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Capítulo 4. Espacios Vectoriales

Capítulo 4 ESPACIOS VECTORIALES Quizá esta sección sea una de las de carácter más abstracto en el curso, en ella formalizaremos la idea de espacio vectorial. Los modelos o ejemplos más cercanos a la intuición de este tipo de estructuras los proporcionan el espacio bidimensional (el plano) y el espacio tridimensional (el espacio físico con el que habitualmente trabajamos en otras asignaturas). 4.1. Definiciones básicas y propiedades Definición. Un conjunto V admite estructura de espacio vectorial sobre el cuerpo K (en general, consideraremos R o C) si se satisfacen las siguientes condiciones:

a) (V, +) es un grupo abeliano. b) Existe una ley de composición externa con cuerpo de escalares K

( ⋅ →:V x K V ) tal que:

b.1) λ λ⋅ + = ⋅ + ⋅x y x ye j λ

b.2) λ µ λ λ+ ⋅ = ⋅ + ⋅x xb g x

b.3) λ µ λ µg e j⋅ = ⋅x xb

b.4) 1⋅ =x x

para cualesquiera λ µ, ∈K y cualesquiera x y V, ∈ , donde 1 es el elemento unidad de K.

Ejemplos. 1. Como ejemplo más elemental se tiene a:

R x x x x R i nn

n i= ∈ ∈1 2 1 2, , , / , , , ,… …b g lm rq

n n g+

λ ⋅ g

dotado de las operaciones suma y producto por un escalar real, dadas por:

x x x y y y x y x y x yn n1 2 1 2 1 1 2 2, , , , , , , , ,… … …b g b g b+ = + + λ λ λ⋅ = ⋅ ⋅x x x x x xn n1 2 1 2, , , , , ,… …b g b .

Así es un espacio vectorial que suele representarse como c , entendiendo que el cuerpo de escalares es R. Como casos más conocidos tenemos aquellos en que n = 2 ó n = 3, esto es, el plano o el espacio tridimensional.

R Rn b gc h, ,+ ⋅ Rn , ,+ ⋅h

Juan Rocha Martín y Kishin Sadarangani

Álgebra Lineal. Curso 2005/06

2. Otro ejemplo de espacio vectorial viene dado por el conjunto de las matrices rectangulares de orden m x n con elementos reales, es decir, por c dotado con las operaciones suma de matrices y producto de una matriz por un escalar real.

M Rmxn b g h, ,+ ⋅

3. Un ejemplo menos trivial viene dado por el conjunto de los polinomios de grado

menor o igual a n con coeficientes reales, que se denota por:

R x a x a a x a x a x a R i nn ii

i

n

nn

nn

i= = + + + + ∈ ∈RST

UVW=−

−∑0

0 11

11 1 2 …/ , , , ,l q

donde si , p x a xii

i

n

b g ==∑

0

q x , se define la suma de ambos y el b x R xii

i

n

b g = ∈=∑

0

producto de p(x) por un escalar real λ como:

p x q x a b xi ii

ni( ) ( )+ = +

=∑ b g

0

λ λ⋅ ==∑p x a xi

i

i

n

( ) b g0

obteniéndose que R xn , ,+ ⋅c h es un espacio vectorial.

4. Finalmente, otro ejemplo viene dado por el conjunto de funciones reales de una

variable real: R f f RR = →/ :l qR

en el que se definen las operaciones:

f g x f x g x+ = +b gb g b g b g ( )( ) , .λ λ λ⋅ = ⋅ ∈f x f x Rb g

Es fácil comprobar que es un espacio vectorial. RR , ,+ ⋅c h En adelante consideraremos que los espacios vectoriales que tratemos son reales, es decir, tales que el cuerpo K = R, salvo que indiquemos otra cosa. Propiedades elementales de un espacio vectorial Para cualesquiera vectores x y, de un espacio vectorial V y escalares λ µ, se tiene que:

i. 0 0 0⋅ = ⋅ =x , .λ 0

ii. λ µ λ µ

λ λ

− ⋅ = ⋅ − ⋅

⋅ − = ⋅ − ⋅

RS|T|b ge j

x x

x y x yλ

x

iii. λ λ⋅ = ⇒ = ∨ =x x0 0 0



Demostración: i. 0 0 0 0 0 0⋅ = + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ =x x x x xb g 0

λ λ λ λ λ⋅ = ⋅ + = ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ =0 0 0 0 0 0e j 0

ii. λ µ λ µ λ µ λ µ− ⋅ = + − ⋅ = ⋅ + − ⋅ = ⋅ − ⋅b g b gc h b gx x x x x x

λ λ λ λ λ λ⋅ − = ⋅ + −FH IK = ⋅ + ⋅ − = ⋅ − ⋅x y x y x y x ye j e j e j

iii. Si λ ⋅ =x 0 y suponemos que λ ≠ 0 , entonces dado que λ es un escalar del

cuerpo K (pensemos en un número real) existe su inverso λ−1

λ=

1 , por lo que

podemos hacer el siguiente razonamiento:

