AIDER EPN RESUMEN COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAL · 2020. 8. 6. · Naraya Narváez Complementos...

AIDER EPNRESUMEN • COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAL

Semestre 2019-B Naraya Narváez

0. ÍNDICE

1 Espacio Vectorial Complejo 31.1 Números Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 Operaciones con números complejos . . . . . . . . . . . . . . 31.1.2 Forma polar de un número complejo . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Tipos de matrices complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.1 Matriz Conjugada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.2 Matriz Hermitiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.3 Matriz Unitaria. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.4 Matriz Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3 Sistema de ecuaciones lineales con coeficientes complejos . . . . . . 81.4 Operaciones con matrices complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Espacios Unitarios 12

3 Espacio Vectorial Cociente 173.1 Relación binaria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3.1.1 Digrafo asociado a una relación de equivalencia . . . . . . . 183.2 Clases de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.3 Conjunto Cociente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.4 Relación de equivalencia en un espacio vectorial . . . . . . . . . . . 25

3.4.1 Interpretación ( Relación de equivalencia sobre un espaciovectorial ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.4.2 Operaciones suma y producto por escalar . . . . . . . . . . . 293.5 Teoremas de isomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4 Espacio Vectorial Dual 414.1 Cambio de base Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

5 Espacio Bidual 48

6 Anuladores de un subespacio (Aniquiladores). 51

7 Subespacios invariantes 58

1

Naraya Narváez Complementos de Álgebra Lineal

8 Isomorfismo inducido 61

9 Notas 67

2

Complementos de Álgebra Lineal Naraya Narváez

1. ESPACIO VECTORIAL COMPLEJO

1.1 Números Complejos

Definición 1Si a y b son números reales, entonces el número a + bi, es un número com-

plejo, donde a es la parte real y b es la parte imaginaria.

La forma a + bi de expresar un número complejo se conoce como " formaestandar".

Definición 2: –Plano complejo o plano de Argand–

El plano complejo es una adaptación del plano de coordenadas rectangu-lar. Específicamente el eje horizontal se asocia con la parte real y el eje verticalse asocia con la parte imaginaria.

Re

Im

b

a

|z|

z

Figura 1: Número complejo z = a + ib en el plano complejo, la longitud del vector serepresenta con |z|

1.1.1. Operaciones con números complejos

La suma y la multiplicación de dos numeros complejos

z1 = a + ib z2 = c + id

3


se define como:

∗ Suma: z1 + z2 = (a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d)

∗ Multiplicación: z1 z2 = (a + ib) (c + id) = (ac− bd) + i(ad + bc)

∗ Multiplicación por un escalar: Si α ∈ R, αz1 = α(a + ib) = αa + i(αb)

Definición 3: –Conjugado de un número complejo–

El conjugado de un número complejo z = a + ib se denota z y está dadopor:

z = a− ib.

I Propiedades

∗ z · z = a2 + b2 ∗ z · z ≥ 0 ∗ (z) = z

∗ z · z = 0 ssi = 0

Definición 4: –Módulo de un número complejo–

El módulo de z = a + ib, denotado por |z| está dado por:

|z| =√

a2 + b2

1.1.2. Forma polar de un número complejo

La forma polar de un número complejo no nulo z = a + ib está dada por:

z = r (cos θ + i sen θ)

donde:

∗ r = |z| =√

a2 + b2

∗ a = r cos θ

∗ b = r sen θ

∗ θ = arc tan(

ba

)(argumento de z)

• Producto y división de dos números complejos en forma polar

Dados dos números en forma polar:

z1 = r1 (cos θ1 + i sen θ1) z2 = r2 (cos θ2 + i sen θ2)

el producto y división están dados por:

4


∗ z1z2 = r1r2 [cos (θ1 + θ2) + i sen (θ1 + θ2)]

∗ z1

z2=

r1

r2[cos (θ1 − θ2) + i sen (θ1 − θ2)], para z 6= 0

• Potencia de un número complejo

Teorema 1: –Teorema de DeMoivre′s–Si z = r(cos θ + i sen θ) y n ∈N, entonces :

zn = rn(cos (nθ) + i sen (nθ))

• Raíz n-ésima de un número complejo

Para n ∈ N, el número complejo z = r(cos θ + i sen θ) tiene exactamente nraices distintas, mismas que son obtenidas como:

n√

r[

cos(

θ + 2πkn

)+ i sen

(θ + 2πk

n

)]donde k = 0, 1, . . . , n− 1

1.2 Tipos de matrices complejas

1.2.1. Matriz Conjugada

Definición 5: –Matriz Conjugada–

Sea A ∈ M(C)nxm. Diremos que su conjugada es la matriz A ∈ M(C)nxm talque:

A =(aij)

nxm

es decir, la matriz A contiene contiene el conjugado de cada elemento dela matriz original A.

Ejemplo 1. Dada la matriz:

A =

(2− i −1 + 3i3 + 2i −2i

)

obtenemos A como:

A =

(2 + i −1− 3i3− 2i 2i

)

5


I Propiedades

Sean A, B ∈ Cmxn y C ∈ Cnxk, entonces:

∗ A = A

∗ A + B = A + B

∗ AC = A · C

∗ ∀α ∈ R, αA = αA

∗(

A)T

= AT

∗ ∀β ∈ C, βA = β A

∗ Si A es no singular,(

A)−1

= A−1

Demostración.Sean A, B ∈ Cmxn Demostremos que A + B = A + B

Tomemos el elemento ij de la matriz A + B.

(A + B

)ij = aij + bij = aij + bij =

(A)

ij +(

B)

ij

∀i ∈ {1, . . . , m}, j ∈ {1, . . . , n}. Esto prueba que A + B = A + B.

Demostración.Sean A ∈ Cmxn Demostremos que

(A)T

= AT

Tomemos el elemento ij de la matriz(

A)T .

(A)T

ij =(

aij)T

=(

aji)=(

aTij

)Lo anterior prueba que

(A)T

= AT .

1.2.2. Matriz Hermitiana

Definición 6: –Matriz Hermitiana–Una matriz A ∈ Cnxn se dice hermitiana si:

AT = A

es deciraji = aij ∀i, j

6


Ejemplo 2. La matriz:

A =

(3 2− i

2 + i 4

)es hermitiana pues

AT =

(3 2− i

2 + i 4

)=

(3 2− i

2 + i 4

)

Todas las matrices simétricas reales son hermitianas, por tanto, pode-mos considerar a las matrices hermitianas análogas de las matrices simétri-cas reales.

I Propiedades

∗ Los términos de la diagonal de una matriz hermitiana son reales.

∗ Toda matriz hermitiana A pude escribirse de la forma A = B+ iC donde B esuna matriz simétrica (B = BT) y C es una matriz antisimétrica (C = −CT).

1.2.3. Matriz Unitaria.

Definición 7: –Matriz Unitaria–Una matriz A ∈ Cnxn, se dice unitaria si:

(AT) · A = A · (AT) = In

Es decir, la matriz A es unitaria cuando: A−1 = AT

Ejemplo 3. La matriz:

A =

√3

3

(1 1 + i

1− i −1

)

(AT) · A =

√3

3

(1 1 + i

1− i −1

)·√

33

(1 1 + i

1− i −1

)

=13

(3 00 3

)=

(1 00 1

)= I2.

7


1.2.4. Matriz Normal

Definición 8: –Matriz Normal–Una matriz A ∈ Cnxn se dice normal si:

( AT ) · A = A · ( AT )

Ejemplo 4. La matriz A =

(5− i −1 + i−1− i 3− i

)es normal pues:

( AT ) · A =

(28 −8 + 8i

−8− 8i 12

)= A · ( AT )

• Si A ∈ Cnxn es unitaria, entonces A es normal.

• Si A ∈ Cnxn es hermitiana, entonces A es normal.

1.3 Sistema de ecuaciones lineales con coeficientes complejos

Consideremos el sistema Ax = b con A ∈ Cmxn, x ∈ Cn y b ∈ Cm.

Las técnicas de resolución de sistemas lineales de ecuaciones con coeficientesreales se transfieren de manera directa a los sistemas de ecuaciones lineales com-plejos, para esto, basta hacer uso de la aritmética compleja.

Ejercicio 1. Resuelva el sistema lineal:{(1 + i)x + (2 + i)y = 5(2− 2i)x + iy = 1 + 2i

Solución. x = 0, y = 2− i

1.4 Operaciones con matrices complejas

Sean las matrices:

A =

(2− i −5 + 2i3− i −6 + 2i

)y B =

(2i 0i 1 + 2i

)Halle:

8


•(2− i)A =

((4− 1) + (−2− 2)i (−10 + 2) + (5 + 4)i(6− 1) + (−3− 2)i (−12 + 2) + (4 + 6)i

)=

(3− 4i −8 + 9i5− 5i −10 + 10i

)

•BA =

(2i (2− i) + 0 · (3− i) 2i (−5 + 2i) + 0 · (−6 + 2i)

2i (−5 + 2i) + 0 · (−6 + 2i) i (−5 + 2i) + (1 + 2i) (−6 + 2i)

)

=

(2 + 4i −4− 10i6 + 7i −12− 15i

)

•det(A) = (2− i) (−6 + 2i)− (−5 + 2i) (3− i) = 3− i

•A−1 =1

det(A)

(−6 + 2i − (−5 + 2i)− (3− i) 2− i

)=

(−2 17−i

10−1 7−i

10

)

•A · A−1 =

(2− i) (−2) + (−5 + 2i) (−1) (2− i)(

1710 − i 1

10

)+ (−5 + 2i)

(7

10 − i 110

)(3− i) (−2) + (−6 + 2i) (−1) (3− i)

(1710 − i 1

10

)+ (−6 + 2i)

(7

10 − i 110

)=

(1 00 1

)

A la matriz conjugada transpuesta AT se la denota por A∗.

Teorema 2Sea A ∈ Cnxn, una matriz hermitiana, entonces sus valores propios son

números reales.

Demostración. Sea λ un valor propio de A y sea v =

a1 + b1i

...an + bni

su correspon-

diente vector propio asociado.

De modo que Av = λv. Multiplicando a la expresión por v∗ se tiene que:

9


v∗Av = v∗λv = λ(v∗v) = λn

∑k=1

(a2k + b2

k)

Por otro lado:

(v∗Av)∗ = v∗A∗(v∗)∗ = v∗Av

Es decir v∗Av es hermitiana de orden 1x1, además v∗Av es real.

De lo anterior, que λ sea un número real.

