Algebra lineal neila campos

APUNTES DE ÁLGEBRA LINEAL

POR NEILA CAMPOS

DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA Y CIENCIAS DE LA COMPUTACIÓN

UNIVERSIDAD DE CANTABRIA

• ESPACIOS VECTORIALES

• APLICACIONES LINEALES

• ENDOMORFISMOS Y DIAGONALIZACIÓN

• EL ESPACIO EUCLÍDEO

http:// personales.unican.es / camposn

NOTA PREVIA SOBRE SISTEMAS DE ECUACIONES.

A lo largo de este tema y de los que siguen, muchas veces aparecerán sistemas de ecuaciones que habrá que resolver. Se dan por conocidas las distintas técnicas de resolución de sistemas. No obstante, mientras no se nos indique lo contrario, o en ausencia de indicaciones, los sistemas siempre deberán clasificarse , y después resolverse por el método de Gauss. Es decir,

1) Escribir el sistema en forma matricial Ax = b. 2) Escalonar la matriz ampliada A*. 3) En la matriz escalonada se apreciarán los rangos, entonces clasificamos el sistema:

rg(A) rg(A*) Sistema Incompatible (S.I.)

rg(A) = rg(A*) nº incógnitas Sistema Compatible Indeterminado (S.C.I.)

rg(A) = rg(A*) = nº incógnitas Sistema Compatible Determinado (S.C.D.)

4) En el caso de S.C.I., identificar las incógnitas principales, correspondientes a las columnas pivotales.

5) Las restantes incógnitas han de pasar al segundo miembro como parámetros (usualmente se denominarán con letras griegas).

6) Usando las ecuaciones del sistema ya escalonado, despejar las incógnitas principales (en función de los parámetros).

7) Dar la solución con todas las incógnitas, tanto principales como parámetros.

Hay que seguir este proceso aunque el sistema pueda parecer muy sencillo. No se debe comenzar a �“despejar las incógnitas�” de cualquier modo, pues entonces es fácil que cometamos errores respecto a si existe o no solución, o al número de parámetros que debemos dejar, etc.

Ejemplo. Resolvemos el sistema formado por una sola ecuación, 2x+3y�–z=4.

Matriz ampliada: ( 2 3 �–1 | 4), ya está escalonada. rg(A) = rg (A*) = 1, nº incógnitas =3. Sistema Compatible Indeterminado. Columna pivotal: 1ª, por tanto incógnita principal x.

Parámetros y= , z=

Despejamos la incógnita principal x = 4 - 3 + 2

Solución: ( 4 - 3 + 2

, )

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Nota previa

0

ESPACIOS VECTORIALES

Introducción. La idea de vector está tomada de la Física, donde sirven para representar magnitudes vectoriales como fuerzas, velocidades o aceleraciones. Para ello se emplean vectores de dos componentes en el plano, de tres componentes en el espacio... Se supone conocida la representación gráfica y manejo de los vectores de 2 y de 3.

En Matemáticas, tratamos de abstraer las propiedades que caracterizan a los vectores para extenderlas también a otro tipo de objetos diferentes de los vectores de la Física. Esencialmente, el comportamiento que caracteriza a los vectores es el siguiente:

Podemos sumar dos vectores y obtenemos otro vector; Podemos multiplicar un vector por un número (escalar) y obtenemos otro vector.

Además estas operaciones cumplen ciertas propiedades, que observamos en los vectores de 2 y de 3 : En lo sucesivo, utilizaremos habitualmente la siguiente notación: u,v,w (u otras letras latinas) para vectores, mientras que las letras griegas designarán escalares.

Propiedades de la suma de vectores.

Asociativa: (u+v)+w = u+(v+w) Conmutativa: v+u=u+v. Existe un elemento neutro, el vector , tal que + v = v para cualquier vector v. 0 0Para cada vector v existe un elemento opuesto, �–v, que sumado con él da . 0

Propiedades del producto de un vector por un escalar. Asociativa: ( v) = ( ) v

Distributivas: Respecto de la suma de escalares: ( + ) v = v + v Respecto de la suma de vectores: (u + v) = u + v

Existe un elemento unidad: el escalar 1, tal que 1· v = v para cualquier vector v.

Definición: espacio vectorial. Cualquier conjunto que posea unas operaciones suma y producto por escalares, cumpliendo todas las propiedades anteriores, diremos que es un espacio vectorial. Los elementos de tal conjunto se llamarán vectores (aunque pueda tratarse de objetos diferentes a los vectores de la Física.) Diremos que el espacio vectorial es real o complejo, según sean los escalares.

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacios Vectoriales

1

Otras propiedades de los espacios vectoriales pueden deducirse de las anteriores propiedades básicas. Por ejemplo:

Si v = ( escalar, v vector) entonces o bien es =0 o bien es v = . 0 0

Ejemplos de espacios vectoriales.

1) El espacio , formado por los vectores de n componentes (x1, . . .,xn) es un espacio vectorial real, en el que se pueden sumar vectores y multiplicar por un escalar (real) de la forma habitual.

n

Se puede comprobar que se cumplen las propiedades requeridas para ambas operaciones. El vector cero es (0,. . .,0).

No es un espacio vectorial complejo, pues no podemos multiplicar por escalares complejos (si lo hacemos, el resultado no se mantendrá dentro de ). n

2) Consideremos el conjunto 2 de los polinomios de grado 2 con coeficientes reales:

2 ={ ax2 + bx + c : a, b, c }

Es un espacio vectorial real, pues podemos sumar dos elementos de 2 y obtenemos otro elemento de 2 ; también podemos multiplicar un elemento de 2 por un escalar real y obtenemos otro elemento de 2. Veámoslo:

Suma: ( ax2 + bx + c ) + ( a�’x2 + b�’x + c�’ ) = (a+a�’) x2 + (b+b�’) x + (c+c�’) que pertenece a 2. Producto por un escalar real , (ax + bx + c) = ax2 + bx + c que pertenece a 2.

Se puede comprobar que se cumplen las propiedades requeridas. El vector es el polinomio cero: 0x2 + 0x + 0

0

No es un espacio vectorial complejo, pues al multiplicar por un escalar complejo el resultado podrá ser un polinomio complejo que no pertenece a 2.

3) Consideremos el conjunto G de los polinomios de grado = 3 (exactamente 3) con coeficientes reales.

No es un espacio vectorial (real ni complejo), pues al sumar dos elementos de G, no está garantizado que el resultado esté en G. En efecto, consideremos los polinomios

p = x3+x2+x+1 , q = �–x3+x2+x+1

Pertenecen a G, pues su grado es 3. Pero su suma es p+q = 2x2+2x+2 que no pertenece a G (su grado no es 3).

4) Consideremos el conjunto 2x2 (también denotado por 2) de las matrices 2x2 con

términos reales:

2x2 = a c

: a, b, c, db d

2 Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacios Vectoriales

Es un espacio vectorial real, pues podemos sumar dos matrices de 2x2 obteniendo otra matriz de 2x2 , y multiplicar una matriz de 2x2 por un escalar real obteniendo otra matriz de 2x2. Se puede comprobar que se cumplen las propiedades. El vector 0 es, en este caso, la matriz con todos sus términos nulos.

No es un espacio vectorial complejo.

5) Consideremos el conjunto MC de las matrices 2x3 con términos complejos.

Es un espacio vectorial real, pues podemos sumar dos matrices de MC obteniendo otra matriz de MC, y multiplicar un elemento de MC por un escalar real obteniendo otra matriz de MC.

También es un espacio vectorial complejo, pues podemos multiplicar una matriz de MC por un escalar complejo obteniendo otra matriz de MC.

(Compruébese con elementos genéricos).

6) Consideremos el conjunto ME de las matrices 3x2 con términos enteros.

Podemos sumar dos matrices de ME y obtenemos otro elemento de ME:

En efecto, si tomamos , con a, a�’, b, b�’, c, c�’, d, d�’ enteros, a cb d

a' c'b' d'

a cb d

+ = también tiene términos enteros, luego pertenece a ME. a' c'b' d'

a+a' c+c'b+b' d+d'

Sin embargo ME no es un espacio vectorial real, pues al multiplicar un elemento de ME por un escalar real no está garantizado que el resultado permanezca dentro de ME. Si el escalar es p.ej. el número real 1.25, el resultado ya no es una matriz con términos enteros.

Por similar razón tampoco es un espacio vectorial complejo.

7) El conjunto de los números complejos se puede considerar como un espacio vectorial real. En efecto, se pueden sumar dos números complejos obteniéndose otro número complejo; y se puede multiplicar un complejo por un escalar real, obteniéndose otro complejo. Es decir,

Suma: (a+bi ) + (c+di ) = (a+c) + (b+d)i, que es otro número complejo. Producto por un escalar real , (a+bi ) = a + bi que es otro número complejo.

La suma y el producto por un escalar cumplen todas las propiedades requeridas. En este caso el vector 0 es el número complejo cero, 0+0i.


Nótese que aquí los complejos funcionan como vectores (elementos del espacio vectorial ) y los reales como escalares.

Observar además que, en este contexto, el conjunto de los números complejos se comporta igual que el espacio vectorial , identificando el número complejo a+bi con el vector (a,b). 2

Este es el motivo por el cual se suele representar el plano complejo como si fuera , con la parte real en el eje de abscisas y la parte imaginaria en el eje de ordenadas.

2

8) El conjunto de las funciones continuas definidas en : Se pueden sumar dos funciones, y se puede multiplicar una función por un escalar real. Por ejemplo, las funciones f(x)=x2 y g(x)=log(x) pueden sumarse y resulta otra función h(x)=x2+log(x). La función g(x)=log(x) puede multiplicarse por el escalar y resulta la función k(x)= log(x).

Si sumamos dos funciones continuas, el resultado es otra función continua. Si multiplicamos una función continua por un escalar, el resultado es otra función continua.

Las operaciones cumplen las propiedades requeridas. El vector 0 es la función constante 0.

Por tanto se trata de un espacio vectorial real.

Hay muchos otros espacios vectoriales. Gracias a esto, las propiedades que encontremos para espacios vectoriales en general, las podemos aplicar a matrices, polinomios, funciones...

Observación.

En algunos espacios vectoriales reales, distintos de , puede hacerse un �“paralelismo�” o �“identificación�” con , para un n adecuado.

n

n

Por ejemplo, ya hemos visto cómo el espacio vectorial real de los números complejos puede identificarse con , correspondiendo el número complejo a+bi al vector (a,b) 2

Veamos cómo el espacio 2 = { polinomios de grado 2 } puede identificarse con : cada

polinomio ax2+bx+c correspondería al vector (a,b,c) de .

3

3

Lo mismo ocurre con el espacio de matrices 2x2 = { matrices 2x2 }, que se identifica con

, correspondiendo a la matriz el vector (a,b,c,d). 4 a cb d

En todos los casos las operaciones de suma y producto por escalar se pueden trasladar paralelamente del espacio considerado a . n

Esto hace posible efectuar las operaciones en en lugar de otros espacios. n


SUBESPACIOS VECTORIALES

Dado un espacio vectorial V, podemos considerar una parte S de él que funcione como un espacio vectorial �“más pequeño�”, incluido en V. Como V es un espacio vectorial, posee unas operaciones (suma, producto por un escalar) que en particular se pueden efectuar en S. Sólo necesitaremos que, al efectuarlas, su resultado quede dentro de S.

Definición: Subespacio. Dado un espacio vectorial V, se dice que un subconjunto S de V es un subespacio vectorial si contiene al vector , y si al efectuar las operaciones de suma y producto por escalar entre vectores de S, el resultado permanece en S.

0

(Se puede decir que S es �“cerrado�” para las operaciones suma y producto por escalar.) Es decir:

S . 0Si v, w S entonces v + w S.

Si v S y es un escalar, entonces v S.

Ya no hace falta comprobar que se cumplen las propiedades asociativa, conmutativa, etc. puesto que sabemos que se cumplen en V, y por tanto también en S (se dice que S �“hereda�” las propiedades de las operaciones en V). Por supuesto si para V utilizamos escalares reales, también para S; si para V utilizamos complejos, también para S.

Ejemplos de subespacios. 1) La recta x=y es un subespacio de . Está formado por los vectores de la forma (a,a). 2

Contiene al vector (0,0). Además, es cerrado para la suma y producto por escalar:

Suma: (a,a) + (b,b) = (a+b, a+b) que también es un elemento de la recta. Producto por un escalar: , (a,a) = ( a, a) que también es un elemento de la recta.

2) El plano XY es un subespacio de . Está formado por los vectores de la forma (x,y,0). 3

Contiene al vector (0,0,0). Además, es cerrado para la suma y producto por escalar:

Suma: (x,y,0) + (x�’,y�’,0) = (x+x�’, y+y�’, 0) que también es un elemento del plano. Producto por un escalar: , (x,y,0)=( x, y, 0) que también es un elemento del plano.

Podemos decir que este plano �“es como �” pero incluido en . 2 3


3) ¿Es un subespacio de el conjunto de los vectores de la forma (a,1)? 2

No, puesto que no contiene al (0,0). O también: porque no se puede sumar dentro de este conjunto, por ejemplo (a,1)+(b,1)=(a+b,2) que no pertenece al conjunto.

4) En el espacio 2 = { polinomios de grado 2 }, el conjunto de los polinomios de grado 1

forma un subespacio. En efecto, contiene al polinomio cero, y podemos sumar y multiplicar por un escalar sin salir del conjunto:

Suma: (ax+b) + (a�’x+b�’) = (a+a�’)x + (b+b�’) que también es un polinomio de grado 1.

Producto por escalar: , (ax+b)= ax+ b que también es un polinomio de grado 1.

5) En 2 = { matrices 2x2 }, el conjunto de las matrices simétricas es un subespacio.

Contiene a la matriz nula, y es cerrado para las operaciones:

a bb c

Suma: + = que también es una matriz simétrica. a bb c

a' b'b' c'

a+a' b+b'b+b' c+c'

Producto por escalar: , = que también es una matriz simétrica. a bb c

a bb c

6) Geométricamente, los subespacios vectoriales de y son rectas, planos, y sólo uno de ellos es un punto, el { }.

2 3

0

Las curvas o las superficies curvas no son subespacios; tampoco las figuras geométricas finitas, como círculos o polígonos en el plano, esferas o poliedros en el espacio.

(Comprobar gráficamente que no pueden sumarse vectores dentro de este tipo de conjuntos)

7) En todo espacio vectorial existen el subespacio cero, formado solamente por el vector { }, y el subespacio total, formado por todos los vectores del espacio. 0

Descripción de los subespacios de n.

Los subespacios de n pueden describirse de dos formas: implícita y paramétrica.

Forma implícita: Mediante ecuaciones. Los vectores que verifiquen las ecuaciones son los que pertenecen al subespacio.

Forma paramétrica: Mediante una expresión con parámetros, los cuales al tomar distintos valores producen todos los vectores del subespacio.


Para pasar de una a otra forma:

De la forma implícita a la paramétrica: Basta considerar las ecuaciones implícitas como un sistema, y resolverlo. La solución general del sistema (que podrá depender de parámetros) es la expresión paramétrica.

De la forma paramétrica a la implícita: Podemos decir, aunque no es un método riguroso, que se trata de �“describir�” mediante ecuaciones cómo es el vector genérico del subespacio. Ayudará el conocer qué número de ecuaciones es necesario (lo que se verá más adelante).

Ejemplos: 1) En 2 , la recta bisectriz del primer cuadrante puede describirse en implícitas como { y=x }, y en paramétricas como { ( ) : }

2) En 3, dado el subespacio en paramétricas { ( �– ) : }, su forma implícita es la ecuación { z=x�–y } .

3) En 3, dado el subespacio en paramétricas { ( ) : }, para describirlo en

forma implícita necesitamos dos ecuaciones: y = x z = 3x

x + z = 0 x + 2y + z = 0 4) Consideremos el subespacio de 3 dado en implícitas por

¿Cuál es su forma paramétrica? Para ello resolvemos el sistema, que es compatible indeterminado. La solución depende de un parámetro y es { (�– 0, ) : }.

5) El subespacio cero y el subespacio total constituyen un caso especial. Por ejemplo en 3 :

- El subespacio { (0,0,0) } tiene como ecuaciones implícitas

Su forma paramétrica es (0,0,0): no hay parámetros, pues como se trata de un solo punto, no se puede variar nada.

x=0 y=0 z=0

- Por el contrario el subespacio total 3 tiene como forma paramétrica { ( ) : } (tres parámetros variando libremente, pues no hay ninguna limitación). Ecuaciones implícitas no tiene ninguna, pues no hay restricción alguna que imponer.


Relación entre la forma implícita y paramétrica. Si S es un subespacio de n, la forma implícita y paramétrica de S satisfacen en general la siguiente relación:

Nº de ecuaciones implícitas + Nº de parámetros = n. Comprobar esta relación en los ejemplos anteriores.

Sin embargo para que esto sea cierto debe cumplirse que las ecuaciones implícitas sean independientes entre sí, es decir, que ninguna sea combinación lineal de otras. Esto significa que, considerando las ecuaciones como un sistema, no �“sobre�” ninguna ecuación: es decir, que la matriz de coeficientes tenga rango igual al número de ecuaciones.

También los parámetros deben ser independientes entre sí

(Esto será más fácil de comprobar más adelante, en el punto �“Bases y dimensión�”, pues el número de parámetros independientes es igual a la dimensión del subespacio).

Inclusión de subespacios.

Dados dos subespacios A y B, puede ocurrir que uno esté incluido en otro (una recta dentro de un plano, por ejemplo).

Se dice que A está contenido o incluido en B (y se denota A B) si todos los elementos de A están también en B.

En cualquier espacio vectorial V, el subespacio { } está contenido en todos los demás subespacios; mientras que todos ellos están contenidos en el total V.

0

Veamos cómo reconocer si un subespacio está incluido en otro:

- En forma implícita: Si las ecuaciones de B están incluidas en las de A, entonces A B. (Cuantas más ecuaciones implícitas, más pequeño es el subespacio).

- En forma paramétrica: Para ver si A B, tendremos que ver si todo vector genérico de A, está en B.

8

: por ejemplo en la expresión paramétrica ( + , + ), que en 3 corresponde a la forma implícita {x=y , z=0}, no se cumple la relación anterior: 2+2 3. Esto ocurre porque los dos dos parámetros no son independientes. En realidad puede sustituirse + por un solo parámetro y así tendríamos ( , , 0) y ya se cumple 2+1=3.


(n es el nº de incógnitas).

Ejemplo 1) En 3, sean los siguientes subespacios dados en implícitas:

A= b= { y=0 } y=0 z=0

Tenemos que A B , pues todo vector que satisfaga las dos ecuaciones de A, es decir que cumpla y=0, z=0, también satisface la ecuación de B, y=0. 2) En 3, sean los siguientes subespacios dados en paramétricas:

A= { ( ) : } b= { ( ) : }

Tenemos que A B , pues todo vector de la forma ( ) también es de la forma ( ), tomando

Ambos ejemplos son el mismo, pues se trata del eje X contenido en el plano XZ.

OPERACIONES CON SUBESPACIOS

A partir de dos subespacios podemos construir otro efectuando las operaciones de suma o intersección de subespacios.