λ

λλ λ

λλλ

⋅ =

= ⋅

UV|W|⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ = FHG

IKJ ⋅ = ⋅ = ⇒ =

xx x x x

00 1 0

0 1 0 1 1 1 0e j x

Así, si λ ≠ 0 entonces x = 0 . De igual forma, si λ ⋅ =x 0 y suponemos que x ≠ 0 se deduce que λ = 0 , pues si fueseλ ≠ 0 podríamos razonar como antes y llegaríamos a que x = 0 , lo cual contradice la hipótesis de que x ≠ 0 . ■

4.2. Subespacios Vectoriales

Si W es un subconjunto del espacio vectorial V diremos que W es un subespacio vectorial de V si se cumple:

a) ∀ ∈ + ∈x y W x y W, :

b) ∀ ∈ ∀ ∈ ⇒ ⋅ ∈x W K x W, λ λ Ambas condiciones equivalen a decir que W tiene estructura de espacio vectorial al restringir en él la suma de vectores de V y el producto por escalares. Por otra parte, las condiciones dadas pueden sintetizarse en una única expresión que caracteriza a los subespacios vectoriales:

W V⊆ es un subespacio vectorial ⇔∀ ∈ ∀ ∈ + ∈x y W K x y W, , , :λ µ λ µe j Ejemplos. 1. Los denominados subespacios triviales (o impropios) del espacio vectorial V:

W= 0{ } y W = V.

2. W R x= 2 es un subespacio vectorial del espacio vectorial V R x= 3 .



3. Puede comprobarse, sin más que aplicar la definición de subespacio vectorial dada más arriba, que el subconjunto de matrices:

Wa b

c dM R a b c d Rx=

FHG

IKJ ∈ ∈

RSTUVW

00 2 3b g / , , ,

es un subespacio vectorial del espacio vectorial . M Rx2 3b g4. Otro ejemplo de subespacio vectorial es el formado por el conjunto de soluciones de

un sistema de ecuaciones lineales homogéneo A X = 0 , donde A M Rmxn∈ b g . En este caso se tiene que dicho conjunto de soluciones es un subespacio vectorial del espacio vectorial Rn .

Observación. Cualquier subespacio vectorial de cualquier espacio vectorial contiene siempre al vector nulo 0 . 4.2.1. Operaciones entre subespacios vectoriales Seguidamente analizamos las diversas operaciones que pueden realizarse con los subespacios vectoriales de un espacio vectorial V. En concreto nos ocuparemos de la intersección y suma de subespacios vectoriales. Intersección de subespacios vectoriales. Si es una familia de subespacios vectoriales del espacio vectorial V, entonces

es también un subespacio vectorial.

Wi i

nl q =1

W ii

n

==1∩W

Demostración. En primer lugar aclarar que , y que WW W W Wi i

nnl q l q=

=1 1 2, , ,… ≠ φ pues

0{ }∈W

∈ 1 2, ,l, por pertenecer el vector nulo a cada uno de los subespacios W

( i ). Veamos seguidamente que W es un subespacio vectorial:

i

nq,…

∀ ∈x y W, y ∀ ∈ ⇒ ∈ ∀ ∈∈

RS|T|UV|W|⇒λ µ

λ µ, , , , , ,

,K x y W i n

Ki 1 2 …l q

⇒ + W es subespacio vectorial de V. ■ ∈ ∀ ∈ ⇒ + ∈ ⇒λ µ λ µx y W i n x y Wi , , , ,1 2 …l q Ejemplo. Consideremos en R2 los subespacios vectoriales: W x y W x . x x1 2= ∈( , ) /l qR Rx x2 3= ∈( , ) /l q

Para ellos se tiene que la intersección W W , pues si: W= =1 2 0∩ { }



w a b W W W w W b aw W b a

a a a w= ∈ = ⇒ ∈ ⇒ =∈ ⇒ =

RS|T|UV|W|⇒ = ⇒ = ⇒ =( , ) 1 2

1

2

23

2 3 0∩ 0

2

2

2

2

Suma de subespacios vectoriales. Del ejemplo que acabamos de plantear se deduce que la unión de subespacios vectoriales no es, en general, un subespacio vectorial. Basta observar que:

b 1 21 3

1 1

2 1

,,b gg∈ ⊂∈ ⊂

W W WW W W

∪∪

Sin embargo, al sumar estos dos vectores de W se tiene que: W1∪ 1 2 1 3 2 5 1 2, , ,b g b g b g+ = ∉W W∪ ,

pues (2, 5) no está en ninguno de los dos subespacios de partida. Definición (Suma de subespacios vectoriales).- Si W son subespacios vectoriales del espacio vectorial V, se denomina suma de ambos subespacios a:

W1,

W W w x y x W y W1 2 1 2+ = = + ∈ ∧ ∈/ .{ }

Es inmediato comprobar que W es un subespacio vectorial de V y que es, además, el más pequeño de los subespacios vectoriales de V que contiene al subconjunto

.

W1 + 2

2

W W1 2∪ Definición (Suma directa).- Si W son subespacios vectoriales del espacio vectorial

V tales que

W1,

W W y W W1 2 0∩ = { } W= +1 2 , se dice que W es suma directa de W y y

se escribe W W . 1 W2

W= ⊕1 2

Ejemplo. Consideremos en R3 los subespacios vectoriales: W x y W y . x1 0 0= ∈( , , ) /l qR Ry y y2 2= ∈( , , ) /l q La suma de estos subespacios es:

W =W siendo W x y y y x y R1 2 2+ = + ∈, , / ,b gm r W W . 1 2 0∩ = { }

Así, se tiene que W es suma directa de W y y escribimos W W1 W2 W= ⊕1 2 . Teorema. Si entonces todo elemento W W W= ⊕1 2 x W∈ se expresa de forma única

como x x= + x1 2 , siendo x W1 1∈ y x W2 2∈ .



