_2=\dots=a_n=0.$

La discusión previa a la definición muestra que un vector en $\text{span}(v_1,\ldots,v_n)$ puede ser escrito de manera única como combinación lineal de los vectores $v_1,\ldots,v_n$ si y sólo si estos vectores son linealmente independientes.

Ejemplos de dependencia e independencia lineal

Ejemplo. Las matrices $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ y $C=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ son linealmente independientes en $M_{2,3}(\mathbb{R})$. Verifiquemos esto. Supongamos que hay una combinación lineal de ellas igual a cero, es decir, que existen reales $a,b,c$ tales que $aA+bB+cC=O_{2,3}$. Obtenemos entonces que $$\begin{pmatrix} a+b & 0 & 0 \\ a+b & b+c & c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

De la entrada $(2,3)$ obtenemos que $c=0$. Así, de la entrada $(2,2)$ obtenemos que $b=0$ y consecuentemente, de la entrada $(1,1)$ obtenemos que $a=0$. De esta forma, la única combinación lineal de las matrices $A$, $B$ y $C$ que da $0$ es cuando los coeficientes son iguales a cero. Concluimos que $A$, $B$ y $C$ son linealmente independientes.

$\square$

Ejemplo. Considera el espacio vectorial $V$ de funciones de $[0,1]$ a $\mathbb{R}$. Demuestra que las funciones $f(x)=\sin^2 (x)$, $g(x) = 3\cos^2(x)$, $m(x)=x^2$ y $h(x)=-5$. Veremos que estas funciones son linealmente dependientes. Para ello, debemos encontrar reales $a,b,c,d$ no todos ellos iguales a cero tales que $$af+bg+cm+dh=0,$$ es decir, tales que para todo $x$ en el intervalo $[0,1]$ se cumpla que $$a\sin^2(x) + 3b\cos^2(x) + cx^2 -5d = 0.$$

Proponemos $a=1$, $b=\frac{1}{3}$, $c=0$ y $d=\frac{1}{5}$. Notemos que con esta elección de coeficientes tenemos por la identidad pitagórica que
\begin{align*}
\sin^2(x)+\cos^2(x) – 1 = 0.
\end{align*}

Hemos encontrado coeficientes, no todos ellos iguales a cero, tales que una combinación lineal de las funciones es igual a la función cero. Concluimos que las funciones son linealmente dependientes.

$\square$

Reducción gaussiana e independencia lineal

Ahora estudiaremos una técnica para estudiar la independencia lineal. Esta nos permitirá determinar si dados algunos vectores $v_1,v_2\dots,v_k\in F^n$, estos son linealmente independientes. Veamos que este problema puede ser resuelto de manera sencilla por medio de un algoritmo. En efecto, necesitamos saber si podemos encontrar $x_1, \dots, x_k\in F$ no todos iguales a $0$ y tales que
\begin{align*}
x_1v_1+\dots+x_nv_n=0.
\end{align*}

Sea $A$ de $n\times k$ la matriz cuyas columnas están dadas por los vectores $v_1, \dots, v_k$. Entonces la relación anterior es equivalente al sistema $AX=0$, donde $X$ es el vector columna con coordenadas $x_1, \dots, x_k$.Por lo tanto los vectores $v_1, \dots, v_k$ son linealmente independientes si y sólo si el sistema homogéneo $AX=0$ únicamente tiene a la solución trivial.

Como ya vimos anteriormente, este problema se puede resolver mediante el algoritmo de reducción gaussiana: Sea $A_{red}$ la forma escalonada reducida de $A$. Si existe un pivote en cada columna de $A_{red}$, entonces no hay variables libres y la solución al sistema únicamente es el vector cero. Así, $v_1,\dots, v_k$ son linealmente independientes. De lo contrario son linealmente dependientes. Siguiendo este procedimiento, es posible resolver el problema original de manera algorítimica.

Otra cosa importante que podemos deducir a partir de este análisis es que como un sistema lineal homogéneo con más variables que ecuaciones siempre tiene una solución no trivial, entonces si tenemos más de $n$ vectores en $F^n$, estos nunca serán linealmente independientes.