1. Intersección de subespacios. La intersección, indicada por el símbolo , puede aplicarse a conjuntos cualesquiera, no sólo a espacios vectoriales. Consiste en encontrar los elementos comunes a dos conjuntos. S T

T

S

Por ejemplo, la intersección de dos planos en 3 podrá ser una recta. Notar que dados dos subespacios cualesquiera, siempre hay vectores comunes a ambos (al menos el , que está en todos los subespacios.) 0

Teorema La intersección de subespacios es un subespacio.

En efecto, es posible sumar vectores dentro de S T , pues por ser S y T subespacios, la suma debe

permanecer dentro de S y dentro de T, y por tanto dentro de S T. Lo mismo para el producto por escalares.


Cálculo de la intersección.

La forma más sencilla (aunque no la única) de calcular S T es utilizar la expresión implícita de S y de T. Como buscamos los vectores que verifiquen a la vez ambas condiciones, podremos describir S T considerando conjuntamente las ecuaciones implícitas de S y las de T (formando un sistema con todas ellas).

Este sistema, si es �“sencillo�”, puede considerarse ya como la forma implícita de S T.

En todo caso, resolviendo este sistema obtenemos la forma paramétrica de S T.

Ejemplos.

1) Sean en los subespacios S=plano XY, T=plano XZ. 3

Sus ecuaciones implícitas son: S { z=0 }, T { y=0 }

Uniendo ambas tenemos que es la expresión implícita de S T. z=0y=0

Se trata por tanto del eje X , { ( ,0,0) } en paramétricas.

2) Sean en los subespacios dados por las ecuaciones implícitas 4

U W x+z=0y+t=0

2x+3z=0x+y=0

Uniendo todas las ecuaciones resulta

x+z = 0 y + t = 0 2x + 3z = 0 x +y = 0

sistema cuya solución es (0,0,0,0) por tanto U W = { (0,0,0,0) }

2. Suma de subespacios. Dados dos subespacios S, T se define el subespacio suma como:

S+T = { u + v : u S , v T }

es decir, aquellos vectores que podamos construir sumando un vector de S y uno de T.

Teorema La suma de subespacios es un subespacio.


Cálculo del subespacio suma.

Al contrario que la intersección, la suma S+T se calcula más fácilmente usando la forma paramétrica de S y de T. Esto nos permite tomar un vector genérico de cada uno de los subespacios y sumarlos, obteniéndose una expresión paramétrica de S+T. No obstante la forma paramétrica así obtenida puede tener parámetros no independientes. Más adelante, en el punto �“Sistemas generadores�” se dará otro método para calcular el subespacio suma.

Ejemplo. Consideremos los subespacios en dados en paramétricas por: 3

H={ ( , , ) : }

K={ (0,0, ) : }

Entonces los elementos de H+K se formarán sumando ( , , ) + (0,0, ) = ( , , )

es decir, H + K = { ( , , ) : }

Observación La intersección S T es un subespacio �“más pequeño�” que S y que T (está contenido en S y también en T). Por el contrario la suma S+T es un subespacio �“más grande�” que S y que T, pues contiene a ambos.

De hecho S T es el mayor subespacio contenido en ambos, y S+T es el menor subespacio que contiene a ambos.


DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL

Definición: Combinación lineal. Dado un conjunto de vectores v1, . . ., vn se llama una combinación lineal de ellos a cualquier vector de la forma

v 1 v1 + . . . + n vn

donde 1 , . . . , n son escalares, llamados coeficientes de la combinación lineal.

Teorema. Para probar que un conjunto S es subespacio, basta probar que: La combinación lineal de elementos de S está en S. (Ello es debido a que calcular una combinación lineal de vectores involucra tanto la suma como el producto por escalares, así que equivale a probar ambas cosas por separado).

Esto se suele expresar diciendo que un subespacio es un conjunto �“cerrado�” para las combinaciones lineales.

Ejemplo. Veamos si es subespacio de el conjunto U={ ( ) }. 2

Tomamos dos elementos genéricos de U, ( ) y ( ). Una combinación lineal de ellos es:

( ) + ( ) = ( que también es un elemento de U. Por tanto U es subespacio.

Definición: Dependencia lineal. Se dice que un conjunto de vectores es linealmente dependiente (o ligado) si: (a) Al menos uno de ellos es combinación lineal de los demás. Esto se puede expresar también así:

(b) El vector es combinación lineal de ellos (con coeficientes no todos nulos). 0

Ejemplo Sean en los vectores u=(1,1), v=(0,3), w=(2,5) . 2

Observamos que son linealmente dependientes por (a): w es combinación lineal de u y v , puesto que w = v+2u. (pueden encontrarse también otras combinaciones, como u = 1

2 w �– 12 v , etc).

También podemos verlo por (b):

0 es combinación lineal de u, v , w puesto que 0 = v+2u�–w, (y los coeficientes de esta combinación lineal son 1, 2, �–1 que no son todos nulos).


Observación

Si un conjunto es linealmente dependiente, entonces por (a) sabremos que existe algún vector entre ellos que es combinación lineal de los demás. Pero esto no quiere decir que �“cualquier�” vector de ellos sea combinación lineal de los demás.

Por ejemplo, el siguiente conjunto en podemos comprobar que es ligado: 3

u=(1,0,0), v=(0,1,0), w=(1,1,0), k=(0,0,1),

ya que, por (a), tenemos que w = u + v (es decir, w=1u + 1v + 0k ), hay un vector que es combinación lineal de los demás. Pero no �“cualquier�” vector lo es, puesto que k no es combinación lineal de los demás. Esto se puede ver poniendo

(0,0,1) = (1,0,0) + (0,1,0) + (1,1,0)

y viendo que se obtiene un sistema incompatible.

Definición: Independencia lineal.

En caso de que un conjunto de vectores no sea linealmente dependiente, se dice que es linealmente independiente ( o libre ) .

Por tanto, escribiendo la negación de la definición de dependencia lineal, tendremos que un conjunto de vectores es linealmente independiente cuando:

(a) Ninguno de ellos es combinación lineal de los demás.

O equivalentemente:

(b) El vector 0 no es combinación lineal de ellos, a no ser que la combinación tenga coeficientes todos nulos.

Expresando (b) de otra manera,

(b) La única forma de poner como combinación lineal de los vectores, es con todos los coeficientes nulos.

0

Observación.

La definición de dependencia lineal no es: �“ v, w son independientes si 0v + 0w = �” 0

Esa afirmación no aporta nada, puesto que se cumple para todos los vectores, dependientes o no.

De lo que se trata, es de ver si esa es la única manera de poner como combinación lineal de ellos.

0

13

k

w v u


Ejemplos.

1) Veamos que u=(3,1) y v=(4,5) en son linealmente independientes. 2

Para ello intentaremos poner (0,0) como combinación lineal de ellos, y encontraremos que sólo es posible con coeficientes nulos.

Este sistema es compatible determinado, por tanto sólo tiene la solución

3 + 4 = 0 + 5 = 0

(0,0) = (3,1) + (4,5) Así pues, la única forma de poner (0,0) como combinación lineal de u, v es con coeficientes

nulos. Esto significa que son linealmente independientes. 2) Veamos si son independientes w=(3,1) y k=(6,2): con el mismo planteamiento,

3 + 6 = 0 + 2 = 0

(0,0) = (3,1) + (6,2) Este sistema es compatible indeterminado. Esto quiere decir (aun sin resolver el sistema) que existen coeficientes no nulos que permiten poner (0,0) como combinación lineal de w, k. Por tanto w, k son linealmente dependientes.

3) Veamos si son independientes u=(1,0,2), v=(4,3,1) y w=(5,3,3) en : 3

(0,0,0) = (1,0,2) + (4,3,1) + (5,3,3) + 4 + 5 = 0 3 + 3 = 0 2 + + 3 = 0

Este sistema es compatible indeterminado, puesto que su matriz es con rango 2. 1 4 50 3 32 1 3

Esto quiere decir (aun sin resolver el sistema) que existen coeficientes no nulos que permiten poner (0,0,0) como combinación lineal de u, v, w. Por tanto son linealmente dependientes.

4) Veamos si son independientes u=(3,2,�–1), y v=(2,2,0) en : 3

3 + 2 = 0 2 + 2 = 0 �– = 0

(0,0,0) = (3,2,�–1) + (2,2,0)

Este sistema es compatible determinado, puesto que su matriz es:


3 2 2 2-1 0

que tiene rango 2 y hay 2 incógnitas.

Esto quiere decir que la única solución es y por tanto que la única forma de poner (0,0,0) como combinación lineal de u, v, es con coeficientes nulos. Por tanto son linealmente independientes.

Observación. Si observamos los dos últimos ejemplos, veremos que la matriz del sistema está formada por los vectores dados, en columnas. Hallando el rango de esa matriz vemos si el sistema es compatible determinado o indeterminado, y por tanto si los vectores son independientes o dependientes, respectivamente. Volveremos sobre esto más tarde (en el punto �“Rango de un conjunto de vectores�”.)

Propiedades de la dependencia / independencia lineal.

1) El conjunto formado por un solo vector v no nulo, es libre. (En efecto, una combinación lineal de v es solamente v, y v= sólo puede conseguirse con =0). 0

2) Dos vectores v, w son linealmente dependientes cuando uno es múltiplo del otro , v= w (ya que esto equivale a decir que uno es combinación lineal del otro).

3) Todo conjunto que contenga al 0 es ligado. Veámoslo para 3 vectores: si tenemos { v, w, 0 } podemos formar 0 como combinación de ellos:

0 v + 0 w + 1 = 0 0y los coeficientes de esta combinación lineal son 0, 0, 1 y por tanto no todos nulos.

4) Si un conjunto es ligado, añadiéndole vectores sigue siendo ligado. (En efecto, si un vector es combinación de otros, aunque añadamos más vectores seguirá siéndolo.)

5) Si un conjunto es libre, quitándole vectores sigue siendo libre. (En efecto, si no se puede formar como combinación de ellos, al quitar vectores tampoco se podrá) 0

7) Si un conjunto es ligado, quitándole los vectores que son combinación lineal de los demás, llegará a ser libre. El desarrollo de esta propiedad nos lleva a un nuevo concepto, el de rango:


6) Si un conjunto es libre, se pueden añadir más vectores libres hasta un cierto número (que será la dimensión del espacio, según veremos más adelante.) Por encima de este número ya no se pueden añadir más vectores libres.

RANGO DE UN CONJUNTO DE VECTORES

Ejemplo. Consideremos en el conjunto de vectores (2,0), (0,1), (4,3), (2,5); vamos a aplicar la propiedad 6) anterior.

2

Este conjunto es linealmente dependiente puesto que observamos que algún vector es combinación de los demás; concretamente

(4,3) = 2 (2,0) + 3 (0,1) Suprimimos por tanto el vector (4,3) ; el conjunto restante (2,0), (0,1), (2,5) sigue siendo ligado puesto que

(2,5) = 1 (2,0) + 5 (0,1) Suprimimos el vector (2,5), el conjunto restante (2,0), (0,1) ya es independiente (son dos vectores y uno no es múltiplo del otro).

También podríamos haber seguido otro camino, por ejemplo viendo que (2,0) es combinación lineal de los demás (compruébese) y suprimiéndolo. El conjunto restante (0,1), (4,3), (2,5) sigue siendo ligado; vemos que (0,1) es combinación lineal de los demás y lo suprimimos. Llegamos entonces al conjunto (4,3), (2,5) que ya es independiente. Por los dos caminos llegamos a distintos conjuntos independientes. Pero ambos constan del mismo número de vectores (dos en este caso).

Teorema: Rango de un conjunto de vectores. Dado un conjunto de vectores, si quitamos aquellos que sean combinación lineal de los demás, queda finalmente un cierto número de vectores, que ya son independientes. Este número no depende del camino seguido, y se llama rango del conjunto de vectores.

Propiedades del rango.

1) En , el rango de un conjunto de vectores es igual al rango de la matriz que forman colocándolos en filas o en columnas (habitualmente se hace por columnas).

n

2) Dados m vectores, si su rango es m significa que son linealmente independientes.

3) En particular, si tenemos n vectores en , la matriz que forman es cuadrada, por lo que se puede calcular su determinante:

n

- Serán independientes si el rango de la matriz es n, es decir, si el determinante es no nulo.

- Serán dependientes si el determinante es nulo.


El rango es, por tanto, el número de vectores independientes que contiene el conjunto.

4) Dado un conjunto de vectores, si al eliminar uno de ellos se conserva el rango del conjunto, entonces dicho vector depende linealmente de los demás. Si por el contrario al eliminarlo disminuye el rango,entonces es independiente de los demás.

5) Dado un conjunto de vectores, si al añadir un nuevo vector se conserva el rango del conjunto, entonces el nuevo vector depende linealmente de los anteriores. Si por el contrario al añadirlo aumenta el rango, entonces el nuevo vector es independiente de los anteriores.

Ejemplos. 1. En determinar el rango de los vectores (1,2,3,4), (0,1,6,�–1), (3,3,1,0) : 4

La matriz que forman por columnas es cuyo rango es 3 1 0 32 1 33 6 14 -1 0

(lo que puede comprobarse escalonando la matriz). Esto significa que los 3 vectores son linealmente independientes.

2. En determinar el rango de los vectores (1,3), (5,8). Como la matriz que forman es

cuadrada se puede calcular su determinante. Como éste es no nulo, los vectores son

linealmente independientes.

2

1 53 8

3. En determinar el rango de los vectores u=(1,0,0), v=(0,1,0), w=(1,1,0), k=(0,0,1). 3

La matriz que forman por columnas es 1 0 1 00 1 1 00 0 0 1

en la cual (ya está escalonada) se

aprecia que el rango es 3. Esto quiere decir que de los 4 vectores, sólo 3 son independientes, y el otro es combinación lineal de los demás.

Observación. En un caso como el 3 anterior, el cálculo del rango nos dice cuántos vectores son independientes, pero no cuáles. Aunque el rango sea 3, no está garantizado que 3 vectores cualesquiera vayan a ser independientes. Por ejemplo en este caso, u,v,w no lo son.

Para saber cuáles lo son, se pueden tomar los correspondientes a las columnas pivotales después de escalonar la matriz (en este caso u, w, k).

También podemos verlo usando la propiedad 4) del rango, quitando el vector que no haga disminuir el rango: en este caso podemos quitar v. Otra posibilidad es quitar u, o también w. Pero no podemos quitar k, pues entonces disminuiría el rango.


SISTEMAS GENERADORES

Definición: Subespacio generado y sistema generador.

Dado un conjunto de vectores v1, . . . , vr , el conjunto de todas las posibles combinaciones lineales de ellos se llama subespacio generado (o engendrado) por v1, . . . , vr .

Se dice también que dichos vectores son un sistema generador del subespacio (o del espacio, en su caso).

Observación.

Notar que, dado un conjunto de vectores, el conjunto de todas sus combinaciones lineales es efectivamente un subespacio: - la suma de dos combinaciones lineales de v1, ... , vr es otra combinación lineal de v1, ... , vr .

- el producto de un escalar por una combinación lineal de v1, ... , vr es otra combinación lineal de v1, ... , vr .

Ejemplos.

1) En , un vector no nulo v genera una recta ( los vectores de la forma v ). 2

2) En : Dos vectores generan un plano. 3

Tres vectores que estén en el mismo plano, generan ese plano. Tres vectores que no estén en el mismo plano, generan todo el espacio . 3

3) Veamos qué subespacio generan en los vectores (1,0,0) y (0,1,0): las combinaciones lineales de ellos serán de la forma

3

(1,0,0) + (0,1,0) es decir de la forma { ( } que es la expresión paramétrica del plano XY.

4) Obtener un sistema generador del subespacio S={ ( ) : } de . 3

Observemos que

( ) = (1,0,2) (0,1,1)por tanto los vectores de S son exactamente las combinaciones lineales de (1,0,2) y (0,1,1). Así pues, estos dos vectores son un sistema generador de S. Por supuesto pueden encontrarse otros sistemas generadores diferentes para S (de hecho hay infinitas posibilidades).

5) Un sistema generador de es (1,0), (0,1). 2

En efecto, todo vector (a,b) se puede poner como combinación lineal de ellos: 2

(a,b) puede expresarse como a (1,0) + b (0,1)


6) Otro sistema generador de es (2,0), (1,3), (2,1). Veamos que todo vector (a,b) se puede poner como combinación lineal de ellos:

2 2

(a,b) = (2,0) + (1,3) + (2,1) produce un sistema de ecuaciones

a b

Se observa que para cualesquiera datos a, b este sistema es compatible. Así cualquier vector (a,b) puede ponerse como combinación lineal de (2,0), (1,3), (2,1) y por ello son un sistema generador de .

2

2

(las incógnitas son , µ, mientras que a, b son datos).

7) ¿Son los vectores (1,1) y (2,2) un sistema generador de ? 2

Las combinaciones lineales de estos vectores son de la forma (1,1) + (2,2), es decir,

( + 2 + 2Se observa pues, que sólo podemos generar vectores que tengan sus dos componentes iguales. No podemos generar otros vectores como (3,4). (Si se intenta poner (3,4) como combinación lineal de (1,1) y (2,2) se obtiene un sistema incompatible).

Por ello, (1,1) y (2,2) no forman un sistema generador de . 2

8) El espacio que generan (1,1) y (2,2) no es . ¿Cuál es? 2

Se trata de la recta { ( } , es decir la bisectriz del primer cuadrante. De hecho para generar esta recta bastaría con uno de los dos vectores. 9) Hallar un sistema generador del subespacio { x = y } de . 3

Para ello obtenemos primero la forma paramétrica, que es { ( ) : }. Entonces, ( ) = (1, 1, 0) (0, 0, 1).Así pues, (1,1,0) y (0,0,1) son un sistema generador del subespacio dado. Observación

Esto ocurrirá si u es combinación lineal de v1, . . . ,vn. , por tanto podemos plantear tal combinación lineal, lo que conducirá a un sistema de ecuaciones, y ver si es compatible o incompatible. Ejemplo En , ¿pertenece u=(1,2,3) al subespacio generado por v=(4,5,6), w=(7,8,9) ? 3

Veamos si es posible poner u = v + w.

(1,2,3) = (4,5,6) + (7,8,9) 4 + 7 = 1 5 + 8 = 2 6 + 9 = 3

Este sistema es compatible, por tanto u pertenece al subespacio.


2 1 2 a0 3 1 b

Dado un sistema v1, . . . ,vn, ¿cuándo un vector u pertenece al subespacio que generan?

4 7 15 8 26 9 3

Además, observar que el sistema es compatible porque la matriz ampliada tiene el mismo rango (=2) que la matriz de coeficientes .

4 75 86 9

Si los rangos fueran diferentes el sistema sería incompatible. Notar que la matriz de coeficientes está formada por los vectores v, w en columnas, y la matriz ampliada se forma añadiendo la columna u. Esto nos lleva a formular el siguiente

Teorema Un vector u pertenece al subespacio generado por un conjunto de vectores v1, . . . ,vn si al añadirlo a éstos no aumenta el rango. (En efecto, ya vimos que si al añadir u no aumenta el rango, significa que u depende linealmente de v1, . . . ,vn , es decir, es combinación lineal de ellos).