Demostración. Si suponemos que existen dos formas distintas de expresar cada x W∈ , pongamos:

x x x= +1 2 , con x W1 1∈ y x W2 2∈ .

x y y= +1 2 , con y W1 1∈ y y W2 2∈ . Entonces:

x x y yx y y xx y Wy x W

x y y x1 2 1 2

1 1 2 2

1 1 1

2 2 2

1 1 2 2+ = + ⇒

− = −

− ∈

− ∈

RS||

T||

UV||

W||⇒ − −e j e j, ∈W W1 2 0∩ = { }

Por tanto: x y x y1 1 2 2= ∧ =

resultado que contradice nuestra suposición de que existían dos maneras de expresar un mismo vector. Así queda probado que sólo existirá una única forma de expresar cada vector de W. ■ Finalmente, cabe decir que las definiciones de suma y suma directa se extienden de forma natural para cualquier familia finita de subespacios vectoriales. 4.3. Subespacio generado por un conjunto de vectores Comenzamos esta sección definiendo la noción de combinación lineal de un conjunto de vectores.

Definición. Si V es un espacio vectorial y x x x Vk1 2, , ,… ∈{ , se denomina

combinación lineal de los vectores dados a toda expresión de la forma: }

α α α1 1 2 2x x k k+ + + x

donde α i son escalares para todo i . ∈ 1 2, , ,… kl q Tras definir la noción de combinación lineal, introducimos el concepto de subespacio generado por un conjunto de vectores.

Definición. Si S = x x xk1 2, , ,…{ } es un conjunto de vectores del espacio vectorial V, se

denomina subespacio generado por S a: S x x x R ik k i= + + + ∈ ∀ ∈α α α α1 1 2 2 1 2 …/ , , , ,l q{ }k

Observaciones. 1. En la definición se ha considerado que α i son números reales. Deberían haberse

considerado como escalares de un cuerpo cualquiera K. No obstante, al comenzar el



tema conveníamos que, salvo que se dijese lo contrario, siempre trabajaríamos con espacios vectoriales sobre el cuerpo de los números reales, de ahí la restricción.

2. La definición dada asigna la categoría de subespacio a S , puesto que en realidad

se trata de un subespacio vectorial. Veámoslo: Si y x x k k1 1 1 2 2= + + +α α α x y y x x k k2 1 1 2 2= + + +β β β x ∈ , entonces: S

λ µ λ α α α µ β β βy y x x x x x xk k k k1 2 1 1 2 2 1 1 2 2+ = + + + + + + +e j e =j

= + + + + + + ∈λα µβ λα µβ λα µβ1 1 1 2 2 2b g b g b gx x xk k k S 3. El conjunto S, formado por vectores del espacio vectorial V, generará a todo V si

cada vector de V se puede expresar como combinación lineal de los vectores de S, es decir, si V S . =

Ejemplo. En el espacio vectorial R3 consideremos el conjunto de vectores:

S = 1 2 1 1 0 2 1 1 0, , , , , , , ,b g b g b gm r y analicemos si S R= 3 . En primer lugar se tiene que: S R= + + ∈ = + + + +α β γ α β γ α β γ α γ α β α β γ1 2 1 1 0 2 11 0 2 2, , , , , , / , , , , / , ,b g b g b gm r b gm rR∈

Por otro lado:

R v a b c a b c R3 = = ∈, , / , ,b g{ } Por tanto, comprobar que S R= 3 se reduce a comprobar que cualquier

v a b c R= ∈, ,b g 3 verifica que:

a b c, , , ,b g b= + + + +α β γ α γ α β2 2 g lo cual se traduce en términos de un sistema de ecuaciones lineales como:

α β γα γα β

+ + =+ =+ =

abc

22

sistema que tiene como solución:

α β γ=− + +

=− +

=− −2 2

3 34 2

3a b c a b c a b; ; c



es decir:

a b c a b c a b c a b c, , , , , , , ,b g b g b g b g=− + +FHG

IKJ +

− +FHG

IKJ +

− −FHG

IKJ

2 23

1 2 13

1 0 2 4 23

11 0

Por tanto, S R= 3 . 4.4. Dependencia e independencia lineal

Dado un espacio vectorial V y un conjunto de vectores x x x Vk1 2, , ,…{ ∈} , se dice que:

1. x x xk1 2, , ,…{ } son vectores linealmente independientes (L.I.) o libres si:

α α α α α α1 1 2 2 1 20 0x x xk k k+ + + = ⇒ = = = = .