Problema. Considera los vectores
\begin{align*}
v_1&=(1,2,3,4,5)\\
v_2&=(2,3,4,5,1)\\
v_3&=(1,3,5,7,9)\\
v_4&=(3,5,7,9,1)
\end{align*} en $\mathbb{R}^5$. ¿Son linealmente independientes? Si la respuesta es negativa, da una relación no trivial de dependencia lineal entre estos vectores.

Solución. Consideremos la matriz cuyas columnas son los vectores $v_1, \dots, v_4$
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 3\\
2 & 3 & 3 & 5\\
3 & 4 & 5 & 7\\
4 & 5 & 7 & 9\\
5 & 1 & 9 & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Aplicando reducción gaussiana obtenemos
\begin{align*}
A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & -2\\
0& 1 & 0 & 2\\
0&0 & 1 & 1\\
0 &0 & 0 & 0\\
0& 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Como no hay pivote en la última columna, ésta corresponde a una variable libre. Así, habrá por lo menos una solución no trivial y entonces los vectores $v_1,v_2,v_3,v_4$ son linealmente dependientes.

Para encontrar la relación no trivial de dependencia lineal resolvemos el sistema $AX=0$, el cual es equivalente al sistema $A_{red}X=0$. De la matriz anterior obtenemos las siguientes igualdades
\begin{align*}
x_1=2x_4, \hspace{3mm}, x_2=-2x_4, \hspace{3mm} x_3=-x_4.
\end{align*}
Tomando $x_4=1$ (de hecho podemos asignarle cualquier valor distinto de cero), obtenemos la relación de dependencia lineal
\begin{align*}
2v_1-2v_2-v_3+v_4=0.
\end{align*}

$\square$

Hagamos otro problema en el que la técnica anterior nos ayuda a estudiar la independencia lineal.

Problema. Demuestra que los vectores
\begin{align*}
v_1=(2,1,3,1), \hspace{2mm} v_2=(-1,0,1,2), \hspace{2mm} v_3=(3,2,7,4), \hspace{2mm} v_4=(1,2,0,-1), \hspace{2mm}
\end{align*}
son linealmente dependientes y encuentra tres de ellos que sean linealmente independientes.

Solución. Sea $A$ la matriz cuyas columnas son los vectores $v_1, \dots , v_4$
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3 & 1\\
1 & 0 & 2 & 2\\
3 & 1 & 7 & 0\\
1 & 2 & 4 & -1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Aplicando reducción gaussiana obtenemos
\begin{align*}
A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 0\\
0& 1 & 1 & 0\\
0&0 & 0 & 1\\
0 &0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Como la tercera columna de $A_{red}$ no tiene al pivote de ninguna fila, deducimos que los cuatro vectores son linealmente dependientes.

Si eliminamos la tercera columna, entonces la matriz que queda es la forma escalonada reducida correspondiente al conjunto $\{v_1,v_2,v_4\}$. Como esta matriz sí tiene pivotes de filas en cada columna, concluimos que este es un conjunto de vectores linealmente independientes.

$\square$

Independencia lineal de conjuntos infinitos

Hasta este momento hemos trabajado únicamente con familias finitas de vectores, así que es natural preguntarse qué procede con las familias infinitas. Con la definición que tenemos, si tomamos una familia infinita de vectores $(v_i)_{i\in I}$ no podríamos darle algún significado a la suma infinita $\displaystyle\sum_{i\in I}c_iv_i$ para cualquier toda elección de escalares $c_i$, pues en espacios vectoriales no está en general definido cómo hacer una suma infinita. Sin embargo, si todos salvo una cantidad finita de escalares son $0$, entonces la suma anterior sería una suma finita y ya tendría sentido.

De esta manera, podemos extender la definición como sigue.

Definición. La familia $(v_i)_{i\in I}$ es linealmente dependiente si existe una familia de escalares $(c_i)_{i\in I}$ tales que todos salvo una cantidad finita de ellos son cero, pero al menos uno no es cero y que $\displaystyle\sum_{i\in I}c_iv_i=0$.

