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

4 respuestas

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: Problemas de combinaciones lineales, generadores e independientes

4 respuestas

Introducción

En entradas anteriores ya hablamos de combinaciones lineales, de conjuntos generadores y de conjuntos independientes. Lo que haremos aquí es resolver problemas para reforzar el contenido de estos temas.

Problemas resueltos

Problema. Demuestra que el polinomio $p(x)=x^2+x+1$ no puede ser escrito en el espacio vectorial $\mathbb{R}[x]$ como una combinación lineal de los polinomios \begin{align*} p_1(x)=x^2-x\\ p_2(x) = x^2-1\\ p_3(x) = x-1.\end{align*}

Solución. Para resolver este problema, podemos plantearlo en términos de sistemas de ecuaciones. Supongamos que existen reales $a$, $b$ y $c$ tales que $$p(x)=ap_1(x)+bp_2(x)+cp_3(x).$$

Desarrollando la expresión, tendríamos que
\begin{align*}
x^2+x+1 &= a(x^2-x)+b(x^2-1)+c(x-1)\\
&= (a+b)x^2+(-a+c)x+(-b-c),
\end{align*}

de donde igualando coeficientes de términos del mismo grado, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones: $$\begin{cases}a+b & = 1\\ -a + c &= 1 \\ -b-c &= 1.\end{cases}$$

Para mostrar que este sistema de ecuaciones no tiene solución, le aplicaremos reducción gaussiana a la siguiente matriz extendida: $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.$$

Tras la transvección $R_2+R_1$, obtenemos $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.$$

Tras la transvección $R_3+R_2$, obtenemos $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.$$

De aquí se ve que la forma escalonada reducida tendrá un pivote en la última columna. Por el teorema de existencia y unicidad el sistema original no tiene solución.

$\square$

En el problema anterior usamos un argumento de reducción gaussiana para mostrar que el sistema no tiene solución. Este es un método general que funciona en muchas ocasiones. Una solución más sencilla para ver que el sistema del problema no tiene solución es que al sumar las tres ecuaciones se obtiene $0=3$.

Problema. Sea $n$ un entero positivo. Sea $W$ el subconjunto de vectores en $\mathbb{R}^n$ cuya suma de entradas es igual a $0$. Sea $Z$ el espacio generado por el vector $(1,1,\ldots,1)$ de $\mathbb{R}^n$. Determina si es cierto que $$\mathbb{R}^n=W\oplus Z.$$

Solución. El espacio $Z$ está generado por todas las combinaciones lineales que se pueden hacer con el vector $v=(1,1,\ldots,1)$. Como sólo es un vector, las combinaciones lineales son de la forma $av$ con $a$ en $\mathbb{R}$, de modo que $Z$ es precisamente $$Z=\{(a,a,\ldots,a): a\in\mathbb{R}\}.$$

Para obtener la igualdad $$\mathbb{R}^n=W\oplus Z,$$ tienen que pasar las siguientes dos cosas (aquí estamos usando un resultado de la entrada de suma y suma directa de subespacios):

  • $W\cap Z = \{0\}$
  • $W+Z=\mathbb{R}^n$

Veamos qué sucede con un vector $v$ en $W\cap Z$. Como está en $Z$, debe ser de la forma $v=(a,a,\ldots,a)$. Como está en $W$, la suma de sus entradas debe ser igual a $0$. En otras palabras, $0=a+a+\ldots+a=na$. Como $n$ es un entero positivo, esta igualdad implica que $a=0$. De aquí obtenemos que $v=(0,0,\ldots,0)$, y por lo tanto $W\cap Z = \{0\}$.

Veamos ahora si se cumple la igualdad $\mathbb{R}^n=W+Z$. Por supuesto, se tiene que $W+Z\subseteq \mathbb{R}^n$, pues los elementos de $W$ y $Z$ son vectores en $\mathbb{R}^n$. Para que la igualdad $\mathbb{R}^n\subseteq W+Z$ se cumpla, tiene que pasar que cualquier vector $v=(x_1,\ldots,x_n)$ en $\mathbb{R}^n$ se pueda escribir como suma de un vector $w$ uno con suma de entradas $0$ y un vector $z$ con todas sus entradas iguales. Veamos que esto siempre se puede hacer.

Para hacerlo, sea $S=x_1+\ldots+x_n$ la suma de las entradas del vector $v$. Consideremos al vector $w=\left(x_1-\frac{S}{n},\ldots, x_n-\frac{S}{n} \right)$ y al vector $z=\left(\frac{S}{n},\ldots,\frac{S}{n})$.

Por un lado, $z$ está en $Z$, pues todas sus entradas son iguales. Por otro lado, la suma de las entradas de $w$ es
\begin{align*}
\left(x_1-\frac{S}{n}\right)+\ldots + \left(x_n-\frac{S}{n}\right)&=(x_1+\ldots+x_n)-n\cdot \frac{S}{n}\\ &= S-S=0,
\end{align*}

lo cual muestra que $w$ está en $W$. Finalmente, notemos que la igualdad $w+z=v$ se puede comprobar haciendo la suma entrada a entrada. Con esto mostramos que cualquier vector de $V$ es suma de vectores en $W$ y $Z$ y por lo tanto concluimos la igualdad $\mathbb{R}^n=W\oplus Z$.

$\square$

En el problema anterior puede parecer algo mágico la propuesta de vectores $w$ y $z$. ¿Qué es lo que motiva la elección de $\frac{S}{n}$? Una forma de enfrentar los problemas de este estilo es utilizar la heurística de trabajar hacia atrás. Sabemos que el vector $w$ debe tener todas sus entradas iguales a cierto número $a$ y queremos que $z=v-w$ tenga suma de entradas igual a $0$. La suma de las entradas de $v-w$ es $$(x_1-a)+\ldots+(x_n-a)= S -na.$$ La elección de $a=\frac{S}{n}$ está motivada en que queremos que esto sea cero.

Problema. Considera las siguientes tres matrices en $M_2(\mathbb{C})$:
\begin{align*}
A&= \begin{pmatrix} -i & -3 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}\\
B&= \begin{pmatrix} 2i& 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}\\
C&= \begin{pmatrix} i & -7 \\ 12 & 7 \end{pmatrix}.
\end{align*}

Demuestra que $A$, $B$ y $C$ son matrices linealmente dependientes. Da una combinación lineal no trivial de ellas que sea igual a $0$.

