Tema 6 Espacios vectoriales

6.1 Definición de Espacio Vectorial

Espacio vectorial. Un espacio vectorial sobre un cuerpo conmutativo \(\mathbb{K}\) es un conjunto \(E\) no vacío y cerrado con las siguientes operaciones definidas:

  • Ley de composición interna \[\forall\vec{x},\vec{y}\in E\Rightarrow \vec{x}+\vec{y}\in E\]
  • Ley de composición externa\[\forall\vec{x}\in E,\alpha\in\mathbb{K}\Rightarrow\alpha\vec{x}\in E\]

que cumplen las siguientes condiciones

Condiciones de la ley de composición interna.

  • Propiedad conmutativa: \[\vec{x}+\vec{y} = \vec{y}+\vec{x}\quad \forall\vec{x},\vec{y}\in E\]
  • Propiedad asociativa: \[\vec{x}+(\vec{y}+\vec{z}) = (\vec{x}+\vec{y})+\vec{z}\quad \forall\vec{x},\vec{y},\vec{z}\in E\]
  • Elemento neutro de la suma: \(\exists\vec{0}\in E:\ \vec{x}+\vec{0}= \vec{x}\quad \forall\vec{x}\in E\)
  • Existencia del opuesto: \(\forall\vec{x}\in E,\ \exists-\vec{x}\in E:\ \vec{x}+(-\vec{x}) = (-\vec{x})+\vec{x} = \vec{0}\)

Condiciones de la ley de composición externa.

  • Propiedad asociativa: \[\alpha(\beta\vec{x}) = (\alpha\beta)\vec{x}\quad \forall\vec{x}\in E,\alpha,\beta\in\mathbb{K}\]
  • Elemento neutro del producto: \(\exists1\in\mathbb{K}:\ 1\vec{x} = \vec{x}\quad \forall\vec{x}\in E\)
  • Propiedad distributiva del producto respecto de la suma de vectores:\[\alpha(\vec{x}+\vec{y}) = \alpha\vec{x}+\alpha\vec{y}\quad \forall\vec{x},\vec{y}\in E,\alpha\in\mathbb{K}\]
  • Propiedad distributiva del producto respecto de la suma de escalares:\[(\alpha+\beta)\vec{x} = \alpha\vec{x}+\beta\vec{x}\quad \forall\vec{x}\in E,\alpha,\beta\in\mathbb{K}\]

Vectores. Nombre que reciben los elementos de \(E\)

Escalares. Nombre que reciben los elementos de \(\mathbb{K}\)

Observación. En la definición anterior y en las propiedades aparecen dos sumas diferentes que denotamos del mismo modo por +. La suma de los elementos de \(E\) (la suma de vectores) y la suma de los elementos de \(\mathbb{K}\) (la suma de escalares). Del mismo modo, los elementos neutros de ambas sumas también los denotamos iguales, por 0, aunque sean diferentes (uno es un vector y, el otro, es un escalar). El contexto nos dirá en cada momento a qué suma y a qué elemento neutro nos estamos refiriendo.

Ocurre lo mismo con el producto. En caso de que pueda haber confusión, no se denotará ningún símbolo a la hora de referirnos a un producto de escalares, mientras que el producto de un escalar por un vector lo denotaremos por \(\alpha\cdot \vec{x}\). Aunque no siempre seremos capaces de mantener esa notación, del mimso modo que denotaremos indistintamente como vectores \(x\) o \(\vec{x}\)

Ejemplo 1

A continuación se muestran ejemplos de espacios vectoriales

  • \(\mathbb{R}^n\) formado por los vectores de \(n\) componentes \((x_1,x_2,\dots,x_n)\)
  • El conjunto \(P_n(\mathbb{K}) = \{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0:\ a_i\in\mathbb{K},\ \forall0\le i\le n\}\)
  • El espacio \(\mathcal{M}_2(\mathbb{K})\) de las matrices de orden 2 con coeficientes sobre \(\mathbb{K}\)
  • El conjunto de las funciones continuas definidas sobre un cuerpo \(\mathbb{K}\)

Ejemplo 2

No son espacios vectoriales:

  • El conjunto de matrices \(\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{Z})\)
  • El conjunto de polinomios de grado exactamente igual a 3 con coeficientes reales

Ejercicio 1

¿Por qué los conjuntos anteriores no son espacios vectoriales?

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v., entonces el neutro y el puesto de un elemento cualquiera \(x\in E\) son únicos.

Demostración

Para ver la unicidad del elemento neutro, supongamos que \(0_1\) y \(0_2\) son dos neutros del espacio vectorial \(E\). Entonces, \[0_1 = 0_1 + 0_2 = 0_2\]

Con lo cual, \(0_1 = 0_2\) tal y como queríamos ver.

Ahora, para ver la unicidad del elemento opuesto, supongamos que \(x\in E\) tiene dos elementos opuestos: \(y,z\). Entonces, tendríamos \[y = y+0 = y + (x+z) = (y+x)+z = 0+z = z\]

Con lo cual, \(y = z\) tal y como queríamos demostrar.

Proposición. De la definición de \(\mathbb{K}\)-e.v. se deducen las siguientes propiedades:

  • \(0\cdot x = 0\)
  • \(\lambda\cdot 0 = 0\)
  • Si \(\lambda\cdot x = 0\), entonces \(x = 0\) o \(\lambda = 0\)
  • \((-\lambda)\cdot x = -(\lambda\cdot x) = \lambda\cdot (-x)\). En particular, \((-1)\cdot x = -x\)
  • \(\lambda\cdot (x-y) = \lambda\cdot x -\lambda \cdot y\)
  • \((\lambda-\mu)\cdot x = \lambda \cdot x-\mu\cdot x\)

Ejercicio 2. Demostrar estas 6 propiedades formalmente.

6.2 Subespacios vectoriales

Subespacio vectorial. Sea \(F\subseteq E\) un subconjunto no vacío del espacio vectorial \(E\) sobre un cuerpo \(\mathbb{K}\). Diremos que \(F\) es un subespacio vectorial de \(E\) si, y solo si, se verifica

  • La suma de dos elementos de \(F\) es otro elemento de \(F\): \[\forall\vec{x},\vec{y}\in F\Rightarrow\vec{x}+\vec{y}\in F\]
  • El producto de un escalar por un elemento \(F\) es otro elemento de \(F\): \[\forall\vec{x}\in F,\ \alpha\in\mathbb{K}\Rightarrow\alpha\vec{x}\in F\]

Subespacios triviales. Si \(E\) es un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial, se verifica siempre que \(E\) y \(\{0\}\) son subespacios vectoriales de \(E\). Estos se denominan subespacios vectoriales triviales de \(E\) o impropios.

De los resultados anteriores, se deduce fácilmente que,

Proposición. Si \(F\) es un subespacio vectorial de \(E\), entonces

  • \(\vec{0}\in F\)
  • Si \(\vec{x}\in F\), entonces \(-\vec{x}\in F\)

Ejercicio 3. Demostrar formalmente esta proposición.

Una gran utilidad de esta proposición es que si se comprueba que \(\vec{0}\not\in F\), entonces este conjunto no puede ser nunca un espacio vectorial.

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. y \(F\) un subconjunto no vacío, entonces son equivalentes las siguientes afirmaciones:

  • \(F\) es un subespacio vectorial
  • \(F\) es un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial con las mismas operaciones de \(E\) restringidas a \(F\)
  • \(F\) verifica \(ax+by\in F\quad\forall a,b\in\mathbb{K}\) y \(\forall x,y\in F\)
  • Cualquier combinación lineal de vectores de \(F\) es un vector de \(F\), es decir, \(\sum a_ix_i\in F\quad\forall a_i\in\mathbb{K}\) y \(\forall x_i\in F\)

Ejercicio 4. Demostrar formalmente esta proposición.