De manera equivalente y para simplificar el razonamiento anterior podemos decir que una familia arbitraria de vectores es linealmente dependiente si tiene una subfamilia finita linealmente dependiente. Una familia de vectores es linealmente independiente si toda subfamilia finita es linealmente independiente. Por lo tanto, un conjunto $L$ (posiblemente infinito) es linealmente independiente si dados elementos distintos $l_1,\dots, l_n\in L$ y escalares $a_1,a_2,\dots, a_n$ con $a_1l_1+a_2l_2+\dots+ a_nl_n=0$, entonces $a_1=a_2=\dots=a_n=0.$

Observación. a) Una subfamilia de una familia linealmente independiente es linealmente independiente. En efecto, sea $(v_i)_{i\in I}$ una familia linealmente independiente y sea $J\subset I$. Supongamos que $(v_i)_{i\in J}$ es linealmente dependiente. Entonces existe una subfamilia finita linealmente dependiente $v_{i_1}, \dots, v_{i_n}$ con $i_1, \dots,i_n\in J $, pero $i_1, \dots,i_n\in I $, entonces $v_{i_1}, \dots, v_{i_n}$ es una subfamilia finita y linealmente dependiente de una familia linealmente independiente lo cual es una contradicción.
b) Si dos vectores de una familia son iguales, entonces automáticamente la familia es linealmente dependiente.

$\square$

Más adelante veremos ejemplos de generadores y de independencia lineal con familias infinitas de vectores.

Una relación entre independencia lineal y generados

Podemos relacionar las nociones de subespacio generado y de independencia lineal con la siguiente proposición. Básicamente nos dice que un conjunto $\{v_1, \dots, v_n\}$ es linealmente dependiente si y sólo si alguno sus elementos se puede expresar como combinación lineal de los demás.

Es importante mencionar que usamos la palabra «conjunto» y no «familia», puesto que con la primera nos referimos a que los vectores son distintos dos a dos, mientras que con la segunda sí pueden haber repeticiones.

Proposición. Sea $S$ un conjunto de vectores en algún espacio vectorial $V$. Entonces $S$ es linealmente dependiente si y sólo si existe $v\in S$ tal que $v\in \text{span}(S\backslash \{v\})$.

Demostración. Supongamos que $S$ es linealmente dependiente. Entonces existe una cantidad finita de vectores $v_1,v_2, \dots , v_n\in S$ y algunos escalares $a_1,a_2, \dots, a_n$ no todos iguales a $0$, tales que
\begin{align*}
a_1v_1+a_2v_2+ \dots + a_nv_n=0.
\end{align*}
Notemos que $v_1,\dots , v_n$ son distintos dos a dos, pues estamos suponiendo que los elementos de $S$ también lo son.

Como no todos los escalares son $0$, existe $i\in \{1,2,\dots, n\}$ tal que $a_i\neq 0$. Dividiendo la igualdad anterior entre $a_i$, obtenemos
\begin{align*}
\frac{a_1}{a_i}v_1+ \dots + \frac{a_{i-1}}{a_i}v_{i-1}+ v_i+ \frac{a_{i+1}}{a_i}v_{i+1}+ \dots + \frac{a_n}{a_i}v_n=0,
\end{align*}
por consiguiente
\begin{align*}
v_i=-\frac{a_1}{a_i}v_1- \dots – \frac{a_{i-1}}{a_i}v_{i-1}-\frac{a_{i+1}}{a_i}v_{i+1}-\dots – \frac{a_n}{a_i}v_n.
\end{align*}

De lo anterior se sigue que $v_i$ pertenece al generado de $v_1, \dots , v_{i-1}, v_{i+1}, \dots , v_n$, el cual está contenido en $\text{span}(S \backslash \{v_i\})$, pues $\{v_1, \dots , v_{i-1}, v_{i+1}, \dots , v_n\}\subset S\backslash \{v_i\}$. Esto prueba una implicación.