Sistema generador del subespacio suma. Hemos visto que puede no ser fácil determinar el subespacio suma U+V a partir de la forma paramétrica de U y de V. Pero conociendo sistemas generadores de U y de V, podemos usar el siguiente resultado: Uniendo sistemas generadores de U y de V, se obtiene un sistema generador de U+V. Ejemplo. Sean en los subespacios: 3

U=plano XY={ ( } , sistema generador (1,0,0), (0,1,0). V= plano XZ={ ( } sistema generador (1,0,0), (0,0,1). Por tanto un sistema generador de U+V es (1,0,0), (0,1,0), (1,0,0), (0,0,1). El vector repetido (1,0,0) se puede eliminar: un sistema generador más sencillo de U+V es

(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) Por tanto los elementos de U+V son las combinaciones lineales de (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1), es decir: a(1,0,0) + b(0,1,0) + c(0,0,1) = (a,b,c) por tanto son todos los vectores del espacio.

Es decir, en este caso el subespacio suma es U+V= . 3

Teorema: Reducción de los sistemas generadores. Si de un sistema generador suprimimos los vectores que son combinación lineal de los demás, los restantes siguen generando el mismo subespacio.

Por tanto, siempre será mejor reducir los sistemas generadores en lo posible, suprimiendo todos aquellos vectores que dependan linealmente de los demás. Esto llevará al concepto de base.


BASES Y DIMENSIÓN

Definición: Base. Se llama base de un espacio (o subespacio) vectorial a un sistema generador de dicho espacio o subespacio, que sea a la vez linealmente independiente.

Propiedades de las bases. 1. Una base de S es un sistema generador minimal de S (lo más pequeño posible). 2. Además es un conjunto independiente maximal dentro de S (lo más grande posible). 3. Una base de S permite expresar todos los vectores de S como combinación lineal de ella, de manera única para cada vector. Ejemplos de bases. 1. La base canónica (o base natural, o base estándar) de

n:

e1 = (1,0,. . . ,0) e2 = (0,1,. . . ,0) ........ en = (0,0,. . . ,1)

- Son linealmente independientes porque forman un determinante no nulo. - Son sistema generador de n porque todo vector (a1,a2,. . . ,an) n se puede expresar como combinación lineal de ellos:

(a1,a2,. . . ,an)= a1(1,0,. . . ,0)+ a2(0,1,. . . ,0)+ . . . + an(0,0,. . . ,1)

2. Otra base de 3 distinta de la canónica: (1,0,0), (1,1,0), (0,2,-3). - Son linealmente independientes porque forman un determinante no nulo. - Son sistema generador de 3 porque cualquier vector (a,b,c) se puede poner como combinación lineal de ellos. En efecto, dado (a,b,c), buscamos , , que satisfagan

(a,b,c)= (1,0,0)+ (1,1,0)+ (0,2,-3)

Se obtiene un sistema: + = a +2 =b

-3 = c en las incógnitas , , , que es compatible determinado para cualesquiera a,b,c.

3. (1,2,3), (4,5,6), (7,8,9) en 3 no forman base porque no son linealmente independientes (su determinante es nulo).

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacios Vectoriales 21

4. Base de un subespacio. En 3, consideremos el subespacio S= plano XY. Veamos que los vectores (3,2,0) , (1,�–1,0) forman una base de S.

- Son linealmente independientes, porque uno no es múltiplo del otro. - Son un sistema generador de S: Dado un vector genérico de S, de la forma (a,b,0), lo podemos poner como combinación lineal de (3,2,0), (1,�–1,0). Para ello, buscamos , que cumplan:

(a,b,0)= (3,2,0)+ (1,�–1,0) 3 + = a S. C. D. para cualesquiera a,b. 2 �– = b

5. Extender un conjunto para que forme base. ¿Es (1,0,2), (1,0,�–1) base de 3? - Son linealmente independientes, porque uno no es múltiplo del otro. - Pero no son un sistema generador de 3, porque no es cierto que todo vector de 3 pueda ponerse como combinación lineal de ellos. Por ejemplo, el (0,1,0) no se puede poner (resulta un sistema incompatible). Por tanto no son base de 3. ¿Puede obtenerse una base de 3 de algún modo? Sí, añadiendo algún otro vector de manera que siga siendo independiente de los anteriores, por ejemplo (0,1,0). Así el conjunto (1,0,2), (1,0,�–1), (0,1,0) es linealmente independiente, y genera 3, por tanto es base de 3. 6. Reducir un conjunto para que forme base. ¿Es (2,0,0), (0,3,0), (4,1,0) base de S=plano XY de 3 ? - Son un sistema generador de S, pero no son independientes (su determinante es nulo). Por tanto no son base de S. ¿Puede obtenerse una base de S de algún modo?

Teorema y definición: Dimensión.

Todas las bases de un mismo espacio o subespacio tienen el mismo número de vectores. Se llama dimensión de dicho espacio o subespacio.

Ejemplos de dimensión. 1. n tiene dimensión n, pues tiene una base de n elementos (p.ej. la canónica). 2. M2x2= {matrices 2x2 con términos reales} tiene dimensión 4. Una base de M2x2 es:

0001

, , , 0010

0100

1000

3. P2= {polinomios de grado 2 con coeficientes reales} tiene dimensión 3. Una base de P2 es, por ejemplo, la formada por los tres polinomios siguientes: 1+0x+0x2 , 0+x+0x2, 0+0x+x2 (es decir, los polinomios 1, x, x2).

Otra base: 1+2x+3x2, 4+x2, 3�–x�–5x2.

Sí. Estos tres vectores tienen rango 2, por tanto uno de ellos es combinación lineal de los demás y puede suprimirse: por ejemplo suprimimos (4,1,0), ya que al quitarlo no baja el rango. (También podría quitarse cualquiera de los otros dos).

Los restantes vectores (2,0,0), (0,3,0) siguen generando el mismo subespacio S y son independientes. Son por tanto base de S.


• Por tanto, la dimensión es el máximo número de vectores independientes que podemostener en el espacio o subespacio. En otras palabras, es el máximo rango que puede tener un

Es también el rango de cualquier sistema generador de dicho espacio.

conjunto de vectoresde dicho espacio.

Propiedades de la dimensión. 1. Significado físico de la dimensión: el espacio tiene dimensión 3, los planos dimensión 2, las rectas dimensión 1, el punto dimensión 0. El subespacio {0} es el único de dimensión 0.

2. La dimensión de un subespacio en n, coincide con el número de parámetros libres en su forma paramétrica. (1 parámetro=recta, 2 parámetros= plano...)

3. Si S y T son subespacios y S está contenido en T, entonces dim S dim T. Además, si se da la igualdad, dim S = dim T, entonces ambos espacios han de coincidir.

4. El rango de una familia de vectores, es igual a la dimensión del subespacio que generan. Es decir: si v1,v2,. . . vn generan un cierto subespacio S, y si el rango de dicho conjunto es r, entonces dim S = r. (Si un cierto conjunto de vectores tienen rango 2, entonces generan un plano; etc.)

Ejemplo. En 3, sea S el subespacio generado por: (1,0,2), (0,�–1,�–2), (3,3,3), (2,2,0). Observamos que el rango de este conjunto (= rango de la matriz que forman, por filas o por columnas) es 3. Así por la propiedad 4 , tenemos que dim S = 3. Pero como estamos en 3, por la propiedad 3 ha de ser S= 3.

Teorema:. Sea S un espacio o subespacio de dimensión m. Entonces,

Si tenemos m vectores linealmente indep. en S, también serán sistema generador de S.

Si tenemos m vectores que generan S, también serán linealmente independientes. Por tanto, si tenemos un conjunto formado por tantos vectores como indica la dimensión, dichos vectores serán a la vez linealmente independientes y sistema generador, o bien ninguna de las dos cosas. Así pues, para probar que son base, bastaría probar solamente una de las dos cosas: que son linealmente independientes, o que son sistema generador. Esto solamente se puede aplicar cuando conocemos la dimensión del espacio y cuando tenemos tantos vectores como indica la dimensión.

Teorema. En un espacio o subespacio de dimensión m,

un conjunto de más de m vectores nunca puede ser linealmente independiente.

un conjunto de menos de m vectores nunca puede ser sistema generador. Así pues, por ejemplo, 3 vectores en 2 podrán ser o no sistema generador de 2, pero nunca podrán ser linealmente independientes. Del mismo modo, 2 vectores en 3 podrán ser linealmente independientes o no, pero nunca serán sistema generador de 3 (aunque sí podrán serlo de un subespacio más pequeño).


IMPLICITACIÓN

Vimos ya las formas implícita y paramétrica de subespacios; el paso de la forma implícita a la paramétrica es sencillo pues se reduce a resolver un sistema de ecuaciones. El paso inverso, de la paramétrica a la implícita, puede explicarse ahora a la luz de los conocimientos que ya tenemos. Podrá hacerse de dos formas; veámoslo con unos ejemplos.

1) Expresar en forma implícita el subespacio S= { de 3.

1ª forma. Veamos primero cuántas ecuaciones implícitas son necesarias. La forma paramétrica tiene dos parámetros libres. Entonces,

nº ecuaciones + nº parámetros libres (es decir, dim S) = 3 (en 3)

1 + 2 = 3

Hace falta, por tanto, 1 ecuación implícita. Tratemos de buscar una relación entre las coordenadas x,y,z del vector genérico Observamos que la tercera coordenada es tres veces la primera menos cinco veces la segunda. Así, la relación es z = 3x - 5y. Esta es la forma implícita. (Nota: las ecuaciones implícitas nunca pueden tener término independiente, pues siempre ha de satisfacerlas el vector cero). 2ª forma. Obtenemos una base de S:

(1,0,3) (0,1,-5) sistema generador (1,0,3) (0,1,-5).

y son linealmente independientes: rg1 00 13 5

=2, luego son base. (Por tanto dimS = 2).

Ahora, un vector (x,y,z) de 3 pertenecerá a S si es combinación lineal de (1,0,3) (0,1,-5) : por tanto si al añadirlo a ellos, el rango no aumenta y sigue siendo 2.

Debe ser rg =2. Escalonamos esta matriz para ver su rango. 1 0 x0 1 y3 5 z

(Notar que el hecho de que sus términos sean incógnitas no impide en absoluto efectuar operaciones elementales en las filas, como en cualquier matriz numérica.)

1 0 x0 1 y3 5 z

1 0 x0 1 y0 5 z 3x

1 0 x0 1 y0 0 z 3x 5y

Las dos primeras filas de la matriz son no nulas, así que el rango será 2 cuando la tercera fila sea nula, es decir, cuando z - 3x + 5y = 0. Esta es la forma implícita buscada. Notar que es la misma que se obtuvo en la 1ª forma.


Otra variante de esta 2ª forma: como la matriz 1 0 x0 1 y3 5 z

es cuadrada, podemos también

hallar su determinante, que resulta ser z - 3x + 5y . Cuando el determinante sea nulo, el rango de la matriz es 2. Se obtiene así también la misma ecuación implícita.


1ª forma. nº ecuaciones + nº parámetros libres (es decir, dim S) = 4 (en 4)

2 + 2 = 4

Hacen falta, por tanto, 2 ecuaciones implícitas. Tratemos de buscar dos relaciones entre las coordenadas x,y,z,t del vector genérico Estas dos relaciones son �“claramente�” z = 2x + y ; t = -x + 3y. Así pues, esta es la forma implícita. (Nota: La forma implícita no es única. Otra posibilidad es: z = 2x + y ; z + 2t = 7y por ejemplo.)

2ª forma. Obtenemos una base de S:

(1,0,2,-1) (0,1,1,3)

y son linealmente independientes: rg

1 00 12 11 3

=2, luego son base. (Por tanto dimS = 2).

Un vector (x,y,z,t) de 4 pertenecerá a S si es combinación lineal de (1,0,2,-1) (0,1,1,3), por tanto si al añadirlo a ellos, el rango no aumenta y sigue siendo 2.

Debe ser rg =2. Escalonamos esta matriz para ver su rango.

1 0 x0 1 y2 1 z1 3 t

1 0 x0 1 y2 1 z1 3 t

1 0 x0 1 y0 1 z 2x0 3 t x

1 0 x0 1 y0 0 z 2x y0 0 t x 3y

Las dos primeras filas de la matriz son no nulas, así que el rango será 2 cuando la tercera y cuarta filas sean nulas, es decir, cuando z - 2x - y = 0 ; t + x - 3y = 0. Estas son las ecuaciones implícitas buscadas. Notar que son las mismas que se obtuvieron en la 1ª forma.



1ª forma. nº ecuaciones + nº parámetros libres (es decir, dim S) = 3 (en 3)

2 + 1 = 3

Hacen falta, por tanto, 2 ecuaciones implícitas. Tratemos de buscar dos relaciones entre las coordenadas x,y,z,t del vector genérico Estas dos relaciones son z = 3x ; y = 2x. Estas son las ecuaciones implícitas.

2ª forma. Obtenemos una base de S:

( 1,2,3 ) luego (1,2,3) es una base. (Por tanto dimS = 1).

Ahora, un vector (x,y,z) de 3 pertenecerá a S si es combinación lineal de (1,2,3) por tanto si al añadirlo a él , el rango no aumenta y sigue siendo 1.

Debe ser rg =1. Escalonamos esta matriz para ver su rango. 1 x2 y3 z

1 x2 y3 z

1 x0 y 2x0 z 3x

La primera fila de la matriz es no nula, así que el rango será 1 cuando la tercera y cuarta filas sean nulas, es decir, cuando y - 2x = 0 ; z - 3x = 0. Estas son las ecuaciones implícitas buscadas. Notar que son las mismas que se obtuvieron en la 1ª forma.


A pesar de las apariencias, pues hay dos parámetros, la dimensión de S no es dos. Ello se debe a que los parámetros no son libres. Se aprecia al hallar una base:

( 1,2,3 ) + ( 2,4,6 ) Sistema generador (1,2,3) , (2,4,6) Pero no son independientes, luego no son base. Hay que quitar el segundo vector, que es múltiplo del primero: La base es (1,2,3), por tanto se trata del mismo espacio del ejemplo 3).


Es inmediato por la 1ª forma: nº ecuaciones + nº parámetros libres (es decir, dim S) = 5 (en 5)

3 + 2 = 5 Hay que buscar tres relaciones entre las coordenadas x,y,z,t,s del vector genérico (Obviamente se tiene: y=0 , z=0 , s=0. Por tanto, estas son las ecuaciones implícitas.

(Nota: una forma paramétrica más sencilla de este subespacio es ).


COORDENADAS Y CAMBIO DE BASE

Definición: Coordenadas. En un espacio vectorial V, fijada una base {v1,v2,. . . vn} , todo vector u V puede ponerse de forma única como combinación lineal de dicha base:

u = 1 v1 + 2 v2 + . . . n vn Los escalares 1, 2, . . . , n se llaman coordenadas del vector u en la base {v1,v2,. . . vn}.

Ejemplos de coordenadas. 1. Coordenadas en distintas bases.

En 2 fijemos la base canónica, { (1,0), (0,1) }. Consideremos el vector v=(1,2). Para hallar sus coordenadas en esta base, ponemos u como combinación lineal de la misma:

(1,2)=1·(1,0) + 2·(0,1) Por tanto, (1,2) son las coordenadas de v en base canónica. Cuando se utiliza la base canónica, obtenemos el sentido usual de �“coordenadas�”. Pero cuando se utiliza otra base no es así.

Por ejemplo, en 2 fijemos ahora la base B = { (2,3), (1,�–1) } y consideremos el mismo vector v=(1,2). Hallemos sus coordenadas en la base B. Para poner v como combinación lineal de dicha base, planteamos el sistema

(1,2)= (2,3)+ (1,�–1) cuya solución es = 53 , = �–

51 . Así pues,

v = 53

(2,3) �– 51

(1,�–1)

Por tanto, 51,

53 son las coordenadas de v en base B.

No debe confundirse el vector con sus coordenadas; aquí el vector sigue siendo v=(1,2), y

las coordenadas 51,

53 son un par de números que indican cómo expresar v en

combinación lineal de la base B. 2. Si u es el vector que tiene como coordenadas (5, �–6) en la base (1,2) (3,4), ¿cuál es el vector u? Según la definición de coordenadas,

u = 5 (1,2) + (�–6) (3,4) = (�–13, �–14).

3. El vector cero tiene coordenadas (0, . . . ,0) en cualquier base.


4. Coordenadas en un subespacio.

En 3 , sea el subespacio S generado por los vectores (1,1,0) y (0,0,1). (Se trata del plano x=y en 3). Los dos vectores son independientes, por tanto forman base de S. Consideremos el vector v = (2,2,3) perteneciente a S. Hallemos las coordenadas de este vector respecto a la base (1,1,0), (0,0,1) de S. Para ello expresamos v como combinación lineal de dicha base:

(2,2,3)= 2·(1,1,0) + 3·(0,0,1) Así pues, las coordenadas de v en esta base de S son (2,3). No debe sorprendernos que v tenga sólo 2 coordenadas. El vector v ciertamente tendría 3 coordenadas como elemento de 3, pero tiene 2 coordenadas como elemento del plano S, que es un subespacio de dimensión 2.

Definición: Matriz del cambio de base. En un espacio vectorial V, dadas dos bases B y B�’ , se llama matriz de cambio de base (o de cambio de coordenadas) de B a B�’ a la matriz que contiene en sus columnas las coordenadas de los vectores de la base B expresados en función de la base B�’.

Su utilidad es la siguiente: Conocidas las coordenadas de un vector en base B, nos permitirá hallar las coordenadas de dicho vector en base B�’. En efecto, sean (a1, a2, . . . an) las coordenadas de un vector en base B, y sea P la matriz de cambio de base de B a B�’. Entonces:

P· =

na

aa

2

1

nb

bb

2

1

obteniéndose así (b1, b2, . . . bn) las coordenadas del vector en base B�’.

Ejemplo.

Consideremos en 2 las dos bases siguientes: la base del ejemplo (1) anterior, B ={ (2,3), (1, �–1) } la base canónica B�’ ={ (1,0), (0,1) }

Vamos a construir la matriz de cambio de base de B a B�’. Para ello debemos expresar los vectores de la base B en función de la base canónica B�’.

(2,3) = 2·(1,0) + 3·(0,1) coordenadas (2,3)

(�–1,1)= 1·(1,0) �–1·(0,1) coordenadas (1, �–1) Introduciendo estas coordenadas en las columnas de una matriz, tendremos la matriz de cambio de base de B a B�’:

P= 13

12


o lo que es lo mismo,P· =

na

aa

2

1

= P-1

nb

bb

2

1

Del mismo modo podemos construir la matriz de cambio de base de B�’ a B. Para ello expresamos los vectores de la base canónica B�’ en función de la base B. Podemos hallarlo planteando dos sistemas de ecuaciones, de los cuales se obtendrá

(1,0) = 51 (2,3) +

53 (1,�–1) coordenadas (

51 ,

53 )

(0,1)= 51 (2,3) �–

52 (1,�–1) coordenadas (

51 , �–

52 )

Introduciendo estas coordenadas en las columnas de una matriz, tendremos la matriz de cambio de base de B�’ a B.

Q=

Vamos a aplicar estas matrices para hallar las coordenadas en base B del vector v=(1,2). Tenemos sus coordenadas en la base canónica B�’ que son (1,2). Utilizamos la matriz Q de cambio de base de B�’ a B:

52

53

51

51

21

=51

53

Así hemos obtenido 51,

53 , las coordenadas de v en base B. Comprobar que son las

mismas que se obtuvieron en el ejemplo (1) anterior.

Podemos volver a las coordenadas en base B�’ utilizando la matriz P de cambio de base de B a B':

1312

51

53

= 21

Propiedades de las matrices de cambio de base . 1. Toda matriz de cambio de base es cuadrada nxn, donde n es la dimensión del espacio al que se refieren las bases. 2. Toda matriz de cambio de base es inversible (es decir, con determinante no nulo). Además, la matriz de cambio de B a B�’ es inversa de la matriz de cambio de B�’ a B.