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial

  • Si \((F_i)_{i\in I}\) es una familia cualquiera de subespacios vectoriales de \(E\), entonces \(\bigcap_{i\in I}F_i\) es un subespacio vectorial de \(E\) contenido en todos los \(F_i\) con \(i\in I\)
  • Si \(F_1,\dots,F_n\) son subespacios vectoriales de \(E\), entonces

\[\sum_{i = 1}^nF_i = F_i+\cdots+F_n = \{x_1+\cdots+x_n\ |\ x_i\in F_i,\ i = 1,\dots, n\}\]

es un subespacio vectorial de \(E\) llamado subespacio vectorial suma que contiene todos los \(F_i\) con \(i = 1,\dots, n\)

Ejercicio 5. Demostrar formalmente esta proposición.

Lo que nos dice la proposición anterior, en otras palabras, es que la intersección infinita de subespacios vectoriales es a su vez subespacio vectorial.

No obstante, la unión (finita o arbitraria) de subespacios vectoriales no es subespacio vectorial.

Por su parte, una suma finita de subespacios vectoriales sí es subespacio vectorial y sus elementos son de la forma descrita anteriormente.

Ejemplo 3

En el \(\mathbb{R}\) espacio vectorial \(\mathbb{R}^2\), consideremos los subespacios vectoriales \(F,G\) dados por los ejes de coordenadas cartesianas. Así pues,

\[F = \{(x,0)\ |\ x\in\mathbb{R}\}\qquad G = \{(0,y)\ |\ y\in\mathbb{R}\}\]

Entonces, es fácil ver que \(F\cap G =\{(0,0)\}\) y que \(F+G = \mathbb{R}^2\), que son efectivamente subespacios vectoriales (de hecho son los impropios).

En cambio, si hacemos la unióin, tenemos \(F\cup G = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2\ |\ x=0\text{ o }y = 0\}\), que no es subespacio vectorial de \(\mathbb{R}^2\), ya que tomando los elementos \((1,0), (0,1)\in F\cup G\), tenemos que su suma, \((1,1)\not\in F\cup G\)

En un subespacio vectorial sum \(F+G\), la expresión de cada elemento como suma de un elemento de \(F\) más un elemento de \(G\) no tiene por qué ser única y, por lo general, no lo es.

En este sentido, podemos dar las siguientes definiciones:

Suma directa. Sean \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. y \(F,G\) subespacios vectoriales de \(E\). Entonces, si cada elemento del subespacio vectorial suma \(F+G\) se escribe de manera única como suma de un elemento de \(F\) más un elemento de \(G\), se dice que la suma de \(F\) y \(G\) es directa y se denota por \(F\oplus G\)

Complementarios en \(E\). Si además de tener \(F\oplus G\) se verifica \(E = F\oplus G\), se dice que \(F\) y \(G\) son complementarios en \(E\).

Proposición. Sean \(F\) y \(G\) dos subespacios vectoriales de un \(\mathbb{K}\)-e.v. \(E\). Entonces, la suma de \(F\) y \(G\) es directa si, y solo si, \(F\cap G = \{0\}\)

Ejercicio 6. Demostrar formalmente esta proposición.

Corolario. Sean \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. y \(F,G\) subespacios vectoriales de \(E\). Los subespacios \(F,G\) serán complementarios si verifican

  • \(\forall x\in E\), \(\exists y\in F,\ z\in G\ :\ x = y+z\)
  • \(F\cap G = \{0\}\)

Recordemos el Ejemplo 3:

En el \(\mathbb{R}\)-e.v \(\mathbb{R}^2\) habíamos considerado

\[F = \{(x,0)\ |\ x\in\mathbb{R}\}\qquad G = \{(0,y)\ |\ y\in\mathbb{R}\}\]

y habíamos visto que \(F+G = \mathbb{R}^2\) y que \(F\cap G = \{0\}\).

Con lo cual, tenemos que \(F\oplus G = \mathbb{R}^2\)

El concepto de suma directa lo podemos generalizar a \(n\) sumandos del siguiente modo:

Suma directa. Sean \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. y \(F_1,\dots,F_n\) subespacios vectoriales de \(E\). Entonces, diremos que la suma \(F_1+\cdots +F_n\) es directa si cada elemento de \(F_1+\cdots +F_n\) se escribe de manera única como suma de elementos de \(F_1,\dots,F_n\). Se denota por \(F_1\oplus\cdots\oplus F_n\)

Ejercicio 7

Se puede demostrar de forma parecida al caso \(n = 2\), que la suma \(F_1+\cdots +F_n\) es directa si, y solo si, para todo \(i = 2,\dots,n\) se tiene \[F_i\cap(F_1+\cdots+F_{i-1}) = \{0\}\]

En ocasiones disponemos de un subconjunto \(S\) de \(E\) que no es subespacio vectorial, pero estamos interesados en el más pequeño subespacio vectorial (con respecto a la inclusión) que contiene este subconjunto \(S\).

Este subespacios siempre existe ya que solo debemos considerar la familia de todos los subespacios vectoriales de \(E\) que contienen a \(S\) y entonces sabemos que su intersección es otro subespacio vectorial que, evidentemente, contiene a \(S\) y este será el más pequeño con la propiedad.

Subespacio vectorial generado por \(S\). Subespacio más pequeño que contiene a \(S\). Lo denotamos por \(\langle S\rangle\)

Diremos también que \(S\) es un conjunto o sistema generador o que \(S\) genera a \(\langle S\rangle\).

En definitiva, hemos visto que

\[\langle S\rangle = \bigcap_{\begin{matrix}S\subseteq F\\ F\text{ subespacio}\end{matrix}}F\]

De forma más general, definimos sistema generador como

Sistema generador. Dado un conjunto de vectores \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\in E\), se dice que forman un sistema generador del espacio vectorial \(E\) si cualquier vector \(\vec{u}\in E\) se puede expresar como una combinación lineal de ellos. Es decir

\[\forall\vec{u}\in E,\ \exists\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n\in\mathbb{K}:\ \vec{u} = \sum_{i = 1}^n\alpha_i\vec{u}_i\]

Proposición. Sea \(S\) un subconjunto cualquiera de un \(\mathbb{K}\)-e.v. \(E\). Entonces

\[\langle S \rangle = \{\alpha_1\cdot x_1+\cdots +\alpha_n\cdot x_n\ |\ n\in\mathbb{Z}^+;\ x_i\in S;\ \alpha_i\in\mathbb{K},\ i = 1,\dots,n\}\]

Es decir, \(\langle S\rangle\) es el subespacio formado por todas las combinaciones lineales posibles de elementos de \(S\)

Ejercicio 8. Demostrar formalmente esta proposición.

Observación. A partir de la caracterización de subespacio generado por un subconjunto, queda claro que si tenemos dos subconjuntos de \(E\) de forma que \(S\subseteq S'\), entonces \(\langle S\rangle\subseteq\langle S'\rangle\)

En el caso en que \(S\) es finito, \(S = \{x_1,\dots,x_n\}\), entonces se puede escribir

\[\langle S\rangle = \langle x_1,\dots,x_n\rangle = \{\alpha_1\cdot x_1 +\cdots +\alpha_n\cdot x_n\ |\ \alpha_i\in\mathbb{K},\ i=1,\dots,n\}\]

Ejemplo 4

Los vectores \((1,0,0,\dots,0),\ (0,1,0,\dots,0),\ (0,0,1,\dots,0),\dots,(0,0,0,\dots,1)\) forman un sistema generador de \(\mathbb{K}^n\).

Por lo tanto, podemos decir que \(\mathbb{K}^n\) está finitamente generado.

Ejemplo 5

Análogamente, los vectores \(\{1,x,x^2,\dots,x^n\}\) forman un conjunto de generadores del \(\mathbb{K}\)-e.v. \(\mathbb{K}_n[x]\), que es por lo tanto finitamente generado.