Para la otra implicación, supongamos que existe $v\in S$ tal que $v\in \text{span}(S\backslash \{v\})$. Esto significa que existen $v_1,v_2, \dots, v_n\in S\backslash \{v\}$ y escalares $a_1,a_2,\dots ,a_n$ tales que
\begin{align*}
v=a_1v_1+a_2v_2+\dots+a_nv_n.
\end{align*}
Pero entonces
\begin{align*}
1\cdot v + (-a_1)v_1+ \dots + (-a_n)v_n=0
\end{align*}
y los vectores $v,v_1,\dots , v_n$ son linealmente dependientes pues por lo menos el primer coeficiente es distinto de cero. Como $v$ no está en $\{v_1, \ldots, v_n\}$, se sigue que $S$ tiene un subconjunto finito que es linealmente dependiente y por lo tanto $S$ también lo es.

$\square$

Tarea moral

  • Decide si el conjunto con las matrices $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}$ y $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ es un conjunto generador de $M_2(\mathbb{R})$.
  • Sean $S_1$ y $S_2$ subconjuntos de un subespacio vectorial $V$ tales que $S_1\subset S_2$. Demuestra que $\text{span}(S_1)\subset \text{span}(S_2)$. Concluye que si $S_1$ es generador, entonces $S_2$ también lo es
  • Demuestra la observación b).
  • Da un conjunto de $3$ vectores de $\mathbb{R}^3$ linealmente independientes y tales que ninguna de sus entradas es $0$. Haz lo mismo para linealmente dependientes.
  • Sean $f,g:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ funciones definidas por
    \begin{align*}
    f(t)=e^{rt}, \hspace{4mm} g(t)=e^{st}
    \end{align*}
    con $r\neq s$. Demuestra que $f$ y $g$ son linealmente independientes en $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$, el espacio de las funciones de los reales en los reales.

Más adelante…

Aquí ya hablamos de conjuntos generadores y de linealmente independientes. La entrada teórica que sigue es crucial y en ella se verá y formalizará la intuición de que los conjuntos generadores deben ser «grandes», mientras que los independientes deben ser «chicos». El resultado clave es el lema de intercambio de Steinitz.

Cuando un conjunto de vectores es tanto generador, como linealmente independiente, está en un equilibrio que ayuda a describir una propiedad muy importante de un espacio vectorial: la de dimensión.

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Álgebra Lineal I: Problemas de espacios, subespacios y sumas directas

Introducción

En esta entrada resolvemos más problemas para reforzar y aclarar los conceptos vistos anteriormente. Específicamente, resolvemos problemas acerca de espacios vectoriales, subespacios vectoriales y sumas directas.

Problemas resueltos

Problema. Muestra que el conjunto de las funciones continuas $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ tales que $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$ con las operaciones usuales es un espacio vectorial.

Solución: Primero observamos que nuestras operaciones están bien definidas: sabemos que la suma de funciones continuas es continua y si $f$ es continua y $\lambda\in \mathbb{R}$ es un escalar, entonces $\lambda f$ es continua. Más aún, si $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$ y $g\left(\frac{1}{2}\right)=0$, entonces $(f+g) \left( \frac{1}{2}\right) =f\left( \frac{1}{2}\right) + g\left( \frac{1}{2}\right)=0+0=0$ y $\lambda f\left(\frac{1}{2}\right)=\lambda \cdot 0 =0$. En otras palabras, estos argumentos muestran que el conjunto es cerrado bajo las operaciones propuestas.

Ahora veamos que se cumplen los axiomas de espacio vectorial. Recuerda que para mostrar la igualdad de dos funciones, basta con mostrar que son iguales al evaluarlas en cada uno de los elementos de su dominio. En las siguientes demostraciones, $x$ es un real arbitrario en $[0,1]$