Comprobar en el ejemplo anterior que P y Q son inversas entre sí. Por tanto, después de hallar P, podríamos haber hallado Q como P �–1.

3. La matriz de cambio de una base B a la misma base B, es la matriz identidad.


52

53

51

51

• Observar en el ejemplo anterior que la matriz más fácil de obtener es la P, que pasa de una base B a la base canónica, pues basta escribir en las columnas la base B.

Base B Base canónica

P

P= base B en columnas; Q=P-1

Q

SUMA DIRECTA Y SUBESPACIOS SUPLEMENTARIOS

Dados dos subespacios S, T, consideramos el subespacio suma: S+T= { u+v : u S , v T}

Uniendo un sistema generador de S con uno de T se obtiene un sistema generador de S+T. Sin embargo, no siempre es cierto que uniendo una base de S con una base de T se obtenga una base de S+T.

Ejemplo. En 3, consideremos los subespacios

S = planoXY, una base es (1,0,0), (0,2,0). T = planoXZ, una base es (3,0,0), (0,0,4).

S+T resulta ser el espacio total 3. En efecto, un sistema generador de S+T es la unión de ambos,

(1,0,0), (0,2,0), (3,0,0), (0,0,4)

que es un sistema generador de 3. Pero no es una base, pues no es linealmente independiente. (Ello ocurre porque S T no es cero)

Definición: Suma directa. Se dice que la suma es directa, S T, si su intersección S T es solamente el vector cero.

Teorema. Si la suma S T es directa, al unir una base de S y una base de T se obtiene una base de S T.

Ejemplo.

En 3, consideremos los subespacios S = planoXY, una base es (1,0,0), (0,2,0). H = eje Z, una base es (0,0,5)

La suma es directa pues S H = {0}. El subespacio suma S H resulta ser el espacio total 3. Por el teorema anterior, uniendo las bases de S y de H se obtendrá una base del

subespacio suma: (1,0,0), (0,2,0), (0,0,5)

que efectivamente es base de 3.


Fórmulas de las dimensiones. Del teorema anterior se deduce la siguiente fórmula: si la suma es directa,

dim (S T) = dim (S) + dim (T)

Si la suma no es directa, hay que añadir un término más, teniéndose la fórmula

dim (S+T) + dim (S T) = dim (S) + dim (T)

(la primera fórmula se puede obtener de la segunda, pues en el caso de suma directa, el término de la intersección vale cero).

Definición (subespacio suplementario): Si dos subespacios S, T están en suma directa y además su suma es igual al espacio total, S T = V, se dice que S y T son suplementarios (o complementarios). Todo subespacio tiene infinitos suplementarios, salvo el {0}, cuyo único suplementario es el total, y el total, cuyo único suplementario es el {0}.

Ejemplo.

En 3, el suplementario de un plano es cualquier recta que no esté contenida en el plano. Igualmente el suplementario de una recta es cualquier plano que no la contenga.

Cálculo de una base de un suplementario: Dada una base de S, la prolongamos añadiendo vectores, independientes de los anteriores, hasta formar una base del espacio total. (Para ello podemos elegir cualesquiera vectores, por ejemplo elegirlos entre los de la base canónica). Los vectores añadidos forman así una base de un suplementario de S.

Ejemplo.

En 4, sea S el subespacio cuya base es v1=(1,0,2,0), v2=(3,0,0,0). Vamos a hallar un suplementario de S. Para ello prolongamos la base dada añadiendo vectores que elegimos entre los de la base canónica. Han de ser independientes de los anteriores.

No podemos añadir (1,0,0,0) porque no es independiente de los anteriores. (Es múltiplo de v2).

Podemos añadir v3 = (0,1,0,0) pues es independiente de v1 , v2 (La matriz formada por v1, v2, v3 tiene rango 3).

No podemos añadir w = (0,0,1,0) pues no es independiente de los anteriores. (La matriz formada por v1, v2, v3 ,w tiene rango 3; su determinante es cero).

Podemos añadir v4 = (0,0,0,1) pues es independiente de v1 , v2 (La matriz formada por v1, v2, v3 ,v4 tiene rango 4; su determinante es no nulo). - Ya hemos terminado, pues tenemos 4 vectores independientes y por tanto una base del total 4. Los dos vectores que hemos añadido, v3 = (0,1,0,0) y v4 = (0,0,0,1), forman una base de un suplementario de S.


AUTOEVALUACIÓN - Espacios Vectoriales.

Cada ( ) es un punto.

Hay en total 50 puntos, de los cuales 20 son de cuestiones y 30 de ejercicios.

A) Cuestiones (20 puntos)

C-1) ¿Existe... ( ) a)...un subespacio de 2 que �“se parezca�” a ? ( ) b)...un subespacio de 2 que �“se parezca�” a 3?

Si existe pon un ejemplo, y si no, razona por qué.

( ) C-2) En el espacio vectorial de las matrices 2x2 con términos reales, inventa un ejemplo de subespacio (que no hayas visto en otro lugar).

C-3) a) Si S y T son subespacios de 5, siendo dim S = 2 y dim T = 3, ¿qué posibilidades hay para las dimensiones de S+T y de S T ?

( )

( ) b) Lo mismo pero en 4 en lugar de 5.

( ) C-4) ¿La intersección de dos planos en 3 puede ser un solo punto? Explica por qué. (Puedes razonar como en la cuestión anterior).

C-5) a) En 2, inventa un conjunto de tres vectores {u,v,w} linealmente dependientes, que tenga rango 2, de modo que se pueda suprimir uno de ellos y se conserve el rango.

( )

( ) b) Lo mismo, pero de modo que no se pueda suprimir uno cualquiera. Señala cuáles se pueden suprimir y cuáles no.

C-6) ¿Pueden ser...

( ) a) linealmente independientes cinco vectores en 4 ?

( ) b) sistema generador cuatro vectores en 5 ?

Si es posible pon un ejemplo, y si no, razona por qué.

( ) C-7) Si u, v son linealmente independientes, ¿también lo son 2u y 3v? Explica por qué.

( ) C-8) ¿Cierto o falso? �“En un espacio vectorial, ningún conjunto linealmente independiente puede

tener más vectores que un sistema generador.�” Razona la respuesta.

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacios Vectoriales - Autoevaluación.

C-9) Dado el vector v=(1,2) en 2, como es sabido, sus coordenadas en la base canónica { (1,0), (0,1) } son (1,2). Si es posible, inventa otra base de modo que las coordenadas de v sean...

a) (2,1) ( ) ( ) b) (�–1, �–2) ( ) c) (0, 0)

C-10) ¿Puede esta matriz ser una matriz de cambio de base en algún espacio vectorial? Razona la respuesta.

a) A= 1 3 30 1 0

( )

b) B= 1 1 11 1 11 1 1

( )

c) C= 1 13 2

( )

B) Ejercicios (30 puntos) E-1) En 2, determina si es o no subespacio vectorial el conjunto...

( ) ( )

a) { (a+b, a+b+2) : a, b }

b) { (a+1, a+1) : a }

E-2) En 3, determina si v=(1,4,16) pertenece al subespacio generado por (1,2,4) y (-1,-1,2). ( )

E-3) a) Pasar a forma implícita el subespacio de 3 dado en paramétricas: ( ) ( ) { (a+b, a+2b, b) : a, b }

( ) b) Pasar a forma paramétrica el subespacio de 3 dado en implícitas: { x-2y+3z=0 }

E-4) Determinar si es o no linealmente independiente el conjunto...

( ) ( )

a) (1, 2, 0, 1), (-1, -1, -1, 3), (4, 0, -2, 1), (2, 0, 0, 1) en 4 b) (1, 2, 0, 1) , (2, -3, -3, 3), (-1,12, 6, -3) en 4 E-5) Hallar el rango del siguiente conjunto de vectores:

( ) ( )

a) (1,0,1), (2,0,3), (-1,0,4) en 3

b) (1,2), ( 3,-1), (5,0), (1,-2) en 2

( ) E-6) Extraer del siguiente conjunto en 4 una familia linealmente independiente: (1, 2, 0, 1), (-1, -1, -1, 3), (-1, 1, -3, 11) ,(4, 0, -2, 1), (2, -3, -3, 3),


E-7) Dado el subespacio de 5 en forma paramétrica (a, a+b, a+b+c, c, 2a-b), obtener un sistema generador del subespacio. ( ) E-8) En 4 , si S tiene como sistema generador { (1,1,0,0), (1, -1, 0, 0) } y T tiene como sistema generador { (0,2,1,0) , (-1,1,1,0) }, hallar:

( ) ( )

a) un sistema generador del subespacio S+T. b) una base de S+T.

E-9) Dados los subespacios de 4 S= y T= , calcular: x + y - z - t = 0

2x +2y - z - t = 0x - y = 0z - t = 0

( ) ( )

a) el subespacio S T. b) el subespacio S+T (sugerencia: se puede usar el resultado de a) para hallar la dimensión de S+T).

E-10) Dado el siguiente subespacio de 4 en implícitas, hallar una base y

dimensión. Puedes hacerlo mediante el siguiente proceso:

x + y + z + t = 0y - 2z - t = 0

( ) ( ) ( )

- Pasar las implícitas a paramétricas. - De la forma paramétrica, obtener un sistema generador. - Del sistema generador, extraer una base. Dar la dimensión.

( ) ( ) E-11) a) Determinar si (1,2,3) (4,5,6), (7,8,9) forma base de 3.

b) Determinar si (1,0,1) , (-1,0,2) forma base del subespacio { y=0 } de 3 .

( ) E-12) Extender el siguiente conjunto linealmente independiente hasta que forme base de 4 . (2,3,0,1), (0,2,0,0). ( ) E-13) Reducir el siguiente sistema generador hasta que forme base de 3 . (1,2,3) (4,5,6), (7,8,9), (0,1,3)

( ) E-14) Dada la base { (0,-1), (1,2) } de 2 , hallar las coordenadas del vector v= (-3,-8) en dicha base. E-15) Dadas las bases B={ (1,0), (0,1) } (canónica) y B�’={ (0,-1), (1,2) } , hallar:

( ) ( )

a) la matriz de cambio de base de B�’ a B . b) la matriz de cambio de base de B a B�’

E-16) Determinar si los siguientes subespacios están en suma directa.

( ) a) S= <(1,2,0,0), (1,0,0,2)> y T= <(0,0,2,1), (2,0,0,1)> en 4 b) S= <(1,2,0), (1,0,2)> y T= <(0,2,1), (2,0,1)> en 3 ( )

( ) E-17) Hallar un subespacio suplementario (o complementario) de <(1,2,3), (4,5,6)> en 3.


SOLUCIONES A LA AUTOEVALUACIÓN - Espacios Vectoriales. A) Soluciones a las Cuestiones

C-1) a) Sí, por ejemplo el eje X, formado por los vectores de la forma ( , 0), que se identificarían con el número real . También valdría el eje Y, o cualquier otra recta que pase por el origen. (Al ser de dimensión 1, una recta se puede identificar con , que también es de dimensión 1).

b) No es posible, pues 2 tiene dimensión 2, y no puede contener un espacio que �“se parezca�” a 3, pues éste tendría dimensión 3. Un espacio de dimensión 3 no puede estar contenido en otro de dimensión 2. C-2) Hay muchas posibilidades; estos son sólo algunos ejemplos: las matrices de la forma

, , , , , , , etc. a b2b c

a bc a

a aa a

a 2a3a 4a

a b2a 2b

a bb+c c

a bc a+b+c

C-3) Utilizamos la fórmula dim S + dim T = dim(S+T) + dim(S T). a) El primer miembro de la igualdad es 2+3, por tanto el segundo miembro ha de sumar también 5, así que las posibilidades son:

dim(S+T) = 5 , dim(S T) = 0 dim(S+T) = 4 , dim(S T) = 1 dim(S+T) = 3 , dim(S T) = 2

No hay más posibilidades. No sería correcto �“dim(S+T) = 2 y dim(S T) = 3�” porque la suma ha de ser �“más grande�” que S y que T, y la intersección ha de ser �“más pequeña�” que S y que T.

b) Ahora las posibilidades son:

dim(S+T) = 4 , dim(S T) = 1 dim(S+T) = 3 , dim(S T) = 2

es decir, las mismas que en a) excepto la primera. No sería posible dim(S+T) = 5 porque estamos en 4, así que no puede haber un subespacio de dimensión 5.

C-4) Como en la cuestión anterior, dim S + dim T = dim(S+T) + dim(S T). Ahora S y T son planos, por tanto ambos de dimensión 2, así que el 2º miembro ha de sumar 4, lo que nos da las posibilidades:

dim(S+T) = 2 , dim(S T) = 2 (plano) dim(S+T) = 3 , dim(S T) = 1 (recta)

No hay más posibilidades. No es correcto �“ dim(S+T) = 4 y dim(S T) = 0 �“ porque estamos en

3, así que no puede haber un subespacio de dimensión 4.

Por tanto, en ninguna de las posibilidades S T es un punto (que sería de dimensión 0).


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

C-5) a) Es fácil, porque prácticamente tres vectores cualesquiera en 2 (a no ser que los 3 estén alineados) van a tener rango 2. Por ejemplo,

u=(1,0), v=(0,1), w=(1,1) su rango es 2. Se puede suprimir uno cualquiera de ellos y el rango sigue siendo 2.

b) Habría que poner 2 vectores que sean linealmente dependientes entre sí, p. ej. u=(1,0) ,

v=(2,0) , y otro que sea independiente de ellos: p.ej. w= (1,1) . Este conjunto tiene rango 2. Así, quitando u se conserva el rango; quitando v también; pero no podemos quitar w porque entonces el rango disminuye. C-6) a) No, porque nunca pueden ser independientes más vectores de lo que indica la dimensión. b) No, pues nunca pueden ser sistema generador menos vectores de lo que indica la dimensión.

C-7) Sí, porque si u, v son linealmente independientes, como sólo son 2 vectores, significa que uno no es múltiplo del otro. Entonces 2u y 3v tampoco pueden ser uno múltiplo del otro. (Imagina que 2u fuese múltiplo de 3v , p.ej. 5 veces: 2u = 5 3v, entonces despejando tendríamos u = 15

2 v , y no puede ser porque u y v eran independientes).

C-8) Cierto, pues el conjunto independiente siempre tiene un número de vectores menor o igual que la dimensión del espacio, mientras que el sistema generador siempre tiene un número de vectores mayor o igual que la dimensión del espacio. C-9) a) La base { (0,1) , (1,0) } , es decir, la canónica pero con los vectores en orden contrario. Así claramente (1,2) = 2 (0,1) + 1 (1,0).

b) La base { (�–1,0), (0,�–1)} , es decir, la canónica pero con los vectores cambiados de signo. Así claramente (1,2) = (�–1) (�–1,0) + (�–2) (0,�–1)

c) No es posible. En cualquier base, las coordenadas (0,0) son exclusivas del vector nulo. C-10) a) No, por no ser cuadrada.

b) No, por no ser inversible.

c) Sí, por ser cuadrada e inversible. Sería la matriz de cambio entre ciertas bases de 2. (de hecho es la matriz de cambio de B={ (1,3), (1,2) } a la base canónica).


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

B) Soluciones a los Ejercicios E-1) a) No, porque no contiene al (0,0), ya que no hay ningún valor de a, b que cumpla a la vez a+b=0 y a+b+2=0.

b) Sí. Es el conjunto de todos los vectores de 2 que tienen sus dos coordenadas iguales. Se ve más fácilmente si llamamos b=a+1, entonces el conjunto es { (b,b) }. Es subespacio porque:

- La suma de dos elementos es (b,b)+(c,c)=(b+c,b+c) que es otro elemento del conjunto.

- Si es un escalar, (b,b) = ( b, b) que es otro elemento del conjunto.

E-2) 1ª forma: Plantear el sistema dado por (1,2,4)+ (-1,-1,2)=(1,4,16). Es compatible, por tanto es posible poner v como combinación lineal de (1,2,4) y (-1,-1,2). Sí pertenece.

2ª forma: Hallar el rango de los tres vectores y ver que es 2. Por tanto, v es combinación lineal de (1,2,4) y (-1,-1,2). Sí pertenece.

E-3) a) 1ª forma: Como hay 2 parámetros, y estamos en 3 , hará falta 1 ecuación. �“Claramente�” ésta es y=x+z , es decir, x-y+z=0.

2ª forma: Un sistema generador del subespacio es (1,1,0), (1,2,1). Un vector (x,y,z)

pertenece al subespacio si el rango de 1 1 x1 2 y0 1 z

es 2. Esto ocurre cuando x-y+z=0 (se puede ver

calculando el determinante o triangulando la matriz).

b) Resolviendo el sistema de una sola ecuación, la incógnita principal es x, quedando como parámetros y= , z= . La solución al sistema es por tanto (2 -3 , ), que es la forma paramétrica.

E-4) a) Escalonando la matriz se ve que es de rango 4, igual al número de vectores, luego el conjunto es independiente. (Otra forma: porque el determinante 4x4 que forman, es no nulo). b) Escalonando la matriz se ve que es de rango 2, menor que el número de vectores, luego el conjunto es dependiente. (Otra forma: viendo que alguno es combinación lineal de los otros). E-5) a) Escalonando la matriz se obtiene rango 2 (2 filas no nulas).

Otra forma: Sin escalonar la matriz. Está claro que la matriz que forman tiene una columna toda nula, así que el determinante es nulo, luego el rango ya no es 3. Sería 2 ó 1. No es 1 porque entonces serían todos los vectores múltiplos uno de otro, y no lo son. Por tanto, rango 2. b) Escalonando la matriz se obtiene rango 2 (2 filas no nulas).

Otra forma: Sin escalonar la matriz. Está claro que el rango no puede ser más de 2, pues estamos en 2 (la matriz sólo tiene 2 filas). Y el rango no es 1 porque entonces serían todos los vectores múltiplos uno de otro, y no lo son. Por tanto, rango 2.


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

E-6) Haciendo la forma escalonada de la matriz, las columnas pivotales son la 1ª, 2ª y 4ª. Por tanto extraemos los vectores independientes 1º, 2º y 4º. (Hay otras soluciones, por ejemplo 1º, 2º y 5º, o también 3º, 4º y 5º, etc. Pero otras posibilidades no valen, por ejemplo 1º, 2º y 3º no vale, porque no son independientes.) E-7) Ponemos (a, a+b, a+b+c, c, 2a-b) = a (1,1,1,0,2) + b (0,1,1,0,-1) + c(0,0,1,1,0). Así, un sistema generador es (1,1,1,0,2) , (0,1,1,0,-1), (0,0,1,1,0).