En cambio, \(\mathbb{K}[x]\) es un \(\mathbb{K}\)-e.v. que no es finitamente generado. Si suponemos que \(p_1(x),\dots,p_k(x)\) forma un conjunto finito de generadores de este espacio vectorial, considerando \(n = \max{(\deg(p_1),\dots,\deg(p_k))}\), todo polinomio de grado superior a \(n\) no podría ser expresado como combinación lineal de los \(p_i(x)\), \(i= 1,\dots,k\). Llegamos así a contradicción. Observemos pues que \(\mathbb{K}[x]\) tiene un conjunto infinito (numerable) de generadores: \(\{1,x,\dots,x^n,\dots\}\)

Ejemplo 6

Dentro de \(\mathbb{R}^3\) consideramos el subconjunto \(F = \{(x,y,z)\ |\ 5x-y+3z = 0\}\).

Entonces, está claro que \(F\) es un subespacio vectorial y que además, todo elemento de \(F\) es de la forma \((x,5x+3z,z)\) variando \(x,z\in\mathbb{R}\). Así, todo elemento de \(F\) se escribe de la forma \[u = x\cdot (1,5,0)+z\cdot (0,3,1)\] y, por tanto, los vecotres \((1,5,0)\) y \((0,3,1)\) generan todo \(F\)

Ejercicio 9

  • Demostrar que \(F\) es un subespacio vectorial de \(E\)
  • Detallar por qué los elementos de \(F\) tienen esa forma

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. y \(S\subseteq E\). Si \(u\in\langle S\rangle\), entonces se tiene \(\langle S\cup \{u\}\rangle = \langle S\rangle\)

Lo que nos viene a decir esta proposición es que un mismo espacio o subespacio vectorial puede tener conjuntos de generadores diferentes.

Ejercicio 10. Demostrar formalmente esta proposición.

6.3 Dependencia e Independencia Lineal de vectores

Recordemos la definición de Combinación Lineal (CL)

Combinación lineal. Dados \(p\) vectores \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_p\in\mathbb{K}^n\) y los escalares \(\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_p\in\mathbb{K}\), una combinación lineal de esos \(p\) vectores es un vector dado por una expresión de la forma

\[\alpha_1\vec{u}_1+\alpha_2\vec{u}_2+\cdots+\alpha_p\vec{u}_p\in\mathbb{K}^n\]

Ejemplo 7

Expresar el vector \((2,-4)\) como combinación lineal de los vectores \((1,1)\) y \((-2,0)\)

Necesitamos \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\) tales que

\[(2,-4) = \alpha(1,1)+\beta(-2,0)\]

Con lo cual, se trata de resolver el sistema \[\left\{\begin{matrix} \alpha &-&2\beta &=& 2\\ && \alpha&=& -4\end{matrix}\right.\]

Así pues, ya tenemos que \(\alpha = -4\). Con lo cual, \[2\beta = \alpha-2 = -6\Rightarrow\beta = -3\]

Entonces, la combinación lineal que buscábamos es

\[(2,-4) = (-4)(1,1)+(-3)(-2,0)\]

6.3.1 Dependencia lineal

Dependencia lineal. Dados los vectores \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_p\in\mathbb{K}^n\), diremos que son linealmente dependientes (LD) si la ecuación vectorial

\[\sum_{i = 1}^p\alpha_i\vec{u}_i = \vec{0}\]

tiene infinitas soluciones y por tanto los escalares \(\alpha_i\in\mathbb{K}\) pueden tomar valores no nulos

Dependencia lineal. Dados los vectores \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_p\in\mathbb{K}^n\), diremos que son linealmente dependientes (LD) si alguno de ellos se puede expresar como una combinación lineal del resto:

\[\exists1\le i\le p:\ \sum_{k\ne i}\alpha_k\vec{u}_k = \vec{u}_i\]

6.3.2 Independencia lineal

Independencia lineal. Dados los vectores \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_p\in\mathbb{K}^n\), diremos que son linealmente independientes (LI) si la ecuación vectorial

\[\sum_{i = 1}^p\alpha_i\vec{u}_i = \vec{0}\]

tiene como única solución la solución trivial. Es decir, \(\alpha_i = 0\ \forall i=1,2,\dots,p\)

Independencia lineal. Dados los vectores \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_p\in\mathbb{K}^n\), diremos que son linealmente independientes (LI) si no es posible expresarlos como una combinación lineal del resto.

\[\not\exists1\le i\le p:\ \sum_{k\ne i }\alpha_k\vec{u}_k = \vec{u}_i\]

6.3.3 Dependencia e Independencia Lineal de vectores

En el caso de un conjunto \(S\ne\emptyset\), \(S\subseteq E\) finito o no, diremos que \(S\) es linealmente independiente si cualquier subconjunto finito de \(S\) lo es.

Es dedir, si cualquier combinación lineal de un número finito de elementos de \(S\) es igual a 0, implica que todos los escalares deben ser 0.

De forma análoga, diremos que \(S\) es linealmente dependiente si existen un número finito de elementos de \(S\) y una combinación suya igual a 0 donde no todos los escalares son 0

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial, entonces los vectores \(x_1,x_2,\dots,x_n\in E\) son linealmente dependientes si, y solo si, uno de ellos es combinación lineal del resto.

Observación. Como habréis notado, nosotros habíamos dado como definición alternativa de dependencia lineal esta proposición. En muchos casos es así y en otros muchos se toma como propiedad. Por eso aquí hemos incluído ambas opciones.

Ejercicio 11. Demostrar formalmente esta proposición.

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial y \(S\subseteq E\) un conjunto linealmente independiente. Si \(u\not\in \langle S\rangle\), entonces \(S\cup\{u\}\) es linealmente independiente

Ejercicio 12. Demostrar formalmente esta proposición.

6.4 Bases de un espacio vectorial

Base de \(E\). Un conjunto de vectores \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\in E\) son una base de \(E\) si

  • \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\) es un sistema generador de \(E\)
  • \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\) son linealmente independientes

Teorema. Sean \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. y \(B\subseteq E\). Entonces, \(B\) es una base de \(E\) si, y solo si todo vector \(\vec{u}\in E\) se puede expresar como una combinación lineal de \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\in B\) de manera única

\[\forall\vec{u}\in E,\ \exists!\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n\in\mathbb{K}:\ \vec{u} = \sum_{i = 1}^n\alpha_i\vec{u}_i\]

Ejercicio 13. Demostrar formalmente este Teorema.

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. finitamente generado y sea \(S=\{u_1,\dots,u_n\}\) un conjunto de generadores. Entonces \(E\) tiene una base finita \(B\) de forma que \(B\subseteq S\)

Ejercicio 14. Demostrar formalmente esta Proposición.

Teorema de Steinitz. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v., sea \(B = \{u_1,\dots,u_n\}\) una base de \(E\) y sean \(v_1,\dots,v_m\) vectores linealmente independientes. Entonces, se pueden sustituir \(m\) vectores cualesquiera de la base \(B\) por los \(v_1,\dots,v_m\) obteniendo así una nueva base. En particular, se tiene que necesariamente \(m\le n\).

Ejercicio 15. Demostrar formalmente este Teorema.

Teorema. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. Si \(E\) tiene una base finita, digamos \(B = \{u_1,\dots,u_n\}\), entonces todas las bases de \(E\) son finitas y tienen exactamente \(n\) elementos.

Ejercicio 16. Demostrar formalmente este Teorema.

Como hemos visto hasta ahora, un espacio vectorial tiene infinitas bases. En cada espacio vectorial, hay una que tiene características especiales. Esta no es otra que la base canónica.