2. x x xk1 2, , ,…{ } son vectores linealmente dependientes (L.D) si existen escalares

α α α1 2, , ,… k no todos nulos tales que:

α α α1 1 2 2 0x x xk k+ + + = . Ejemplo. Si retomamos el ejemplo anterior, podremos plantearnos la dependencia o independencia lineal de los vectores del conjunto:

S = 1 2 1 1 0 2 1 1 0, , , , , , , ,b g b g b gm r

Para ello consideramos una combinación lineal de ellos igualada al vector nulo: α β γ1 2 1 1 0 2 11 0 0, , , , , ,b g b g b g+ + =

la cual conduce al sistema homogéneo:

α β γα γα β

+ + =+ =+ =

02 0

2 0

Si este sistema lineal tiene únicamente solución trivial (0,0,0) esto significaría que los vectores de S son libres, caso contrario se trataría de vectores L.D.. Por tanto podemos proceder de distintas maneras: por un lado, podría utilizarse el método de eliminación de Gauss o Gauss-Jordan para resolver el sistema (a la vista de las soluciones decidiríamos la dependencia o independencia lineal de los vectores dados); por otro, al ser el sistema anterior homogéneo éste tendrá solución trivial sólo cuando el rango de la matriz de los coeficientes es 3, y dicho rango puede calcularse mediante determinantes (el rango es el orden del mayor menor no nulo):

det1 1 12 0 11 2 0

3 01 1 12 0 11 2 0

3F

HGG

I

KJJ = ≠ ⇒

F

HGG

I

KJJ = ⇒rang la única solución es (0,0,0)



por tanto, los vectores dados son libres. Observación. Cualquier conjunto de vectores que contenga al vector nulo es linealmente dependiente. Intuitivamente se tiene que dos vectores en el espacio vectorial R2 son linealmente dependientes, si y sólo si, uno de ellos es múltiplo del otro. Dicho de otro modo, si y sólo si ambos se sitúan sobre la misma recta (que pasa por el origen). Evidentemente, serán linealmente independientes si no se sitúan sobre una misma recta.

Análogamente, si x x x1 2 3, ,{ es un conjunto de vectores linealmente dependientes de }R3 , entonces podremos escribir:

α α α1 1 2 2 3 3 0x x x+ + = donde α α α1 2 3, , no se anulan simultáneamente. Así, si α 2 0≠ entonces:

x x x x x21

2

13

2

3 2 1= − x3FHGIKJ + −FHGIKJ ⇒ ∈

αα

αα

,

Recíprocamente, si uno de los vectores está en el subespacio generado por los dos restantes, entonces existirán escalares tales que, por ejemplo:

x x x x x x3 1 2 3 1 21= + ⇒ − − =λ µ λ µ 0 ⇒ x x x1 2 3, ,{ } son L.D.

Esto significa que en R3 tres vectores son linealmente dependientes si y sólo si alguno de ellos es combinación lineal de los restantes. Este resultado se generaliza en el siguiente teorema, cuya demostración es inmediata a la vista del planteamiento que acabamos de hacer anteriormente.

Teorema. Si S x x xk= 1 2, , ,…{ } es un conjunto de vectores no nulos del espacio

vectorial V, entonces S es linealmente dependiente si y sólo si uno de los vectores de S es combinación lineal de los restantes. Proposición. Si y son subconjuntos finitos de un espacio vectorial V y , entonces:

S1 S2 S S1 2⊂

a) Si es L.I., también lo es . S2 S1

b) Si es L.D., también lo es . S1 S2

Demostración. a) Dado que todos los vectores de pertenecen a , es evidente que

es L.I.. S1 S2

S1

Para demostrar el apartado b) partimos de que es L.D. y supongamos que es L.I., entonces de a) se deduce que es L.I., lo cual es absurdo. Por tanto, queda probado b). ■

S1 S2

S1



4.5. Bases y dimensión Definición.- Se dice que un conjunto de vectores S x x xn= 1 2, , ,…{ } , de un espacio

vectorial V , es una base de V si genera todo V y es linealmente independiente. Es decir: S es base de V ⇔ = ∧S V S es L I. .

Observación: Teniendo en cuenta que cualquier conjunto de vectores que contenga al vector nulo es linealmente dependiente, es obvio que el vector nulo no puede formar parte de ninguna base. Además, en un espacio vectorial existirán tantas bases como subconjuntos de vectores que sean simultáneamente generadores y linealmente independientes. Tal y como se irá descifrando en esta sección, cabe adelantar que cada base de un espacio vectorial V proporciona un conjunto de vectores que describe completamente a V. En este sentido, se tiene que cualquier vector de V se podrá determinar en función de los vectores de la base, como se recoge en el siguiente teorema.

Teorema. Si S x x xn= 1 2, , ,…{ } es una base del espacio vectorial V, entonces cualquier

vector v V∈ se expresa de forma única como combinación lineal de los vectores de la base:

v v x v x v xn n= + + +1 1 2 2 … siendo los coeficientes únicos. A b se les denomina

coordenadas del vector

v v vn1 2, , ,…b g gv v vn1 2, , ,…

v respecto de la base dada. Demostración: Dado que S es una base de V será un sistema generador de V, por tanto, para cualquier vector v V∈ existirán ciertos escalares reales v v , tales que: vn1 2, , ,…

v v x v x v xn n= + + +1 1 2 2 … . Nos interesa probar que dichos escalares son únicos. Para ello, supongamos que existen otros n escalares α α α1 2, , ,… n tales que:

v x x n n= + + +α α α1 1 2 2 … x Entonces:

α α α1 1 2 2 1 1 2 2x x x v x v x v xn n n n+ + + = + + +… … ⇒

⇒ − + − + + − = ⇒( ) ( ) ( )α α α1 1 1 2 2 2 0v x v x v xn n n… ⇒ − = ∀ ∈ ⇒ = ∀ ∈

S es L I i i i iv i n v i. .