E-8) a) Un sistema generador de S+T se obtiene uniendo ambos sistemas generadores:

(1,1,0,0), (1, -1, 0, 0), (0,2,1,0) , (-1,1,1,0) b) Para saber si este sistema generador es base, hay que ver si son independientes, y si no lo son, quedarse con tantos como indique el rango. 1ª forma: Escalonando la matriz se obtiene que el rango es 3 (por tanto no son independientes); las columnas pivotales son la 1ª, 2ª y 3ª y así una base de S+T sería

(1,1,0,0), (1, -1, 0, 0), (0,2,1,0) 2ª forma: Sin escalonar la matriz se ve que su 4ª columna es toda nula, así que el rango ya no es 4. Será 3 o menor. Pero se ve fácilmente que los 3 primeros vectores son independientes, así que el rango es 3 y los 3 primeros vectores forman base: (1,1,0,0), (1, -1, 0, 0), (0,2,1,0)

E-9) a) S T se obtiene resolviendo el sistema formado por las 4 ecuaciones.

x y z t 02x 2y z t 0

x y 0z t 0

Se observa que el sistema es compatible determinado, y como es homogéneo, su solución única es (0,0,0,0). Por tanto S T = { (0,0,0,0) }, es el subespacio cero.

b) 1ª forma: Siguiendo la sugerencia: Por a) tenemos que dim(S T)=0. También sabemos que:

- dim(S)=2, ya que está definido por 2 ecuaciones independientes en 4 y por tanto tendría 4�–2=2 parámetros, dimensión 2. - dim(T)=2 por lo mismo. Así, usando la fórmula dim(S)+ dim(T) = dim(S+T) + dim(S T), obtenemos que dim(S+T)=4.

Entonces S+T es un subespacio de dimensión 4 en 4, así que sólo puede ser el total.

Concluimos por tanto que S+T= 4.


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

2ª forma: Pasamos S y T a paramétricas, resolviendo cada uno de los dos sistemas. Se obtiene lo siguiente:

S={ ( ) }, T={ ( ) } De lo cual se calcula un sistema generador de cada uno: S= <(1,-1,0,0), (0,0,1,-1)>, T= <(1,1,0,0), (0,0,1,1)> y así la unión de ambos es un sistema generador de S+T : S+T= <(1,-1,0,0), (0,0,1,-1), (1,1,0,0), (0,0,1,1)> y se comprueba (p.ej. escalonando la matriz) que este conjunto tiene rango 4. Entonces S+T es un subespacio de dimensión 4 en 4, así que sólo puede ser el total. Concluimos pues, que S+T= 4.

E-10) Resolviendo el sistema obtenemos las implícitas: ). Poniendo

) = (-2,2,1,0) + (-3,1,0,1) se obtiene que un sistema generador es (-2,2,1,0), (-3,1,0,1). Observamos que estos vectores son independientes (uno no es múltiplo del otro), por tanto (-2,2,1,0), (-3,1,0,1) forman base y la dimensión del subespacio es 2. E-11) a) No, pues no son independientes (su determinante es nulo; o bien escalonando la matriz se ve que es de rango 2).

b) El subespacio {y=0} en 3 es un plano; tiene dimensión 2 (pues está dado por 1 ecuación en 3 ; 3�–1=2). Así que los dos vectores serán base de este plano si son independientes. Y son independientes, porque uno no es múltiplo de otro. Por tanto sí forman base.

E-12) Tenemos 2 vectores; para formar una base de 4 habrá que añadir otros 2, que sean independientes de los anteriores. Probemos con vectores de la base canónica: por ejemplo si elegimos (0,0,1,0), (0,0,0,1) tendremos la familia (2,3,0,1), (0,2,0,0), (1,0,0,0), (0,0,1,0) que se ve claramente que es de rango 4 (la matriz ya está escalonada). Por tanto esta familia es base de 4.

(Los vectores añadidos no tienen por qué ser de la base canónica, valdrían otros si el rango final es 4).

E-13) Habrá que quedarse con 3 vectores independientes. (Ojo, los 3 primeros no lo son). Para saber cuáles son, escalonamos la matriz y nos quedamos con las columnas pivotales, que son la 1ª, 2ª y 4ª. Por tanto una base será (1,2,3) (4,5,6), (0,1,3) .

E-14) 1ª forma: Planteamos el sistema (-3,-8) = (0,-1) + (1,2) , cuya solución es = 2, = �–3. Así pues, las coordenadas de v en la base dada son (2, �–3). 2ª forma: Hallamos la matriz de cambio de base (ver ejercicio E-15), y multiplicándola por v se

obtiene que son las coordenadas pedidas. 2 -1 -3 2

=1 0 -8 -3


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

E-15) a) Basta poner los vectores de la base en columnas, 0 1-1 2

b) Es la matriz inversa de la anterior: = . 10 1

1 22 -11 0

E-16) a) La suma será directa si dim(S T)=0. Sabemos que tanto S como T tienen dimensión 2, entonces

dim S + dim T = dim(S+T) + dim(S T) 2 2 4 0

vemos que el caso dim(S T)=0 sólo se da cuando dim(S+T)=4. Y esto ocurrirá en caso de que los vectores (1,2,0,0), (1,0,0,2), (0,0,2,1), (2,0,0,1) que generan S+T sean independientes. En efecto lo son (la matriz que forman es de rango 4), así que dim(S+T)=4, y dim(S T)=0. Por tanto la suma es directa. b) La suma será directa si dim(S T)=0. Sabemos que tanto S como T tienen dimensión 2, entonces

dim S + dim T = dim(S+T) + dim(S T) 2 2 4 0

vemos que el caso dim(S T)=0 sólo se da cuando dim(S+T)=4. Pero esto es imposible porque estamos en 3, ningún subespacio puede tener dimensión 4. Por tanto dim(S+T)=4 no puede ser, y dim(S T)=0 tampoco. La suma no es directa.

- También es posible, tanto en a) como en b), calcular explícitamente la intersección y ver si es el subespacio cero o no (aunque lleva más trabajo).

E-17) Añadimos vectores hasta formar una base de 3: será necesario añadir 1 vector, que sea independiente de los anteriores. Por ejemplo (1,0,0) sirve, porque el rango de (1,2,3),(4,5,6), (1,0,0) es tres. Así, la base del suplementario son los vectores añadidos, en este caso (1,0,0). Por tanto el suplementario encontrado es el espacio generado por este vector (en este caso se trata del eje x)

(Hay infinitas posibilidades más. De hecho cualquier recta no contenida en el subespacio sería un suplementario).


Sol.

Sol.

Sol.

APLICACIONES LINEALES.

INTRODUCCIÓN: APLICACIONES ENTRE CONJUNTOS.

Una aplicación entre dos conjuntos A y B es una regla que permite asignar a cada elemento de A, uno de B.

La aplicación f del conjunto A en el conjunto B se indica mediante f: A B o bien A B. f

El conjunto A se llama conjunto inicial, y el B conjunto final. Si la aplicación f asigna al elemento a A el elemento b B, diremos que b es la imagen de a, lo que se denota por f(a) = b. La regla ha de estar inequívocamente definida, de modo que para todos y cada uno de los elementos de A, esté claro qué elemento de B es su imagen.

Clasificación de las aplicaciones:

Se dice que una aplicación es inyectiva si no hay dos elementos que tengan imágenes iguales. Una aplicación inyectiva �“crea una copia�” de A dentro de B.

Se dice que una aplicación es suprayectiva (o sobreyectiva) si todos los elementos del conjunto final B han sido utilizados.

Se dice que una aplicación es biyectiva si es a la vez inyectiva y suprayectiva. Una aplicación biyectiva establece una �“igualdad�” entre los conjuntos A y B, pues a cada elemento de A le corresponde uno de B, y a cada elemento de B, exactamente uno de A.

Si f es biyectiva existe su inversa, denotada f �–1: A B , que �“deshace�” lo hecho por f.

Ejemplos: 1. La aplicación del conjunto de la población española mayor de edad en el conjunto de los números naturales, que asigna a cada ciudadano su número de DNI. Es inyectiva, pues no hay dos personas con el mismo DNI. No es suprayectiva, pues no todos los números se utilizan.

2. La aplicación del conjunto de los números reales en el conjunto de los reales positivos,

que asigna a cada número su cuadrado: 2x x

No es inyectiva, pues hay números con el mismo cuadrado (p.ej. 2 y �–2). Es suprayectiva, pues todos los reales positivos son el cuadrado de algún número.

En este capítulo definiremos aplicaciones entre espacios vectoriales.

1 Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Aplicaciones Lineales

APLICACIONES LINEALES. PROPIEDADES

Definición: Aplicación lineal Dados dos espacios vectoriales V y W, y dada una aplicación f: V W, diremos que f es lineal si conserva las combinaciones lineales, es decir: dada una combinación lineal entre vectores de V, sus imágenes en W verifican la misma combinación: si u = v+ w (en V) entonces u�’ = v�’ + w�’ (en W)

donde u�’, v�’, w�’ son respectivamente las imágenes de u, v, w. Esto se puede expresar también así: (1) f( v+ w) = f(v) + f(w) para v, w V

(�“La imagen de una combinación lineal, es la combinación lineal de las imágenes�”. ) También es equivalente a afirmar que se conserva la suma y el producto por escalares: (2) (2a) f(v+ w) = f(v) + f(w) para v, w V

(2b) f( v) = f(v) para v V, escalar. Por tanto, a la hora de probar si una aplicación es lineal, podemos utilizar indistintamente (1) o (2).

Las aplicaciones lineales también se pueden llamar homomorfismos.

Pueden también definirse aplicaciones en subespacios vectoriales, pues éstos funcionan como espacios vectoriales. Por ejemplo,

S={( , 2 ) : } es un subespacio de y en él podemos definir la aplicación lineal 2

3S( ,2 ) (3 ,4 ,5 )

f

Ejemplos.

1. Consideremos la siguiente aplicación de en y veamos si es lineal: 3 2

3 2

(x,y,z) (2x, z)

f

Vamos a comprobar que se cumple la afirmación (2) anterior.

(2a): Veamos que f(v+ w) = f(v) + f(w) para cualesquiera v, w : 3

Sean dos vectores genéricos de , v=(a,b,c), w= (a�’, b�’, c�’), entonces 3

f(v + w) = f ( (a,b,c) + (a�’, b�’, c�’) ) = f(a+a�’, b+b�’, c+c�’) = ( 2(a+a�’), c+c�’) son iguales. f(v) + f(w) = f(a,b,c) + f(a�’,b�’,c�’) = (2a, c) + (2a' , c�’) = ( 2a+2a�’, c+c�’)


(2b): Veamos que f( v) = f(v) para cualesquiera v , escalar. 3

Sea un vector genérico v=(a,b,c) de y un escalar , entonces: 3

f(v) = f(a,b,c) = (2a, c) = (2 a, c) son iguales.

f( v) = f( (a,b,c)) = f( a, b, c) = (2 a, c)

Como (2a) y (2b) se cumplen para vectores genéricos, concluimos que la aplicación f es lineal.

2. Veamos ahora la siguiente aplicación de en : 2 4

2 4

(x,y) (x, y, x+y,1 )

g

Si encontramos un caso concreto en que no se cumpla (2a) o (2b), la aplicación ya no será lineal. En efecto, (1,0) (1,0,1,1) (2,0) (2,0,2,1) Por tanto g no es lineal.

Al multiplicar un vector por 2, su imagen no haquedado multiplicada por 2.

Por su importancia o significado geométrico, destacamos algunas aplicaciones lineales:

1. Aplicación identidad: de un espacio vectorial en sí mismo. Asigna a cada vector el mismo vector.

V Vu u

id

2. Aplicación nula: entre dos espacios vectoriales V y W, asigna a todo vector de V el vector cero de W.

V W

u 0

n

3. Giros: pueden hacerse en el plano o el espacio ( ó ). Por ejemplo la siguiente aplicación en hace girar a todos los vectores del plano 45º en sentido antihorario:

2 3

2

2 2

2 2 2 22 2 2 2(x,y) ( x- y, x+ y )

4. Reflexiones o simetrías: en el espacio podemos �“reflejar�” los vectores como en un espejo, respecto a un plano dado. En el plano podemos hacerlo respecto a una recta. Por ejemplo, la siguiente aplicación es una simetría en , respecto del plano XZ.

3

2

3

3 3

(x,y,z) (x, - y,z)


5. Homotecias: Multiplican los vectores por un cierto escalar (el mismo para todos los vectores). Si el escalar es mayor que 1, se trata de una dilatación, mientras que si es menor que 1 se trata de una contracción. La siguiente homotecia puede representar la dilatación del 1% de una lámina de metal bajo el efecto del calor:

2 2

(x,y) (1.01x, 1.01y)

6. Proyecciones: Son aplicaciones que llevan todos los vectores del espacio a un cierto plano, sobre el que proyectamos.

3

La siguiente aplicación transforma cualquier pieza tridimensional en su vista en alzado (proyección sobre el plano XZ).

3 3

(x,y,z) (x,0,z)

Propiedad: Si f: V W es una aplicación lineal, la imagen del vector cero de V siempre es el vector cero de W. Demostración:

Denotemos por 0 y 0 el vector cero de V y de W respectivamente. V W

Entonces, partiendo de cualquier vector v V, tenemos:

f( 0 ) = f( v �– v) = f(v) �– f(v) = V 0W Observación. Esta propiedad puede utilizarse para probar que una aplicación no es lineal, pues si no cumple esta propiedad no podrá serlo. (Si la cumple, podrá ser lineal o no.)

Teorema: Transformación de subespacios. a) Una aplicación lineal f: V W transforma subespacios de V en subespacios de W.

Dado S un subespacio de V, su imagen se denota por f(S). Es el subespacio de W formado por las imágenes de todos los vectores de S.

b) El subespacio f(S) tiene dimensión menor o igual que la dimensión de S. Además se tiene que si la aplicación f es inyectiva, entonces se conservan las dimensiones, es decir, f(S) tiene la misma dimensión que S.

Observar el significado geométrico de este teorema: ya que los subespacios de son rectas, planos..., el apartado a) afirma que éstos no pueden transformarse, por una aplicación lineal, en líneas curvas o superficies curvas.

n

El apartado b) significa que una recta no puede, por ejemplo, transformarse en un plano (la dimensión no puede aumentar). Un plano podrá transformarse en otro plano; en una recta; o en un punto { }. 0


Teorema: imagen de un sistema generador. Sea f: V W lineal, y sea S un subespacio de V. Entonces, la imagen de un sistema generador de S es un sistema generador de f(S). Es decir: si v1, . . . vr generan S, entonces f(v1), . . . , f(vr) generan f(S). Ejemplo. Usaremos el teorema anterior para calcular cuál es la imagen de un subespacio.

Sea la aplicación lineal: 3 2

(x,y,z) (x+y+2z, 3x+3y+6z )

f

Calculemos la imagen del subespacio S= {( , �– ) : }. Para ello hallamos primero un sistema generador de S, que es (1,1,1), (1,0,�–1). La imagen de este sistema generador es: f(1,1,1) = (4,12) f(1,0,�–1) = (�–1,�–3)

Por tanto f(S) será el subespacio de generado por (4,12) y (�–1,�–3). 2

Notar que estos no forman base de f(S), pues no son independientes. Una base de f(S) podría ser (4,12), o bien (1,3), por ejemplo.

Teorema: imagen de conjuntos dependientes e independientes. Sea f: V W lineal. La imagen de un conjunto linealmente dependiente es otro conjunto linealmente dependiente. No está asegurado que la imagen de un conjunto independiente siga siendo independiente (esto sólo está asegurado si la aplicación es inyectiva).

Observación. Si tenemos en cuenta que una base es un sistema generador linealmente independiente, veremos que de los dos teoremas anteriores se desprende que una base de S no tiene por qué transformarse en una base de f(S). Sólo si f es inyectiva está asegurado que sea así.

NÚCLEO E IMAGEN.

Observemos que determinados vectores de V pueden tener como imagen el 0 . Esto ocurre al menos con , pero también puede ocurrir con más vectores de V.

W

0V

Por ejemplo, en la aplicación el vector (0,0) tiene como imagen

(0,0), pero lo mismo le ocurre a (1,1), y también a todos los vectores de la forma ( ).

2 2

(x,y) (x-y, x-y )

f

5

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Aplicaciones Lineales

Definición: Núcleo. Se llama núcleo de f al conjunto de los vectores de V cuya imagen es . Se denota por Ker(f) (del inglés kernel=núcleo).

0W

Es decir, Ker(f) = {v V : f(v) = } 0W

El núcleo podrá ser solamente { 0 } , o podrá ser un subespacio mayor.

Definición: Subespacio imagen. Dada f: V W lineal, se llama subespacio imagen de f (o simplemente imagen de f) al conjunto de las imágenes de todos los vectores de V. Se denota por Im(f). Se puede denotar también por f(V), pues es la imagen de todo el espacio inicial V. Según el teorema de transformación de subespacios, Im(f) es un subespacio de W, cuya dimensión es menor o igual que dim(V). La dimensión de Im(f) también ha de ser dim(W), pues está contenido en W. Además, si v1, . . . vn son un sistema generador de V, entonces sus imágenes f(v1), . . . , f(vn) son un sistema generador de Im(f).

Por tanto, el núcleo es un subespacio de V, y la imagen lo es de W. Las dimensiones de ambos están relacionadas por la siguiente fórmula:

dim( Im(f) ) + dim( Ker(f) ) = n donde n es la dimensión del espacio inicial V.

Ejemplos.

1) Calcular el núcleo y la imagen de la aplicación lineal 3 2

(x,y,z) (x+y+2z, 3x+3y+6z )

f

Imagen: Partimos de un sistema generador del espacio inicial , por ejemplo la base canónica (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1). Sus imágenes son:

3

f(1,0,0) = (1,3) f(0,1,0) = (1,3) f(0,0,1) = (2,6) Por tanto Im(f) está generada por (1,3), (1,3), (2,6). Eliminando los vectores que son combinación lineal de los demás, obtenemos que una base de Im(f) es { (1,3) }. Así pues, la dimensión de Im(f) es 1.


Núcleo: Hay que encontrar los vectores cuya imagen es (0,0), es decir, los (x,y,z) tales que (x+y+2z, 3x+3y+6z) = (0,0) por tanto x+y+2z =0 3x+3y+6z =0

sistema compatible indeterminado cuya solución general es:

(2 , 2 , �– �– ) : Estos son todos los vectores que forman el núcleo, es decir

Ker(f) = { (2 , 2 , �– �– ) : } De esta expresión paramétrica podemos obtener una base de Ker(f): { (2,0,�–1), (0,2,�–1) } Por tanto la dimensión del núcleo es 2. Observemos que se verifica la fórmula: 1 + 2 = 3.

2) Calcular el núcleo y la imagen de la aplicación lineal 2 2

(x,y) (2x-3y, -x-y )

f

Núcleo: Hay que encontrar los vectores cuya imagen es (0,0), es decir, los (x,y) tales que (2x+3y, �–x�–y) = (0,0) por tanto 2x+3y=0 �–x�–y = 0

este sistema es compatible determinado y por tanto su única solución es x=0, y =0.

Por ello el único vector en Ker(f) es (0,0). Imagen: De la fórmula dim( Im(f) ) + dim( Ker(f) ) = 2 , como dim( Ker(f) ) es cero, obtenemos que dim( Im(f) ) = 2.

Y como Im(f) está contenida en el espacio final , si su dimensión es 2 ha de ser todo el espacio. Por tanto, Im(f) = .

2

2

CLASIFICACIÓN DE APLICACIONES.

Una aplicación lineal f: V W puede ser inyectiva, suprayectiva, ninguna de las dos cosas o ambas (y en ese caso es biyectiva). Veremos cómo esto se relaciona con el cálculo del núcleo e imagen.

Suprayectividad: Im(f) es un subespacio de W, que puede ocupar todo W o no. Si existen elementos de W que estén fuera de Im(f), éstos no serán imagen de ningún elemento de V.