Solución. Para mostrar que son linealmente dependientes, basta dar la combinación lineal no trivial buscada. Buscamos entonces $a,b,c$ números complejos no cero tales que $aA+bB+cC=O_2$, la matriz cero en $M_2(\mathbb{C})$. Para que se de esta igualdad, es necesario que suceda entrada a entrada. Tenemos entonces el siguiente sistema de ecuaciones:
$$\begin{cases}
-i a + 2i b + ic &= 0\\
-3a + b -7c &=0\\
2a + 3b + 12c &= 0\\
3a -b +7c &=0.
\end{cases}$$

En este sistema de ecuaciones tenemos números complejos, pero se resuelve exactamente de la misma manera que en el caso real. Para ello, llevamos la matriz correspondiente al sistema a su forma escalonada reducida. Comenzamos dividiendo el primer renglón por $-i$ y aplicando transvecciones para hacer el resto de las entradas de la columna iguales a $0$. Luego intercambiamos la tercera y cuarta filas.

\begin{align*}
&\begin{pmatrix}
-i & 2i & i \\
-3 & 1 & -7 \\
2 & 3 & 12 \\
3 & -1 & 7
\end{pmatrix}\\
\to&\begin{pmatrix}
1 & -2 & -1 \\
0 & -5 & -10 \\
0 & 7 & 14 \\
0 & 5 & 10
\end{pmatrix}
\end{align*}

Ahora reescalamos con factor $-\frac{1}{5}$ la segunda fila y hacemos transvecciones para hacer igual a cero el resto de entradas de la columna 2:

\begin{align*}
&\begin{pmatrix}
1 & 0& 3 \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\end{align*}

Con esto llegamos a la forma escalonada reducida de la matriz. De acuerdo al procedimiento que discutimos en la entrada de sistemas lineales homogéneos, concluimos que las variables $a$ y $b$ son pivote y la variable $c$ es libre. Para poner a $a$ y $b$ en términos de $c$, usamos la primera y segunda ecuaciones. Nos queda \begin{align*} a &= -3c \\ b &= -2c. \end{align*}

En resumen, concluimos que para cualqueir número complejo $c$ en $\mathbb{C}$ se tiene la combinación lineal $$-3c\begin{pmatrix} -i & -3 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} – 2c \begin{pmatrix} 2i& 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} + c\begin{pmatrix} i & -7 \\ 12 & 7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

Una posible combinación lineal no trivial se obtiene tomando $c=1$.

$\square$

En el problema anterior bastaba encontrar una combinación lineal no trivial para acabar el ejercicio. Por supuesto, esto también se puede hacer por prueba y error. Sin embargo, la solución que dimos da una manera sistemática de resolver problemas de este estilo.

Problema. Consideremos el espacio vectorial $V$ de funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$. Para cada real $a$ en $(0,\infty)$, definimos a la función $f_a\in V$ dada por $$f_a(x)=e^{ax}.$$

Tomemos reales distintos $0<a_1<a_2<\ldots<a_n$. Supongamos que existe una combinación lineal de las funciones $f_{a_1},\ldots,f_{a_n}$ que es igual a $0$, es decir, que existen reales $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ tales que $$\alpha_1 e^{a_1x} + \alpha_2e^{a_2x} + \ldots + \alpha_n e^{a_nx} = 0$$ para todo real $x\geq 0$.

Muestra que $\alpha_1=\ldots=\alpha_n=0$. Concluye que la familia $(f_a)_{a\in \mathbb{R}}$ es linealmente independiente en $V$.

Solución. Procedemos por inducción sobre $n$. Para $n=1$, si tenemos la igualdad $\alpha e^{ax}=0$ para toda $x$, entonces $\alpha=0$, pues $e^{ax}$ siempre es un número positivo. Supongamos ahora que sabemos el resultado para cada que elijamos $n-1$ reales cualesquiera. Probaremos el resultado para $n$ reales cualesquiera.

Supongamos que tenemos la combinación lineal $$\alpha_1 e^{a_1x} + \alpha_2e^{a_2x} + \ldots + \alpha_n e^{a_nx} = 0$$ para todo real $x\geq 0$.

Dividamos esta igualdad que tenemos entre $e^{a_nx}$:

$$\alpha_1 e^{(a_1-a_n)x} + \alpha_2e^{(a_2-a_n)x} + \ldots + \alpha_{n-1}e^{(a_{n-1}-a_n)x}+\alpha_n = 0.$$

¿Qué sucede cuando hacemos $x\to \infty$? Cada uno de los sumandos de la forma $\alpha_i e^{(a_i-a_n)x}$ se hace cero, pues $a_i<a_n$ y entonces el exponente es negativo y se va a $-\infty$. De esta forma, queda la igualdad $\alpha_n=0$. Así, nuestra combinación lineal se ve ahora de la forma $$\alpha_1 e^{a_1x} + \alpha_2e^{a_2x} + \ldots + \alpha_{n-1} e^{a_{n-1}x} = 0.$$

Por la hipótesis inductiva, $\alpha_1=\ldots=\alpha_{n-1}=0$. Como también ya demostramos $\alpha_n=0$, hemos terminado el paso inductivo.

Concluimos que la familia (infinita) $(f_a)_{a\in \mathbb{R}}$ es linealmente independiente en $V$ pues cualquier subconjunto finito de ella es linealmente independiente.

$\square$

El problema anterior muestra que la razón por la cual ciertos objetos son linealmente independientes puede deberse a una propiedad analítica o de cálculo. A veces dependiendo del contexto en el que estemos, hay que usar herramientas de ese contexto para probar afirmaciones de álgebra lineal.

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Álgebra Lineal I: Suma y suma directa de subespacios

6 respuestas

Introducción

En esta entrada nos apoyaremos fuertemente en las nociones de espacios y subespacios vectoriales que estudiamos en entradas anteriores. Lo primero que haremos has hablar de cómo podemos sumar subespacios. Esta es una operación distinta a la suma del espacio vectorial, pues sucede en términos de subconjuntos. Luego, veremos cómo mediante una elección cuidadosa de subespacios, podemos expresar a un espacio vectorial en términos de ĺa suma de subespacios más sencillos. A una descomposición de este tipo le llamamos suma directa. Estudiaremos también algunas de sus propiedades.

Suma de subespacios

En esta sección hablamos de cómo sumar subespacios de un espacio vectorial. Para entender la intución, pensemos primero en el caso de dos subespacios $W_1$ y $W_2$ de un espacio vectorial. Queremos definir un conjunto $W_1+W_2$. Para hacer esto, lo que haremos es sumar cada elemento de $W_1$ con cada elemento de $W_2$.

Ejemplo. Si estamos en el espacio vectorial $\mathbb{R}^3$, podemos considerar los siguientes dos subespacios:
\begin{align*}
W_1&= \{(a,0,0): a\in \mathbb{R}\}\\
W_2&=\{(0,b,0): b \in \mathbb{R}\}.
\end{align*}

Para encontrar el conjunto $W_1+W_2$, lo que haremos es sumar a cada elemento de $W_1$ con cada elemento de $W_2$, considerando todas las posiblidades. En general, tenemos que una de estas sumas es de la forma $$(a,0,0)+(0,b,0)=(a,b,0).$$ Así, concluimos que $$W_1+W_2=\{(a,b,0): a,b \in \mathbb{R}\}.$$

$\square$

Para más subespacios la intución es similar. A continuación damos la definición formal para la suma de una cantidad finita de subespacios.