Ejercicio 2. Encuentre los valores propios de la matriz

A =

3 2− i −3i2 + i 0 1− i

3i 1 + i 0

Solución. El polinomio característico es:

PA(λ) = |A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣3− λ 2− i −3i2 + i −λ 1− i

3i 1 + i −λ

∣∣∣∣∣∣∣= (3− λ)

∣∣∣∣∣ −λ 1− i1 + i −λ

∣∣∣∣∣− (2− i)

∣∣∣∣∣ 2 + i 1− i3i −λ

∣∣∣∣∣− 3i

∣∣∣∣∣ 2 + i λ

3i 1 + i

∣∣∣∣∣= (3− λ)

(λ2 − 2

)− (2− i) (−2λ− 3 + i (−3− λ))− 3i (1 + i (3 + 3λ))

=− λ3 + 3λ2 + 16λ + 12 = 0

Hallamos las raíces:

−λ3 + 3λ2 + 16λ + 12 = 0 =

λ = −1λ = 6λ = −2

10


Así como las matrices simétricas reales son diagonalizables, las matrices her-mitianas son diagonalizables unitariamente.

Una matriz A ∈ Cnxn es diagonalizable si existe una matriz unitaria P tal que:

D = P∗AP

donde D es una matriz diagonal de orden nxn cuyos elementos de la diagonalcoinciden con los valores propios de A.

Teorema 3Si A ∈ Cnxn es una matriz hermitiana, entonces:

1. Los vectores propios correspondientes a valores propios distintos sonortogonales.

2. A es diagonalizable unitariamente.

Demostración. Sean los vectores propios v1 y v2, correspondientes a distintos va-lores propios λ1 y λ2 respectivamente.

Se tiene que Av1 = λ1v1 y Av2 = λ2v2

Además

(Av1)∗v2 = v∗1 A∗v2 = v∗1 Av2 pues A es hermitiana

Luegov∗1 Av2 = v∗1λ2v2 = λ2v∗1v2 (1)

Por otro lado

(Av1)∗v2 = (λ1v1)

∗v2 = v∗1λ1v2 = λ1v∗1v2 (2)

Luego de (1) y (2) como λ1 6= λ2, se sigue que:

v∗1v2 = 0

Lo anterior prueba que v1 y v2 son ortogonales.

11


2. ESPACIOS UNITARIOS

Sea V un espacio vectorial sobre C es decir (V, C,+, ·).

Definición 9: –Producto Hermítico–Un producto hermítico en V es una función, tal que:

〈 , 〉 : V ×V −→ C

(v1, v2) 7−→ 〈v1, v2〉 = v∗1 v2

y verifica lo siguiente:

1) Es sesquilineal: Para todo v1, v2, v3 ∈ V y α ∈ C.

〈v1 + v2, v3〉 = 〈v1, v3〉+ 〈v2, v3〉

〈v1, v2 + v3〉 = 〈v1, v2〉+ 〈v1, v3〉

〈αv1, v2〉 = α〈v1, v2〉

〈v1, αv2〉 = α〈v1, v2〉

2) Es hermítico: Para todo v1, v2 ∈ V

〈v1, v2〉 = 〈v2, v1〉

3) Es definido positivamente: Para todo v ∈ V, v 6= 0, 〈v, v〉 > 0.

Un espacio unitario es un espacio vectorial sobre C provisto de un pro-ducto hermítico.

Observación. Se sigue que 〈v, v〉 = 0 ssi v = 0.

Ejemplo 5.

1. Sobre V = Cn 〈(z1, . . . , zn), (w1, . . . , wn)〉 =n

∑i=1

zi · wi

2. Sobre V = Cnxn 〈A, B〉 = tr(B∗A)

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3. Sea [a, b] ∈ R un intervalo cerrado sobre CC[a, b], el conjunto de funcionescontinuas f , g : [a, b]→ C,

〈 f , g〉 =∫ b

af (x)g(x)dx

Definición 10: –Norma–Dado un espacio unitario V, definimos la norma de v ∈ V, por

‖v‖ =√〈v1, v2〉

Teorema 4Sea V un espacio unitario, entonces:

1. ‖α · v‖ = |α| ‖v‖, para todo α ∈ C y v ∈ V.

2. Desigualdad de Cauchi-Schawarz: | 〈v1, v2〉 | ≤ ‖v1‖ ‖v2‖, para todov1, v2 ∈ V.

Más aún, se tiene que:

〈v1, v2〉 = ‖v1‖ · ‖v2‖

Ú nicamente cuando el conjunto {v1, v2} es linealmente dependiente.

3. Desigualdad triangular: ‖v1 + v2‖ ≤ ‖v1‖+ ‖v2‖ para todo v1, v2 ∈ V.

Demostración.

1. Sea v ∈ V y α ∈ C

‖αv‖ =√〈αv, αv〉 =

√αα 〈v, v〉 =

√αα√〈v, v〉 = ‖α‖ ‖v‖

2. Si v1 = 0 o v2 = 0 se tiene que 〈v1, v2〉 = ‖v1‖ ‖v2‖ = 0, con lo cual sedemuestra la proposición.

Ahora supongamos que v2 6= 0 y se tiene el siguiente resultado:

0 ≤‖av1 − bv2‖2 ∀a, b ∈ C

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= 〈av1 − bv2, av1 − bv2〉=aa 〈v1, v1〉 − ba 〈v2, v1〉 − ab 〈v1, v2〉+ bb 〈v2, v2〉

|a| =√

aa⇒ =|a|2 ‖v1‖2 − (ba 〈v2, v1〉+ ab 〈v1, v2〉) + |b|2 ‖v2‖2

Ahora tomemos en particular a = ‖v2‖2 y b = 〈v1, v2〉.Así:

0 ≤‖av1 − bv2‖2

= ‖v2‖4 ‖v1‖2 − (‖v2‖2 | 〈v1, v2〉 |2)− ‖v2‖2 | 〈v1, v2〉 |2 + ‖v2‖2 | 〈v1, v2〉 |2

0 ≤‖v2‖2 (‖v2‖2 ‖v1‖2 − | 〈v1, v2〉 |2)

De donde dado que v2 6= 0, se tiene que:

0 ≤ ‖v1‖2 ‖v2‖2−| 〈v1, v1〉 |2

⇒ ‖v1‖2 ‖v2‖2 ≥| 〈v1, v2〉 |2

Y se llega a ‖v1‖ ‖v2‖ ≥| 〈v1, v2〉 |

Ahora bien, remontadas las igualdades

| 〈v1, v2〉 | = ‖v1‖ ‖v2‖

Que equivale a0 = ‖〈av1, bv2〉‖2

Es decirav1 − bv2 = 0

Así, para que se cumpla la igualdad los valores de v1y v2 deben ser lineal-mente dependientes.

3. Tomemos

‖v1 + v2‖2 = 〈v1 + v2, v1 + v2〉= 〈v1, v1〉+ 〈v1, v2〉+ 〈v2, v1〉+ 〈v2, v2〉= ‖v1‖2 + (〈v1, v2〉+ 〈v2, v1〉) + ‖v2‖2

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= ‖v1‖2 + 2Re{〈v1, v2〉}+ ‖v2‖2

Sabemos queRe{〈v1, v2〉} ≤ | 〈v1, v2〉 |

Por tanto

0 ≤ ‖v1 + v2‖2 ≤‖v1‖2 + 2| 〈v1, v2〉 |+ ‖v2‖2

≤‖v1‖2 + 2 ‖v1‖ ‖v2‖+ ‖v2‖2

=(‖v1‖+ ‖v2‖)2

Así‖v1 + v2‖ ≤ ‖v1‖+ ‖v2‖

Definición 11: –Conjunto ortogonal y conjunto ortonormal–

Sea V un espacio unitario y S ⊆ V. Diremos que S es un conjunto ortogonalsi 〈v1, v2〉 = 0, para todo v1, v2 ∈ S tales que v1 6= v2.

Si además ‖v‖ = 1, para todo v ∈ S, diremos que S es un conjunto ortonor-mal.

Teorema 5Sea V un espacio unitario, S ⊆ V es ortogonal y 0 /∈ S, entonces S es

linealmente independiente.

Demostración. Sea V un espacio unitario. Supongamos que S ⊆ V es ortogonal.

Lo que se busca demostrar es que S es lineamente independiente.

Además supongamos que:

S = {x1, . . . , x2}

y existen escalares α1, . . . , αn ∈ C, tales que

α1x1 + . . . + αnxn = 0

15


Lo que se busca demostrar es que αi = 0, ∀i ∈ {1, . . . , n}

Entonces para cada i ∈ {1, . . . , n} se tiene que

0 = 〈0, xi〉 =⟨

n

∑j=1

αjxj, xi

⟩

=α1��:0〈x1, xi〉+ . . . + αi 〈xi, xi〉+ . . . + αn��

��:0〈xn, xi〉0 =αi ‖xi‖2

Luego, dado que 0 /∈ S, se tiene que xi 6= 0, por tanto para que se verifique laigualdad debe cumplirse que:

αi = 0 ∀i ∈ {1, . . . , n}

Teorema 6: –Gram-Schmidt–Sea V un espacio vectorial unitario de dimensión finita. Entonces V tiene

al menos una base ortogonal, más aún, si {v1, . . . , vn} es una base ortogonalde V existe una base ortonormal {u1, . . . , un} de V tal que

〈{v1, . . . , vn}〉 = 〈{u1, . . . , un}〉

Teorema 7Sea A ∈ Cnxn. Las siguientes proposiciones son equivalentes.

1. A es unitaria.

2. Las columnas de A forman una base ortonormal de Cn.

3. Las filas de A forman una base ortonormal de Cn.

Demostración. (1⇒ 2)

Sea A una matriz unitaria de Cnxn tal que:

A =(

A1 A2 · · · An

)donde Ai ∈ Cn representa la i-ésima columna de A.

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Por hipótesis se tiene que

A∗A = In

A∗A =

A∗1 A1 · · · A∗1 An

A∗2 A1 · · · A∗2 An...

. . ....

A∗n A1 · · · A∗n An

= In

Por tanto:

A∗i Aj =

{1 si i = j0 si i 6= j

3. ESPACIO VECTORIAL COCIENTE

Vamos a estudiar conjuntos (espacios vectoriales) sobre los que se van a definirrelaciones de equivalencia, las mismas que a su vez van a adquirir la estructura delespacio vectorial mediante operaciones de suma y producto por escalar, definidosespecialmente para dichos conjuntos.