  1. Si $f,g,h$ son parte de nuestro conjunto, entonces
    \begin{align*}
    \left(f+(g+h)\right)(x)&= f(x)+(g+h)(x)\\ &= f(x)+g(x)+h(x) \\ &= (f+g)(x) +h(x)\\ &= ((f+g)+h)(x).
    \end{align*}
    Aquí estamos usando la asociatividad de la suma en $\mathbb{R}$
  2. Si $f,g$ son como en las condiciones, dado que la suma en números reales es conmutativa, $(f+g)(x)= f(x)+g(x)= g(x)+f(x)=(g+f)(x)$.
  3. La función constante $0$ es un neutro para la suma. Sí está en el conjunto pues la función $0$ en cualquier número (en particular en $\frac{1}{2}$) tiene evaluación $0$.
  4. Dada $f$ continua que se anula en $\frac{1}{2}$, $-f$ también es continua y se anula en $\frac{1}{2}$ y $f+(-f)= (-f)+f=0$.
  5. Si $a,b\in \mathbb{R}$ entonces $a(bf)(x)= a(bf(x))= (ab)f(x)$, por la asociatividad del producto en $\mathbb{R}$.
  6. Es claro que la constante $1$ satisface que $1\cdot f=f$, pues $1$ es una identidad para el producto en $\mathbb{R}$.
  7. $(a+b)f(x)= af(x)+bf(x)$, por la distributividad de la suma en $\mathbb{R}$
  8. $a\cdot (f+g)(x) = a\cdot (f(x)+g(x))= a\cdot f(x)+a\cdot g(x)$, también por la distributividad de la suma en $\mathbb{R}$.

Observa como las propiedades se heredan de las propiedades de los números reales: En cada punto usamos que las operaciones se definen puntualmente, luego aplicamos las propiedades para los números reales, y luego concluimos el resultado (como por ejemplo, en la prueba de la conmutatividad).

$\square$

Problema. Muestra que ninguno de los siguientes es un subespacio vectorial de $\mathbb{R}^3$.

  1. El conjunto $U$ de los vectores $x=(x_1, x_2, x_3)$ tales que $x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$.
  2. El conjunto $V$ de todos los vectores en $\mathbb{R}^3$ con números enteros por coordenadas.
  3. El conjunto $W$ de todos los vectores en $\mathbb{R}^3$ que tienen al menos una coordenada igual a cero.

Solución:

  1. Notamos que el conjunto $U$ no es cerrado bajo sumas: En efecto, el vector $(1,0,0)\in U$, pues $1^2+0^2+0^2=1$, así como $(-1,0,0)\in U$, pues $(-1)^2+0^2+0^2=1$. Sin embargo su suma es $(0,0,0)$, que no es un elemento de $U$.
  2. Mientras que $V$ si es cerrado bajo sumas, no es cerrado bajo producto por escalares. Por ejemplo, $(2,8,1)\in V$, sin embargo $\frac{1}{2} (2,8,1)= \left(1,4,\frac{1}{2}\right)\notin V$, pues la última coordenada no es un número entero.
  3. El conjunto si es cerrado bajo producto por escalares, pero no bajo sumas: Tomando $(1,1,0)$ y $(0,0,1)$ en $W$, tenemos que $(1,1,0)+(0,0,1)=(1,1,1)\notin W$.

$\square$

Problema. Sea $V$ el conjunto de todas las funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ dos veces diferenciables (es decir, que tienen segunda derivada) que cumplen para todo $x\in \mathbb{R}$:

\begin{align*}
f»(x)+x^2 f'(x)-3f(x)=0.
\end{align*}

¿Es $V$ un subespacio de las funciones de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ ?

Solución: En efecto, podemos verificar que $V$ cumple las condiciones de subespacio:

  1. Observamos que la función $f\equiv 0$ es dos veces diferenciable y satisface
    \begin{align*}
    f»(x)+x^2 f'(x)-3f(x)=0+x^2 \cdot 0 -3\cdot 0=0.
    \end{align*}
    Es decir $0\in V$. Esto muestra que $V$ es no vacío.
  2. Sean $f,g\in V$. Sabemos que entonces $f+g$ también es dos veces diferenciable (por ejemplo, de un curso de cálculo). Además
    \begin{align*}
    &(f+g)»(x)+x^2 (f+g)'(x)-3(f+g)(x)\\ & = f»(x)+g»(x)+x^2 f'(x)+x^2 g'(x)-3f(x)-3g(x)\\& = f»(x)+x^2f(x)-3f(x)+ g»(x)+x^2g(x)-3g(x)\\& =0+0=0.
    \end{align*}
    Así $f+g\in V$.
  3. Finalmente sea $f\in V$ y sea $\lambda \in \mathbb{R}$ un escalar. Sabemos que $\lambda f$ es dos veces diferenciable, y además
    \begin{align*}
    &\left(\lambda f\right)»(x)+x^2\left(\lambda f\right)(x)-3(\lambda f)(x)\\ &= \lambda f»(x)+\lambda x^2 f'(x)-\lambda 3f(x)\\ &= \lambda (f»(x)+x^2f'(x)-3f(x))\\ &= \lambda \cdot 0 =0.
    \end{align*}
    Luego $\lambda f\in V$.

$\square$

El ejemplo anterior es crucial para la intuición de tu formación matemática posterior. En él aparece una ecuación diferencial lineal homogénea. La moraleja es que «las soluciones a una ecuación diferencial lineal homogénea son un subespacio vectorial». En este curso no nos enfocaremos en cómo resolver estas ecuaciones, pues esto corresponde a un curso del tema. Sin embargo, lo que aprendas de álgebra lineal te ayudará mucho para cuando llegues a ese punto.

Problema. Sea $V$ el espacio de todas las funciones de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ y sea $W$ el subconjunto de $V$ formado por todas las funciones $f$ tales que $f(0)+f(1)=0$.

  1. Verifica que $W$ es un subespacio de $V$.
  2. Encuentra un subespacio $S$ de $W$ tal que $V=W\oplus S$.

Solución:

  1. Verificamos los axiomas de subespacio vectorial:
    1. Tenemos que $0\in W$, pues $0(0)+0(1)=0+0=0$. Entonces $W$ no es vacío.
    2. Si $f,g\in W$ entonces $(f+g)(0)+(f+g)(1)= f(1)+f(0)+g(1)+g(0)=0+0=0$.
    3. Si $f\in W$ y $\lambda \in \mathbb{R}$ entonces $\lambda f(0)+\lambda f(1)= \lambda(f(0)+f(1))=\lambda \cdot 0=0$.
  2. Proponemos $S$ como el subespacio de todas las funciones $h$ tales que $h(x)=ax$ con $a\in \mathbb{R}$. Verifiquemos que $V=W\oplus S$.
    1. Si $F\in W\cap S$ entonces $F(0)+F(1)=0$, es decir $F(0)=-F(1)$, pero como $F(x)=ax$ para algún $a\in \mathbb{R}$ entonces $F(0)=0=F(1)=a$. Luego $F(x)=0\cdot x=0$.
    2. Dada $f\in V$, definimos
      \begin{align*}
      \hat{f}(x)= f(x)-(f(0)+f(1))x.
      \end{align*}
      Observamos que $\hat{f}\in W$, pues
      \begin{align*}
      \hat{f}(0)+\hat{f}(1)= f(0)+f(1)-f(0)-f(1)=0.
      \end{align*}
      Además es claro que
      \begin{align*}
      f(x)&= f(x)-(f(0)+f(1))x+(f(0)+f(1))x\\&= \hat{f}(x)+\left(f(0)+f(1)\right)x
      \end{align*}
      donde el sumando de la derecha es de la forma $a\cdot x$. Así $S+W=V$.

$\square$

Tarea moral

Sea $A$ un conjunto no vacío. Sea $\mathcal{P}(A)$ el conjunto de todos los subconjuntos de $A$. Definimos las siguientes operaciones:
\begin{align*}
X+Y= X\Delta Y,\hspace{5mm} 1\cdot X=X,\hspace{5mm} 0\cdot X= \emptyset,\end{align*}
dónde $\Delta$ denota la operación de diferencia simétrica. Demuestra que así definido, $\mathcal{P}(A)$ es un espacio vectorial sobre el campo de dos elementos $\mathbb{F}_2$.

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