Ejemplo 8. Base canónica

  • En \(\mathbb{R}^2\), la base canónica es \(\{\vec{e}_1,\vec{e}_2\}\) donde \[\vec{e}_1 = (1,0)\qquad \vec{e}_2 = (0,1)\]
  • En \(\mathbb{R}^3\), la base canónica es \(\{\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3\}\) donde \[\vec{e}_1 = (1,0,0)\qquad \vec{e}_2 = (0,1,0)\qquad \vec{e}_3= (0,0,1)\]
  • En \(\mathbb{R}^n\), la base canónica es \(\{\vec{e}_1,\vec{e}_2,\dots,\vec{e}_n\}\) donde \(\vec{e}_i = (0,\dots,0,1,0,\dots,0)\quad \forall i = 1,2,\dots,n\). Es decir, todas las componentes del vector son 0 a excepción de la \(i-\)ésima que vale 1.

Como también hemos visto que el número de elementos de una base de un espacio vectorial \(E\) dado es único, tiene sentido definir la dimensión de \(E\).

\(E\) de dimensión finita. Sea \(E\ne\{0\}\) un \(\mathbb{K}\)-e.v.. Diremos que \(E\) es de dimensión finita si existe \(n\in\mathbb{Z}^+\) y una base de \(E\) (y, por tanto, todas) formada por \(n\) vectores.

Dimensión de \(E\). Es el número \(n\) de vectores que conforman cualquiera de sus bases. Lo denotamos \(\dim(E)\)

Observación. Si \(E = \{0\}\), no tendrá base, pero diremos que es de dimensión finita y con \(\dim(E) = 0\)

\(E\) de dimensión infinita. Si \(E\) no tiene ninguna base finita. En este caso, lo denotaremos como \(\dim(E) = +\infty\)

Ejemplo 9

  • \(\dim(\mathbb{K}^n) = n\)
  • \(\dim(\mathbb{K}_n[x]) = n+1\)
  • \(\dim(\mathbb{K}[x]) = +\infty\)
  • \(\dim(\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{K})) = m\times n\)

¡Ojo! Puede que a veces nos haga falta escribir la dimensión indicando sobre que cuerpo estamos trabajando.

Entonces, lo que haremos será escribir \(\dim_{\mathbb{K}}(E)\)

Ejemplo 10

  • \(\dim_{\mathbb{Q}}(\mathbb{R}) = +\infty\)
  • \(\dim_{\mathbb{R}}(\mathbb{R}) = 1\)
  • \(\dim_{\mathbb{R}}(\mathbb{C}) = 2\), ya que \(\{1,i\}\) es una base de \(\mathbb{C}\) como \(\mathbb{R}-\)e.v.

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. de dimensión finita y sea \(B = \{u_1,\dots,u_n\}\) una base de \(E\)

  1. Si \(v_1,\dots,v_n\) son L.I., entonces son base de \(E\)
  2. Si \(v_1,\dots,v_n\) generan todo \(E\), entonces son base de \(E\)
  3. La dimensión de \(E\), coincide con el máximo número de vectores LI y con el mínimo número de generadores
  4. Todo conjunto de vectores LI de \(E\) se puede completar hasta una base de \(E\)
  5. Si \(F\) es un sub-e.v. de \(E\), entonces \(F\) también es de dimensión finita y \(\dim(F)\le\dim(E)\). Además, \(\dim(F) = \dim(E)\) si, y solo si \(F = E\)

Ejercicio 17. Demostrar formalmente esta Proposición.

Corolario. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. Entonces \(E\) es de dimensión infinita si, y solo si, podemos encontrar conjuntos de vectores LI de cardinal finito tan grandes como queramos

Ejercicio 18. Demostrar formalmente este Corolario.

Corolario. Si \(E\) es un \(\mathbb{K}\)-e.v. y \(E = \langle u_1,\dots,u_n\rangle\) entonces \(E\) es de dimensión finitay \(\dim(E)\le n\). Es decir, todo \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial finitamente generado es de dimensión finita menor o igual al número de generadores

Ejemplo 11

Sea \(F\) el subespacio vectorial de \(\mathbb{R}^3\) dado por \[F = \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\ |\ x-y+z = 0\}\]

Todos los vectores de \(F\) se pueden escribir como \((x,x+z,z)\) variando \(x,z\) en \(\mathbb{R}\) y, por tanto,

\[(x,x+z,z) = x\cdot(1,1,0)+z\cdot(0,1,1)\]

Es evidente que \(u_1 = (1,1,0)\) y \(u_2 = (0,1,1)\) generan \(F\). También son LI. Por lo tanto, forman una base de \(F\).

Veamos ahora como completarla hasta una base de \(\mathbb{R}^3\):

Siguiendo el Teorema de Steinitz, lo que haremos será ir introduciendo sucesivamente \(u_1,u_2\) a una base conocida, como por ejemplo la base canónica \(e_1 = (1,0,0),\ e_2 = (0,1,0),\ e_3 = (0,0,1)\).

  • Como que \(u_1 = (1,1,0) = 1\cdot e_1+1\cdot e_2\), podemos sustituir por ejemplo \(e_2\) por \(u_1\) obteniendo así una nueva base \(e_1,u_1,e_3\)

Para introducir \(u_2\), primero lo escribimos como combinación lineal de la nueva base \[u_2 = (0,1,1) = -(1,0,0)+(1,1,0)+(0,0,1) = (-1)\cdot e_1+1\cdot u_1+1\cdot e_3\]

Por tanto, podemos sustituir cualquiera de los restantes ya que todos los escalares son distintos a 0. Así, según el Teorema de Steinitz, \(u_1,u_2,e_3\) es una base de \(\mathbb{R}^3\) que evidentemente completa a la de \(F\)

Teorema. Fórmula de Grassmann. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. de dimensión finita y sean \(F\) y \(G\) subespacios vectoriales de \(E\). Entonces se verfica \[\dim(F+G)+\dim(F\cap G) = \dim(F)+\dim(G)\]

Ejercicio 19. Demostrar formalmente este Teorema.

Observación. Notemos que si tenemos una suma directa, \(F\oplus G\), tenemos que \(F\cap G = \{0\}\), lo que equivale a decir \(\dim(F\cap G) = 0\). Por tanto, por el Teorema anterior, tenemos \[\dim(F\oplus G) = \dim(F) + \dim(G)\]

Corolario. Sean \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. de dimensión finita y \(F,G\) sub-e.v. de \(E\). Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  • \(F\) y \(G\) son complementarios (\(E = F\oplus G\))
  • \(F\cap G = \{0\}\) y \(\dim(E)= \dim(F)+\dim(G)\)

Corolario. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial de dimensión finita, entonces todo subespacio vectorial \(F\) admite al menos un complementario.

Ejercicio 20. Demostrar formalmente este Corolario.

6.5 Construcción de espacios vectoriales

¿Cómo construimos nuevos espacios vectoriales a partir de otros conocidos?

Esto es lo que veremos a lo largo de este apartado

6.5.1 Espacio vectorial producto

Espacio vectorial producto. Sean \(E,F\) dos \(\mathbb{K}\)-espacios vectoriales. Definimos sobre el conjunto producto cartesiano \(E\times F\) las siguientes operaciones:

\[(u,v)+(u',v') = (u+u',v+v')\] \[\alpha\cdot(u,v) = (\alpha\cdot u,\alpha\cdot v)\]

donde \(u,u'\in E\), \(v,v'\in F\) y \(\alpha\in\mathbb{K}\). Es inmediato ver que con estas operaciones, el conjunto \((E\times F,+,\cdot)\) es un \(\mathbb{K}\)-e.v. llamado espacio vectorial producto o espacio vectorial suma directa de \(E\) y \(F\).

Lo denotaremos habitualmente por \(E\oplus F\)

Observación. El elemento neutro del \(\mathbb{K}\)-e.v. será \((0,0)\), donde el primer \(0\) es el elemento neutro de \(E\), mientras que el segundo, es el elemento neutro de \(F\)

De forma análoga, el opuesto de cualquier elemento \((u,v)\in E\oplus F\) será \((-u,-v)\in E\oplus F\)

¡Atención! Anteriormente hemos hablado de suma directa de subespacios vectoriales y ahora de suma directa de espacios vectoriales. Ambos se denotan del mismo modo, \(\oplus\).