3.1 Relación binaria

Una relación binaria R(∼) entre dos conjuntos A y B es una ley o criterio quepermite señalar ciertos pares ordenados en A× B. Las propiedades más frecuentesque puede tener una relación binaria sobre A, es decir, en AxA son:

1) Reflexiva: Si para todo a ∈ A se tiene que (a, a) ∈ R, (a ∼ a), aRa.

2) Simétrica: Si para todo a ∈ A y b ∈ A, entonces si (a, b) ∈ R entonces(b, a) ∈ R.

3) Transitiva: Si para todo a, b, c ∈ A se tiene que: Si (a, b) ∈ R y (b, c) ∈ R,entonces (a, c) ∈ R.

4) Antisimétrica: Si para todo a, b ∈ A se tiene que: Si (a, b) ∈ R y (b, a) ∈ Rentonces a = b.

Una relación sobre un conjunto A se dice que es de equivalencia siverifica las propiedades 1, 2 y 3.

17


Una relación sobre un conjunto A se dice que es de orden si verificalas propiedades 1, 2, 3 y 4.

Ejemplo 6. Sea el conjunto A = {1, 2, 3, 4} y la relaciónR dada por:

R = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 4), (4, 3), (3, 3), (4, 4)}

Verifique que siR es de equivalencia

• Reflexividad: en efecto para todo x ∈ A, (x, x) ∈ R, pues (1, 1) ∈ R,(2, 2) ∈ R, (3, 3) ∈ R y (4, 4) ∈ R.

• Simetría: Veamos que si (a, b) ∈ R, (b, a) ∈ R.

Tenemos que (1, 2) ∈ R y (2, 1) ∈ R.

Además (3, 4) ∈ R y (4, 3) ∈ R.

Por tanto para todo x, y ∈ A, se tiene que si (x, y) ∈ R ⇒ (y, x) ∈ R, esdecir,R es simétrica.

• Transitividad: Se tiene que:

(1, 1) ∈ R y (1, 2) ∈ R ⇒(1, 2) ∈ R(1, 2) ∈ R y (2, 1) ∈ R ⇒(1, 1) ∈ R(1, 2) ∈ R y (2, 2) ∈ R ⇒(1, 2) ∈ R

...

(3, 3) ∈ R y (3, 4) ∈ R ⇒ (3, 4) ∈ R

Así, para todo a, b, c ∈ A se tiene que: Si (a, b) ∈ R y (b, c) ∈ R, entonces(a, c) ∈ R. Por tantoR es transitiva.

De todo lo anteriorR es de equivalencia.

3.1.1. Digrafo asociado a una relación de equivalencia

El digrafo asociado a una relación de equivalencia R tiene algunas caracterís-ticas que lo distinguen:

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1) ComoR es reflexiva cada vértice tiene un bucle.

2) La simetría implica que si existe un arco desde a hasta b, también exista unarco desde b hasta a.

3) La transitividad implica que si existe un camino desde a hasta b, entonces-debe existir un arco desde a hasta b.

Ejemplo 7. El digrafo asociado aR del ejemplo anterior:

A/R 1((��2hh qq

3((11 4hh RR

Ejemplo 8. Sea el conjunto

Q3[x] = {p(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0/a3, a2, a1, a0 ∈ R∧ a3 6= 0}

Conocemos que Q3[x] no es un subespacio vectorial. pues no se verifica la clau-sura de la suma.

Si p(x) = a3x3 ∈ Q3[x] y q(x) = −p(x) ∈ Q3[x].

p(x) + q(x) /∈ Q3[x]

Ahora, si para todo p, q ∈ Q3[x] se define la relación:

R : p ∼ q si y solo sidpdx

=dqdx

Pruebe si ∼ es de equivalencia.

• Reflexividad:

Sea p ∈ Q3[x]. Queremos demostrar que p ∼ p

Demostración. Dado quedpdx

=dpdx

entonces p ∼ p.

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• Simetría:

Sean p, q ∈ Q3[x] tales que p ∼ q. Queremos demostrar que q ∼ p

Demostración. Se tiene quedpdx

=dqdx

, lo que es lo mismo, por la propiedadsimétrica de la igualdad, que:

dqdx

=dpdx

es decirq ∼ p

• Transitiva:

Sean p, q, r ∈ Q3[x] tales que (p ∼ q) ∧ (q ∼ r) Probemos que p ∼ r

Demostración.

(p ∼ q) ∧ (q ∼ r) ≡dpdx

=dqdx∧ dq

dx=

drdx

⇒dpdx

=drdx

≡p ∼ r

De dondeR es de equivalencia.

3.2 Clases de equivalencia

Sea R una relación de equivalencia sobre un conjunto A. Para cada a ∈ A,llamaremos clase de equivalencia de a, al conjunto formado por todos los los ele-mentos de A que están relacionados con él. La notaremos [a], a,Ra.

[a] = {x ∈ A : (x, a) ∈ R}

Observese que la clase de equivalencia de un elemento a nunca esvacia, pues la reflexividad deR implica que a ∈ Ra

20


Ejemplo 9. Sea el conjunto A = {1, 2, 3, 4}yR = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 1), (3, 4), (4, 3)}.

[1] = {1, 2}

[3] = {3, 4}

[2] = {1, 2}

[4] = {3, 4}

Observación. Observese que [1] = [2] y [3] = [4] por tanto, existen solo dosclases de equivalencia relacionados a A yR.

Ejemplo 10. En el ejemplo 8 vimos queR es de equivalencia sobre sobre Q3[x].Ahoraencontremos la clase de equivalencia para p(x) = −3x + 3− 2x2 + x3

[p(x)] ={q(x) : (q(x), p(x)) ∈ R}

= {q(x) :dqdx

= −3− 4x + 3x2}

= {q(x) : q(x) =∫−3− 4x + 3x2dx}

= {q(x) = −3x− 2x2 + x3 + c, c ∈ R}

Las clases de equivalencia de p la conforman todos los polinomios de tercer gradoque tienen la misma pendiente de p, para todo x ∈ R.

x

y

c = 0

c > 0

c < 0

21


Teorema 8SeaR una relación de equivalencia sobre el conjunto A. Entonces:

1) [a] = [b] ssi a ∼ b.

2) Si [a] 6= [b], entonces [a] ∩ [b] = ∅

Demostración. 1)

⇒) Supongamos que [a] = [b].Lo que se busca demostrar es que (a, b) ∈ R

Como a ∈ [a] y b ∈ [b], entonces, a ∈ [b], por tanto

(a, b) ∈ R

⇐) Supongamos que (a, b) ∈ R (1).Lo que se busca demostrar es que [a] = [b]

Sea x ∈ A. Suponemos x ∈ [a], entonces

(x, a) ∈ R (2)

Lo que se busca demostrar es que x ∈ [b]

Luego, porqueR es transitiva, de (2) y (1):

(x, b) ∈ R

Lo que implica que x ∈ [b], es decir [a] ⊆ [b].

De forma análoga se muestra que [b] ⊆ [a].

Así [a] = [b].

Demostración. 2)

Supongamos que [a] 6= [b].Lo que se busca demostrar es que [a] ∩ [b] = ∅.

22


Supongamos por contradicción que [a]∩ [b] 6= ∅, es decir, existe x ∈ A tal que:

x ∈ [a] ∧ x ∈ [b]

es decir (a, x) ∈ R y (x, b) ∈ R.

Por tanto (a, b) ∈ R. Así, por lo demostrado anteriormente

[a] = [b]⇒⇐

Obsérvese que de todo lo anterior se sigue que cualquiera de los elementosque componen una clase de equivalencia puede elegirse como representante de laclase.

Teorema 9Si R es de equivalencia sobre un conjunto A, entonces la familia de todas

las clases de equivalencia de los elementos de A producen una partición.

Demostración. Dado que, cada clase de equivalencia de a es subconjunto de A elconjunto de todas ellas será una familia de subconjuntos de A.

Veamos que en efecto es una partición de A.

1) [a] 6= ∅, ∀a ∈ A.

Sabemos que, dado que R es de equivalencia, (a, a) ∈ R, por tanto a ∈ [a]∀ a ∈ A.

2) [a] 6= [b]⇒ [a] ∩ [b] = ∅.

Se tiene por el teorema anterior.

3)⋃

a∈A{[a]} = A

x ∈⋃

a∈A{[a]} =⇒ ∃a ∈ A : x ∈ [a] =⇒ x ∈ A pues [a] ⊆ A, ∀a ∈ A

Así⋃

a∈A{[a]} ⊆ A.

23


Por otra parte

x ∈ A =⇒ x ∈ [x] =⇒ x ∈⋃

a∈A{[a]}.

Así A ⊆⋃

a∈A{[a]}.

Por tanto:A =

⋃a∈A{[a]}

3.3 Conjunto Cociente

Dada una relación de equivalencia sobre un conjunto A, llamaremos al con-junto cociente al formado por todas las clases de equivalencia, lo notaremos A/R,indicando así que es el conjunto A partido por la relación de equivalenciaR.

A/R = {[a] : a ∈ A}

Ejemplo 11. Determine el conjunto cociente A/R siendo R la relación de equi-valencia del ejemplo 6.

Solución.

A/R = {{1, 2}, {3, 4}}

Teorema 10Dada una partición de un conjunto A, puede definirse en él una relación

de equivalenciaR tal que el conjunto cociente A/R coincida con la particióndada.

Ejemplo 12. Sea el conjunto A = {1, 2, 3, 4} y {{1}, {2, 3, 4}} una partición de A.Determine la relación de equivalenciaR correspondiente a A.

Solución. Si tomamos los subconjuntos de la partición como las clases de equiva-lencia tenemos:

[1] = {1} [2] = {2, 3, 4}

24


Teniendo en cuenta la definición de clases de equivalencia y que R es una re-lación de equivalencia se sigue que:

[1] = {1} ⇒ (1, 1) ∈ R.[2] = {2, 3, 4} ⇒ (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4) ∈ R.

Por tanto

R = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4)}

Ejercicio 3. Dado A = {1, 2, 3, 4} y la relación de equivalencia:

R = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4)}

Comprobar que A/R es:

A/R = {{1}, {2, 3, 4}}

Y pruebe que A/R es una partición de A.

3.4 Relación de equivalencia en un espacio vectorial

Sea E un espacio vectorial y F un subespacio vectorial. de E, la relación deequivalencia de x ∈ E se define como:

x ∼ y⇐⇒ (x− y) ∈ F, con y ∈ E

Probemos que la relación ∼ es de equivalencia.

• Reflexiva:

Sea x ∈ ELo que se busca demostrar es que x ∼ xSe tiene que x− x = OE ∈ F (por def de subespacio vectorial.)

de donde x ∼ x.