Por tanto, f: V W será suprayectiva si Im(f) ocupa todo W: Im(f) = W. Para comprobar esto basta comparar las dimensiones: en efecto, como Im(f) siempre está contenido en W, cuando sus dimensiones coincidan tendremos que Im(f) = W.

Así pues, f es suprayectiva cuando dim ( Im(f) ) = dim(W).


Inyectividad: En principio habría que comprobar si existen dos vectores de V cuyas imágenes sean iguales. Pero esto viene facilitado por el siguiente resultado:

Teorema. f es inyectiva si y sólo si su núcleo es solamente {0 }. V

Demostración: Si hay un vector v además de 0 en el núcleo, ambos tienen la misma imagen 0 , con lo que f ya no sería inyectiva.

V W

Y por otra parte, si f no es inyectiva entonces hay dos vectores u, v con imágenes iguales, f(u) = f(v), y entonces tendremos

f(u)�–f(v) = 0 f(u �– v) = 0 así el vector u �– v está en el núcleo, luego éste ya no es {0 } V

Gracias a esto, para comprobar la inyectividad basta calcular el núcleo.

También es suficiente conocer la dimensión, puesto que Ker(f) = {0 } es equivalente a que su dimensión sea 0.

V

Así pues, f es inyectiva cuando dim ( Ker(f) ) = 0.

Ejemplos.

1) Consideramos la aplicación del ejemplo 1) anterior 3 2

(x,y,z) (x+y+2z, 3x+3y+6z )

f

Como ya hemos calculado el núcleo y la imagen, tenemos:

dim( Im(f) ) = 1 2 no es suprayectiva.

dim ( Ker(f) ) = 2 0 no es inyectiva.

2) Ejemplo 2) anterior: 2 2

(x,y) (2x-3y, -x-y )

f

dim( Im(f) ) = 2 es suprayectiva.

dim ( Ker(f) ) = 0 es inyectiva. Por tanto es biyectiva.

3) Una aplicación f: nunca podrá ser inyectiva: pues como Im(f) está

contenida en , su dimensión es y así

3 2

2 2

dim( Im(f) ) + dim( Ker(f) ) = 3 es imposible que dim( Ker(f) ) sea 0 2


4) Una aplicación f: nunca podrá ser suprayectiva: 2 4

dim( Im(f) ) + dim( Ker(f) ) = 2 es imposible que dim( Im(f) ) sea 4. 0

5) Las aplicaciones destacadas que hemos señalado al principio del tema:

- La identidad es biyectiva.

- La aplicación nula no es inyectiva ni suprayectiva.

- Los giros, simetrías y homotecias son biyectivas.

Observación.

Cuando la aplicación es inyectiva, la fórmula dim( Im(f) ) + dim( Ker(f) ) = n indica que Im(f) tiene la misma dimensión, n, que el espacio inicial.

Así pues, dada f: V W inyectiva, Im(f) es una �“copia�” de V dentro de W.

Por ejemplo, dada la siguiente aplicación inyectiva, 2 3

(x,y) (x+y, x-y, 0 )

f

el subespacio Im(f) está generado por las imágenes de la base canónica: f(1,0)= (1,1,0) f(0,1)=(1,�–1,0). Como (1,1,0) y (1,�–1,0) son linealmente independientes, Im(f) tiene dimensión 2. Así, Im(f) es un plano en y por tanto una �“copia�” del conjunto inicial dentro de . 3 2 3

MATRIZ ASOCIADA A UNA APLICACIÓN LINEAL.

Veremos que hay una relación entre las matrices y las aplicaciones lineales, tanto es así que cada matriz representa una aplicación, y cada aplicación se puede identificar con una matriz. Para introducir esto, partimos del concepto de rango de una aplicación.

Definición: Rango de una aplicación lineal.

Se llama rango de una aplicación lineal a la dimensión de su subespacio imagen. Se denota por rg(f). Es decir: rg(f) = dim( Im(f) ).

9

- Las proyecciones son suprayectivas pero no inyectivas.


Ejemplo.

Calculemos el rango de la siguiente aplicación: 3 2

(x,y,z) (2x+3y+z, y+z)

f

Para ello hemos de hallar Im(f) y su dimensión.

Partiendo de un sistema generador de , (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) hallamos sus imágenes, 3

f(1,0,0)=(2,0) f(0,1,0)=(3,1) f(0,0,1)=(1,1)

Estos tres vectores de generan Im(f), pero sólo dos de ellos son linealmente independientes, por lo que la dimensión de Im(f) es 2. Así pues, rg(f) = 2.

2

Observación. En el ejemplo anterior, para calcular el rango de f, hemos calculado el rango (es decir, el número de vectores independientes) de la familia de vectores (2,0), (3,1), (1,1). Esto

equivale, colocando estos vectores en columnas, a calcular el rango de la matriz

(en este caso rango 2).

2 3 10 1 1

Veremos que esta matriz cumple un papel importante respecto a la aplicación.

Definición: Matriz asociada a una aplicación.

Dada una aplicación lineal f: V W, se llama matriz asociada a f (en bases canónicas) a la matriz que contiene en sus columnas las imágenes de la base canónica de V.

Propiedades. 1) La matriz de f: es de tamaño m x n. n m

2) Si A es la matriz asociada a f, el rango de la aplicación f (es decir, la dimensión del subespacio imagen) es el rango de A (que puede calcularse escalonando la matriz, etc).

3) La matriz A asociada a f puede utilizarse para calcular la imagen de cualquier vector. En efecto, si multiplicamos la matriz A por el vector v (en columna), obtenemos el vector f(v) (también en columna).

n

m

A v = f(v)

Ejemplo.

Dada la aplicación 2 3

(x,y) (x+y, x-y, 0)

f

su matriz asociada será de tamaño 3x2.

Colocamos en las columnas las imágenes de la base canónica de : 2


f(1,0)= (1,1,0) f(0,1)=(1,�–1,0).

así obtenemos la matriz A = 1 11 -10 0

Utilicemos la matriz para calcular la imagen del vector v=(2,3).

1 11 -10 0

23

= por tanto f(v) = (5,�–1,0) 5-1 0

Observación. Dada una aplicación lineal podemos calcular su matriz asociada; pero también al revés: dada cualquier matriz A de tamaño m x n, podemos interpretarla como la matriz de una aplicación f: , puesto que con la matriz ya sabemos calcular las imágenes y por tanto está determinada la aplicación f.

n m

Así pues, hay una identificación entre aplicaciones lineales y matrices.

Ecuación de una aplicación lineal.

Sea f: , con matriz asociada A = . n m11 1

1

n

m m

a a

a a n

Denotemos por (x1, . . ., xn) un vector del conjunto inicial , y por (y1, . . ., ym) su imagen en . Entonces tenemos, según lo anterior,

n

m

11 1

1

n

m m

a a

a a n

1

n

x

x= (ecuación matricial)

1

m

y

y

lo que también se puede escribir en forma no matricial, resultando y1 = a11x1+ . . . +a1nxn

ym = am1x1+ . . . +amnxn

Esta es la ecuación de f, que es la expresión que permite calcular la imagen (y1, . . ., ym) a partir del vector (x1, . . ., xn).

11

(lo que puede comprobarse aplicando f al vector v y obteniendo el mismo resultado).


Ejemplo.

En el ejemplo anterior, tenemos f dada por su matriz . 2 3 10 1 1

Si denotamos por (x1, x2, x3) los vectores del conjunto inicial y por (y1, y2) sus imágenes, la ecuación de f será

3

2 3 10 1 1

1

2

3

xxx

3

3

= es decir 1

2

yy

1 1 2

2 2

y = 2x +3x +xy = x + x

Cálculo del núcleo e imagen mediante la matriz asociada.

Supongamos que tenemos una aplicación lineal f: V W y su matriz asociada A.

Núcleo: Los vectores del núcleo son los v tales que f(v)= 0 , es decir, A v= . 0

Basta por tanto plantear el siguiente sistema homogéneo de ecuaciones:

A = 1

n

x

x

0

0

Si es compatible indeterminado, su solución se expresará mediante parámetros, y ésa será la forma paramétrica de Ker(f). Si es compatible determinado entonces solamente tiene la solución nula, por lo que el núcleo estará formado solamente por el vector , Ker(f) = { }. 0 0

Imagen: Las columnas de A son las imágenes de la base canónica, por tanto son imágenes de un sistema generador del espacio inicial V. Así pues dichas columnas son un sistema generador de Im(f). Por tanto: Im(f) es el espacio generado por las columnas de A. Dichas columnas no tienen por qué formar una base de Im(f); para obtener ésta habrá que suprimir las columnas que dependan linealmente de las demás (por ejemplo, escalonando la matriz y quedándonos con las columnas pivotales).

Ejemplo.

Sea f la aplicación dada por la matriz A= 1 0 10 2 22 1 1

; calcular bases de su núcleo e imagen.

Notemos que, ya que A es de tamaño 3x3, la aplicación será f: . 3 3


Núcleo: Resolvemos el sistema = , obteniendo la solución ( �– ), que

es la forma paramétrica de Ker(f). Por tanto una base de Ker(f) es (1,�–1,1).

1 0 10 2 22 1 1

xyz

000

Imagen: Es el subespacio de generado por las tres columnas de la matriz A. Como A tiene rango 2, una de las columnas depende linealmente de las demás. Escalonando la matriz se ve que los pivotes quedan en las columnas 1ª y 2ª, por tanto nos quedamos con

las columnas

3

102

y como base de Im(f). 021

Finalmente podemos ver, como comprobación, que dim( Ker(f) ) + dim( Im(f) ) = 1 + 2 = 3.

MATRIZ DE UNA APLICACIÓN EN DISTINTAS BASES.

La matriz de una aplicación que hemos considerado hasta ahora, es la matriz llamada estándar o en bases canónicas. Cuando no se afirme lo contrario se tratará de la matriz estándar. Ahora bien, si fijamos en los espacios inicial y final otras bases, entonces podemos trabajar con coordenadas en dichas bases. Podemos entonces encontrar una expresión de f adecuada a estas coordenadas. (Nota. A partir de aquí, conviene repasar el punto �“COORDENADAS Y CAMBIOS DE BASE�” del tema Espacios Vectoriales).

Definición: Matriz de una aplicación en bases cualesquiera. Sea f: una aplicación lineal, y consideremos en el espacio inicial una cierta base B, y en el espacio final otra base B�’.

n m n

Entonces se define la matriz de f en bases B y B�’ como la matriz M que contiene en sus columnas las imágenes de los vectores de la base B, expresadas en coordenadas respecto de B�’.

Ejemplo.

Sea la aplicación 2 3

(x,y) (x+y, x-y, 0)

f

y consideremos las bases siguientes:

- En el espacio inicial la base B = { (1,1), (1,�–1) } 2

- En el espacio final la base B�’ = { (1,1,0), (1,0,1), (0,1,1) } 3

Calculemos la matriz de f en bases B y B�’. Para ello hallamos las imágenes de la base B:


f(1,1) = (2,0,0) f(1,�–1) = (0,2,0)

Estas imágenes, (2,0,0) y (0,2,0), en el espacio final han de expresarse en coordenadas respecto de la base B�’. Esto puede hacerse planteando sistemas o bien utilizando la matriz de cambio de base (ver Tema Espacios Vectoriales). Por ejemplo mediante sistemas:

3

(2,0,0) = (1,0,0) + (1,1,0) + (1,1,1) =1, =1 =�–1, es decir, (1,1,�–1) son las

coordenadas de (2,0,0) en base B�’ y por tanto 111

es la primera columna de la matriz M.

(0,2,0) = (1,0,0) + (1,1,0) + (1,1,1) =1, =�–1 =1, es decir, (1,�–1,1) son las

coordenadas de (2,0,0) en base B�’ y por tanto 11

1 es la segunda columna de la matriz M.

Así tenemos M = 1 1 1 -1-1 1

, la matriz de f en bases B y B�’.

Propiedades. 1) La matriz de f: en bases cualesquiera es de tamaño m x n, al igual que la matriz estándar.

n m

2) El rango de la aplicación f ( = dimensión del subespacio imagen) también puede calcularse mediante el rango de M, siendo M la matriz en bases cualesquiera.

4) La matriz M en bases B y B�’ puede utilizarse para calcular imágenes de vectores, cuando trabajamos con coordenadas en base B en el espacio inicial y con coordenadas en base B�’ en el espacio final.

En efecto, si multiplicamos la matriz M por el vector v (en columna y expresado como coordenadas en base B), obtenemos el vector f(v) (también en columna y expresado como coordenadas en base B�’). Es decir,

n

m

M = 1

n

x

x

1

m

y

y

siendo las coordenadas de v en base B, y siendo 1

n

x

x

n1

m

y

y las coordenadas de su

imagen f(v) expresada en base B�’.

14 Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Aplicaciones Linealess

Ejemplo.

Consideremos la aplicación del ejemplo anterior, y hallemos la

imagen del vector v=(5,3). Vamos a hacerlo de dos maneras: en bases canónicas, y en las bases B y B�’ definidas anteriormente:

2 3

(x,y) (x+y, x-y, 0)

f

- En el espacio inicial la base B = { (1,1), (1,�–1) } 2

- En el espacio final la base B�’ = { (1,1,0), (1,0,1), (0,1,1) } 3

En bases canónicas: La imagen de (x,y) es simplemente (x+y, x-y, 0) por lo que f(v)=(8,2,0).

En bases B y B�’ : Las imágenes pueden calcularse mediante la matriz M que ya hemos

hallado: M= 1 1 1 -1-1 1

Para ello expresamos v en base B:

(4,3) = (1,1)+ (1,�–1) =4, =1, luego (4,1) son las coordenadas de v en base B.

Multiplicando la matriz M por estas coordenadas en columna, obtenemos

1 1 1 -1-1 1

41

= 5 3-3

Así pues, la imagen de v es (5,3,�–3) en coordenadas en base B�’.

Veamos que esto coincide con la imagen f(v)=(8,2,0) obtenida antes:

Que las coordenadas de f(v) en base B�’ sean (5,3,�–3) significa, por definición de coordenadas, que:

f(v)= 5 (1,1,0) + 3 (1,0,1) �– 3 (0,1,1) = (8,2,0) , efectivamente.

Relación entre la matriz estándar y la matriz en otras bases. Sea f: V W una aplicación lineal con matriz asociada A en bases canónicas. Consideremos otras bases, B base de V y B�’ base de W. Consideremos las siguientes matrices de cambio de base en cada espacio: En V: P es la matriz de cambio de la base B a la canónica, y P-1 de la canónica a B. En W: Q es la matriz de cambio de la base B�’ a la canónica, y Q-1 de la canónica a B�’. Entonces se tiene la igualdad: M = Q�–1 A P


Esto puede representarse mediante el siguiente esquema:

f W

b. canónica b. canónica

base B�’

Q�–1 Q P-1 P

M base B

A V

También es posible cambiar de base sólo en el espacio inicial, o sólo en el espacio final:

f W


base B�’

Q�–1 Q M

A V 1) Aquí M es la matriz en la base canónica

y B�’ (es decir, sus columnas contienen lasimágenes de la base canónica, expresadascomo coordenadas en B�’). Entonces tenemos: M = Q�–1 A

f


base B

P-1 P M

A V W 2) Ahora M es la matriz en B y la base

canónica (es decir, sus columnascontienen las imágenes de la base B,expresadas como coordenadas en basecanónica). Entonces tenemos: : M = A P

Ejemplo:

Dada la aplicación 2 3

(x,y) (x+y, x-y, 0)

f

ya hemos calculado anteriormente la matriz en bases canónicas, que es A= 1 11 -10 0

y su matriz en bases B={(1,1),(1,�–1)}, B�’={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}, que es M = , 1 1 1 -1-1 1

Los cambios de base son:

En el espacio inicial : el cambio de B a la base canónica es P= 2 1 11 1

(P se halla colocando en columnas los vectores de B expresados en base canónica). El cambio inverso, de la base canónica a B será P�–1.

16

(Podemos considerar que P es la matriz identidad)

(Podemos considerar que Q es la matriz identidad)


En el espacio final : el cambio de B�’ a la base canónica es Q= . 3

1 1 01 0 10 1 1

(Q se halla colocando en columnas los vectores de B�’ expresados en base canónica). El cambio inverso, de la base canónica a B�’ será Q�–1. Se cumplirá entonces que M = Q�–1 A P . Así pues, también podríamos haber hallado M de la siguiente manera:

M = Q�–1 A P =

1 1 12 2 21 1 12 2 2

1 1 12 2 2

= . 1 11 -10 0

1 11 1

1 1 1 -1-1 1

MATRICES EQUIVALENTES.

La equivalencia es una relación entre matrices que se puede definir de cuatro formas diferentes:

1) Dos matrices A y B son equivalentes (se denota A ~ B) si son matrices de la misma aplicación lineal, en distintas bases.

3) A y B son equivalentes si existen P, Q matrices cuadradas inversibles tales que B=PAQ.

4) Dos matrices son equivalentes si tienen la misma dimensión mxn y el mismo rango.

Ejemplo. Dadas las matrices A= y B = , observamos que

ambas tienen dimensión 3x4 y rango 3. Así, por la afirmación 4) anterior, A y B son equivalentes.

1 2 3 45 6 7 89 0 1 2

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

Esto significa, por 2), que A se puede transformar en B mediante operaciones elementales por filas y posiblemente también por columnas.

También significa, por 1), que tanto A como B son matrices de una cierta aplicación lineal en distintas bases. Esta aplicación deberá ser f: (puesto que así su matriz será 3x4) y deberá ser rg(f)=3 ( es decir, dim(Im(f))=3 ), puesto que así la matriz de f tendrá rango 3.

4 3


2) Dos matrices A y B son equivalentes si se puede pasar de una a otra mediante operaciones elementales por filas y posiblemente también por columnas (permutar líneas; multiplicar una línea por un escalar no nulo; sumar a una línea un múltiplo de otra)

Si tenemos dos aplicaciones lineales f: V W y g: W U, podemos definir la aplicación compuesta h=g f, consistente en aplicar a cada vector f y después g.

h : V W U v f(v) g( f(v) )

La matriz de la aplicación compuesta se obtiene multiplicando las matrices de f y de g. Si A es la matriz de f y M es la matriz de g, entonces M·A es la matriz de h. (En bases canónicas).

Si se trata de otras bases se verifica una relación similar. Supongamos que:

- es base de V, ' lo es de W, y '' lo es de U. - A es la matriz de f en bases y ' - M es la matriz de g en bases ' y ''

- Entonces el producto M·A es la matriz de h en bases y ''.

Ejemplo

Sean las aplicaciones y 2 4

(x,y) (x, y, x+y, x-y )

f 4 3

(x,y,z,t) (x, x y, z+t)

g

La matriz de f en base canónica es A=

1 00 11 11 1

La matriz de g en base canónica es B= 1 0 0 01 1 0 00 0 1 1

Por tanto la aplicación compuesta h=g f tiene como matriz en base canónica

B·A= = 1 0 0 01 1 0 00 0 1 1

1 00 11 11 1

1 01 12 0

que es de dimensión 3x2 puesto que h comienza en y acaba en . 2 3

18

COMPOSICIÓN DE APLICACIONES.


AUTOEVALUACIÓN - Aplicaciones Lineales.