Definición. Sea $n$ un entero positivo y $W_1, W_2, \dots , W_n$ subespacios de un espacio vectorial $V$. Su suma $$W_1+ W_2+ \dots + W_n$$ es el subconjunto de $V$ que consiste de todos los vectores de la forma $$w_1+w_2+\dots + w_n$$ con $w_i \in W_i$ para todo $1\leq i \leq n$.

La definición anterior sólo habla de cómo sumar una cantidad finita de subespacios. También se puede dar una definición para una familia arbitraria $(W_i)_{i\in I}$ de subespacios de $V$, pero tenemos que ser más cuidadosos para que la teoría posterior funcione bien. Lo que se hace es considerar todas las sumas «con una cantidad finita de términos». Esto lo decimos de manera formal como sigue. El conjunto $\displaystyle\sum_{i\in I}W_i$ consiste de todas las sumas $\displaystyle\sum_{i\in I}w_i$ con $w_i\in W_i$ para todo $i \in I$ y todos los vectores $w_i$ salvo una cantidad finita son iguales a cero. Esto ayuda a dar una definición incluso si $I$ es finito.

La mayor parte de los resultados que demostraremos para la suma de una cantidad finita de subespacios también se vale para la suma de una cantidad infinita. Por simplicidad, usualmente nos enfocaremos en el caso finito, pero te recomendamos pensar en cómo serían los argumentos para el caso infinito.

La suma de subespacios es subespacio

El siguiente resultado dice que «la suma de subespacios es subespacio».

Proposición. Si $W_1, W_2, \dots , W_n$ son subespacios de un espacio vectorial $V$, entonces $W_1 + W_2 + \dots + W_n$ es un subespacio de $V$.

Demostración. Para facilitar la escritura denotaremos $S=W_1+ W_2 + \dots + W_n$. Sean $s,s’\in S$ y $c$ un escalar. Por una equivalencia de subespacios, basta demostrar que $s+cs’\in S$.

Por definición de $S$, existen $w_1,\dots, w_n, w_1′,\dots , w_n’ $ con $w_i, w_i’\in W_i$ para $1\leq i \leq n$, tales que
\begin{align*}
s&=w_1+ w_2+ \dots + w_n\\ s’&=w_1’+ w_2’+ \dots + w_n’.
\end{align*}
Entonces
\begin{align*}
s+cs’&=w_1+w_2+\dots + w_n + c(w_1’+w_2’+\dots + w_n’)\\
&=w_1+w_2+\dots + w_n + cw_1’+cw_2’+\dots + cw_n’\\
&=(w_1 +cw_1′)+ \dots + (w_n+cw_n’).
\end{align*}
Como $W_i$ es un subespacio de $V$ y $w_i,w_i’$ son elementos de $W_i$, entonces $(w_i+cw_i’)\in W_i$ para cada $1\leq i \leq n$. Así, la expresión que encontramos es la suma de un vector en $W_1$, uno en $W_2$, … , uno en $W_n$ y por lo tant $s+cs’\in S$. Esto muestra lo que queríamos y así $S$ es subespacio de $V$.

$\square$

De hecho la suma de subespacios $W_1+\ldots+W_n$ no sólo es un subespacio de $V$, sino que además es especial, en el sentido de que es el subespacio «más chiquito» de $V$ que contiene a cada subespacio $W_1,\ldots,W_n$. El siguiente problema enuncia esto de manera formal.

Problema. Sean $W_1,\ldots,W_n$ subespacios de un espacio vectorial $V$. Sea $S=W_1+W_2+ \dots + W_n$. Demuestra que:

  • Para cada $i=1,\ldots,n$, se tiene que $W_i\subseteq S$.
  • Si se tiene un subespacio $W$ tal que para cada $i=1,\ldots,n$ se tiene que $W_i\subseteq W$ entonces $S\subseteq W$

Demostración.

  • En vista de que cada vector $w_i\in W_i$ puede ser escrito como $0+0+\dots + 0 + w_i +0+\dots +0$ y $0 \in \displaystyle\bigcap_{i=1}^n W_i$, entonces $W_i \subset W_1+ \dots +W_n$ para todo $1\leq i \leq n$.
  • Sea $W$ un subespacio de $V$ tal que $W$ contiene a los subespacios $W_1, \dots W_n$. Mostremos que $W$ contiene a la suma $S$. Sea $v\in S = W_1 +\dots + W_n$. Por definición, $v=w_1+\dots + w_n$ para algunos $w_i\in W_i$. Como $W$ contiene a los subespacios $W_1, \dots W_n$, entonces $w_1, \dots w_n\in W$. Como $W$ es cerrado bajo sumas (por ser subespacio) entonces $w_1+\dots + w_n\in W$ y así $W_1 + \dots +W_n \subset W$.

$\square$

Subespacios en posición de suma directa

Ya definimos qué es la suma de subespacios. Ahora queremos definir qué es la suma directa. En realidad, la suma directa es simplemente una suma de subespacios en la que los subespacios son especiales en un sentido muy específico. Comenzamos dando esta definición. Es un concepto muy importante que nos será útil varias veces en el curso.

Definición. Sean $W_1, W_2, \dots , W_n$ subespacios de un espacio vectorial $V$. Decimos que $W_1,W_2,\dots, W_n$ están en posición de suma directa si la única forma de obtener la igualdad
\begin{align*}
w_1+w_2+\dots+w_n=0
\end{align*}
con $w_i\in W_i$ para todo $1\leq i \leq n$, es cuando
\begin{align*}
w_1=w_2=\dots =w_n =0.
\end{align*}

Ejemplo. Consideremos el espacio vectorial de polinomios en $\mathbb{R}_2[x]$, es decir, aquellos de la forma $ax^2+bx+c$ con $a,b,c$ reales. Consideremos los siguientes subespacios de $\mathbb{R}_2[x]$:

\begin{align*}
W_1&=\{ax^2: a \in \mathbb{R}\}\\
W_2&=\{bx: b \in \mathbb{R}\}\\
W_3&=\mathbb{R}=\{c: c \in \mathbb{R}\}\\
W_4&=\mathbb{R}_1[x]=\{bx+c: b,c \in \mathbb{R}\}\\
W_5&=\{ax^2+c: a,c \in \mathbb{R}\}\\
W_6&=\{ax^2+bx: a,b \in \mathbb{R}\}\\
\end{align*}

Los tres subespacios $W_1, W_2, W_3$ están en posición de suma directa, pues si tomamos $ax^2$ en $W_1$, $bx$ en $W_2$ y $c$ en $W_3$, la única forma de que su suma $ax^2+bx+c$ sea igual al polinomio cero es si $a=b=c=0$, y por lo tanto en realidad sólo estamos tomando el vector $0$ de cada uno de los subespacios.