Así pues, dados dos subespacios vectoriales \(F,G\) de un \(\mathbb{K}\)-e.v. \(E\), tenemos que \(F,G\) pueden ser considerados también como \(\mathbb{K}\)-e.v. y, por tanto \(F\oplus G\) denota a la vez dos objetos inicialmente diferentes:

  • Suma directa de subespacios vectoriales de \(E\) \[F\oplus G = \{z\in E\ |\ z = x+y\ \text{ para ciertos }x\in F,\ y\in G\}\]
  • Suma directa como \(\mathbb{K}\)-espacios vectoriales \[F\oplus G = \{(x,y)\ |\ x\in F,\ y\in G\}\]

Lo indicado en la diapositiva anterior no lleva a ninguna confusión porque, como veremos más adelante, los dos conjuntos corresponden a \(\mathbb{K}\)-espacios vectoriales isomorfos, es decir, identificables desde el punto de vista de la estructura de espacio vectorial que manejamos.

La definición de espacio producto o espacio suma directa se puede generalizar a \(n\) sumandos:

Espacio vectorial producto. Sean \(E_1,\dots,E_n\) \(\mathbb{K}\)-e.v. cualesquiera. Definimos el \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial producto o suma directa de \(E_1,\dots,E_n\) como \[E_1\oplus\cdots\oplus E_n = \{(\vec{u}_1,\dots,\vec{u}_n)\ |\ \vec{u}_i\in E_i,\ \text{ para }i= 1,\dots,n\}\]

Con las operaciones suma y producto por escalares definidas componente a componente

\[(\vec{u}_1,\dots,\vec{u}_n)+(\vec{v}_1,\dots,\vec{v}_n) = (\vec{u}_1+\vec{v}_1,\dots,\vec{u}_n+\vec{v}_n)\]\[\alpha\cdot(\vec{u}_1,\dots,\vec{u}_n) = (\alpha\cdot \vec{u}_1,\dots,\alpha\cdot\vec{u}_n)\]

donde \(\vec{u}_i,\vec{v}_i\in E_i,\ \forall i = 1,\dots, n\) y \(\alpha\in\mathbb{K}\)

Ejemplo 12

De la definición anterior, deducimos que el \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial \(\mathbb{K}^n\) lo podemos ver como la siguiente suma directa \[\mathbb{K}^n = \mathbb{K}\oplus\cdots\oplus\mathbb{K}\]

Proposición. Sean \(E,F,E_1,\dots,E_n\) \(\mathbb{K}\)-e.v.

  • Si \(E,F\) son de dimensión finita, entonces \(E\oplus F\) también lo es y \[\dim(E\oplus F) = \dim(E)+\dim(F)\]
  • Si todos los \(E_i\) son de dimensión finita y \(\dim(E_i) = n_i\ \forall i=1,\dots,n\), entonces \(E_1\oplus\cdots\oplus E_n\) también es de dimensión finita y \[\dim(E_1\oplus\cdots\oplus E_n)=\dim(E_1)+\cdots+\dim(E_n) = \sum_{i = 1}^n n_i\]

Ejercicio 21. Demostrar formalmente esta Proposición.

6.5.2 Espacio vectorial cociente

Relación módulo \(F\). Sean \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial y \(F\) un subespacio vectorial de \(E\) cualquiera. Definimos sobre \(E\) la siguiente relación llamada relación módulo \(F\)

\[x\sim_{F}y \Leftrightarrow x-y\in F\]

La relación definida anteriormente sobre \(E\) es siempre una relación de equivalencia cualquiera que sea el subespacio vectorial \(F\) ya que

  • Reflexiva: \(\forall x\in E\), tenemos que \(x\sim_F x\) ya que \(x-x = 0\in F\) por ser \(F\) subespacio vectorial
  • Simétrica: \(\forall x,y\in E\), si \(x\sim_F y\), tenemos que \(x-y\in F\) y, por tanto, su opuesto también pertenece a \(F\), \(y-x\in F\). Es decir, tenemos \(y\sim_F x\)
  • Trasitiva: Si tenemos \(x,y,z\in E\) tales que \(x\sim_F y\) y \(y\sim_F z\), entonces \(x-y,y-z\in F\). Por tanto, su suma también es de \(F\), es decir, \[(x-y)+(y-z) = x-z\in F\Leftrightarrow x\sim_F z\]

De esta manera podemos considerar el conjunto cociente, denotado como \(E/F\) formado por todas las clases de equivalencia módulo \(F\).

Clase de equivalencia módulo \(F\). Dado \(x\in E\), su clase de equivalencia módulo \(F\) la denotamos por \([x]_F\) y viene dada por \[[x]_F = \{y\in E\ |\ y\sim_F x\} = \{y\in E\ |\ y-x = z\in F\}\] \[=\{y\in E\ |\ y = x+z,\ z\in F \} = \{x+z\ |\ z\in F\} = x+F\]

Observación. La clase del \(0\) coincide con el propio subespacio \(F\) \[[0]_F = \{0+z\ |\ z\in F\} = F\]

De hecho, más generalmente tenemos

\[[x]_F = [0]_F\Leftrightarrow x\sim_F0\Leftrightarrow x\in F\ \text{y en estos casos }[x]_F = F\]

Estas clases de equivalencia se denominan variedades lineales

Variedad lineal. Es la suma de un vector y un subespacio vectorial

Como hemos visto, las variedades lineales solamente son subespacios vectoriales cuando \(x\in F\), o equivalentemente, cuando la variedad contiene el \(0\in E\), coincidiendo en estos casos con el propio subespacio \(F\).

Dentro del conjunto cociente \(E/F = \{[x]_F\ |\ x\in E\}\) podemos definir las siguientes operaciones de clases de equivalencia, a través de sus representantes:

\[[u]_F +[v]_F = [u+v]_F\] \[\alpha\cdot[u]_F = [\alpha\cdot u]_F\]

Veamos que las operaciones anteriores están bien definidas. En otras palabras, comprobemos que no dependen del representante elegido:

  • SUMA: Supongamos que \([x]_F = [x']_F\) y que \([y]_F = [y']_F\). Queremos ver que si sumamos a través de los representantes \(x,y\) o \(x',y'\), el resultado es el mismo. Como era de esperar \[[x]_F = [x']_F\Leftrightarrow x\sim_F x'\Leftrightarrow x-x'\in F\]\[[y]_F = [y']_F\Leftrightarrow y\sim_F y'\Leftrightarrow y-y'\in F\] y consecuentemente sumando obtenemos que \[x+y-(x'+y')\in F\Leftrightarrow (x+y)\sim_F(x'+y')\Leftrightarrow [x+y]_F = [x'+y']_F\]

  • PRODUCTO por escalares: De forma similar, si \(\alpha\in\mathbb{K}\) y \([x]_F = [x']_F\), tenemos que \(x-x'\in F\) y, entonces, \[\alpha\cdot(x-x')\in F\Leftrightarrow \alpha\cdot x-\alpha\cdot x'\in F\Leftrightarrow [\alpha\cdot x]_F = [\alpha\cdot x']_F\]

Con todo lo visto hasta el momento, es fácil ver que el conjunto cociente \(E/F\) junto con estas operaciones es un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial:

Espacio vectorial cociente. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. y \(F\) un sub-e.v. de \(E\) cualquiera. Definimos el espacio vectorial cociente de \(E\) por \(F\) al \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial dado por \((E/F,+,\cdot)\) con las operaciones

\[[u]_F +[v]_F = [u+v]_F\] \[\alpha\cdot[u]_F = [\alpha\cdot u]_F\]

donde \(\alpha\in\mathbb{K}\), \(u,v\in E\)

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-e.v. de dimensión finita, \(\dim(E) = n\) y sea \(F\) un subespacio vectorial. Entonces, \(E/F\) es también de dimensión finita y \[\dim(E/F) = \dim(E)-\dim(F)\]

Ejercicio 22. Demostrar formalmente esta Proposición.