4

2

4

4

4

6

3

C-1) Razonar las respuestas:

( ) ( )

a) ¿Una aplicación lineal puede ser inyectiva? 2f :b) ¿Una aplicación lineal puede ser inyectiva? 3f :

( ) c) ¿Una aplicación lineal f puede ser suprayectiva? 2:( ) d) ¿Una aplicación lineal puede ser suprayectiva? 5f :( ) e) ¿Una aplicación lineal f puede ser inyectiva sin ser suprayectiva? 2:( ) f ) ¿Una aplicación lineal puede ser inyectiva sin ser suprayectiva? 6f :

C-2) Verdadero o falso: Dada f: V W , si v1, . . . , vn son un sistema generador de V, entonces ( ) f(v1), . . . , f(vn) son un sistema generador de W.

C-3) Construye una matriz que pueda corresponder a:

( ) a) una aplicación lineal f inyectiva 3 4:( ) ( )

b) una aplicación lineal suprayectiva 4f :c) una aplicación lineal entre los espacios que quieras, biyectiva

C-4) Dada una aplicación lineal f, con matriz asociada A, ¿qué relación hay entre Im(f) ( ) y el rango de A?

C-5) Para cada una de estas aplicaciones lineales, ¿cuáles son las posibilidades para la dimensión de Im(f) ?

( ) ( )

a) 3 4f :b) 5 2f :

C-6) Para cada una de estas aplicaciones lineales, ¿cuáles son las posibilidades para la dimensión de Ker(f) ?

( ) ( )

a) 3 4f :b) f : 3 2

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Aplicaciones lineales - Autoevaluación.

B) Ejercicios (25 puntos)

E-1) Probar si las siguientes aplicaciones son o no lineales: a)

2 3f :(x,y) (x+1 , y+1, x+y )

( )

( ) b)

2 2f :(x,y) (y , x )

E-2) Dada , dar una base de la imagen de los

siguientes subespacios:

4 3f :(x, y, z, t) (x+2y+t, y+3z-t, 0)

( ) ( )

a) S= <(1,0,1,0), (2,3,0,�–1)> b) T= <(0,0,3,2), (4,6,3,�–1), (1,0,0,2)>

E-3) Dada la aplicación del ejercicio E-2), hallar:

( ) ( )

a) una base del núcleo, b) una base de la imagen.

E-4) Clasificar (inyectiva, suprayectiva, biyectiva) las siguientes aplicaciones:

a) 4 2f :

(x, y, z, t) (x-z, y-t)( )

b) 3 4f :(x, y, z) (z+2x, z+2x, -x-y-z, y)

( )

c) 3 3f :(x, y, z) (-x-y, 2x+2y, z)

( )

d) 3 3f :(x, y, z) (3x+y, 3y+z, 3z)

( )

E-5) Dar la ecuación de la aplicación f sabiendo que: 3: 2( )

f(1,0,0)= (4,4) ; f(0,1,0)=(�–1,1) ; f(0,0,1)= (2,9) .

E-6)

a) Dada la aplicación f : hallar todos los vectores

cuya imagen sea w=(4,1,3,0) .

3 4

(x, y, z) (x+y+z, z, y, x)( )

b) Dada la aplicación hallar todos los vectores cuya

imagen sea u=(1,1).

3 2f :(x, y, z) (x+y, y-z)

( )


( ) E-7) Dada la aplicación tal que la imagen de (1,0) es (5,2) y la imagen

de (0,1) es (7,3), hallar la ecuación de la aplicación inversa f �–1 .

2f : 2

3

( ) E-8) Dadas las siguientes aplicaciones:

; 3 4f :

(x, y, z) (x+y+z, z, y, x)

4 2g :(x, y, z,t) (x-2z, y-2t)

hallar la aplicación compuesta h = g f .

E-9) Dada la aplicación f : 3 2

(x, y, z) (2x+3z, x+2y)( )

y la base B= { (1,1,0), (0,1,1), (0,0,1) } en , hallar la matriz de f tomando como bases 3

B en y la canónica en . 3 2

( ) E-10) Dada la aplicación del ejercicio E-9), y la base B�’= { (�–2,0), (2,1) } en , hallar la matriz de f tomando como bases la canónica en y la base B�’ en .

2

3 2

E-11) Dadas las bases B={ (1,4), (1,3) } de y B�’={ (2,0,1), (0,-1,0), (3,0,0) } de , 2 3

a) hallar la matriz en bases B y B�’ de una aplicación , si su matriz en

bases canónicas es A=

2f :-2 -23 31 0

( )

b) hallar la matriz en bases canónicas de otra aplicación , si su

matriz en bases B y B�’ es M =

2 3g :1 00 30 -2

( )

E-12) Ver si son equivalentes o no las siguientes matrices:

a) y 1 23 40 0

1 23 4

( )

b) y 1 -15 26 -4

8 21 05 7

( )


SOLUCIONES A LA AUTOEVALUACIÓN - Aplicaciones lineales

A) Soluciones a las Cuestiones

C-1) a) Sí puede, si la matriz, que es 4x2, tiene rango 2. b) No puede, pues la matriz, que es 2x3, no puede tener rango 3. c) No puede, pues la matriz, que es 4x2, no puede tener rango 4. d) Sí puede, si la matriz, que es 4x5, tiene rango 4. e) Sí puede, si la matriz, que es 4x2, tiene rango 2 (inyectiva) y no tiene rango 4 (de

hecho no puede tenerlo). f ) No puede, pues si es inyectiva (matriz 6x6, rango 6) también será suprayectiva.

C-2) Falso: f(v1), . . . , f(vn) serán un sistema generador de Im(f), pero no de W (a no ser que Im(f) sea igual a W, pero no tiene por qué serlo. Sólo si f es suprayectiva).

C-3) a) Basta poner una matriz 4x3 de rango 3, por ejemplo 1 0 00 1 00 0 10 0 0

b) Basta poner una matriz 3x4 de rango 3 , por ejemplo 1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

c) Ha de ser entre dos espacios de la misma dimensión, o de un espacio en sí mismo, por ejemplo . Basta entonces poner una matriz cuadrada nxn de rango n, por ejemplo la identidad de tamaño n.

n n

C-4) El rango de A es el rango de f, por tanto es la dimensión de Im(f). C-5) a) La dimensión de Im(f) ha de ser menor o igual que la dimensión del espacio inicial

(ya que la dimensión no puede aumentar). También ha de ser menor o igual que la dimensión del espacio final , ya que Im(f) está contenido en . Así pues, la dimensión de Im(f) ha de ser 3 y 4 , por tanto puede ser 0 (si fuese la aplicación nula), 1, 2 ó 3.

3

4 4

b) Por similar razonamiento, la dimensión de Im(f) ha de ser 5 y 2 , por tanto

puede ser 0, 1, ó 2 .

C-6) a) Ker(f) está contenido en , por tanto su dimensión puede ser 0, 1, 2 ó 3. 3

b) Lo mismo. El espacio final no influye.


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

B) Soluciones a los Ejercicios.

E-1) a) No es lineal, basta ver que f(0,0) = (1,1,0) no es cero. b) Sí es lineal:

f(a,b)=(b,a) f(c,d)=(d,c) f(a+c, b+d) = (b+d, a+c) coincide con la suma (b,a) + (d,c). f(a,b)=(b,a) f( a, b) = ( b, a) que coincide con (b,a).

E-2) a) f(S) está generado por las imágenes de (1,0,1,0) y (2,3,0,�–1).

f(1,0,1,0) = (1,3,0) f(2,3,0,�–1) = (7, 4,0)

Los vectores (1,3,0) y (7,4,0) son linealmente independientes y por tanto base de f(S). b) f(T) está generado por las imágenes de (0,0,3,2), (4,6,3,�–1), (1,0,0,2). f(0,0,3,2)= (2,7,0) f(4,6,3,�–1)=(15, 16,0) f(1,0,0,2)=(3,�–2,0) Los vectores (2,7,0), (15, 16, 0), (3,�–2,0) no son independientes. La matriz que

forman tiene rango 2, por ello sólo 2 son independientes (p.ej. los 2 primeros), con lo que una base de f(T) será { (2,7,0), (15, 16, 0) }.

E-3) a) Im(f) está generada por las imágenes de la base canónica:

f(1,0,0,0)=(1,0,0) f(0,1,0,0)=(2,1,0) f(0,0,1,0)=(0,3,0) f(0,0,0,1)=(1,�–1,0) que son las columnas de la matriz de f. La matriz está ya escalonada y tiene rango 2,

con columnas pivotales las dos primeras. Por tanto una base de Im(f) será { (1,0,0), (2,1,0) }

b) Resolviendo el sistema se obtiene (6 +3 , �–3 + , ) y de

ahí un sistema generador de Ker(f), que es (6, �–3, 1 0), (-3, 1, 0, 1). Como estos dos vectores son linealmente independientes, son base de Ker(f).

1 2 0 10 1 3 -10 0 1 0

000

xyzt


Sol.

Sol.

Sol.

E-4) a) La matriz de la aplicación es A= que tiene rango 2. 1 0 -1 00 1 0 -1

2= nº de de filas es suprayectiva; 2 nº de columnas no es inyectiva.

b) La matriz de la aplicación es A=2 0 12 0 1-1 -1 -10 1 0

de rango 2 (escalonando la matriz).

2 nº de de filas no es suprayectiva; 2 nº de columnas no es inyectiva.

c) La matriz de la aplicación es A= que tiene rango 2. -1 -1 02 2 00 0 1

2 nº de de filas y de columnas no es inyectiva ni suprayectiva.

d) La matriz de la aplicación es A= que tiene rango 3 =nº de de filas y de columnas, 3 1 00 3 10 0 3

luego es inyectiva y suprayectiva, por tanto biyectiva. E-5) a) Los datos nos proporcionan las columnas de la matriz de la aplicación: A= 4 -1 2

4 1 9

Así, la imagen de un vector (x1, x2, x3) es 1

1 2 32

1 2 33

x4x - x + 2x4 -1 2

x4x + x +9x4 1 9

x

3

3

y la ecuación de la aplicación es 1 1 2

2 1 2

y = 4x - x + 2xy = 4x + x + 9x

E-6) a) El sistema , que es compatible determinado, tiene como

solución (0,3,1). Es el único vector cuya imagen es (4,1,3,0) .

1 1 1 40 0 1 10 1 0 31 0 0 0

xyz

b) El sistema , que es compatible indeterminado, tiene como

solución { (- 1+ }. Estos son todos los vectores cuya imagen es (1,1).

x1 1 0 1

y =0 1 -1 1

z


Sol.

Sol.

Sol.

E-7) a) La matriz estándar de f es 5 72 3

, por tanto la matriz de f�–1 es A�–1= . 3 72 5

La imagen por f�–1 de un vector 1

2

xx

2

2x

2

es por tanto la ecuación 1 1

2 1

x 3x 7x3 7x 2x 52 5

de f�–1 es 1 1 2

2 1

y = 3x - 7xy = -2x + 5x

E-8) a) La matriz estándar de f es A=

1 1 10 0 10 1 01 0 0

y la de g es B= 1 0 2 00 1 0 2

luego la matriz de h = g f es B A = = 1 0 2 00 1 0 2

1 1 10 0 10 1 01 0 0

1 -1 1-2 0 1

E-9) Puede resolverse de dos formas:

1ª forma: La matriz de f en bases canónicas es A= . La matriz de cambio de la base

B a la base canónica en es P= . Por tanto la matriz que se pide es

2 0 31 2 0

3 1 0 01 1 00 1 1

A P = = 2 0 31 2 0

1 0 01 1 00 1 1

2 3 33 2 0

2ª forma: La matriz que se pide, tendrá en sus columnas las imágenes de la base B (expresadas en base canónica). Basta por tanto calcular dichas imágenes. f(1,1,0)=(2,3) f(0,1,1)=(3,2) f(0,0,1)=(3,0)

Poniéndolas por columnas se obtiene la matriz . 2 3 33 2 0

E-10) La matriz de f en bases canónicas es A= . La matriz de cambio de la base

canónica a B�’ en es Q�–1=

2 0 31 2 0

2 12

12 2 10 1 0 1

. Por tanto la matriz que se pide es

Q�–1 A = 12 1

0 1 = 2 0 3

1 2 0.

320 2 -

1 2 0


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

E-11) a) El cambio de base B a la base canónica en es P= 2 1 14 3

El cambio de la base canónica a B�’ en es Q�–1=3

1 23 3

12 0 3 0 0 10 1 0 0 1 01 0 0 0

Por tanto la matriz pedida es Q�–1A P = 1 23 3

0 0 10 1 0

0

-2 -23 31 0

1 14 3

=103

1 1-15 -12-4 -

b) El cambio de base canónica a la base B en es P�–1= 211 1 3 1

4 3 4 1

El cambio de B�’ a la base canónica en es Q= 32 0 30 1 01 0 0

Por tanto la matriz pedida es Q M P�–1 = = 2 0 30 1 01 0 0

1 00 30 -2

3 14 1

-30 8-12 3-3 1

E-12) a) No, ya que no tienen la misma dimensión. b) Sí, ya que tienen la misma dimensión, 3x2, y el mismo rango, 2.


Sol.

Sol.

ENDOMORFISMOS Y DIAGONALIZACIÓN. En lo que resta de este tema, nos centraremos en un tipo especial de aplicaciones lineales: los endomorfismos. Definición: Endomorfismo. Se llama endomorfismo a una aplicación lineal f: V V, en que el espacio inicial y final son el mismo.

La matriz de un endomorfismo es cuadrada nxn, donde n es la dimensión de V.

ENDOMORFISMOS BIYECTIVOS Observemos que un endomorfismo ha de ser inyectivo y suprayectivo a la vez, o bien ninguna de las dos cosas. Esto se obtiene de la fórmula dim( Im(f) ) + dim( Ker(f) ) = n (siendo n la dimensión del espacio V). Notemos que si el primer sumando es n (suprayectiva), el segundo ha de ser 0 (inyectiva), y viceversa. Teorema: Caracterización de los endomorfismos biyectivos.

Sea f: V V y sea A su matriz asociada. Las siguientes propiedades son todas equivalentes, es decir, si se cumple una, se cumplen todas las demás:

f es biyectiva f es inyectiva f es suprayectiva

rg( f ) = n rg(A) = n det(A) 0

f transforma bases en bases 0 no es valor propio (más adelante se verá el significado de esto último)

Ejemplos de endomorfismos biyectivos (es decir, que cumplen todo lo anterior) son las aplicaciones ya vistas: giros, simetrías y homotecias.

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Endomorfismos y diagonalización 1

SEMEJANZA DE MATRICES

Cuando aplicamos a endomorfismos el concepto de �“matriz en distintas bases�”, visto para aplicaciones lineales, utilizaremos siempre la misma base B en el espacio inicial y final: f

b. canónica

V A

M

P P-1 P P�–1

base B base B

- A es la matriz de f en base canónica - P es la matriz de cambio de base: de labase B a la canónica - M es la matriz de f en base B

Entonces, M = P�–1 A P

V

b. canónica

Esto nos lleva a la siguiente

Definición: Matrices semejantes. Se dice que dos matrices cuadradas A y B son semejantes si son matrices del mismo endomorfismo en distintas bases. También se puede expresar así: A y B son semejantes si existe una matriz cuadrada inversible P tal que B = P�–1 A P .

Notar que el concepto de equivalencia de matrices es más amplio que el de semejanza. Si dos matrices son semejantes entonces son equivalentes, pero no al revés. En este tema se tratará de ver, dada una matriz, si existe otra matriz semejante a ella que sea diagonal: P�–1 A P = D, y en ese caso calcular la diagonal D y la matriz de paso P. En otras palabras: dado un endomorfismo, trataremos de encontrar una base en la cual la matriz del endomorfismo sea sencilla (diagonal si es posible). Para ello se utilizarán los valores y vectores propios.

VALORES Y VECTORES PROPIOS. En un endomorfismo, dado que el espacio inicial y el final son el mismo, podemos comparar un vector v con su imagen f(v), y ver si es múltiplo suyo. Definición. Si un vector v (no nulo) cumple que su imagen es múltiplo suyo, es decir, si

f(v)= v

con escalar, se dice que v es un vector propio (o autovector) de f, y que es su valor propio (o autovalor) asociado.


Además, si es un valor propio, todos sus vectores propios asociados forman un subespacio. Se llama subespacio propio asociado a y se denota por V Ejemplos.

1) En una homotecia todos los vectores son vectores propios, y

su valor propio es 2, ya que cualquier vector v queda transformado en 2v.

2 2

(x,y) (2x, 2y )

f

2) Consideremos una simetría respecto al plano XZ, 3 3

(x,y,z) (x, - y,z)

- Observar que los vectores de la forma ( ,0,0) quedan transformados en sí mismos (es decir, multiplicados por 1). Por tanto 1 es valor propio, con vectores propios los de la forma ( ,0,0)

- De igual modo son vectores propios los de la forma (0, 0, ), también con valor propio 1.

- Observar que los vectores de la forma (0, ,0) quedan transformados en (0,�– ,0), es decir, multiplicados por �–1. Por tanto �–1 también es valor propio, con vectores propios los de la forma (0, ,0).

3) En un giro de 45º, 2 2

2 2 2 22 2 2 2(x,y) ( x- y, x+ y )

no hay valores ni vectores

propios, ya que ningún vector queda transformado en un múltiplo de sí mismo. Propiedades. 1. Los valores propios de A son los mismos que los de su traspuesta.

2. Los valores propios de una matriz diagonal o triangular, son sus elementos diagonales.

3. Si los valores propios de A son 1,. . . , n entonces los de Ak son 1k,. . . , n

k .

4. Si los valores propios de A son 1,. . . , n entonces los de A son 1,. . . , n.

5. Si los valores propios de A son 1,. . . , n y si A tiene inversa, entonces los valores

propios de A-1 son 1

1 ,. . . n

1 .

Cálculo de los valores y vectores propios.

¿Cómo encontrar escalares y vectores v que verifiquen f(v) = v ? Veámoslo con un ejemplo.


Sea cuya matriz es A= 2 2

(x,y) (3x+2y, y )

f 3 20 1

La búsqueda de vectores propios parte de la ecuación f(v) = v, es decir, Av = v.

Por tanto planteamos la ecuación Av = v, que es = 3 20 1

xy

xy

Esto también podemos escribirlo como = 3 20 1

xy

00

xy

para poder pasar todo al miembro izquierdo,

3 20 1

00

�– = xy

00

y finalmente

3 20 1

= que es una ecuación equivalente a la primera, f(v)= v, es decir,

los vectores v=(x,y) no nulos que la verifiquen, serán vectores propios, y los serán los valores propios.

xy

00

Para la mayoría de los valores de este sistema será compatible determinado (rango 2), y por tanto no tendrá más soluciones que x=0, y=0. Estos valores de no son valores propios.

Sin embargo, para algunos valores de el sistema será compatible indeterminado y por tanto existirán soluciones no nulas del sistema: es decir, vectores no nulos tales que f(v)= v.

Estos valores de que hacen el sistema compatible indeterminado, son los valores propios. Las soluciones v de este sistema para cada son los vectores propios. ¿Cuándo el sistema será compatible indeterminado? Esto ocurrirá cuando la matriz del sistema tenga determinante nulo. Planteamos entonces

det = 0. 3 2

0 1

es decir (3�– �– = 0

lo que se cumple sólo para los valores =1, =3. Estos son los valores propios.

Ahora calculamos los vectores propios resolviendo el sistema = 3 2

0 1xy

00

para =1 y para =3, (el sistema ha de ser compatible indeterminado)


=1 :

El sistema es = cuya solución son los vectores ( ,�– ). 2 20 0

xy

00

Por tanto, estos son los vectores propios de valor propio 1. El subespacio que forman es V1. Una base de V1 es (1,�–1).