Los subespacios $W_4$, $W_5$ y $W_6$ no están en posición de suma directa, pues hay formas de tomar elementos no cero en cada uno de ellos, cuya suma sí es el vector cero. Por ejemplo, el polinomio $x-8$ está en $W_4$, el polinomio $-5x^2+8$ está en $W_5$ y el polinomio $5x^2-x$ está en $W_6$. Ninguno de estos vectores es el polinomio cero, pero la suma de los tres sí es cero.

$\square$

Existen otras manera de expresar la condición anterior, una de ellas es la siguiente.

Proposición. Los subespacios $W_1, \dots W_n$ del espacio vectorial $V$ están en posición de suma directa si y sólo si cada elemento de $$W_1+W_2+\dots +W_n$$ puede ser escirto de manera única como una suma $$w_1+\dots + w_n$$ con $w_i\in W_i$ para todo $1\leq i \leq n$.

Demostración. Primero supongamos que los subespacios $W_1,W_2, \dots, W_n$ están en posición de suma directa y tomemos un elemento $v$ de $$W_1+\dots + W_n.$$ Por definición, dicho elemento puede ser expresado como $v=w_1 + \dots + w_n$ con $w_i \in W_i $ para todo $1\leq i \leq n$. Supongamos también que $v$ puede ser escrito como $v=w_1’+\dots + w_n’$ con $w_i’ \in W_i$. Queremos demostrar que $w_i=w_i’$ para todo $1 \leq i \leq n$. Restando las dos relaciones anteriores se tiene
\begin{align*}
0=v-v=\displaystyle\sum_{i=1}^n (w_i-w_i’).
\end{align*}
Sea $u_i=w_i-w_i’$. Como $W_i$ es subespacio de $V$, entonces es cerrado bajo inversos y bajo suma, por lo tanto $u_i\in W_i$. Así $u_1 + \dots + u_n$ es una suma de elementos igual a cero.Como $W_1, \dots, W_n$ están en posición de suma directa, entonces necesariamente $u_1=\dots =u_n=0$ y así $w_i=w_i’$ para todo $1 \leq i \leq n$.

Ahora supongamos que cada elemento de $W_1+\dots + W_n$ puede ser escrito de manera única como suma de elementos de $W_1, \dots , W_n$. En particular el cero se descompone de manera única como $$0=0+0+\ldots +0.$$ De manera que dados $w_i \in W_i$ con $1 \leq i \leq n$ tales que $w_1+w_2+ \dots + w_n =0$, necesariamente $w_1=w_2=\dots =w_n=0$. Por lo tanto $W_1, W_2, \dots ,W_n$ están en posición de suma directa.

$\square$

Suma directa de subespacios

Estamos listos para dar una definición clave.

Definición. a) Decimos que un espacio vectorial $V$ es suma directa de sus subespacios $W_1, W_2, \dots , W_n$ si $W_1, W_2, \dots , W_n$ están en posición de suma directa y $V=W_1+W_2 + \dots + W_n$. En símbolos, escribimos y escribimos
\begin{align*}
V=W_1 \oplus W_2 \oplus \dots \oplus W_n.
\end{align*}
b) Si $V_1, V_2$ son subespacios de un espacio vectorial $V$, decimos que $V_2$ es complemento de $V_1$ si
\begin{align*}
V=V_1 \oplus V_2.
\end{align*}

Por los resultados anteriores se tiene que $V=W_1 \oplus \dots \oplus W_n$ si y sólo si cada vector $v\in V$ puede ser escrito de manera única como una suma de la forma $w_1+ \dots + w_n$, con $w_i \in W_i$ para todo $i$. Por consiguiente, si $V_1, V_2$ son subespacios de $V$, entonces $V_2$ es complemento de $V_1$ si y sólo si cada vector $v \in V$ puede ser escrito de manera única como $v=v_1+v_2$ con $v_1 \in V_1, \hspace{2mm} v_2 \in V_2$.

El siguiente resultado es extremadamente útil a la hora de resolver problemas con sumas directas con dos subespacios.

Problema. Demuestra que $V_2$ es complemento de $V_1$ si y sólo si $V_1+V_2=V$ y $V_1 \cap V_2 = \{0\}$.

Demostración. Supongamos que $V_2$ es complemento de $V_1$, entonces $V=V_1+V_2$. Falta mostrar que $V_1\cap V_2 = \{0\}$.

Sea $v\in V_1 \cap V_2$, entonces $v=v+0=0+v$, y por la unicidad que ya se demostró en la proposición anterior se tiene que $v=0$, entonces $V_1\cap V_2\subset\{0\}$. Como $V_1, V_2$ son subespacios de $V$, cada uno de ellos tiene al vector $0$. Así, $\{0\}\subset V_1 \cap V_2$. Por lo tanto $V_1\cap V_2=\{0\}$.

Ahora supongamos que $V_1 + V_2 =V$ y $V_1\cap V_2=\{0\}$. Supongamos que existe un vector $v \in V$ tal que
\begin{align*}
v_1+v_2=v=v_1’+v_2′
\end{align*}
con $v_1,v_1’\in V_1$ y $v_2,v_2’\in V_2$.
Entonces
\begin{align*}
v_1-v_1’=v_2′-v_2
\end{align*}
El lado izquierdo de la igualdad anterior pertenece a $V_1$, mientras que el lado derecho pertenece a $V_2$, pero como son iguales, necesariamente ambos pertencen a $V_1 \cap V_2=\{0\}$ y así $v_1=v_1’$ y $v_2=v_2’$, que es lo que queríamos demostrar.

$\square$

Más ejemplos de suma y suma directa de subespacios.