( ) , , , , , , ,α α0 1 2 1 2… …l q l qn, quedando así probado que sólo existe una única forma de expresar el vector v respecto de la base dada.



Sistemas de vectores En cualquier espacio vectorial V, denominaremos sistema de vectores a cualquier subconjunto de vectores de V. Teniendo en cuenta que todo vector de un espacio vectorial V queda determinado por sus coordenadas respecto de una base fijada, podemos hablar de la matriz asociada a un sistema de vectores como aquella matriz en la que cada columna viene dada por las coordenadas de uno de los vectores del sistema, respecto de la base dada. Finalmente, se denomina rango de un sistema de vectores al rango de la matriz asociada al sistema. El rango de un sistema de vectores representa el número máximo de vectores libres de dicho sistema, y nos proporciona una nueva herramienta para determinar la independencia lineal del mismo. Dimensión de un espacio vectorial Una vez vista la posibilidad de expresar, de forma única, cualquier vector de un espacio vectorial V como combinación lineal de los elementos de una base de V, la pregunta que surge es: ¿pueden existir bases de V con distinto número de elementos?. La respuesta a esta cuestión la obtendremos como consecuencia del siguiente teorema, denominado teorema de Steinitz o teorema fundamental de la independencia lineal. Teorema fundamental de la independencia lineal (Teorema de Steinitz) Si S x x x p= 1 2, , ,…{ } es un sistema de vectores linealmente independientes de un

espacio vectorial V, y G y es un sistema generador de V, entonces y ym= 1 2, , ,…{ }p m≤ .

Demostración: Sea x y y m m1 1 1 2 2= + + +α α α… y con algún α i ≠ 0 . Téngase en cuenta

que no puede darse que , pues si fuera así se tendría que α i i= ∀ ∈0 1 2, , , ,…l mq x1 0= y S no sería linealmente independiente. Sin perdida de generalidad podemos suponer que es α 1 0≠ , por lo que en tal caso:

y x y mm1

1

12

12

1

1= − − −α

yαα

αα

…

Así, se obtiene que G x y ym1 1 2= , , ,…{ } es un sistema generador de V, respecto del cual

se puede expresar x2 como: x x y m m1 1 1 2 2= + + +β β β… y , con algún β i ≠ 0 .

Razonando igual que antes, y suponiendo β 2 0≠ se llega a que G x

es un sistema generador de V. Así, sucesivamente se llegaría a que:

x y ym2 1 2 3= , , , ,…{ }



G x x x y y yp p p p m= + +1 2 1 2, , , , , , ,… …{ }

es un sistema generador de V. Ahora bien, en G es imposible que p>m, pues si así

fuera se tendría que los vectores

p

x x xm m p+ +1 2, , ,{ … } de S podrían expresarse como

combinación lineal de los vectores x x1 2, ,…{ xm, } , lo cual es absurdo por ser S un

conjunto de vectores linealmente independientes. Luego concluimos que p m≤ . En otras palabras, el teorema fundamental de la independencia lineal viene a decirnos que, en un espacio vectorial V el cardinal (es decir, el número de elementos) de cualquier sistema de vectores linealmente independientes siempre es menor, o a lo sumo igual, que el cardinal de cualquier sistema generador de V. Una de las consecuencias más importantes del teorema anterior es la siguiente.

Teorema. Si B x x x p1 1 2= , , ,…{ } y B y y ym2 1 2= , , ,…{ } son bases del mismo espacio

vectorial V, entonces m = p. Demostración: Atendiendo al teorema fundamental de la independencia lineal se sigue que: Por ser B L.I. y sistema generador ⇒1 B2 ≤p m Por ser B L.I. y sistema generador ⇒2 B1 ≤m p Por tanto, concluimos que necesariamente ha de ser m = p. Lo que viene a indicar este último teorema es que, en un espacio vectorial todas las bases que podamos encontrar tienen una característica común: el número de elementos. Esta propiedad sugiere la siguiente definición. Definición (dimensión de un espacio vectorial). Se llama dimensión de un espacio vectorial V al número de elementos que contiene una base cualquiera de V, y se representa mediante dim(V). Observaciones. Por convenio se establece que para el subespacio vectorial nulo:

dim 0 0{ }FH IK = .

Por otra parte, es necesario hacer hincapié en que trabajaremos con espacios vectoriales en los que existen bases con un número finito de elementos (a los que se suele denominar espacios vectoriales finito dimensionales), pero que existen espacios vectoriales (algunos muy conocidos por nosotros) cuyas bases contienen un número infinito de elementos: por ejemplo el espacio vectorial de los polinomios en una variable con coeficientes reales o el espacio vectorial de las funciones continuas. En lo que resta de sección se establecerán diversas propiedades relacionadas con la dimensión de un espacio vectorial. Como primera propiedad se tiene la siguiente.



Proposición. i W es un subespacio vectorial del espacio vectorial finito dimensional V, entonces d .

Sim dimW Vb g b g≤

Demostración: Para probar este resultado volvemos a utilizar el teorema de Steinitz. Si B es base de W B es L.I. en W B es L.I. en V. ⇒ ⇒Si B’ es base de V ⇒ B’ es sistema generador de V.