En dimensiones infinitas, la fórmula anterior ya no sería válida. Un ejemplo de ello es el \(\mathbb K\)-espacio vectorial de los polinomios \(\mathbb K[x]\).

Si \(p(x)\in\mathbb K[x]\) es un polinomio no constante cualquiera, y consideramos el subconjunto de los múltiplos de \(p(x)\), que denotamos por

\[F=(p(x)) = \{p(x)q(x)| q(x)\in\mathbb K[x]\}\]

se puede demostrar fácilmente que \(F=(p(x))\) es un subespacio vectorial de \(\mathbb K[x]\), ya que la suma de múltiplos de \(p(x)\) es múltiplo de \(p(x)\) y el producto de un escalar por un múltiplo de \(p(x)\) también es múltiplo de \(p(x)\). Además es de dimensión infinita ya que podemos demostrar que no puede tener un número finito de generadores como ocurría con el caso de \(\mathbb K[x]\).

En este caso podemos definir el \(\mathbb K\)-espacio vectorial cociente \(\mathbb K[x]/F\) con \(F=(p(x))\) donde la relación módulo \(F\) sería:

\[a(x)\sim_F b (x)\Longleftrightarrow a(x) - b(x) \in F = (p(x))\]

Proposición. Sea \(p(x)\in\mathbb{K}[x]\) un polinomio no constante y de grado \(\deg(p(x)) = n\ge 1\). Entonces, dentro de cada clase no nula de un polinomio \(a(x)\in \mathbb K[x]\), \([a(x)]_F\) hay un representante de grado menor a \(n\)

Ejercicio 23. Demostrar formalmente esta Proposición.

Proposición. Sea \(p(x)\in\mathbb{K}[x]\) un polinomio no constante de grado \(\deg(p(x))= n\ge 1\). Entonces, las clases \([1],[x],[x^2],\dots,[x^{n-1}]\) forman una base de \(\mathbb{K}[x]/(p(x))\), y, por lo tanto, \[\dim(\mathbb{K}[x]/(p(x))) = n = \deg(p(x))\]

Ejercicio 24. Demostrar formalmente esta Proposición.

Observación. En el caso en que hiciésemos \(\mathbb{K}[x]/(p(x))\) donde \(p(x)\) fuese un polinomio constante, entonces tendríamos que \((p(x)) = \mathbb{K}[x]\) ya que las constantes son invertibles y todo polinomio se puede poner como múltiplo de una constante cualquiera (ya que \(p(x) = k(1/k\cdot p(x))\ \forall k\in \mathbb K^*\))

De este modo, \(\mathbb{K}[x]/(p(x))\) sería el \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial trivial, el \({0}\).

6.6 Rango y Coordenadas

6.6.1 Rango de un conjunto de vectores

Rango de un conjunto de vectores. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial cualquiera. Se llama rango de vectores \(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\in E\) a la dimensión del subespacio vectorial que generan

\[\text{rg}\{\vec{u}_1,\dots,\vec{u}_n\} = \dim(\langle\vec{u}_1,\dots,\vec{u}_n\rangle)\]

que coincide con el número máximo de vectores LI que se pueden extraer del conjunto \(\{\vec{u}_1,\dots,\vec{u}_n\}\)

Otra definición de rango:

Rango de un conjunto de vectores. Dados \(\vec{u}_1,\dots,\vec{u}_n\in E\), se dice que tiene rango \(r\le n\) si existe como mínimo un subconjunto de \(r\) vectores LI entre ellos y no existe ninguno de \(r+1\) que sea LI.

En otras palabras, como bien se dijo anteriormente, es el número máximo de vectores LI que pueden extraerse del conjunto.

6.6.2 Coordenadas en una base

El rango de \(n\) vectores está relacionado con el rango de una matriz tal y como veremos a continuación.

En primer lugar, recordemos que dado un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial de dimensión \(n\) y \(B=\{e_1,\dots,e_n\}\) una base cualquiera de \(E\), todo vector \(x\in E\) se escribe de manera única como combinación lineal de la base \(B\) de la forma \[x = \sum_{i = 1}^n\alpha_i\cdot e_i = \alpha_1\cdot e_1+\cdots+\alpha_n\cdot e_n\]

Por tanto, podemos dar la siguiente definición:

Coordenadas de un vector en base \(B\). Son los escalares \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\) de la combinación lineal anterior

Más formalmente,

Coordenadas en una base. Dado un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial \(E\) con una base \(B = \{e_1,\dots,e_n\}\) y un vector \(u\in E\), se sabe que existen unos únicos escalares \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\in\mathbb{K}\) tales que:

\[u = \sum_{i = 1}^n\alpha_i\cdot e_i\]

Estos escalares se denominan coordenadas del vector \(u\) en la base \(B\).

\[u = (\alpha_1,\dots,\alpha_n)_B\]

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial de dimensión finita \(n\) y \(B=\{e_1,\dots,e_n\}\) una base de \(E\). Sean \(u_1,\dots,u_m\in E\) vectores de forma que cada \(u_j\) tiene coordenadas en la base \(B\) dadas por \[u_j = \sum_{i = 1}^n a_{ij}\cdot e_i = a_{1j}\cdot e_1+\cdots+a_{nj}\cdot e_n\]

Entonces,

  • \(u_1,\dots,u_m\) son LI si, y solo si, \(\text{rg}(A) = m\le n\)
  • \(\text{rg}(u_1,\dots,u_m) = \text{rg}(A)\)

Ejercicio 25. Demostrar formalmente esta Proposición.

Por la proposición anterior, un método para calcular el rango de un conjunto de vectores consiste en construir una matriz utilizando los vectores como columnas (o filas) y definir el rango de la matriz como el rango de sus vectores columna (o fila).

Observación. Si se nos facilitan las coordenadas de un vector sin especificar la base, se sobreentiende que se trata de la base canónica.

También reciben el nombre de coordenadas cartesianas y son las que en temas anteriores hemos definido como las componentes de un vector.

6.7 Cambio de base

Sabemos que las coordenadas de un vector son únicas en cada base, pero distintas cuando cambian de base.

Partiendo de este punto, el problema que se nos plantea es el de calcular las coordenadas de un vector en cierta base \(B'\) dadas las coordenadas del mismo en otra base \(B\).

Se necesitará pues conocer la relación entre ambas bases.

Dadas las bases \(B_u = \{\vec{u}_1,\dots,\vec{u}_n\}\) y \(B_v = \{\vec{v}_1,\dots,\vec{v}_n\}\) de un espacio vectorial \(E\), si queremos calcular las coordenadas de los vectores de \(B_u\) en la base \(B_v\), se han de expresar los vectores \(\vec{u}_i\) como combinación lineal de los vectores de \(\vec{v}_i\)

Ejemplo 13

Dado el vector \(\vec{u}\in\mathbb{R}^3\) de coordenadas \((-2,3,5)_B\) en la base \[B = \{(2,4,0),(1,0,1),(-1,2,0)\}\] Calculemos sus coordenadas en la base canónica \(C\).