  1. El espacio vectorial $V=\mathbb{R}^2$ es suma directa de los subespacios
    \begin{align*}
    V_1=\{(x,0)|x \in \mathbb{R} \}
    \end{align*}
    y
    \begin{align*}
    V_2=\{(0,y)|y \in \mathbb{R} \}.
    \end{align*}
    En efecto, cada $(x,y)\in \mathbb{R}^2$ puede ser escrito de manera única en la forma
    \begin{align*}
    (a,0)+(0,b)
    \end{align*}
    via $a=x, \hspace{2mm} b=y.$
  2. Sea $V=M_n(\mathbb{R})$ el espacio vectorial de las matrices de $n\times n$ con entradas reales. Si $V_1,V_2$ son los subespacios de las matrices simétricas y de las matrices antisimétricas, respectivamente, entonces $V=V_1 \oplus V_2$.
    En efecto, cada matriz $A\in V$ puede ser escrita de manera única como suma de una matriz simétrica y de una matriz antisimétrica de la siguiente forma:
    $A=B+C$ con
    \begin{align*}
    B&=\frac{1}{2}(A+ \ ^tA)\\C&=\frac{1}{2}(A- \ ^tA).
    \end{align*}
  3. Sea $V=\{f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R} \}$ el espacio vectorial de funciones de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$. Sea $V_1$ el subespacio de todas las funciones pares (recuerda que una función es par si satisface $f(x)=f(-x)$ para toda $x$) y $V_2$ el subespacio de todas las funciones impares (las que satisfacen $f(x)=-f(-x)$ para toda $x$).
    Entonces $V=V_1 \oplus V_2$.
    En efecto, dada $f\in V$, la única manera de expresarla como $f=g+h$ con $g$ par y $h$ impar es tomando
    \begin{align*}
    g(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2} \hspace{2mm} y \hspace{2mm} h(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}.
    \end{align*}

$\square$

Un problema de suma directa de subespacios

Problema. Sea $V=\{f:[-1,1]\to \mathbb{R}: \text{f es continua}\}.$ Sean
\begin{align*}
V_1=\left\{f\in V: \int_{-1}^1 f(t)dt=0\right\}
\end{align*}
y $V_2$ el subconjunto de $V$ de todas las funciones constantes.
a) Demuestra que $V_1, V_2$ son subespacios de $V$.
b) Demuestra que $V=V_1\oplus V_2$.

Demostración. a) Sean $f_1,f_2 \in V_1$ y $c\in \mathbb{R}$, entonces $cf_1+f_2$ es continua y
\begin{align*}
\int_{-1}^1(cf_1+f_2)(t)dt = c\int_{-1}^1f_1(t)dt + \int_{-1}^1 f_2(t) dt =0,
\end{align*}
por lo tanto $cf_1+f_2\in V_1$ y así $V_1$ es un subespacio de $V$.

De manera similar veamos que $V_2$ es subespacio. Sean $f,g\in V_2$ y $c\in \mathbb{R}$, entonces $f(x)=a$ y $g(x)=b$ para toda $x$. Luego
\begin{align*}
(f+c\cdot g)(x)=a+c\cdot b
\end{align*}
para toda $x$. Por lo tanto $V_2$ es subespacio de $V$.

b) Por el problema de la sección anterior, basta con demostrar que $V_1\cap V_2=\{0\}$ y $V=V_1+V_2$. Sea $f$ una función en $V_1 \cap V_2$. Por un lado tenemos que $f$ es constante, y por otro lado que $f$ integra $0$ sobre $[-1,1]$ Digamos que $f(t)=c$ para todo $t\in [-1,1]$, entonces
\begin{align*}
0=\int_{-1}^1f(t)dt=2c.
\end{align*}
De aquí, $c=0$ y así $f=0$ (la función cero). Por lo tanto $V_1\cap V_2=\{0\}$.

Ahora, para probar que $V=V_1 + V_2$ tomamos $f\in V$ y tratemos de escribirla como $f=c+g$ con $c$ constante y $g\in V_1$. Queremos asegurarnos de que
\begin{align*}
\int_{-1}^1 g(t)dt=0,
\end{align*}
esto es
\begin{align*}
\int_{-1}^1 (f(t)-c)dt=0\\
\int_{-1}^1f(t)dt=2c.
\end{align*}
Esto ya nos dice cómo proponer a $c$ y a $g$. Lo hacemos a continuación.
\begin{align*}
c&=\frac{1}{2}\int_{-1}^1f(t)dt \\ g&=f-c.
\end{align*}

$\square$

Tarea moral

  • Verifica en todos los ejemplos de la entrada que los subespacios que se mencionan en efecto son subespacios.
  • Sea $V$ el conjunto de las matrices triangulares superiores de $n\times n$ y sea $W_1$ el espacio de las matrices diagonales. Demuestra que $V$ es espacio vectorial, $W_1$ es subespacio de $V$ y que $V=W_1\oplus W_2$, donde $W_2=\{A\in V | A_{ij}=0$ cuando $i \geq j \}$.
  • Sea $F$ un campo de característica distinta de $2$,
    \begin{align*}
    W_1=\{A\in M_n(F)|A_{ij}=0, i\leq j\}
    \end{align*}
    y $W_2$ el conjunto de todas las matrices simétricas de $n \times n$ con entradas en $F$. Demuestra que $M_n(F)=W_1\oplus W_2$
  • En el ejemplo 2, verifica que $B$ es una matriz simétrica y $C$ una matriz antisimétrica.
  • En el ejemplo 3 ,verifica $g$ es par y $h$ es impar.

Más adelante…

Los conceptos de suma y suma de subespacios serán utilizados repetidamente. Por ejemplo, a partir de la suma de subespacios se pueden definir las proyecciones, un tipo de transformaciones lineales particulares.

El concepto de suma directa de subespacios también es muy importante en el sentido de que permite descomponer a un espacio en espacios vectoriales más pequeños. Esta idea será de mucha utilidad cuando hablemos de la teoría de dualidad y de diagonalización de matrices.

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

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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 $\lambdaf$ 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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Álgebra Lineal I: Determinantes en sistemas de ecuaciones lineales y regla de Cramer

5 respuestas

Introducción

Con la teoría que hemos desarrollado acerca de espacios vectoriales, de determinantes y con las herramientas que hemos adquirido para calcularlos, podemos volver a visitar el tema de sistemas de ecuaciones lineales y verlo desde una perspectiva más completa. Los determinantes en sistemas de ecuaciones lineales nos sirven para varias cosas.

Por un lado, sirven para encontrar el rango de una matriz. El rango está relacionado con la dimensión del espacio de soluciones a un sistema lineal de ecuaciones. Esto es parte del contenido del importante teorema de Rouché-Capelli que enunciaremos y demostraremos.

Por otro lado, cuando tenemos sistemas lineales con matriz asociada cuadrada e invertible, podemos usar determinantes para encontrar las soluciones. A esto se le conoce como las fórmulas de Cramer o la regla de Cramer. También enunciaremos y demostraremos esto. La regla de Cramer es parcialmente útil en términos prácticos, pues para sistemas concretos conviene más usar reducción gaussiana. Sin embargo, ero es muy importante en términos teóricos, cuando se quieren probar propiedades de las soluciones a un sistema de ecuaciones.