Por tanto, según el teorema de Steinitz, se tiene que dim dimW Vb g b g≤ . Seguidamente, establecemos un resultado que nos permite asegurar que partiendo de un conjunto de vectores linealmente independientes se puede ir completando el mismo hasta obtener una base: el teorema de la base incompleta. Obviaremos la demostración de dicho teorema, limitándonos a ilustrar mediante un ejemplo el modo de proceder para encontrar la base buscada. Cabe decir que la búsqueda de la base que se plantea imita por completo a lo que sería la demostración del teorema. Teorema de la base incompleta. Si S es un sistema de vectores libres de un espacio vectorial V finito dimensional, entonces existe una base de V que contiene a S. Dicho de otro modo, el teorema de la base incompleta afirma que el sistema S puede ser ampliado hasta formar una base de V. Ejemplo. Supongamos que en el espacio vectorial R4 consideramos los vectores linealmente independientes:

x x1 21 0 1 0 11 1 0= = − −, , , , , , ,b g b{ }g

y que queremos encontrar una base de R4 que contenga a x y x1 2 . Para ello, tomamos la base canónica de R4 :

e e e e1 2 3 41 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1= = = =, , , , , , , , , , , , , , ,b g b g b g b g{ } y formamos el conjunto de vectores:

S x x e e e e= 1 2 1 2 3 4, , , , ,{ } . Así, se tiene que S es un sistema generador de R4 , pues S contiene a la base canónica de R4 . Por tanto, sólo resta buscar en S dos vectores de la base canónica que sean L.I. de x y x1 2 . Si fuésemos capaces de encontrarlos habremos completado una base de R4 que

contiene a x y x1 2 . Para encontrar la base buscada y siempre que tratemos con Rn podremos proceder como se indica a continuación: 1. Formamos el sistema homogéneo:

α β γ δ ε φx x e e e e1 2 1 2 3 4 0+ + + + + = 2. Reducimos el sistema obtenido a forma escalonada reducida por filas.



3. Las columnas donde se sitúan los pivotes indican las posiciones donde se ubican los vectores libres (entre los que se van a encontrar los vectores x y x1 2 , que habremos situado en las dos primeras columnas del sistema de partida).

Así, según el procedimiento descrito, en nuestro ejemplo la matriz de los coeficientes del sistema homogéneo formado será:

1 1 1 0 0 00 1 0 1 0 01 1 0 0 1 00 0 0 0 0 1

1 1 1 0 0 00 1 0 1 0 00 0 1 0 1 00 0 0 0 0 1

3 1 3

−

−

F

H

GGGG

I

K

JJJJ≈

−

−

F

H

GGGG

I

K

JJJJ≈

− →f f f

≈−

F

H

GGGG

I

K

JJJJ≈

−

F

H

GGGG

I

K

JJJJ

+ → + →f f f f f f2 1 1 3 1 1

1 0 1 1 0 00 1 0 1 0 00 0 1 0 1 00 0 0 0 0 1

1 0 0 1 1 00 1 0 1 0 00 0 1 0 1 00 0 0 0 0 1

En la última matriz obtenida, equivalente a la de partida, se observa que multiplicando por (-1) la tercera fila se tiene que los pivotes se sitúan en las columnas primera, segunda, tercera y sexta. Por tanto, en la matriz de partida los vectores libres se sitúan en esas mismas columnas, es decir, los vectores x x e e1 2 1, , , 4 son L.I.. Luego una base de R4 que contiene a los vectores de partida es:

B x x e e= 1 2 1 4, , ,{ } . Seguidamente tratamos algunos resultados relacionados con la dimensión de un espacio vectorial. En primer lugar, sabemos que si B es una base de un espacio vectorial V, entonces B es un sistema libre y además B V= . Sin embargo, vamos a ver que cuando conocemos la dimensión de V sólo basta comprobar una sola de las condiciones para afirmar que B es una base de V.

Teorema. Sea V un espacio vectorial con dim(V) = n, y S x x xn= 1 2, , ,…{ } un sistema

de vectores de V. Entonces:

(a) Si S es libre S es base de V. ⇒(b) Si S V= ⇒ S es base de V.

Demostración: (a) Si S es libre y suponemos que S no es base de V, se podría completar una base de V

que contuviese a S. En tal caso sería dim(V) > n, lo cual es absurdo pues por hipótesis dim(V) = n. Por tanto, si S es libre y dim(V) = n se tiene que S es base de V.



(b) Si S V= y suponemos que S no es base de V, entonces S contiene a una base de V, por lo que dim(V) < n, lo cual es absurdo por ser dim(V) = n. Por tanto, si S V= y dim(V) = n se tiene que S es base de V.