25


• Simétrica:

Sean x, y ∈ E tales que x ∼ y (1)Queremos demostrar que y ∼ x.

De (1) se tiene que (x− y) ∈ F.

Luego se tiene que −(x − y) ∈ F (por definición de subespacio vectorial.).Entonces:

y− x ∈ F

∴ y ∼ x

• Transitiva:

Sean x, y, z ∈ E tales que x ∼ y (1) y ∼ z (2).Queremos demostrar que x ∼ z

De (1) y (2) por la definición de ∼ se tiene que:

x− y ∈F

y− z ∈F

Luego (x− y) + (y− z) ∈ F

Así, se sigue que (x− z) ∈ F

De donde x ∼ z

Por todo lo anterior la relación ∼ es de equivalencia.

3.4.1. Interpretación ( Relación de equivalencia sobre un espacio vectorial ).

El espacio cociente puede ser entendido de la siguiente forma sobre el espacioR2.

Sea F un subespacio vectorial generado por un solo vector v ∈ R, es decirF = 〈v〉. Se considera el espacio cociente R2/F a las clases de equivalencia de un

26


vector u ∈ R2 tal que:

[u] ={x ∈ R2 : u− x ∈ F}={x ∈ R2 : x = u + s, para algún s ∈ F}={u + s : s ∈ F}

Siendo el espacio cociente de todas las clases de equivalencia :

R2/

F = {[u] : u ∈ R2}

Tomemos v = (3, 2)F = span(v)

Sea u = (−1, 2), [u] = {u + s : s ∈ F}

[(−1, 2)] ={(−1, 2) + α(3, 2) : α ∈ R}[(−1, 2)] ={(3α− 1, 2 + 2α) : α ∈ R}

Si restamos un vector de [u] con otro de [u] el vector resultante está en F .El espacio cociente contiene todos los vectores paralelos al espacio vectorial F.Además:

[u] = {u + s : s ∈ F} = u + F

2

3x

y

vu

Ejemplo 13. Sea E = R2 y F = {(x, y) ∈ E : 2x − y = 0}, obtenga las clases deequivalencia para (u1, u2) ∈ E.

27


Solución. Sean v = (v1, v2) ∈ E y w = (w1, w2) ∈ E.Por tanto:

v ∼ w⇐⇒ v− w ∈ F

⇐⇒ (v1 − w1, v2 − w2) ∈ F

⇐⇒ 2(v1 − w1) = (v2 − w2)

Por tanto[u] = {z : z = (z1, z2) | 2(u1 − z1) = u2 − z2}

Ahora supongamos que u = (4,−3). Interprete geométricamente [u].

[u] ={(v1, v2) ∈ R2 : 8− 2v1 = −3− v2}={(v1, v2) : 11− 2v1 = −v2}

[u] ={(v1, 2v1 − 11)}

El cual no es un subespacio vectorial, pues 0 /∈ [u].

Se observa que las clases de equivalencia de un vector u no es más que las rec-tas paralelas a F y que contienen el extremo del vector u ∈ E.

Además

[0E] = {(v1, v2) ∈ R2 : 2v1 − v2 = 2(0)− 0 = 0} = F

El conjunto [u] = u + F es llamado el coset (co-conjunto) de F en E.

El conjunto de todas las clases de equivalencia de F en E es denotado por

E/F = {v + F | v ∈ E}

y se lee " E mod F" y es llamado el espacio cociente de E módulo F.

Ahora queremos hacer del conjunto E/F un espacio vectorial, y para ello te-nemos que construir operaciones de suma y multiplicación por escalares

28


3.4.2. Operaciones suma y producto por escalar

� Operación Suma:

Si x, x′, y, y′ son elementos de E tales que x ∼ x′ e y ∼ y′, entonces:

(x + y)− (x′ + y′) = (x− x′) + (y− y′) ∈ F

Así que x + y ∼ x′ + y′

Por tanto, se sigue que hay una función + : E/F × E/F → E/F , tal que cadavez que x, y son elementos de E se tiene que:

[x] + [y] = [x + y]

O equivalentemente:

(x + F) + (y + F) = (x + y) + F

� Operación Producto por un escalar:

Si x e y son elementos de E tales que x ∼ y y λ es un escalar entonces:

λx ∼ λy

Pues λx · λy = λ(x · y) ∈ F.

Esto implica que existe una operación • : K× E/F → E/F , tal que cada vezque λ ∈ K y x ∈ E, se tiene que

λ[x] = [λx]

O equivalentementeλ(x + F) = (λx) + F

Ambas operaciones están definidas de buena forma, es decir no dependen dela elección del representante.

29


El conjunto E/F junto con las operaciones " +" y " •", y el cuerpo K

forman un espacio vectorial, denominado " espacio vectorial cociente".

Ejercicio 4. Demostrar que el "espacio vectorial cociente" es un espacio vecto-rial con las operaciones de suma y producto por escalar definidas previamen-te.

Demostración.

• Conmutativa: Sean u, v ∈ E/F .Lo que se busca demostrar es que u + v = v + u

Como u, v ∈ E/F existen x, y ∈ E tales que

u = [x] v = [y]

Entonces

u + v = [x] + [y] =[x + y]

=[y + x] Pues E es un espacio vectorial.

=[y] + [x]

=v + u

Como se quería.

• Asociativa: Sean u, v, w ∈ E/F .Queremos demostrar que (u + v) + w = u + (v + w)

Como u, v, w ∈ E/F entonces existen x, y, z ∈ E tales que

u = [x] v = [y] w = [z]

Además

(u + v) + w =([x] + [y]) + [z]

=[x + y] + [z]

=[(x + y) + z]

=[x + (y + z)] Pues E es un espacio vectorial

30


=[x] + [y + z]

=[x] + ([y] + [z])

=u + (v + w)

• Existencia del neutro aditivo: Sea u ∈ E/F .Lo que se busca demostrar es que ∃v ∈ E/F tal que u + v = u.

Existen x, y ∈ E tales que:

u = [x] v = [y]

Tomemos y = 0E, donde 0E es el elemento neutro de la suma en E.Entonces

u + v =[x] + [y]

=[x + y]

=[x + 0E]

=[x] Neutro aditivo en E

=u

Por tanto, tomando v = [0E] se tiene lo requerido. Entonces el elementoneutro aditivo de E/F es [0E].

• Existencia del inverso aditivo: Sean u ∈ E/F .Lo que se busca demostrares que ∃v ∈ E/F tal que u + v = [0E].

Como u, v ∈ E/F , entonces existen x, y ∈ E tales que

u = [x] v = [y]

Tomemos a y como el inverso aditivo de x, es decir, y = −x, este existepues E es un espacio vectorial.

u + v =[x] + [y]

=[x + y]

=[x + (−x)]

31


=[0E] Inverso aditivo en E

Como se quería demostrar.

• Distributiva I del producto: Sean u, v ∈ E/F y α ∈ K.Lo que se busca demostrar es que α(u + v) = αu + αv.

Como u, v ∈ E/F , entonces existen x, y ∈ E tales que

u = [x] v = [y]

Además

α(u + v) =α([x] + [y])

=α[x + y]

=[α(x + y)]

=[αx + αy]

=[αx] + [αy]

=α[x] + α[y]

=αu + αv


• Distributiva II del producto

Sean v ∈ E/F y α, β ∈ K.Lo que se busca demostrar es que (α + β)v = αv + βv.

Como v ∈ E/F , entonces existe y ∈ E tal que

v = [y]

Además

(α + β)v =(α + β)[y]

=[(α + β)y]

=[αy + βy]

=[αy] + [βy]

32


=α[y] + β[y]

=αv + βv


• Asociativa del producto Sean v ∈ E/F y α, β ∈ K.Lo que se busca demostrar es que α(βv) = (αβ)v.

Como v ∈ E/F , entonces existe y ∈ E tal que

v = [y]

Además

α(βv) =α(β[y])

=α[βy]

=[α(βy)]

=[(αβ)y]

=(αβ)[y]

=(αβ)v


• Elemento neutro del producto.Sean v ∈ E/F .Lo que se busca demostrar es que ∃α ∈ K tal que αv = v.Como v ∈ E/F , entonces existe y ∈ E tal que

v = [y]

Además, notemos que

1 · v =1 · [y]=[1 · y]=[y]

=v

Así tomando α = 1 ∈ K se verifica lo requerido.

33


Proposición 1. Sea E un espacio vectorial. y F ⊆ E subespacio vectorial. setiene que para x, y ∈ E.

[x] = [y] ssi x ∼ y

Equivalentemente, dados u, u′ ∈ E, se tiene que:

u + F = u′ + F ssi u− u′ ∈ F

Demostración.Supongamos que u + F = u′ + F, de donde u ∈ u + F. Además u ∈ u′ + F, portanto, existe w ∈ F, tal que u = u′ + w, es decir, u− u′ = w ∈ F.

Recíprocamente supongamos que u− u′ ∈ F, sin pérdida de generalidad va-mos a mostrar que u ∈ u′ + F.

De la hipótesis, existe w ∈ F tal que

u− u′ = w

De modo queu = w + u′

Es deciru ∈ u′ + F

Proposición 2. La función

π : E −→ E/Fx 7−→ [x] = x + F

es una aplicación lineal sobreyectiva cuyo nucleo es precisamente el subes-pacio F.

Demostración. Linealidad.

Sean x, y ∈ E. Lo que se busca demostrar es que π(x + y) = π(x) + π(y)

π(x + y) = (x + y) + F = (x + F) + (y + F) = π(x) + π(y)

34


Sea x ∈ E y λ ∈ K Lo que se busca demostrar es que π(λx) = λπ(x).

π(λx) = (λx) + F = λ(x + F) = λπ(x)

Así π es una función lineal

Demostración. Sobreyectividad.

Por definición:

img(π) ={w ∈ E/F : w = π(v), para v ∈ E}={w ∈ E/F : w = v + F, para v ∈ E}={v + F : v ∈ E}=E/F

∴ π es sobreyectiva.

Demostración. ker(π) = F.

ker(π) ={x : π(x) = [0]}={x ∈ E : x + F = 0 + F}={x ∈ E : x− 0 ∈ F}={x ∈ F} = F

La función π es conocida como la proyección canónica de E en E/F .

Corolario 1. Sea E un espacio vectorial. Todo subespacio de E es el núcleo deuna aplicación lineal de dominio E.

Demostración. Sea G subespacio vectorial de E entonces la proyección

π : E→ E/G

es una aplicación lineal y ker(π) = G.