Rango de una matriz y determinantes

Recuerda que el rango de una matriz $A$ en $M_{m,n}(F)$ es, por definición, la dimensión del espacio vectorial que es la imagen de la transformación $X\mapsto AX$ de $F^n\to F^m$. Anteriormente, mostramos que esto coincide con la dimensión del espacio vectorial generado por los vectores columna de $A$. Como el rango de una matriz coincide con su transpuesta, entonces también es la dimensión del espacio vectorial generado por los vectores fila de $A$.

Lo que veremos ahora es que podemos determinar el rango de una matriz $A$ calculando algunos determinantes de matrices pequeñas asociadas a $A$. Una submatriz de $A$ es una matriz que se obtiene de eliminar algunas filas o columnas de $A$.

Teorema. Sea $A$ una matriz en $M_{m,n}(F)$. El rango de $A$ es igual al tamaño de la submatriz cuadrada más grande de $A$ que sea invertible.

Demostración. Llamemos $C_1,\ldots,C_n$ a las columnas de $A$. Sabemos que $$r=\dim \text{span}(C_1,\ldots,C_n).$$

Mostraremos primero que hay una submatriz cuadrada de tamaño $r$. Por el lema de Steinitz, podemos escoger $r$ enteros $1\leq i_1<\ldots<i_r\leq n$ tal que las columnas $C_{i_1},\ldots,C_{i_r}$ de $A$ cumplen $$\text{span}(C_1,\ldots,C_n)=\text{span}(C_{i_1},\ldots,C_{i_r}).$$ Así, la matriz $B$ hecha por columnas $C_{i_1},\ldots,C_{i_r}$ está en $M_{m,r}(F)$ y es de rango $r$.

Ahora podemos calcular el rango de $B$ por filas. Si $F_1,\ldots,F_m$ son las filas de $B$, tenemos que $$r=\dim \text{span}(F_1,\ldots,F_m).$$ De nuevo, por el lema de Steinitz, existen enteros $1\leq j_1<\ldots<j_r\leq m$ tales que $$\text{span}(F_1,\ldots,F_m)=\text{span}(F_{i_1},\ldots,F_{i_r}).$$ De esta forma, la matriz $C$ hecha por las filas $F_{j_1},\ldots,F_{j_r}$ está en $M_r(F)$ y es de rango $r$. Por lo tanto, $C$ es una matriz cuadrada de tamaño $r$ y es invertible.

Esta matriz $C$ es una submatriz de $A$ pues se obtiene al eliminar de $A$ todas las columnas en posiciones distintas a $i_1,\ldots,i_r$ y todas las filas en posiciones distintas a $j_1,\ldots,j_r$. Esto muestra una parte de lo que queremos.

Ahora mostraremos que si $B$ es una submatriz de $A$ cuadrada e invertible de tamaño $d$, entonces $d\leq r$. En efecto, tomemos una $B$ así. Sus columnas son linealmente independientes. Si $i_1<\ldots<i_n$ corresponden a los índices de las columnas de $A$ que se preservan al pasar a $B$, entonces las columnas $C_{i_1},\ldots,C_{i_d}$ de $A$ son linealmente independientes, ya que si hubiera una combinación no trivial de ellas igual a cero, entonces la habría de las columnas de $B$, lo cual sería una contradicción a que son linealmente independientes.

De esta forma,
\begin{align*}
d&=\dim \text{span}(C_{i_1},\ldots,C_{i_d})\\
&\leq \dim \text{span} (C_1,\ldots,C_d)\\
&=r,
\end{align*}

que es la desigualdad que nos faltaba para terminar la prueba.

$\square$

Ejemplo. Supongamos que queremos encontrar el rango de la siguiente matriz en $M_{3,5}(\mathbb{R})$: $$A=\begin{pmatrix}4 & 5 & -4 & 7 & 2\\ 0 & -3 & -1 & 0 & 9\\ 0 & -5 & 0 & 9 & -3 \end{pmatrix}.$$

Por propiedades de rango que vimos anteriormente, ya sabemos que su rango es a lo más el mínimo de sus dimensiones, así que su rango es como mucho $\min(3,5)=3$.

Por otro lado, notemos que si eliminamos la segunda y cuarta columnas, entonces obtenemos la submatriz cuadrada $$\begin{pmatrix} 4 & -4 & 2\\ 0 & -1 & 9\\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}.$$ Esta es una matriz triangular superior, así que su determinante es el producto de las diagonales, que es $4\cdot (-1)\cdot (-3)=12$.

Como el determinante no es cero, es una matriz invertible de tamaño $3$. Por la proposición anterior, el rango de $A$ debe ser entonces mayor o igual a $3$. Juntando las dos desigualdades que encontramos, el rango de $A$ debe ser igual a $3$.

$\square$

Estas ideas nos servirán al aplicar determinantes en sistemas de ecuaciones.

Teorema de Rouché-Capelli

Recordemos que un sistema lineal de ecuaciones con $m$ ecuaciones y $n$ incógnitas es de la forma

\begin{align*}
a_{11}x_1 + a_{12} x_2 + \ldots + a_{1n}x_n &= b_1\\
a_{21}x_1 + a_{22} x_2 + \ldots + a_{2n}x_n &= b_2\\
\vdots&\\
a_{m1}x_1 + a_{m2} x_2 + \ldots + a_{mn}x_n &= b_m,
\end{align*}

lo cual se puede reescribir en términos matriciales tomando una matriz, un vector de escalares y un vector de incógnitas así:
\begin{align*}
A&=\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},\\
b&=\begin{pmatrix}b_1\\ \vdots\\ b_m\end{pmatrix} \text{ y }\; X=\begin{pmatrix}x_1\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix},
\end{align*} y reescribiendo el sistema como $$AX=b.$$

Si $C_1,\ldots, C_n$ son las columnas de la matriz $A$, también sabemos que $$AX=x_1C_1+\ldots + x_nC_n,$$ de modo que el sistema de ecuaciones puede ser escrito como $$x_1C_1+\ldots + x_nC_n=b.$$

Esto nos da una intuición fuerte de lo que es un sistema lineal de ecuaciones: se trata de determinar si $b$ está en el espacio generado por las columnas de $A$, y si es así, ver todas las formas en las que podemos obtenerlo.

El teorema de la sección anterior nos permite aplicar determinantes en sistemas de ecuaciones lineales mediante el siguiente resultado.

Teorema (Rouché-Capelli). Sean $A\in M_n(F)$ y $b\in F^m$. Sea $(A|b)$ la matriz en $M_{n,n+1}(F)$ obtenida de agregar a $b$ como columna hasta la derecha de la matriz $A$. Entonces:

  • El sistema lineal de ecuaciones $AX=b$ tiene al menos una solución si y sólo si $\rank(A)=\rank((A|b))$.
  • El conjunto de soluciones $\mathcal{S}_h$ al sistema homogéneo es un subespacio de $F^n$ de dimensión $n-\rank(A)$.