Por otra parte, otro resultado relacionado con la dimensión de un espacio vectorial es la denominada fórmula de las dimensiones o de Grassmann. Teorema (fórmula de las dimensiones). Si W y W son subespacios vectoriales del espacio vectorial V, entonces: 1 2

dim dim dim dimW W W W W1 2 1 2 1b g b g b g b+ = + + ∩W2 g

Demostración: Llamando , y si p W= ∩dim 1 2b gW r W s= =dim , dim1 2b g bW g e e e p1 2, , ,…{ } es una base de W W1 2∩ , entonces ampliando adecuadamente la base anterior pueden conseguirse bases de W y . De esta manera, sean: W1 2

e e e u up p r1 2 1, , , , , ,… …+{ } base de W , y 1

e e e v vp p s1 2 1, , , , , ,… …+{ } base de W . 2

Nuestro interés ahora es comprobar que:

B e e e u u v vp p r p s= + +1 2 1 1, , , , , , , , ,… … …{ } es base de W , pues en tal caso se tiene que: W1 2+

dim W W p r p s p r s p1 2+ = + − + − = + −b g b g b g con lo que quedaría probado el teorema. Veamos pues que B es base de W . W1 2+ • B W W= +1 2 , pues para cualquier vector w w w W W= + ∈ +1 2 1 2 se tiene que:

w e e e u u

w e e e v vw B

p p r

p p s

1 1 2 1

2 1 2 1

∈

∈

UV|W|⇒ ∈

+

+

, , , , , ,

, , , , , ,

… …

… …

{ }{ }

• B es L.I. Para comprobarlo suponemos que B es L.D., en cuyo caso se tiene que

existe una combinación lineal con escalares no todos nulos tales que :

λ λ λ µ µ α α1 1 2 2 1 1 1 1e e e u u vp p p p r r p p s s+ + + + + + = + ++ + + +e j e j v

En particular se tiene que α αp+1, ,… s no pueden ser todos nulos, pues de serlo se

tendría que e e e1 2, , , ,… }u up p r1, ,…+

1

{ sería un conjunto de vectores L.D., resultado

absurdo por tratarse de una base de W . Así, se deduce que a ambos lados de la igualdad anterior se tiene el mismo vector no nulo que, expresado en el primer miembro aparece



como vector de W , mientras que visto en el segundo miembro aparece como vector de . Luego se trata de un vector de W

1

W2 W1 2∩ , y por tanto:

α α sv v+ +

1+

2

xn,

p p s pe e+ + ∈1 1 1 …, ,

pero este resultado también es absurdo pues significaría que existe algún v de k

e e e v vp p s1 2, , , , , ,… …{ (la base de W considerada) que puede expresarse como

combinación lineal de los restantes vectores de esa base (lo cual contradice la independencia lineal de dicha base).

2}

En definitiva, queda probado que B no puede ser L.D., por lo que concluimos que B es base de W y queda probado el teorema. W1 + 4.6. Coordenadas y cambios de base Tal y como se estableció en la sección anterior, dada una base de un espacio vectorial V, existe una única forma de expresar cualquier vector v ∈V. Así, si dim(V) = n y una base de V viene dada por { }1 2, , , nB x x x= … , entonces:

v v x v x v xn n= + + +1 1 2 2 A los únicos escalares b que permiten expresar v v vn1 2, , ,… g v como combinación lineal

de los vectores de la base B, se les denomina coordenadas de v respecto de B. En esta sección nos planteamos estudiar qué relación existe entre las coordenadas de un mismo vector v respecto de bases diferentes.

Supongamos que V es un espacio vectorial de dimensión n y que B y y yn= 1 2, , ,…{ } y

B x x' , ,= 1 2 …{ son dos bases diferentes de V. Si v es un vector de V que tiene por

coordenadas respecto de B a , es decir: v v vn1 2, , ,…b g}

v v y v y v y v yn n j jj

n

= + + + ==∑1 1 2 2

1

nos interesa determinar las coordenadas de v respecto de B’, a las que vamos a representar por c . Para ello partimos del supuesto de que conocemos las coordenadas de los vectores de B respecto de B’, es decir, suponemos que:

v v vn1 2' ' ', , ,… h

y a x a x a x a xj j j nj n ij i

i

n

= + + + =

=∑1 1 2 2

1

Así:



v v y v y v y v y v a x v a xn n j jj

n

j ij i

i

n

j

n

j ij i

i j

n

= + + + = =F

HGG

I

KJJ = =

= == =∑ ∑∑ ∑1 1 2 2

1 11 1,

=

F

HGGG

I

KJJJ +F

HGGG

I

KJJJ + +

F

HGGG

I

KJJJ

= = =∑ ∑ ∑v a x v a x v a xj jj

n

j jj

n

j njj

n

n11

1 21

2

1

de donde se deduce que las coordenadas de v respecto de B’ son:

c =v v vn1 2' ' ', , ,… h v a v a v aj j

j

n

j jj

n

j njj

n

11

21 1= = =

∑ ∑ ∑FHG

IKJ, , ,…

Para hacer más manejable la interpretación de estas coordenadas, vamos a expresar matricialmente la relación obtenida. Se tiene que las coordenadas de v respecto de B’ son:

v v a v a v aj jj

n

j jj

n

j njj

n

=F

HGGG

I

KJJJ =

= = =∑ ∑ ∑1

12

1 1

, , ,…

( )1 11 2 12 1 1 21 2 22 2 1 1 2 2, , ,n n n n n n n nnv a v a v a v a v a v a v a v a v a= + + + + + + + + +…… =

=

F

H

GGGG

I

K

JJJJ⋅

F

H

GGGG

I

K

JJJJ

a a aa a a

a a a

vv

v

n

n

n n nn n

11 12 1

21 22 2

1 2

1

2

Así, llamando P a la matriz de orden nxn que aparece en la última relación se deduce que:

vv

v

P

vv

vn n

1

2

1

2

'