En primer lugar, tenemos que expresar los vectores de la base \(B = \{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{u}_3\}\) en la base canónica \(C = \{\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3\}\):

\[(2,4,0) = 2(1,0,0)+4(0,1,0)+0(0,0,1)\] \[(1,0,1) = 1(1,0,0)+0(0,1,0)+1(0,0,1)\] \[(-1,2,0) = -1(1,0,0)+2(0,1,0)+0(0,0,1)\]

A continuación, lo que buscamos son 3 escalares \(\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}\) tales que

\[\vec{u} = (\alpha,\beta,\gamma)_C = \alpha\vec{e}_1+\beta\vec{e}_2+\gamma\vec{e}_3\]

Pero lo que nosotros sabemos es que,

\[\vec{u} = (-2,3,5)_B = -2\vec{u}_1+3\vec{u}_2+5\vec{u}_3\] \[ = -2(2\vec{e}_1+4\vec{e}_2)+3(\vec{e}_1+\vec{e}_3)+5(-\vec{e}_1+2\vec{e}_2) = (-4+3-5)\vec{e}_1 + (-8+10)\vec{e}_2+3\vec{e}_3 = -6\vec{e}_1+2\vec{e}_2+3\vec{e}_3\]

Así pues, \(\vec{u} = (-6,2,3)_C\)

Ejercicio 26

Dadas las bases \(B_u = \{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{u}_3\}\) y \(B_v=\{\vec{v}_1,\vec{v}_2,\vec{v}_3\}\) de un espacio vectorial de dimensión 3 y sabiéndose que

\[\left\{\begin{matrix} \vec{v}_1 &=& 2\vec{u}_1&-&\vec{u}_2&+&\vec{u}_3\\ \vec{v}_2 &=& &-&\vec{u}_2&+&2\vec{u}_3\\ \vec{v}_3 &=& -\vec{u}_1&+&\vec{u}_2&-&3\vec{u}_3 \end{matrix}\right.\]

Considerad el vector \(\vec{u} = (2,0,-1)_{B_u}\) y calculad sus coordenadas en la base \(B_v\)

Veamos de dónde sale la relación anterior:

Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial de dimensión finita \(n\) y sean \(B_u = \{u_1,\dots,u_n\}\) y \(B_v = \{v_1,\dots,v_n\}\) dos bases de \(E\).

Considremos un vector \(x\in E\) y sean \((\alpha_1,\dots,\alpha_n)_{B_u}\) y \((\beta_1,\dots,\beta_n)_{B_v}\) las coordenadas del vector \(x\) en las bases \(B_u\) y \(B_v\) respectivamente.

Entonces,

\[x = \sum_{i = 1}^n\alpha_i\cdot u_i\qquad x=\sum_{j = 1}^n\beta_j\cdot v_j\]

Ahora bien, los elementos de la base \(B_v\) tienen también unas coordenadas en la base inicial \(B_u\).

Digamos que \(v_j = \sum_{i = 1}^n a_{ij}\cdot u_i\quad j=1,\dots,n\)

y si sustituimos los \(v_j\) por sus expresiones, obtenemos

\[x=\sum_{j = 1}^n\beta_j\cdot v_j = x=\sum_{j = 1}^n\beta_j\cdot \left(\sum_{i = 1}^n a_{ij}\cdot u_i\right)\] \[= \sum_{j = 1}^n\sum_{i = 1}^n (\beta_j a_{ij})\cdot u_i = \sum_{i = 1}^n\left(\sum_{j = 1}^n \beta_ja_{ij}\right)\cdot u_i\]

Ahora como que las coordenadas de \(x\) en la base \(B\) son únicas, se debe verificar que

\[\alpha_i = \sum_{j = 1}^n\beta_ja_{ij}\quad \text{para todo }i=1,\dots,n\]

Esta expresión la podemos escribir de forma matricial como \(PX_v = X_u\) donde \(X_u\) es la matriz columna formada por las coordenadas de \(x\) en la base \(B_u\) (los \(\alpha_i\)), \(X_v\) es la matriz columna de las coordenadas de \(x\) en la base \(B_v\) y \(P\) es la matriz de las \(a_{ij}\)

Observación. La columna \(j\)-ésima de \(P\) está formada por las coordenadas, en la base \(B_u\), del correspondiente vector \(v_j\) de la base \(B_j\)

De esta manera tenemos la ecuación en forma matricial \[PB_v = B_u\Leftrightarrow \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \beta_1\\ \beta_2\\ \vdots\\ \beta_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha_1\\ \alpha_2\\ \vdots\\ \alpha_n \end{pmatrix} \]

que nos da las coordenadas de \(x\) en la base \(B_u\) en función de las coordenadas del propio \(x\) en la base \(B_v\)

Matriz de cambio de base. La matriz \(P\) anterior es la matriz del cambio de la base \(B_u\) a la base \(B_v\) y se obtiene escribiendo los vectores de la base \(B_v\) en columna como combinación lineal de la base \(B_u\).

Además, las coordenadas de un vector \(x\) en la base \(B_u\) se obtienen multiplicando las coordenadas de \(x\) en la base \(B_v\) por la matriz \(P\) del cambio de base

Ejemplo 14

Dadas las bases \(B_u = \{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{u}_3\}\) y \(B_v=\{\vec{v}_1,\vec{v}_2,\vec{v}_3\}\) de un espacio vectorial de dimensión 3 y sabiéndose que

\[\left\{\begin{matrix} \vec{v}_1 &=& 2\vec{u}_1&-&\vec{u}_2&+&\vec{u}_3\\ \vec{v}_2 &=& &-&\vec{u}_2&+&2\vec{u}_3\\ \vec{v}_3 &=& -\vec{u}_1&+&\vec{u}_2&-&3\vec{u}_3 \end{matrix}\right.\]

Considerad el vector \(\vec{u} = (2,0,-1)_{B_u}\) y calculad sus coordenadas en la base \(B_v\) haciendo uso de matrices

Expresando el anterior sistema en su forma matricial,

\[\begin{pmatrix}2 & -1 & 1\\ 0 & -1 & 2\\ -1 & 1 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\vec{u}_1\\ \vec{u}_2\\ \vec{u}_3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\vec{v}_1\\ \vec{v}_2\\ \vec{v}_3\end{pmatrix}\]

o bien

\[\begin{pmatrix}\vec{u}_1 & \vec{u}_2 & \vec{u}_3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 0 & -1\\ -1 & -1 & 1\\ 1 & 2 & -3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\vec{v}_1 & \vec{v}_2 & \vec{v}_3\end{pmatrix}\]

En la primera forma, las filas de la matriz son las coordenadas de los vectores \(\vec{v}_1,\vec{v}_2,\vec{v}_3\) mientras que en el segundo caso, las columnas son las coordenadas de dichos vectores en la base \(B_u\)

Por otro lado, se puede expresar el vector \(\vec{u}\) en ambas bases de la siguiente manera:

\[\vec{u} = 2\vec{u}_1-\vec{u}_3 = \begin{pmatrix}\vec{u}_1 & \vec{u}_2 & \vec{u}_3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\ 0\\ -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 & 0 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\vec{u}_1\\ \vec{u}_2\\ \vec{u}_3\end{pmatrix}\]

\[\vec{u} = \alpha\vec{v}_1+\beta\vec{v}_2+\gamma\vec{v}_3 = \begin{pmatrix}\vec{v}_1 & \vec{v}_2 & \vec{v}_3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\\ \gamma\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\alpha &\beta & \gamma\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\vec{v}_1\\ \vec{v}_2\\ \vec{v}_3\end{pmatrix}\]

Con lo cual, tenemos la siguiente igualdad

\[\begin{pmatrix}2 & 0 & -1\end{pmatrix}_{B_u}\begin{pmatrix}\vec{u}_1\\ \vec{u}_2\\ \vec{u}_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\alpha &\beta & \gamma\end{pmatrix}_{B_v}\begin{pmatrix}\vec{v}_1\\ \vec{v}_2\\ \vec{v}_3\end{pmatrix}\]

Si ahora sustituimos en la igualdad anterior \[\begin{pmatrix}\vec{v}_1\\ \vec{v}_2\\ \vec{v}_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 & -1 & 1\\ 0 & -1 & 2\\ -1 & 1 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\vec{u}_1\\ \vec{u}_2\\ \vec{u}_3\end{pmatrix}\]