35


Corolario 2. Sea E un espacio vectorial de dimensión finita y F un subespaciovectorial de E, entonces:

dim(E/F

)= dim(E)− dim(F)

Demostración. Puesto que π : E→ E/F es una aplicación lineal, se tiene que :

dim(E) =dim(ker(E)) + dim(img(E)))

dim(E) =dim(F) + dim(E/F

)

de donde:dim

(E/F)= dim(E)− dim(F)

3.5 Teoremas de isomorfismos

Nuestro objetivo es probar los llamados teoremas de isomorfismos de Noether,que son fundamentales en la manipulación de los espacios cociente.

Teorema 11: –Primer teorema de isomorfismo–Sea f : E→ F una aplicación lineal de espacios vectoriales sobre K , enton-

ces:E/

ker( f ) ∼= img( f )

Es decir, existe una aplicación isomorfa f : E/ ker( f ) → img( f ) tal quef ◦ π = f , donde π : E→ E/ ker( f ). Definimos la aplicación:

f : E/H −→ Gu + H 7−→ f (u)

Donde G = img( f ) y H = ker( f ).

Ef //

π��

F

E/

ker( f )

f

;; f ◦ π = f

36


Demostración. 1. Verifiquemos que f está bien definida.

Supongamos queu + H = v + H u, v ∈ E

Entonces:u− v ∈ H

De modo que

f (u− v) = 0⇔ f (u)− f (v) = 0

⇔ f (u + H) = f (v + H)

Pues u− v ∈ ker( f ) además de la linealidad de f y la definición de f

2. Verifiquemos que f es una aplicación lineal.

Sean u + H, v + H ∈ E/H , de donde se tiene:

f [(u + H) + (v + H)] = f [(u + v) + H]

= f (u + v)

= f (u) + f (v) pues f el lineal

= f (u + H) + f (v + H)

Sean u + H ∈ E/H , de donde se tiene que:

f [λ(u + H)] = f [(λu) + H] = f (λu) = λ f (u) = λ f (u + H)

Por lo tanto es una aplicación lineal.

3. Ahora probemos que f es inyectiva.

Sea f (u + H) = 0, entonces f (u) = 0 por tanto u ∈ ker( f ) = H, de donde:

u + H = 0 + H

Además,ker( f ) = 0 + H = [0]

37


Con lo que se concluye que es inyectiva, pues f es inyectiva ssi ker( f ) = 0.

4. Finalmente mostremos que f es sobreyectiva.

Para ello mostremos que img( f ) = G:

img( f ) ={w ∈ G : w = f (x + h), x + h ∈ E/H }={w ∈ G : w = f (x), x ∈ E}= img( f )

Teorema 12

Dado un espacio vectorial E de dimensión n y F un subespacio vectorialde E cuya base es B1 = {w1, . . . , wr}, con r ≤ n, el conjunto

B1 ∪ {ur+1, . . . , un}

Es base de E ssi el conjunto {[ur+1], . . . , [un]} es base de E/F .

Teorema 13: –Segundo teorema de isomorfismo–

Sea E un espacio vectorial., además F y G subespacios de E, entonces:

F + G/F ∼= G/F ∩ G

Demostración.

Seanf : G −→ F + G

x 7−→ x

una aplicación lineal y

g : F + G −→ (F + G)/

F(y + x) 7−→ (y + x) + F

una aplicación lineal.

38


g es válida para todo y ∈ F y x ∈ G, entonces:

g ◦ f : G → (F + G)/

F

es una aplicación lineal

ker(g ◦ f ) ={w ∈ G : g ◦ f (w) = [0]}={w ∈ G : g(w) = [0]} = {w ∈ G : w + F = 0 + F}={w ∈ G : w− 0 ∈ F} = {w ∈ G : w ∈ F}=G ∩ F = F ∩ G

∴ ker(g ◦ f ) = F ∩ G

img(g ◦ f ) ={[x + y] ∈ (F + G)

/F : g( f (z)) = [x + y] , z ∈ G

}={[x + y] ∈ (F + G)

/F : g(z) = [x + y] , z ∈ G

}={[x + y] ∈ (F + G)

/F : [z] = [x + y] , z ∈ G

}={[x + y] ∈ (F + G)

/F : x + y− z ∈ F , z ∈ G

}={[x + y] ∈ (F + G)

/F : w = x + y− z , w ∈ F, z ∈ G

}={[x + y] ∈ (F + G)

/F : x + y = z + w , w ∈ F, z ∈ G

}={[x + y] ∈ (F + G)

/F : x + y ∈ F + G

}=(F + G)

/F

Haciendo uso del primer teorema de isomorfismo, se tiene que:

G/

ker(g ◦ f ) ∼= img(g ◦ f )

es decir G/(F ∩ G) ∼= (F + G)

/F . Como se quería.

W1 + W2

W1 W2

W1 ∩W2

W2/

W1 ∩W2∼=W1 + W2

/W1

W1/

W1 ∩W2∼=W1 + W2

/W2

39


Teorema 14: –Tercer teorema de isomorfismo–Sea E un espacio vectorial, además F y G subespacio vectorial. de E tales

que F ⊆ G ⊆ E. Entonces: (E/F)/(G/F

) ∼= E/G

Ejemplo 14. Dada la aplicación lineal:

T : R3 −→ R2

(x, y, z) 7−→ (2x− z, y + 3z)

Muestre que: R3/

ker(T) ∼= R2.

(u1, u2) ∈ img(T) ⇔ ∃(x, y, z) ∈ R3 : 2x− z = u1 ∧ y + 3z = u2

⇔(2x− z, y + 3z)

⇔x(2, 0) + y(0, 1) + z(−1, 3)

⇔x(2, 0) + y(0, 1)− z2(2, 0) + 3z(0, 1)

⇔〈{(2, 0), (0, 1)}〉 = R2

(x, y, z) ∈ ker(T)⇔T(x, y, z) = 0

⇔(2x− z, y + 3z) = (0, 0)

⇔(x,−6x, 2x)

⇔〈{(1,−6, 2)}〉

∴ T es sobreyectiva y, por el primer teorema de isomorfismo, R3/

ker(T) ∼= R2.

Halle una base de R3/

ker(T) : Definamos

B1 = {(1,−6, 2), (1, 0, 0), (0, 1, 0)}

Así como B1 es base de R3 (se verifica fácilmente) y B2 = {(1,−6, 2)} es basede ker(T), B3 es base una de R3

/ker(T) que, por el teorema 12, es:

40


B3 = {[1, 0, 0], [0, 1, 0]}

Así existef : R3

/ker(T) −→ R2

(x, y, z) + ker(T) 7−→ (a, b)

R3 T //

π��

R2

R3/

ker(T)

f

??

4. ESPACIO VECTORIAL DUAL

Dados dos espacios vectoriales E y F sobre el mismo campo K.

El conjunto

L(E, F) = {T : E→ F : T es una aplicación lineal}

provisto de las operaciones

� Suma punto a punto:

+ : L(E, F)×L(E, F) −→ L(E, F)(S, T) 7−→ S + T

donde (S + T)(v) = S(v) + T(v) ∀v ∈ E.

� Producto punto a punto:

• : K×L(E, F) −→ L(E, F)(β, S) 7−→ βS

donde (βS)(v) = βS(v) ∀v ∈ E.

forma un espacio vectorial.

41


Proposición 3. Sean E y F, dos espacios vectoriales de dimensión finita donde:

dim(E) = n y dim(F) = m

Además sean B1 y B2, dos bases ordenadas, de E y F respectivamente.

La aplicación lineal:

φ : L(E, F) −→ Kmxn

f 7−→ [ f ]B1B2

es un isomorfismo de espacios vectoriales.

En particular, el espacio vectorial L(E, F) tiene dimensión finita y

dim(L(E, F)) =dim(E) · dim(F)

=n ·m

Ahora, vamos a estudiamos un caso particular del espacio vectorial L(E, F),donde consideramos:

F = K

es decir estudiaremos el espacio vectorial L(E, K).

Definición 12Dado un espacio vectorial E sobre un campo K. Una aplicación lineal

T : E → K se denomina funcional lineal de E. Es decir, T es una aplicaciónlineal de E si verifica:

T(αu + v) = αT(u) + T(v), ∀u, v ∈ E y α ∈ K

Ejemplo 15. a) La traza es un funcional lineal en el espacio de matrices Knxn.

Tr : Knxn −→ K

A 7−→ Tr(A) =n

∑i=1

aii

b) Sean A, B ∈ Knxn y α ∈ K se tiene que:

Tr(αA + B) =n

∑i=1

(α aii + bii)

42


=αn

∑i=1

aii +n

∑i=1

bii

=αTr(A) + Tr(B)

Dado un intervalo cerrado [a, b] ⊆ R y C[a, b] el espacio de funciones conti-nuas en [a, b]. La aplicación:

ϕ : C[a, b] −→ R

f 7−→∫ b

af (t)dt

es un funcional lineal en C[a, b].

Definición 13Dado un espacio vectorial E sobre el campo K; se define el espacio dual de

E, denotado por E∗, como el conjunto de todos los funcionales lineales de E,es decir:

E∗ = L(E, K)

Proposición 4. Sea E un espacio vectorial. sobre K.

a) Si E tiene dimensión finita, entonces E∗ tiene dimensión finita, y ade-más:

dim(E∗) = dim(E)

b) Si dim(E) = n y B = {v1, . . . , vn} es una base de E, entonces para cada1 ≤ i ≤ n, existe exactamente un funcional lineal φi : E → K tal quepara 1 ≤ j ≤ n:

φi(vj) = δij =

{1 si i = j0 si i 6= j

Donde B∗ = {φ1, φ2, . . . , φn} es una base de E∗.

Llamaremos a B∗ la base dual asociada a la base B de E.

Demostración. a) Lo primero es consecuencia inmediata del isomorfismo existenteentre L(E, F) y Kmxn, si dim(E) = n y dim(F) = m.

43


dim(E∗) = dim(L(E, K)) = dim(E) · dim(K) = dim(E) · 1 = dim(E)

b) φ1 : E→ K

φ1(v1) = 1

φ1(v2) = 0

...

φ1(vn) = 0

φ2 : E→ K

φ2(v1) = 0

φ2(v2) = 1

...

φ2(vn) = 0

· · · φn : E→ K

φn(v1) = 0

φn(v2) = 0

...

φn(vn) = 1

Ahora mostremos que B∗ es una base de E∗.