'

'

F

H

GGGG

I

K

JJJJ= ⋅

F

H

GGGG

I

K

JJJJ

A P se le denomina matriz de transición o matriz de cambio de base de B a B’. Obsérvese que las columnas de P no son más que las coordenadas de los vectores de la base B expresados respecto de la base B’. Ejemplo. Consideremos el espacio vectorial R3 y en él las dos bases siguientes:

B y B= − =6 3 3 4 1 3 5 5 2 2 0 1 1 2 0 111, , , , , , , , , , , , , , , ,'b g b g b gm r b g b g b gm r . Se pide:

(a) Calcular la matriz de transición P de B a B’. (b) Calcular las coordenadas de v B = −4 9 5, ,b g en la base B’, donde v

representa al vector

B

v expresado respecto de la base B.



Solución (a) Para calcular la matriz de transición pedida deberíamos determinar las coordenadas de los vectores de la base B expresadas respecto de B’. Para ello bastaría con resolver tres sistemas de ecuaciones, los dados por:

6 3 3 2 0 1 1 2 0 1112 1 10 2 11 0 1

633

, , , , , , , ,b g b g b g b g= + + ⇔F

HGG

I

KJJF

HGGI

KJJ =F

HGGI

KJJα β γ

αβγ

4 1 3 2 0 1 1 2 0 1112 1 10 2 11 0 1

41

31 1 1

1

1

1

, , , , , , , ,− = + + ⇔F

HGG

I

KJJF

HGGI

KJJ = −F

HGGI

KJJb g b g b g b gα β γ

αβγ

5 51 2 0 1 1 2 0 1112 1 10 2 11 0 1

552

2 2 2

2

2

2

, , , , , , , ,b g b g b g b g= + + ⇔F

HGG

I

KJJF

HGGI

KJJ =F

HGGI

KJJα β γ

αβγ

Teniendo en cuenta que la matriz de los coeficientes de los tres sistemas coinciden, podemos convenir en resolver los tres sistemas simultáneamente y utilizando el método de eliminación de Gauss-Jordan. Para ello escribimos una matriz estructurada en cuatro partes: la primera es la matriz de los coeficientes de los distintos sistemas, la segunda, tercera y cuarta se corresponden con las columnas de términos independientes del primer, segundo y tercer sistema respectivamente. Tras realizar la eliminación de Gauss-Jordan, siempre que sea posible, las tres últimas columnas de la matriz proporcionarán directamente las soluciones de los tres sistemas tratados. En efecto:

2 1 10 2 11 0 1

633

41

3

552

1 0 10 2 10 1 1

330

312

251

1 3

3 1 32−

F

HGGG

I

KJJJ

≈−

−−

F

HGGG

I

KJJJ≈

↔− →f f

f xf f

≈ − −F

HGGG

I

KJJJ

≈ −F

HGGG

I

KJJJ

↔− →

→

− →+ →

f ff xf f

xf f

f f ff f f

2 3

3 2 3

3 3

1 3 1

2 3 22

13

1 0 10 1 10 0 3

303

32

3

213

1 0 00 1 00 0 1

211

21

1

121

.

Así, , siendo la matriz de transición de B a B’:

α β γ α β γ α β γ, , , , ; , , , , , , , ,b g b g b g b g b g b= = −2 11 2 11 1 2 11 1 1 2 2 2y g=

P = −F

HGG

I

KJJ

2 2 11 1 21 1 1

.

(b) Una vez conocemos la matriz de transición P de B a B’, se tiene que:

v P vB B' = ⋅ Así:




v B ' .= −F

HGG

I

KJJ −F

HGGI

KJJ =

−F

HGGI

KJJ

2 2 11 1 21 1 1

49

5

5230

Seguidamente probamos que toda matriz de transición es no singular. Teorema.- Sean B y B’ dos bases del espacio vectorial V de dimensión n. Si P es la matriz de transición de B a B’, entonces P es no singular y P-1 es la matriz de transición de B’ a B. Demostración: Para probar que P es no singular centramos nuestra atención en el sistema homogéneo:

P X B⋅ = 0 (1) Si representamos por al vector X cuando lo expresamos respecto de la base B, y por

a las coordenadas de X cuando se expresa respecto de B’, sabemos que la matriz P determina la siguiente relación entre ambos sistemas de coordenadas:

X B

XB '

X P XB B' = ⋅

Por tanto, el sistema homogéneo dado en la relación (1) nos indica que, en ese caso en

particular, XB

n

' , , ,)

= FHIK0 0 0… . Es decir, estamos considerando que es el vector nulo.

Ahora bien, el vector nulo del espacio vectorial V siempre tendrá por coordenadas,

respecto de cualquier base que se quiera, a

XB '

0 0 0, , ,)…nF

HIK . Esto se traduce en que el sistema

homogéneo (1) admite únicamente solución trivial, por lo que el rango de P es máximo y det(P)≠ . En definitiva se concluye que P es una matriz invertible. 0 Además:

es matriz de transición de B’ a B. X P X X P X PB B B B' = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒−1

'−1

Ejercicio. En el ejemplo anterior, determinar la matriz de transición de la base B’ a la base B directamente, y luego comprobar que efectivamente coincide con P−1 .

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