Demostración. Por la discusión previa, el sistema tiene una solución si y sólo si $b$ es una combinación lineal de las columnas de $A$. De esta forma, si existe una solución, entonces $\rank(A)=\rank((A|b))$, pues el espacio generado por las columnas de $A$ sería el mismo que el de las columnas de $(A|b)$.

Por otro lado, si $\rank(A)=\rank((A|b))$ es porque las columnas de $A$ y las de $(A|b)$ generan el mismo espacio, de modo que $b$ está en el espacio vectorial generado por las columnas. Esto prueba la primer parte.

Para la segunda parte, el sistema homogéneo es $AX=0$, de modo que el conjunto solución es precisamente el kernel de la transformación $T:F^n\to F^m$ tal que $X\mapsto AX$. Por el teorema de rango-nulidad, tenemos que $$\dim \mathcal{S}_h = n-\dim \text{Im}(T)=n-\text{rank}(A).$$ Esto termina la demostración.

$\square$

Como discutimos con anterioridad, ya que tenemos una solución $x_0$ para el sistema de ecuaciones $AX=b$, entonces todas las soluciones son el conjunto $$x_0+\mathcal S_h:=\{x_0 + x: x\in \mathcal S_h\}.$$ En otras palabras, cualquier solución al sistema se puede obtener sumando a $x_0$ una solución al sistema lineal homogéneo asociado.

Ejemplo. Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones en $\mathbb{R}$ en tres variables:
\begin{align*}
2x+3y-z=1\\
3x-y+2z=0\\
3x+10y-5z=0
\end{align*}

Afirmamos que el sistema no tiene solución. La matriz asociada es $A=\begin{pmatrix} 2 & 3 & -1\\ 3 & -1 & 2 \\ 3 & 10 & -5\end{pmatrix}$. Por lo que sabemos de determinantes de $3\times 3$, podemos calcular su determinante como
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
2 & 3 & -1\\ 3 & -1 & 2 \\ 3 & 10 & -5
\end{vmatrix} &= (2)(-1)(-5)+(3)(10)(-1)+(3)(3)(2)\\
&-(-1)(-1)(3)-(2)(10)(2)-(3)(3)(-5)\\
&=10-30+18-3-40+45\\
&=0.
\end{align*}

Esto muestra que $A$ no es invertible, y que por lo tanto tiene rango a lo más $2$. Como $$\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 3 & -1 \end{vmatrix} = (2)(-1)-(3)(3)=-11$$ es un subdeterminante no cero de tamaño 2, entonces $A$ tiene rango $2$.

Ahora consideremos la matriz $$(A|b)=\begin{pmatrix} 2 & 3 & -1 & 1\\ 3 & -1 & 2 & 0 \\ 3 & 10 & -5 & 0\end{pmatrix}.$$ Eliminemos la tercer columna. Podemos calcular al siguiente subdeterminante de $3\times 3$ por expansión de Laplace en la última columna:

\begin{align*}
\begin{vmatrix}
2 & 3 & 1\\ 3 & -1 & 0 \\ 3 & 10 & 0
\end{vmatrix} &= 1 \cdot \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ 3 & 10 \end{vmatrix} – 0 \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 3 & 10 \end{vmatrix} + 0 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 3 & -1 \end{vmatrix}\\
&= 1 \cdot (3\cdot 10 + 1\cdot 3)\\
&=33.
\end{align*}

De esta forma, $(A|b)$ tiene una submatriz de $3\times 3$ invertible, y por lo tanto tiene rango al menos $3$. Como tiene $3$ filas, su rango es a lo más $3$. Con esto concluimos que su rango es exactamente $3$. Conluimos que $$\text{rank} A = 2 \neq 3 = \text{rank} (A|b),$$ de modo que por el teorema de Rouché-Capelli, el sistema de ecuaciones no tiene solución.

$\square$

Antes de ver un ejemplo en el que el sistema sí tiene solución, pensemos qué sucede en este caso. Si la matriz $A$ es de rango $r$, por el teorema de la sección pasada podemos encontrar una submatriz cuadrada $B$ de tamaño $r$ que es invertible. Tras una permutación de las variables o de las ecuaciones, podemos suponer sin perder generalidad que corresponde a las variables $x_1,\ldots,x_r$ y a las primeras $r$ ecuaciones. De esta forma, el sistema $AX=b$ se resume en el siguiente sistema de ecuaciones equivalente:

\begin{align*}
a_{11}x_1 + a_{12} x_2 + \ldots + a_{1r}x_r &= b_1-a_{1,r+1}x_{r+1}-\ldots -a_{1,n} x_n\\
a_{21}x_1 + a_{22} x_2 + \ldots + a_{2r}x_r &= b_2-a_{2,r+1}x_{r+1}-\ldots -a_{2,n} x_n\\
\vdots\\
a_{r1}x_1 + a_{r2} x_2 + \ldots + a_{rr}x_r &= b_m-a_{r,r+1}x_{r+1}-\ldots -a_{r,n} x_n,
\end{align*}

Aquí $x_{r+1},\ldots,x_n$ son lo que antes llamábamos las variables libres y $x_1,\ldots,x_r$ son lo que llamábamos variables pivote. Como la submatriz $B$ correspondiente al lado izquierdo es invertible, para cualquier elección de las variables libres podemos encontrar una única solución para las variables pivote. Ya habíamos probado la existencia y unicidad de cierta solución. Pero de hecho, hay una forma explícita de resolver sistemas de ecuaciones correspondientes a matrices cuadradas. Esto es el contenido de la siguiente sección.

Fórmulas de Cramer para sistemas cuadrados

El siguiente teorema es otra aplicación de determinantes en sistemas de ecuaciones lineales. Nos habla de las soluciones de un sistema lineal $AX=b$ en donde $A$ es una matriz cuadrada e invertible.

Teorema (fórmulas de Cramer). Sea $A$ una matriz invertible en $M_n(F)$ y $b=(b_1,\ldots,b_n)$ un vector en $F^n$. Entonces el sistema lineal de ecuaciones $AX=b$ tiene una única solución $X=(x_1,\ldots,x_n)$ dada por $$x_i=\frac{\det A_i}{\det A},$$ en donde $A_i$ es la matriz obtenida al reemplazar la $i$-ésima columna de $A$ por el vector columna $b$.