Sea αi ∈ K para 1 ≤ i ≤ n tales que

α1φ1 + . . . + αnφn = 0

Entonces, para cada 1 ≤ i ≤ n, se tiene que:

(α1φ1 + . . . + αnφn)(vi) = 0

por tanto αi = 0. Lo cual muestra que el conjunto B∗ es li.

Sea ψ ∈ E∗, tomemos el elemento

τ = ψ(v1)ψ1 + . . . + ψ(vn)ψn

entonces si 1 ≤ i ≤ n.

τ(vi) =(ψ(v1)ψ1 + . . . + ψ(vn)ψn)(vi)

=ψ(vi)

De donde τ = ψ y como τ ∈ 〈{ψ1, . . . , ψn}〉 se ha verificado que B∗ genera aE∗.

Ejemplo 16. Sea E = R2 y B = {(1, 5), (−2, 3)} una base de E. Halle la base delespacio E∗,B∗.

44


Supongamos que B∗ = {φ1, φ2}, donde:{φ1(v1) = 1φ1(v2) = 0

y

{φ2(v1) = 0φ2(v2) = 1

Además si (x, y) ∈ E, entonces:

(x, y) = α(1, 5) + β(−2, 3), α, β ∈ R

equivalentemente:(x, y) = (α− 2β, 5α + 3β)

Así {α− 2β = x5α + 3β = y

De lo cual resolviendo el sistema obtenemos:

⇒ α =3x + 2y

13β =

y− 5x13

De donde:(x, y) =

3x + 2y13

· v1 +y− 5x

13· v2

Además:

φ1(x, y) =φ1

(3x + 2y

13· v1 +

y− 5x13

· v2

)=

3x + 2y13 ��

�:1φ1(v1) +

y− 5x13 ��

�:0φ1(v2)

=3x + 2y

13

Realizando un proceso análogo para φ2 tenemos que:

φ2 =y− 5x

13

Asíφ1 : R2 −→ R

(x, y) 7−→ 3x + 2y13

φ2 : R2 −→ R

(x, y) 7−→ y− 5x13

Entonces: B∗ ={

3x+2y13 , y−5x

13

}

45


4.1 Cambio de base Dual

Proposición 5. Sea B = {v1, v2, . . . , vn} una base del espacio vectorial E, defi-nidos sobre K, y sea B∗ = {φ1, φ2, . . . , φn} su base dual, para v ∈ E y ψ ∈ E∗

se verifica que:

v =n

∑i=1

φi(v)vi y ψ =n

∑j=1

ψ(vj)φj

Demostración.

• Para v ∈ E, existen escalares αi para 1 ≤ i ≤ n, tales que:

v = ∑i∈N

αivi (1)

aplicando φj a la expresión anterior se tiene que, para 1 ≤ j ≤ n.

φj(v) = φj

(∑

i∈N

αivi

)= ∑

i∈N

αiφj(vi) = αj

reemplazamos en (1), se tiene:

v = ∑i∈N

φi(v)vi

además [v]B = (φ1(v), φ2(v), . . . , φn(v))

• Para ψ ∈ E∗, existen escalares βi, para 1 ≤ i ≤ n tales que:

ψ = ∑i∈N

βiφi (2)

Aplicando la igualdad a vj, para 1 ≤ j ≤ n, se tiene que:

ψ(vj) =

(∑

i∈N

βiφi

)(vj)

=β1��*

0φ1(vj) + . . . + β j�

��*1

φj(vj) + . . . + βn��*

0φn(vj)

=β j

46


Así reemplazamos en (2), se tiene que:

ψ =n

∑i=1

ψ(vi)φi

Y además [ψ]B = (ψ(v1), ψ(v2), . . . , ψ(vn))

Teorema 15Sea B = {v1, v2, . . . , vn} y C = {u1, u2, . . . , un} dos bases del espacio vec-

torial E, definido sobre K y sea B∗ = {φ1, φ2, . . . , φn} y C∗ = {ψ1, ψ2, . . . , ψn},sus respectivas bases duales. Entonces si la matriz cambio de base de B a C esM = (mij), la matriz de cambio de base de C∗ a B∗ es MT = (mji).

Teorema 16Sea E, un espacio vectorial de dimensión finita sobre K, F un subespacio

de E y u ∈ E\F (E\F se refiere a E "quitado" F). Entonces existe un funcionallineal ϕ de E∗ tal que

ϕ(u) = 1 y ϕ(w) = 0 ∀w ∈ F

Demostración.

Supongamos que dim(E) = n y dim(F) = m con m ≤ n.

Sea {v1, v2, . . . , vm} una base de F, por tanto:

u /∈ span({v1, v2, . . . , vm})

De donde :S = {v1, v2, . . . , vm, u}

Es linealmente independiente. Además, podemos extender S hasta obtener unabase de E.

{v1, . . . , vm, u, vm+2, . . . , vn}

Posteriormente, definimos el funcional ϕ : E→ K mediante la siguiente regla:

47


ϕ

(n

∑i=1

βivi

)︸︷︷︸

∈E

= βm+1

En otras palabras definamos ϕ en los elementos de la base de la siguiente manera:

ϕ(v1) = 0, ϕ(v2) = 0, . . . , ϕ(u) = 1 = βm+1, . . . , ϕ(vn) = 0

Y luego extendemos ϕ a todo el espacio E por linealidad, entonces:

ϕ(u) = 1 y ϕ(w) = ϕ

(m

∑i=1

γivi

)=

m

∑i=1

γi ϕ(vi) = 0 ∀w ∈ F

Proposición 6. Sea E un espacio vectorial de dimensión finita definido sobreK y u ∈ E\{0}, entonces existe ϕ ∈ E∗ tal que ϕ(u) 6= 0.

Demostración. En el teorema anterior tomando F = {0}.

Proposición 7. Sea E un espacio vectorial de dimensión finita sobre K y u ∈ Etal que:

ϕ(u) = 0 ∀ϕ ∈ E∗

entonces u = 0.

Demostración.Suponemos que u 6= 0, entonces por la proposición anterior se tiene que ϕ(u) 6= 0para algun elemento ϕ ∈ E∗, lo cual es una contradicción.

5. ESPACIO BIDUAL

Definición 14Sea E un espacio vectorial de dimensión finita sobre K, su espacio bidual

E∗∗ se define como (E∗)∗. En otras palabras, E∗∗ consiste en los funcionaleslineales E∗ −→ K, y las operaciones lineales en E∗∗ están definidas punto apunto.

48


Es decir, para cada u ∈ E, existe un funcional

φu : E∗ −→ K

ϕ 7−→ φu(ϕ) = ϕ(u)

E∗∗ = L(E∗, K).

Fácilmente se verifica que φu es una aplicación lineal, de manera que φu ∈ E∗∗.

Ejemplo 17. En el espacio R3 al vector u =

2−13

le corresponde el funcional

lineal φu ∈ (R3)∗∗ definido por:

φu(ϕ) = ϕ(u) = ϕ

2−13

Si ϕ(x1, x2, x3) = −7x1 + 5x2 + 2x3, entonces

φu(ϕ) = −7(2) + 5(−1) + 2(3) = −13

Teorema 17: –Teorema de la reflexividad o Isomorfismo Canónico–Sea E un espacio vectorial de dimensión finita sobre K. Entonces la aplica-

ción:Θ : E→ E∗∗

que envía un vector u ∈ E al funcional Θu ∈ E∗∗ definido por:

Θu : E∗ −→ K

ϕ 7−→ Θu(ϕ) = ϕ(u)

es un isomorfismo de E en E∗∗. Se llama: "isomorfismo canónico de E sobreE∗∗"

49


Demostración.

1) Lo que se busca demostrar es que Θ es una aplicación lineal Θ ∈ E∗∗.

Sean u, v ∈ E y ϕ ∈ E∗ entonces

Θu+v(ϕ) = ϕ(u + v) =ϕ(u) + ϕ(v) ϕ ∈ E∗ ∴ es lineal.

=Θu(ϕ) + Θv(ϕ)

=(Θu + Θv)(ϕ)

Además, si λ ∈ K

Θλu(ϕ) = ϕ(λu) = λϕ(u) = λΘu

es decir Θλu = λΘu.

2) Lo que se busca demostrar es que Θu es una aplicación lineal .Sean ϕ, ψ ∈ E∗ y λ ∈ K, entonces:

Θu(λϕ + ψ) =(λϕ + ψ)(u)

=λϕ(u) + ψ(u)

=λΘu(ϕ) + Θu(ψ)

3) Lo que se busca demostrar es que Θ es inyectiva.Es decir debemos mostrar que ker(Θ) = 0.Puesto que:

ker(Θ) ={u ∈ E : Θ(u) = 0}={u ∈ E : ∀ϕ ∈ E∗∗, Θu(ϕ) = 0}={u ∈ E : ∀ϕ ∈ E∗∗, ϕ(u) = 0}={0} por la proposición 7.

Por tanto, Θ es inyectiva.

4) Lo que se busca demostrar es que Θ es sobreyectiva.

50


Sabemos que:

dim(E) = dim(ker(Θ)) + dim(img(Θ)) (1)

Además:

dim(E∗∗) = dim(L(E∗, K)) = dim(E∗) = dim(L(E, K)) = dim(E)

Así:dim(E∗∗) = dim(E) (2)

Por otro lado en la anterior demostración obtuvimos que dim(ker(Θ)) = 0,reemplazando este resultado en (1) se sigue que:

dim(E) = dim(img(Θ)) (3)

Luego por transitividad entre (2) y (3) se tiene que:

dim(img(Θ)) = dim(E∗∗)

Tomando en cuenta que img(Θ) es un subespacio vectorial de E∗∗, se con-cluye que:

img(Θ) = E∗∗

Por tanto, Θ es sobreyectiva.

∴ Θ es un isomorfismo.

Este teorema proporciona un isomorfismo especial, pues dado u ∈ E pode-mos conocer Θu ∈ E∗∗, caso que no sucede en E∗.

6. ANULADORES DE UN SUBESPACIO (ANIQUILADORES).

Ahora nos encontramos interesados en relacionar los subespacios de E conciertos subespacios de E∗. Para ello, dado un subespacio F de E consideraremosel conjunto de todas las ecuaciones lineales (funcionales) que se anulan en F yveremos que se tiene una estructura de subespacio vectorial.

51


Definición 15Sea E un espacio vectorial de dimension finita sobre K y sea G un subcon-

junto de E. El anulador de G se define como el conjunto de todos los funcio-nales lineales E→ K que se anulan en todos los elementos de G.