Lo que tenemos es

\[\begin{pmatrix}2 & 0 & -1\end{pmatrix}_{B_u}\begin{pmatrix}\vec{u}_1\\ \vec{u}_2\\ \vec{u}_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\alpha &\beta & \gamma\end{pmatrix}_{B_v}\begin{pmatrix}2 & -1 & 1\\ 0 & -1 & 2\\ -1 & 1 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\vec{u}_1\\ \vec{u}_2\\ \vec{u}_3\end{pmatrix}\] \[= \begin{pmatrix}2\alpha-\gamma &-\alpha-\beta +\gamma& \alpha+2\beta-3\gamma\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\vec{u}_1\\ \vec{u}_2\\ \vec{u}_3\end{pmatrix}\]

Ahora ya solo falta resolver el sistema

\[\left\{\begin{matrix}2\alpha &&&-&\gamma &=& 2\\ -\alpha & -&\beta&+&\gamma &=&0\\ \alpha&+&2\beta&-&3\gamma &=&-1\end{matrix}\right.\]

Cuya única solución es \((1,-1,0)\)

Así pues,

\[\begin{pmatrix}2 & 0 & -1\\ -1 & -1 & 1\\ 1 & 2 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 0\end{pmatrix}_{B_v} = \begin{pmatrix} 2\\ 0\\ -1 \end{pmatrix}_{B_u}\]

Proposición. Las matrices de cambio de base son siempre invertibles y, si \(P\) es la matriz del cambio de base de \(B_u\) a \(B_v\), entonces \(P^{-1}\) es la matriz del cambio de base de \(B_v\) a \(B_u\).

Ejercicio 27. Demostrar formalmente esta Proposición.

Proposición. Sea \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espacio vectorial de dimensión \(n\) y sean \(B,B',B''\) bases de \(E\). Si \(P\) es la matriz de cambio de base de \(B\) a \(B'\) y \(Q\) es la matriz de cambio de base de \(B'\) a \(B''\), entonces la matriz de cambio de base de \(B\) a \(B''\) es \(QP\)

6.8 Bases ortogonales y ortonormales

Base ortogonal. Dada una base \(B = \{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\}\) de un espacio vectorial \(E\), se dice que se trata de una base ortogonal si sus elementos son ortogonales dos a dos:

\[\langle\vec{u}_i,\vec{u}_j\rangle = 0\quad\forall i\ne j\]

Base ortonormal. Dada una base \(B = \{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\}\) de un espacio vectorial \(E\), se dice que se trata de una base ortonormal si es ortogonal y todos sus elementos son unitarios:

\[\langle\vec{u}_i,\vec{u}_j\rangle = 0\quad\forall i\ne j\] \[||\vec{u}_i|| = 1\quad\forall i\]

6.8.1 Método de ortogonalización de Gram-Schmidt

Método de ortogonalización de Gram-Schmidt. Permite construir una base ortogonal a partir de una base cualquiera del espacio vectorial.

Método de ortogonalización de Gram-Schmidt

Sea \(B= \{\vec{v}_1,\vec{v}_2,\dots,\vec{v}_n\}\) una base cualquiera de un espacio vectorial \(E\) de \(\dim(E) = n\).

A partir de los vectores de la base \(B\), se construirá una nueva base \(B_o = \{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\dots,\vec{u}_n\}\) que será ortogonal y del mismo espacio.

  1. Se toma \(\vec{u}_1 =\vec{v}_1\) como primer vetor de la base nueva.

  2. El segundo vector será una combinación lineal de \(\vec{v}_1\) y \(\vec{v}_2\) de la forma \(\vec{u}_2 = \vec{v}_2-\alpha\vec{u}_1\), al cual se le impondrá la condición de que debe ser perpendicular a \(\vec{u}_1\). Es decir, \(\vec{u}_1\perp\vec{u}_2\). De este modo obtendremos \[\alpha = \frac{\langle\vec{u}_1,\vec{v}_2\rangle}{\langle\vec{u}_1,\vec{u}_1\rangle}\Rightarrow \vec{u}_2 = \vec{v}_2-\frac{\langle\vec{u}_1,\vec{v}_2\rangle}{\langle\vec{u}_1,\vec{u}_1\rangle}\vec{v_1}\]

  3. Para calcular el tercer vector, se procede del mismo modo: el tercer vector será una combinación lineal de \(\vec{v}_1,\vec{v}_2,\vec{v}_3\) de la forma \(\vec{u}_3= \vec{v}_3-\alpha_1\vec{u_1}-\alpha_2\vec{u}_2\) a la cual se impondrán las condiciones \(\vec{u}_1\perp\vec{u}_3\) y \(\vec{u}_2\perp\vec{u}_3\). Operando se obtniene:\[\alpha_1 = \frac{\langle\vec{u}_1,\vec{v}_3\rangle}{\langle\vec{u}_1,\vec{u}_1\rangle};\quad\alpha_2 = \frac{\langle\vec{u}_2,\vec{v}_3\rangle}{\langle\vec{u}_2,\vec{u}_2\rangle}\] \[\vec{u}_3 = \vec{v}_3-\frac{\langle\vec{u}_1,\vec{v}_3\rangle}{\langle\vec{u}_1,\vec{u}_1\rangle}\vec{u}_1-\frac{\langle\vec{u}_2,\vec{v}_3\rangle}{\langle\vec{u}_2,\vec{u}_2\rangle}\vec{u}_2\]

  4. Y operamos de forma análoga hasta llegar a \[\vec{u}_n = \vec{v}_n-\sum_{i=1}^{n-1}\frac{\langle\vec{u}_i,\vec{v}_n\rangle}{\langle\vec{u}_i,\vec{u}_i\rangle}\vec{u}_i\]

  5. Finalmente, si lo que se quiere es una base ortonormal, bastará con dividir cada vector por su norma para así normalizar todos los elementos de la base.

6.8.2 Proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio

Vector ortogonal a un subespacio. Un vector \(\vec{u}\in E\) es ortogonal a un subespacio vectorial \(S\subseteq E\) si, y solo si, \[\langle\vec{u},\vec{x}\rangle = 0\quad\forall\vec{x}\in S\]

Teorema. Un vector \(\vec{u}\in E\) es ortogonal a un subespacio vectorial \(S\subseteq E\) si, y solo si, es ortogonal a todos los vectores de una base de \(S\).

Teorema. Dos subespacio \(V\) y \(W\) de \(E\) son ortogonales si:

\[\forall\vec{x}\in V,\ \forall\vec{y}\in W\Rightarrow \langle\vec{x},\vec{y}\rangle = 0\]

Teorema. Para que dos subespacios \(V\) y \(W\) sean ortogonales, es suficiente con que los vectores de una base de \(V\) sean ortogonales a los vectores de una base de \(W\)

Recordemos…

Proyección ortogonal. La proyección ortogonal de un vector \(\vec{u}\) sobre otro \(\vec{v}\), se expresa como

\[P_{\vec{u}}(\vec{v}) = \frac{\langle\vec{u},\vec{v}\rangle}{\langle\vec{v},\vec{v}\rangle}\vec{v} = \frac{\langle\vec{u},\vec{v}\rangle}{||\vec{v}||^2}\vec{v} \]

Proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio. Dado \(S\) un subespacio vectorial de un espacio vectorial \(E\), todo vector \(\vec{u}\in E\) se descompone de manera única en:

\[\vec{u} = \vec{u}_S+\vec{u}_0\]

Con \(\vec{u}_S\in S\) y \(\vec{u}_0\in S^{\perp}\). En particular, el vector \(\vec{u}_S\in S\) se denomina vector proyección ortogonal de \(\vec{u}\) sobre \(S\).

Proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio. Si se toma en \(S\) una base ortogonal \(\{\vec{s}_1,\vec{s}_2,\dots,\vec{s}_r\}\), la proyección de \(\vec{u}\) sobre \(S\) viene dada por \[P_{S}(\vec{u}) = \vec{u}_S = \sum_{i = 1}^r\frac{\langle\vec{u},\vec{s}_i\rangle}{||\vec{s}_i||^2}\vec{s}_i\]