Demostración. La existencia y unicidad de la solución ya las habíamos mostrado anteriormente, cuando vimos que la única solución está dada por $$X=(x_1,\ldots,x_n)=A^{-1}b.$$

Si $C_1,\ldots,C_n$ son las columnas de $A$, que $(x_1,\ldots,x_n)$ sea solución al sistema quiere decir que $$x_1C_1+\ldots+x_nC_n=b.$$

El determinante pensado como una función en $n$ vectores columna es $n$-lineal, de modo que usando la linealidad en la $i$-ésima entrada y que el determinantes es alternante, tenemos que:
\begin{align*}
\det A_i &= \det(C_1,\ldots,C_{i-1},b,C_{i+1},\ldots,C_n)\\
&= \det(C_1,\ldots,C_{i-1},\sum_{j=1}^n x_j C_j,C_{i+1},\ldots,C_n)\\
&=\sum_{j=1}^n x_j \det(C_1,\ldots,C_{i-1},C_j,C_{i+1},\ldots,C_n)\\
&=x_i \det(C_1,\ldots,C_{i-1},C_i,C_{i+1},\ldots,C_n)\\
&=x_i \det A
\end{align*}

Como $A$ es invertible, su determinante no es $0$, de modo que $$x_i=\frac{\det A_i}{\det A},$$ como queríamos.

$\square$

Veamos un ejemplo concreto de la aplicación de las fórmulas de Cramer.

Ejemplo. Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones en $\mathbb{R}$ en tres variables:
\begin{align*}
2x+3y-z=1\\
3x-y+2z=0\\
3x+10y-5z=3
\end{align*}

En un ejemplo anterior vimos que la matriz asociada $A=\begin{pmatrix} 2 & 3 & -1\\ 3 & -1 & 2 \\ 3 & 10 & -5\end{pmatrix}$ tiene rango $2$. Se puede verificar que la matriz aumentada $$(A|b)=\begin{pmatrix} 2 & 3 & -1 & 1\\ 3 & -1 & 2 & 0 \\ 3 & 10 & -5 & 3 \end{pmatrix}$$ también tiene rango $2$. Por el teorema de Rouché-Capelli, debe existir una solución al sistema de ecuaciones $AX=b$, y el sistema homogéneo tiene espacio de soluciones de dimensión $3-2=1$.

Como la submatriz de las primeras dos filas y columnas es invertible por tener determinante $2(-1)-(3)(3)=-11\neq 0$, entonces el sistema de ecuaciones original es equivalente al subsistema

\begin{align*}
2x+3y=1+z\\
3x-y=-2z.
\end{align*}

Para encontrar su solución, fijamos una $z$ arbitraria. Usando la regla de Cramer, la solución al sistema

está dada por
\begin{align*}
x&=\frac{\begin{vmatrix} 1+z & 3 \\ -2z & -1 \end{vmatrix}}{-11}=\frac{1-5z}{11}\\
y&=\frac{\begin{vmatrix} 2 & 1+z \\ 3 & -2z \end{vmatrix}}{-11}=\frac{3+7z}{11}.
\end{align*}

De esta forma, las soluciones al sistema original están dadas por $$\left(\frac{1-5z}{11}, \frac{3+7z}{11},z\right)=\left(\frac{1}{11},\frac{3}{11},0\right) + z \left(-\frac{5}{11},\frac{7}{11},1\right).$$

Observa que en efecto el espacio de soluciones del sistema homogéneo es de dimensión $1$, pues está generado por el vector $$\left(-\frac{5}{11},\frac{7}{11},1\right),$$ y que todas las soluciones al sistema original son una de estas soluciones, más la solución particular $$\left(\frac{1}{11},\frac{3}{11},0\right).$$

$\square$

Para terminar, veamos un ejemplo muy sencillo de cómo usar las fórmulas de Cramer en un sistema de ecuaciones de $2\times 2$ con un parámetro $\theta$. La intepretación geométrica del siguiente sistema de ecuaciones es «encuentra el punto $(x,y)$ del plano tal que al rotarse en $\theta$ alrededor del origen, llega al punto $(a,b)$ » .

Problema. Sea $a,b,\theta$ números reales. Encuentra las soluciones $x,y$ al sistema de ecuaciones
\begin{align*}
x \cos \theta – y \sin \theta = a\\
x \sin \theta + y \cos \theta = b.
\end{align*}

Solución. La matriz asociada al sistema es $$A=\begin{pmatrix} \cos \theta & -\sin\theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{pmatrix}$$ que tiene determinante $$\det A = \cos ^2 \theta + \sin^2 \theta = 1.$$

De acuerdo al teorema de Cramer, las soluciones al sistema están dadas por:

\begin{align*}
x&=\frac{\begin{vmatrix}a & -\sin \theta\\ b & \cos \theta \end{vmatrix}}{\det A} = a\cos \theta + b\sin \theta\\
y&=\frac{\begin{vmatrix}\cos \theta & a \\ \sin \theta & b \end{vmatrix}}{\det A} = b\cos \theta – a\sin \theta.
\end{align*}

$\square$

Hay herramientas en línea que te permiten ver de manera interactiva cómo usar las fórmulas de Cramer para sistemas de ecuaciones en los reales. Una de ellas es el Cramer’s Rule Calculator de matrix RESHISH, en donde puedes ver la solución por pasos para ejemplos que tú fijes.

Tarea moral

  • Determina el rango de la matriz $$A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 3 & -2 & 4 \\ 5 & -2 & 3 \\ -1 & 2 & -5 \end{pmatrix}.$$
  • Para la matriz $A$ del inciso anterior, resuelve los sistemas de ecuaciones lineales $AX=\begin{pmatrix}5\\8\\3\\2\end{pmatrix}$ y $AX=\begin{pmatrix}5\\8\\13\\-3\end{pmatrix}$.
  • Verifica que la matriz aumentada en el último ejemplo en efecto tiene rango $2$.
  • Muestra que si $A$ es una matriz en $M_n(\mathbb{R})$ con entradas enteras y de determinante $1$, y $b$ es un vector en $R^n$ con entradas enteras, entonces la solución $X$ del sistema de ecuaciones $AX=b$ tiene entradas enteras.
  • ¿Cómo puedes usar la regla de Cramer para encontrar la inversa de una matriz invertible $A$?
  • Considera un sistema de ecuaciones con coeficientes en un campo $F_1$ y una extensión de campo $F_2$. Muestra que si el sistema tiene una solución en $F_2$, entonces también tiene una solución en $F_1$.

Más adelante…

En esta entrada volvimos a hablar de sistemas de ecuaciones lineales, pero ahora que ya sabemos determinantes, pudimos verlo con un enfoque diferente al que habíamos utilizado para abordar el tema en la primera unidad. También hablamos de la regla de Cramer, una herramienta muy poderosa cuando estamos intentando resolver sistemas de ecuaciones.

Ahora, vamos a ver cómo se usa lo que vimos en esta entrada resolviendo varios ejemplos. Después, empezaremos a abordar el tema de eigenvalores y eigenvectores.

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