G◦ = {ϕ ∈ E∗ : ∀w ∈ G, ϕ(w) = 0}

El conjunto G◦ es un subespacio de E∗:

1) G◦ 6= ∅

2) Si ϕ, ψ ∈ G◦ =⇒ (ϕ + ψ) ∈ G◦.

3) Si ϕ ∈ G◦ y λ ∈ K =⇒ (λϕ) ∈ G◦

Demostración.

1) Tomemos el funcional:

0E∗ : E −→ K

x 7−→ 0E∗(x) = 0K

fácilmente se verifica que 0E∗ ∈ G◦; por tanto, G◦ 6= ∅.

2) Si ϕ, ψ ∈ G◦ Queremos demostrar que (ϕ + ψ) ∈ G◦.

Por definiciónϕ(w) = 0 ∧ ψ(w) = 0 ∀w ∈ G

ϕ : E→ K ψ : E→ K

Además(ϕ + ψ)(w) = ϕ(w) + ψ(w) = 0 ∀w ∈ G

De donde, ϕ + ψ ∈ G◦.

3) Si ϕ ∈ G◦ y λ ∈ K Queremos demostrar que (λϕ) ∈ G◦

Por definiciónϕ(w) = 0 ∀w ∈ G

Además(λϕ)(w) = λ(ϕ(w)) = λ · 0 = 0

de donde λϕ ∈ G◦.

52


Teorema 18Sea E el espacio vectorial sobre K de dimensión finita y sea F un subespa-

cio de E. Entonces,dim(E) = dim(F◦) + dim(F)

Demostración. Suponemos que dim(E) = n y que dim(F) = m con m ≤ n .Sea C = {v1, v2, . . . , vm} una base de F y sean vm+1, vm+2, . . . , vn ∈ E tales que:

B = {v1, v2, . . . , vm, vm+1, . . . , vn} es una base deE.

Además, suponemos que B∗ = {ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn} es la correspondiente basedual en E∗.Entonces, para cada m + 1 ≤ i ≤ n se verifica lo siguiente:

ϕi(v1) = 0, . . . , ϕi(vm) = 0

Por tanto, los funcionales ϕi, con m + 1 ≤ i ≤ n se anulan sobre todo F. Puestoque si x ∈ F.

x =n

∑j=1

β jvj de donde, ϕi(x) = ϕi

(n

∑j=1

β jvj

)=

n

∑j=1

β j ϕi(vj) = 0

Pues1 ≤ j ≤ m y m + 1 ≤ i ≤ n

.En consecuencia,

{ϕm+1, ϕm+2, . . . , ϕn} ⊆F◦.

⇒ span({ϕm+1, ϕm+2, . . . , ϕn}) ⊆F◦ (1)

Ahora, probemosF◦ ⊆ span({ϕm+1, . . . , ϕn})

Sea ψ ∈ F◦ y tomando en cuenta que B∗ es una base de E∗, entonces existenescalares βi ∈ K tales que:

ψ =n

∑i=1

βi ϕi

53


Por la proposición cambio de base dual se tiene que:

βi = ψ(vi), para 1 ≤ i ≤ n

Ahora, el conjunto {v1, v2, . . . , vm} es una base de F y ψ ∈ F◦ de donde,

ψ(vj) = 0 , para 1 ≤ j ≤ m

En consecuencia, para 1 ≤ j ≤ m se tiene que que Bj = 0, por tanto:

ψ =n

∑i=m+1

βi ϕi

es decirψ ∈ span({ϕm+1, . . . , ϕn}) (2)

Así por (1) y (2) se tiene

span({ϕm+1, . . . , ϕn}) = F◦ (3)

Dado que el conjunto C = {ϕm+1, . . . , ϕn} es una parte de la base B∗, C es lineal-mente independiente y por (3) , se concluye que C es una base de F◦.

Como C = {ϕm+1, . . . , ϕn} es una base de F◦ , con card(C) = n− m, se con-cluye que:

dim(F◦) = n−m = dim(E)− dim(F)


Proposición 8. Dado un espacio vectorial E sobre K, de dimensión finita ydos subespacios F y G de E. Entonces:

1) E◦ = {0E∗} 4) (G + F)◦ = F◦ ∩ G◦

2) {0E∗}◦ = E 5) (F ∩ G)◦ = F◦ + G◦

3) Si F ⊆ G entonces G◦ ⊆ F◦

54


Demostración.

3) Supongamos que F ⊆ G y sea ϕ ∈ G◦

Demostremos que ϕ ∈ F◦ ≡ ∀x ∈ F, ϕ(x) = 0

ϕ(y) = 0 ∀y ∈ G (1)

Como (1) se cumple para todo y ∈ G, por hipótesis se cumple para todo x ∈ F,así:

ϕ(x) = 0 ∀x ∈ F

Como se quería.

4) Conocemos que F ⊆ F + G y G ⊆ F + GLo que se busca demostrar es que (F + G)◦ = F◦ ∩ G◦

Usando 3) se tiene que

(F + G)◦ ⊆ F◦ y (F + G)◦ ⊆ G◦

De donde(F + G)◦ ⊆ F◦ ∩ G◦

Ahora probemos que F◦ ∩ G◦ ⊆ (F + G)◦

Si ϕ ∈ F◦ ∩ G◦ y sea x ∈ (F + G), por tanto existe u ∈ F y v ∈ G tal que

x = u + v

Ahora

ϕ(x) =ϕ(u + v)

=ϕ(u) + ϕ(v) = 0

De donde ϕ ∈ (F + G)◦.

Ejemplo 18. Sea F = {(x, y, z) ∈ R3 : x + 2y− z = 0}. Halle una base para F◦.

F ={(x, y, x + 2y) : x, y ∈ R} = {x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2) : x, y ∈ R}=〈{(1, 0, 1), (0, 1, 2)}〉

55


Es claro que los vectores son li, por tanto B = {(1, 0, 1), (0, 1, 2)} es una basede F, además sabemos que:

dim(R3) = dim(F) + dim(F◦)

Por tanto dim(F◦) = 1.

Si extendemos B a una base de R3:

B = {(1, 0, 1)︸︷︷︸e1

, (0, 1, 2)︸︷︷︸e2

, (0, 0, 1)︸︷︷︸e3

}

Si B∗ = {φ1, φ2, φ3} correspondiente a B, entonces B̂ = {φ3} es base de F◦.

Donde:φ3(1, 0, 1) =0

φ2(0, 1, 2) =0

φ1(0, 0, 1) =1

Para x ∈ F, existe escalares α y β tales que:

x = αe1 + βe2

Además φ3(x) = φ3(αe1 + βe2) = 0.

Ahora, sea (x, y, z) ∈ R3, existen escalares α1, α2, α3 ∈ R tales que:

(x, y, z) =α1(1, 0, 1) + α2(0, 1, 2) + α3(0, 0, 1)

(x, y, z) =(α1, α2, α1 + 2α2 + α3)

De donde:∗ α1 =x

∗ α2 =y

∗ α3 =z− 2y− x

Así (x, y, z) = x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2) + (z− 2y− x)(0, 0, 1)

Además

φ3(x, y, z) =φ3(x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2) + (z− 2y− x)(0, 0, 1))

56


=x��:0

φ3(e1) + y��:0

φ3(e2) + (z− 2y− x)��:1

φ3(e3)

=z− 2y− x

Así B̂ = {φ3}, conφ3 : R3 −→ R

(x, y, z) 7−→ z− 2y− x

Definición 16Sea E un espacio vectorial de dimensión finita sobre K y sea H ⊆ E∗ subes-

pacio vectorial. El anulador de H, denotado por H◦, se define como el conjun-to:

H◦ = {x ∈ E : ϕ(x) = 0, ∀ϕ ∈ H}

Es posible definir H◦ como un subconjunto del espacio bidual E∗∗, pero yase conoce que E∗∗ se puede identificar con E, mediante el isomorfismo canóni-co de E en E∗∗, por lo que resulta más cómodo definir H◦ como un subespaciode E.

Teorema 19: –Anulador de un anulador de un subespacio vectorial–

Sea E un espacio vectorial de dimensión finita sobre K y sea F un subes-pacio propio de E, entonces

(F◦)◦ = F

Demostración. ⇒) Suponemos que x ∈ (F◦)◦ y demostremos que x ∈ F.(Por reducción al absurdo).Supongamos que x /∈ F además que dim(E) = n y dim(F) = m con m ≤ n .Sea B = {v1, v2, . . . , vm} es una base de F, por tanto el conjunto {v1, v2, . . . , vm, x},es linealmente independiente .Con el fin de obtener una base de E podemos extender el conjunto de vectoreslinealmente independientes.

B1 = {v1, v2, . . . , vm, x, vm+2, . . . , vn}

Así B1 es base de E y su correspondiente base dual es:

B∗ = {ϕ1, ϕ2, . . . , ϕm, ϕm+1, ϕm+2, . . . , ϕn}

57


Donde se verifica lo siguiente:

ϕm+1(v1) = ϕm+1(v2) = . . . = ϕm+1(vm) = 0

Es decir, ϕm+1 ∈ F◦. Ahora como x ∈ (F◦)◦, se tiene que :

ϕm+1(x) = 0

Lo cual contradice el supuesto, ya que por construcción se sigue que :

ϕm+1(x) = 1

De donde:(F◦)◦ ⊆ F

La segunda contenencia se deja como ejercicio para el lector.

Proposición 9. Sea E un espacio vectorial de dimensión finita sobre K y sea Fun espacio vectorial de E, además sea B∗ = {ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn}, una base de F◦.Entonces

F ={v ∈ E : ϕ1(v) = 0∧ ϕ2(v) = 0∧ . . . ∧ ϕm(v) = 0}=

⋂ϕ∈B∗

ker(ϕ)

7. SUBESPACIOS INVARIANTES

Definición 17Sea E un espacio vectorial sobre K y T : E→ E una aplicación lineal (endomor-fismo). Un espacio invariante para T es un subespacio F de E tal que :

T(F) ⊆ F

Es decir, si x ∈ F, entonces T(x) ∈ F.

58


Ejemplo 19. Sea T : R3 → R3 definida mediante .

T(x, y, z) = (2x− 5y− 3z,−x− 2y− 3z, 3x + 15y + 12z)

Estudie cuales de los siguientes subespacios son invariantes:a) w1 = 〈{(3, 0,−2), (1,−2, 4)}〉b) w2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + 5y + 2z}

Analicemos el caso a) por definición de w1 se tiene que:

w1 = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = α(3, 0,−2) + β(1,−2, 4), α, β ∈ R}

⇒

3α + β = x−2β = y

−2α + 4β = z

De lo cual resolviendo el sistema se tiene que:

W1 = {(x, y, z) ∈ R3 : 3z + 2x + 7y = 0}

Notemos que existe una matriz A tal que T(x, y, z) = A(x y z)T :

donde, A =

2 −5 −3−1 −2 −33 15 12

Sea (α1, α2, α3) ∈ w1

T(α1, α2, α3) =

2 −5 −3−1 −2 −33 15 12

α1

α2

α3

T(α1, α2, α3) = (2α1 − 5α2 − 3α3,−α1 − 2α2 − 3α3, 3α1 + 15α2 + 12α3)

Por hipótesis tenemos que β = (β1, β2, β3) ∈ w1 si:

2β1 + 7β2 + 3β3 = 0 (∗)

Analicemos si T(α1, α2, α3) ∈W1, es decir debemos verificar que se cumpla (∗).

2(2α1 − 5α2 − 3α3) + 7(−α1 − 2α2 − 3α3) + 3(3α1 + 15α2 + 12α3)

= 6α1 + 21α3 + 9α3

59


= 3(2α1 + 7α2 + 3α3)

= 3(0) = 0⇒ Por (∗) y porque (α1, α2, α3) ∈ w1

∴ w1 es invariante

Se realiza un procedimiento análogo para el literal b) y se llega a que W2 esinvariante.

Proposición 10. Sea E, un espacio vectorial. sobre K y T : E → E un endo-morfismo. Entonces los siguientes espacios son invariantes.

1) E 3) ker(T)

2) {0E} 4) img(T)

Demostración.

1) Demostremos que T(E) ⊆ E

Por definición de T se tiene que img(T) ⊆ E, si x ∈ E, entonces T(x) ∈img(T) por tanto T(x) ∈ E.

2) Demostremos que T(0E) ⊆ E

Si x ∈ {0E}, entonces x = 0E = 0K · v, con v ∈ E. Además

T(x) = T(0E) = T(0K · v) = 0KT(v) = 0E

3) Demostremos que T(ker(T)) ⊆ ker(T)

Si x ∈ ker(T), entonces T(x) = 0E ∈ ker(T)

4) Demostremos que T(img(T)) ⊆ img(T)

Si x̂ ∈ img(T), entonces existe x ∈ E tal que

T(x) = x̂ ∈ img(T)

∴ T(x) ∈ img(T)

60


8. ISOMORFISMO INDUCIDO

Si F es un espacio invariante para T, podemos considerar la aplicación S : F →F, que envía cada vector x de F a su imagen por T, esta aplicación es un endomor-fismo de F, el " endomorfismo inducido" por S en F.

Proposición 11. Sea E un espacio vectorial sobre K y T : E→ E. Supongamosque

E = F1 ⊕ F2 ⊕ . . .⊕ Fn

donde Fi, 1 ≤ i ≤ n son subespacios invariantes para T, con dimensionesdiferentes de 0. Si {v1, v2, . . . , vk} es base de F1, {vk+1, . . . , vk+k2} es base deF2, etc. Y consideremos la base de E

B = {v1, v2, . . . , vk, vk+1, . . . , vk+k2 , . . . , vn}

formada por la unión de las bases de los subespacios.

Entonces la matriz asociada a T en la base B es de la forma:

[T]BB =

A1 0 · · · 0

0 A2 · · · 0...

.... . .

...

0 0 · · · An

es decir, una matriz diagonal por bloques, donde Ai es el resultado de

aplicar el isomorfismo inducido por T sobre Fi

T : Fi −→ Fi

x 7−→ Aix

Si en la proposición anterior consideramos subespacios de dimensión 1, esdecir dim(Fi) = 1 para 1 ≤ i ≤ n resulta que la matriz asociada al endo-morfismo T, es diagonal.

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Esto nos lleva de forma natural a considerar subespacios invariantes de di-mensión 1.

Supongamos que Fi = 〈w〉, con w ∈ E, w 6= 0. Además T es un endomorfismode E, entonces:

T(w) ∈ Fi

Es decir, existe un escalar λ ∈ K tal que:

T(w) = λw

Lo cual nos lleva a las siguientes definiciones:

Definición 18: –Valor propio asociado a una transformación lineal–

Sea T un endomorfismo sobre E y λ ∈ K. Se dice que λ es un valor propioasociado a T si existe un vector v ∈ E tal que:

T(v) = λ v

En este caso se dice que v es un vector propio de T asociada al valor propio λ.

Observación. Puede haber más de un vector propio asociado a un mismo valorpropio.

Definición 19: –Valor propio asociado a una matriz asociada–

Sea A ∈ Knxn, se dice que λ es un valor propio de A, si existe v ∈ Knx1 nonulo (v 6= 0) tal que:

A(v) = λ v

Proposición 11. –Asociación de ambas definiciones de valor propio–Sea T un endomorfismo de E y B una base de E, además, sea:

A = [T]BB

Y sea λ ∈ K, entonces λ es un valor propio de T sí y solo sí λ es un valorpropio de T.

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Definición 20: –Polinomio característico–Sea A ∈ Knxn, se define el polinomio característico de A como:

PA(λ) = det(A− λI)

Teorema 20Loa valores propios de A coinciden con las raíces del polinomio característico,es decir

0 = det(A− λI)

Demostración.

Av = λv ⇔ Av− λIn(v) = 0

⇔ (A− λIn)v = 0 (1)

Dado que por definición v 6= 0, entonces para que (1) no tenga soluciones trivia-les, se debe verificar que :

det(A− λI) = 0

Definición 21Sea T un endomorfismo en E y B una base de E, además:

A = [T]BB

Se define el polinomio característico de T como:

PT(λ) = PA(λ) = |A− Iλ|

La definición de polinomio característico de T ∈ L(E, E), tal y como seha presentado, depende de la base escogida en E. Sin embargo, esta ambi-güedad desaparece notando que si dos matrices son semejantes, entoncessus polinomios característicos coinciden. En particular dos matrices seme-jantes tienen igual determinante, igual traza y los mismos vectores propios.

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Definición 22: –Matrices semejantes–

Las matrices A y B son semejantes si existe una matriz NO SINGULAR P,tal que:

P · A = B · P ⇐⇒ A = P−1BP

Observación.

E E

x

[x]B

B

C

[x]C

[T(x)]B = [T]BB [x]B

B

C

[T(x)]C = [T]CC [x]C

T

[I]CB [I]BC =([I]CB

)−1

[T]CC

[T]CC = [I]BC [T]BB [I]CB

Son semejantes

Son sus inversas

Suponemos que A y B son semejantes , es decir existe P invertible tal que:

A = P−1BP

Luego:|A− λI| = |P−1BP− λ(P−1P)| = |P−1(B− λI)P|

Como:det

(P−1

)=

1det(P)

Entonces:

|P−1(B− λI)P| = |P−1||B− λI||P| = |B− λI|

Por tanto:|A− λI| = |B− λI|

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Así A y B tienen los mismos polinomios característicos y por tanto mismosvalores propios.

La siguiente proposición muestra el primer criterio de diagonaliza-ción, es decir una condición cuya verificación implica la existenciade una base respecto de la cual la representación matricial del endo-morfismo considerado es diagonal.

Proposición 12. Sea T un endomorfismo en E. Supongamos que λ1, λ2, . . . , λn

valores propios distintos de T y sean u1, u2, . . . , un sus vectores propios corres-pondientes, entonces el conjunto:

{u1, u2, . . . , un} es li

Demostración. Por contradicción supongamos que el conjunto {u1, u2, . . . , un} eslinealmente dependiente, además supongamos que existe k < n tal que {u1, u2, . . . , uk}es linealmente independiente, por tanto:

uk+1 ∈ 〈{u1, u2, . . . , uk}〉

entonces existen escalares αi ∈ K diferentes de 0 tales que:

uk+1 = α1u1 + α2u2 + . . . + αkuk (1)

Aplicando T a ambos lados :

T(uk+1) = α1T(u1) + α2T(u2) + . . . + αkT(uk)

Como uk+1 es un vector propio asociado a algún valor propio λk+1 ∈ K, entonces:

λk+1uk+1 = α1λ1u1 + α2λ2u2 + . . . + αkλkuk (2)

Multiplicando (1) por λk+1, se tiene:

λk+1uk+1 = α1λk+1u1 + α2λk+1u2 + . . . + αkλk+1uk (3)

Restando (2) y (3), se sigue que:

0 = α1(λ1 − λk+1)u1 + α2(λ2 − λk+1)u2 + . . . + αk(λk − λk+1)uk

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Por hipótesis sabemos que

λi − λk+1 6= 0 ∀ 1 ≤ i ≤ k

Además por definición de vector propio:

ui 6= 0 ∀ 1 ≤ i ≤ n

Así se concluye que:

α1 = α2 = . . . = αk = 0 ⇒⇐

Proposición 13. Sea T un endomorfismo en E, donde dim(E) = n. Si T poseen valores propios distintos en K, entonces T es diagonalizable.

Demostración. Por la proposición anterior, el conjunto de vectores vi para 1 ≤ i ≤n correspondiente a los valores propios λi de T, forman un conjunto li, es decir:

B = {v1, v2, . . . , vn} es li

Y comocard(B) = n

B es una base de ESi tomamos Fi = 〈{vi}〉, para 1 ≤ i ≤ n, se tiene que:

E = F1 ⊕ F2 ⊕ . . .⊕ Fn

Donde dim(Fi) = 1.

Por el resultado inicial de este capitulo, se tiene que la matriz asociada a T esdiagonal por bloques, donde cada bloque es una , matriz de orden :

dim(Fi)x dim(Fi) = 1x1

Por tanto la matriz asociada a la transformación es diagonal.

Proposición 14. Sea T un endomorfismo sobre E, entonces T es diagonaliza-ble ssi es la suma directa de distintos subespacios propios de E.

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Sea λ un valor propio de T, llamaremos al subespacio formado por to-dos sus vectores propios asociados como el subespacio propio asociado aλ.

Proposición 15. Sea T un endomorfismo sobre E, donde dim(E) = n, y seanλ1, λ2, . . . , λk para k < n, valores propios distintos de T.

Se tiene que T es diagonalizable si y solo si se verifica

dim(E) =k

∑i=1

dim(Eλi )

donde Eλi es el subespacio vectorial. de E asociado a λi

Eλi = {v ∈ E : T(v) = λi v}

9. NOTAS

• Las notas fueron parte del curso de Complementos de Álgebra dictado en elsemestre 2019-B.

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AIDER EPN RESUMEN COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAL · 2020. 8. 6. · Naraya Narváez Complementos...

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