=3 :

El sistema es = cuya solución son los vectores ( ,0). 0 20 2

xy

00

Por tanto, estos son los vectores propios de valor propio 3. El subespacio que forman es V3. Una base de V3 es (1,0). Escribamos esto para cualquier matriz A cuadrada, de dimensión n.

Método general para calcular los valores y vectores propios :

1. Calcular el determinante det(A �– ) , que será un polinomio de grado n, en la indeterminada Se llama polinomio característico de A.

2. Hallar sus raíces. Estos serán los valores propios.

3. Para cada valor propio , resolver el sistema (A�– (compatible indeterminado), la solución será el subespacio propio asociado a

x 0

El polinomio característico también se puede definir como det( ).


DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES Partimos de A, la matriz de un endomorfismo f en base canónica. Nuestro propósito era encontrar otra base, en que la matriz de f fuese diagonal. Pues bien,

Si B es una base formada por vectores propios, la matriz en base B es diagonal.

Veámoslo con el ejemplo anterior: Hemos encontrado los vectores propios u=(1,�–1) y v=(1,0), correspondientes a los dos valores propios. Con estos dos vectores, como son linealmente independientes, se forma una base de 2 , B={ (1,�–1) , (1,0) }. Hallemos la matriz de f en esta base y comprobaremos que efectivamente es diagonal. Recordemos la definición de la matriz de f en base B (la misma base en el espacio inicial y final): Hay que poner en las columnas las imágenes de los vectores de la base B, expresadas en coordenadas respecto de la base B. Ahora bien, sabemos que los vectores de la base, u y v, son vectores propios: por tanto conocemos su imagen, que es un múltiplo suyo. f(u) = 1·u (ya que u es vector propio de valor propio 1). f(v) = 3·v (ya que v es vector propio de valor propio 3). Ahora hay que expresar estas imágenes en coordenadas respecto de la misma base B, es decir, expresarlas como combinación lineal de u y v. Es fácil:

f(u) = 1·u se expresa como 1·u + 0·v coordenadas (1,0) 1ª columna 10

f(v) = 3·v se expresa como 0·u + 3·v coordenadas (0,3) 2ª columna 03

Así ya podemos formar la matriz D = , que efectivamente es diagonal. 1 00 3

Los elementos de la diagonal son precisamente los valores propios, 1 y 3 en este caso.


f V


base B

P�–1 P P-1 P

D base B

A V Además se cumplirá el siguiente esquema:

P�–1 A P = D donde:

- A es la matriz de f en base canónica, que ya conocíamos: A= 3 20 1

- D= es la diagonal de los valores propios. 1 00 3

- P es la matriz de cambio de la base B a la canónica; por tanto tendrá en sus columnas los vectores de B expresados en base canónica:

P = (es decir, P tiene en sus columnas los vectores propios u, v). 1 11 0

Planteándolo en general, Diagonalizar una matriz cuadrada A es encontrar una diagonal D semejante a A. Interpretando A como la matriz de un endomorfismo f, se trata de encontrar una base en la cual la matriz de f sea una diagonal D. Para ello tendremos que hallar los valores y vectores propios de f. Así, - La diagonal D será la diagonal de los valores propios. - La base en cuestión será la base formada por los vectores propios. - Poniendo los vectores propios en columna, se obtiene P tal que P�–1 A P = D. Pero atención: esto no es posible para todas las matrices. Si la construcción anterior es posible, diremos que A es diagonalizable. Para ver si A es diagonalizable, habrá que ver si se puede formar la base de vectores propios. Es decir, habrá que ver si, uniendo las bases de los distintos subespacios propios, �“hay suficientes vectores�” como para formar con ellos una base del espacio total V.

Y esto ocurrirá si la suma de las dimensiones de los subespacios propios es igual a la dimensión total.

A es diagonalizable dim(V ) + .... + dim(V r) = n

Veamos cómo hallar esas dimensiones.


Dimensión de los subespacios propios:

Observemos que V es el subespacio solución de un sistema compatible indeterminado,cuya matriz es A�– Por tanto, la dimensión del espacio solución (es decir, el número de parámetros del sistema) es igual al número de incógnitas menos el rango de la matriz del sistema:

dim( V ) = n �– rg( A�– I )

También nos pueden ayudar los siguientes resultados: La dimensión de V a) no puede ser cero,

b) está comprendida entre 1 y la multiplicidad de en el polinomio característico:

1 dim( V ) mult ((Nota. La �“multiplicidad�” de a en un polinomio es el exponente con que aparece el factor (x-a). Por ejemplo, en (x�–4)3(x+5), la raíz 4 tiene multiplicidad 3, y la raíz �–5 tiene multiplicidad 1).

Esto es útil para los de multiplicidad 1, pues dim( V ) está comprendida entre 1 y 1 , por tanto es dim( V )=1 sin tener que calcular el rango de la matriz.

Método general para diagonalizar matrices. Dada una matriz cuadrada A de tamaño nxn, o equivalentemente el endomorfismo f en n :

A) Ver si es diagonalizable. 1) Calcular el polinomio característico y hallar los valores propios.

2) Para cada valor propio , calcular la dimensión del subespacio propio V

3) Sumar las dimensiones de todos los V . Si la suma es n, la matriz (o el endomorfismo) es diagonalizable. En caso contrario no es diagonalizable, y hemos terminado.

B) Diagonalizar, en el caso de que sea diagonalizable.

1) Hallar los vectores propios, resolviendo el sistema correspondiente para cada valor propio.

2) Hallar una base de cada subespacio propio, y unirlas todas para formar una base de vectores propios del espacio total n .

3) La matriz P es la que contiene en sus columnas la base de vectores propios.

4) La matriz D es la diagonal de los valores propios.

Para que D sea nxn se necesitarán n valores propios, así que en la diagonal habrá que repetir cada valor propio tantas veces como indique dim(V ). Además ha de respetarse un mismo orden al colocar los valores propios en D, y los vectores propios en las columnas de P.

5) Todo lo anterior garantiza que se cumple P�–1 A P = D, lo cual es la diagonalización de A.


Ejemplos.

1) Veamos si es diagonalizable la matriz A= 2 0 21 3 1

0 0 3

El polinomio característico es det2 0 2

1 3 10 0 3

= 3 �– 8 2 + 21 �– 18 que factoriza

como ( �–2) ( �–3)2 . Por tanto, sus raíces son (simple) (doble). Estos son los valores propios. Para ver si es diagonalizable, hallemos las dimensiones de los subespacios V2, V3 :

dim(V2) = 3 �– rg(A�–2I) = 3 �– rg0 0 21 1 1

0 0 1 = 3 �– 2 = 1

(o también, dim(V2)=1 directamente porque tiene multiplicidad 1)

dim(V3) = 3 �– rg(A�–3I) = 3 �– rg1 0 21 0 1

0 0 0 = 3 �– 2 = 1

La suma de ambas dimensiones es 1+1=2, no es igual a la dimensión total 3. Por tanto, A no es diagonalizable.

2) Veamos si es diagonalizable el siguiente endomorfismo: 3 3

(x,y,z) (x-4y, -y, 2y+z)

f

Ello se refiere a diagonalizar la matriz de f en base canónica, A= 1 4 00 1 00 2 1

Para ver si es diagonalizable, hallamos sus valores propios. El polinomio característico es

det1 0 2

1 3 10 0 3

= 3 �– 2 �– + 1 = ( �–1)2 ( +1)

Valores propios: 1 doble, �–1 simple.

Como �–1 es simple (multiplicidad 1), ya sabemos que dim(V�–1) = 1. Hallemos dim(V1).

dim(V1) = 3 �– rg(A �– I) = 3 �– rg0 4 00 2 00 2 0

= 3 �– 1 = 2


La suma de ambas dimensiones es 1+2 = 3, la dimensión del espacio total . 3

Por tanto, A (o el endomorfismo f) es diagonalizable. Para diagonalizar, calculamos los subespacios propios, resolviendo los sistemas

(A�– 0 para 1 y para �–1. x

= 1 :

El sistema es (A �– , es decir, = solución ( , 0, ) x 00 4 00 2 00 2 0

xyz

000

Base de V1 : { (1,0,0) , (0,0,1) } (notar que efectivamente se obtiene un espacio de dimensión 2)

= �–1 :

El sistema es (A + 0 , es decir, = x2 4 00 0 00 2 2

xyz

000

solución (2 )

Base de V�–1 : { (2,1,1) } (notar que efectivamente es un espacio de dimensión 1)

Así pues, la base de vectores propios se forma uniendo las bases de V1 y V�–1 :

B= { (1,0,0) , (0,0,1), (2,1,1) }

Poniendo esta base en columnas se obtiene la P = 1 0 20 0 10 1 1

Y la diagonal se forma con los valores propios 1 doble y �–1 simple: D = 1 0 00 1 00 0 1

(Notar que ha de respetarse un mismo orden al colocar los valores y los vectores propios).

Así pues, la diagonalización es P�–1 A P = D, es decir,

11 0 20 0 10 1 1

1 4 00 1 00 2 1

1 0 20 0 10 1 1

= 1 0 00 1 00 0 1

(Compruébese la igualdad. Puede hacerse fácilmente, viendo que AP=PD).

La interpretación geométrica de este ejemplo es la siguiente: eligiendo una base adecuada , la base B = {u, v, w} de vectores propios, el endomorfismo f toma una forma �“sencilla�”:


- el primer vector de la base, al aplicarle f queda como está (es de valor propio 1) : f(u) = u - lo mismo para el segundo, v , también de valor propio 1 : f(v) = v - el tercero, w , queda convertido en su opuesto (es de valor propio �–1): f(w) = �– w Esto nos permite saber que f es en realidad una simetría, con plano de simetría dado por u y v, que actúa como un �“espejo�”. u = f(u)

f(w)= �–w

v = f(v)

w

Al ver la forma original de la matriz, dada en base canónica, no era evidente cuál era el comportamiento geométrico de f. Ahora, trabajando en base B = {u, v, w}, sí está claro y además la matriz de f es más sencilla. Teorema: Matrices reales simétricas. Toda matriz real simétrica es diagonalizable, y todos sus valores propios son reales.

Por tanto si la matriz es real simétrica, no hace falta comprobar que es diagonalizable.

Uso de la diagonalización para calcular potencias de una matriz. Supongamos que queremos calcular la potencia An de una matriz. Esto puede llevar una gran cantidad de operaciones. Pero si la matriz A es diagonalizable, el cálculo se facilita notablemente. En ese caso, diagonalizando la matriz tendremos P�–1AP = D, por tanto A = PDP�–1 . Entonces,

An = A····A = P DP�–1 PDP�–1···· PDP�–1 = PD····D P�–1 = PD

nP�–1

es decir,

An = PD

nP�–1

lo cual es muy fácil de calcular teniendo en cuenta que para hallar la potencia Dn

basta elevar a la potencia n cada elemento diagonal. Ejemplo

Hemos obtenido anteriormente la diagonalización de la matriz A= : 3 20 1

P�–1AP = D, por tanto A= PDP�–1, donde D= y P= 1 00 3

1 11 0

Calculemos entonces A9.

A9= P D9 P�–1 = P 9

9

1 00 3

P�–1 = = 1 11 0

1 00 19683

11 11 0

19683 196820 1


MÉTODOS NUMÉRICOS PARA EL CÁLCULO DE VECTORES PROPIOS 1. Círculos de Gershgorin. Este resultado permite localizar una zona del plano complejo (o de la recta real) en la que se encuentran los valores propios, y así acotarlos entre ciertos límites: Dada una matriz A de tamaño nxn, se pueden dibujar en el plano complejo n círculos, uno por cada fila de la matriz, de la siguiente manera: - Centro: el elemento diagonal de la fila - Radio: la suma de los valores absolutos de los demás elementos de la fila Entonces, todo valor propio de A se encuentra contenido en alguno de los círculos, incluido el borde.

Si trabajamos en , podemos considerar sólo la parte real de los círculos, resultando entonces unos intervalos en la recta real.

2. Método de las potencias.

Se trata de un método iterativo para calcular el valor propio dominante (es decir, de mayor valor absoluto) de una matriz, así como su vector propio asociado.

Hay dos condiciones para asegurar la convergencia de este método :

1) Que haya un único valor propio de mayor valor absoluto (p. ej. no se podría aplicar a una matriz cuyos valores propios fueran �–5,1,5). Este valor propio será el que calcularemos.

2) Que dicho valor tenga asociado un subespacio propio de dimensión 1, por tanto generado por un solo vector propio. Este vector propio será el que calcularemos.

En estas condiciones, el método se desarrolla de la siguiente manera:

1. Partir de un vector cualquiera (no nulo), v0. 2. Calcular u1 = A v0.

3. Anotar 1 = la componente de mayor valor absoluto de u1.

4. Dividir u1 por la componente 1 : v1 = 1

1

u

5. Iterar desde el paso 2: v2 = A v1 , etc.


Entonces, los vectores vi convergen al vector propio buscado, mientras que la componente de mayor valor absoluto i converge al valor propio. Se puede detener el proceso cuando dos iteraciones sucesivas sean iguales, o difieran en menos de una cantidad previamente estipulada (una milésima, una diezmilésima...) Ejemplo

Calculemos el valor propio dominante y su vector propio asociado, para A= 4 126 14

Partimos del vector v0 = (1,0). Hemos trabajado con 4 cifras significativas.

Nº iteración

ui i vi = i

i

u

0 (1,0) 1 (1,0) 1 (�–4,�–6) �–6 (0.6667, 1) 2 (9.333, 10) 10 (0.9333, 1) 3 (8.2667,8.4) 8.4 (0.9841,1) ... ... ... ... 8 ... 8 (1,1) 9 (8,8) 8 (1,1)

Como los vectores v8 , v9 ya son iguales, el proceso ya ha convergido, siendo 8 el valor propio dominante, y (1,1) su vector propio asociado.


AUTOEVALUACIÓN - Endomorfismos y diagonalización.

Cada ( ) es un punto. Hay en total 40 puntos, de los cuales 15 son de cuestiones y 25 de ejercicios.


C-1) Razonar por qué una matriz 3x3 no puede tener 4 valores propios. ( )

C-2) Si la matriz de un endomorfismo en base canónica es 4 0 00 1 00 0 3

( ) ( )

a) Di, sin calcular, cuáles son los valores propios. b) Di, sin calcular, cuáles son los vectores propios.

C-3) Una cierta matriz A, de tamaño 4x4, tiene como valor propio el 8. a) ¿Qué posibilidades hay para el rango de la matriz A�–8 I ? ( )

( ) b) ¿Qué posibilidades hay para la dimensión del subespacio propio V8 ? C-4) Señalar si estas matrices serían diagonalizables (sí ; no ; no se sabe). a) Una matriz 2x2 con valores propios: 3, 5 simples. ( ) b) Una matriz 3x3 con valores propios: 6,7,8 simples. ( )

c) Una matriz 2x2 con valor propio: �–3 doble ( ) d) Una matriz 3x3 con valores propios: 9 doble, 1 simple. ( )

( ) C-5) Inventa una matriz 3x3 que sea diagonalizable. (Busca un ejemplo lo más sencillo posible).

( ) C-6) Sea A una matriz real simétrica 2x2 con dos valores propios y . Si un vector propio asociado a es (�–1, 3), ¿cuál será un vector propio asociado a ?


B) Ejercicios (25 puntos) E-1) Clasificar los siguientes endomorfismos:

a) En 3 , dado por la matriz 1 0 00 1 21 0 1

( )

( ) b) En 2 , dado por la ecuación f(x,y) = (2x+5, 4x+10)

c) En 2 , la aplicación identidad (matriz identidad). ( )

E-2) Dado el endomorfismo , determinar si los siguientes vectores son o no

vectores propios, y en caso afirmativo, hallar su valor propio.

0 0 02 1 21 0 1

( ) a) u = (0,3,0) ( ) b) v = (1, 0 , -1) ( ) c) w = (2,2,1)

E-3) Hallar los valores propios de los siguientes endomorfismos:

a) 2 0 50 1 00 0 6

( )

( ) b) 1 22 4

E-4) Dado el siguiente endomorfismo, 1 0 02 1 1

8 1 3

a) Hallar sus valores propios. ( ) ( ) b) Hallar sus vectores propios. ( ) c) Determinar si es diagonalizable, y diagonalizar en su caso.

E-5) Considera el endomorfismo de 3 dado por f(x,y,z) = (3x�–3z, 3y+9z, �–3z)

a) Hallar sus valores propios. ( ) ( ) b) Hallar sus vectores propios. ( ) c) Determinar si es diagonalizable. ( ) d) En caso afirmativo, escribir la diagonal y la matriz de paso P.


E-6) Sabiendo que una cierta matriz A tiene valores propios 1, �–1 ,2, hallar los valores propios de A t , de 4A , de A 3 , y de A �–1.

( )

E-7) Dado el endomorfismo hallar la matriz de f en la base 3 3

(x,y,z) (-x, - y , x+z)( )

B= { (1,0,2), (1,0,-1), (0,3,0) }

( ) E-8) De una matriz A de tamaño 2x2, se sabe que es diagonalizable y que los valores propios son 0 y 3 , con vectores propios respectivamente (1,1) y (4,1). Hallar la matriz A. (Sugerencia: A=PDP�–1).

E-9) Dada A= hallar, mediante el método de las potencias, el valor propio dominante

y su vector propio.

6 12 7

( )


SOLUCIONES A LA AUTOEVALUACIÓN - Endomorfismos y diagonalización


C-1) a) Una matriz 3x3 puede tener como mucho 3 valores propios: ya que el polinomio característico es de grado 3 y puede tener como máximo 3 raíces.

C-2) a) Como la matriz es diagonal, los valores propios son los elementos diagonales: 4, �–1, 3.

b) Los vectores propios son los de la base canónica: (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1). Ya que, como la matriz contiene las imágenes de la base canónica en columnas, se observa que

f(1,0,0) = (4,0,0) luego (1,0,0) es vector propio de valor propio 4. f(0,1,0) = (0,-1,0) luego (0,1,0) es vector propio de valor propio �–1. f(0,0,1) = (0,0,3) luego (0,0,1) es vector propio de valor propio 3.

C-3) a) Tendrá rango estrictamente menor que 4, es decir, 3, 2, 1, ó 0. Ya que la matriz A�–8 I dará lugar a un sistema compatible indeterminado, cuyas soluciones son los vectores propios de valor propio 8.

b) Como todos los subespacios propios, podrá tener dimensión como mínimo 1, y como máximo la dimensión del espacio vectorial, en este caso 4. Por tanto, dimensión 1, 2, 3 ó 4.

De hecho la dimensión de V8 está relacionada con el rango de la matriz A�–8 I, puesto que

dim (V8) = 4 �– rg(A�–8 I) .

C-4) a) Los subespacios propios son V3 y V5 . Los dos valores propios son simples, es decir, de multiplicidad 1. Como la dimensión del subespacio propio está comprendida entre 1 y la multiplicidad, dicha dimensión ha de ser 1, tanto para V3 como para V5 .

Entonces 1 + 1= 2, sí es diagonalizable.

b) Los subespacios propios son V6 , V7 y V8. De manera similar, los tres valores propios son simples, de multiplicidad 1. Como la dimensión del subespacio propio está comprendida entre 1 y la multiplicidad, dicha dimensión ha de ser 1, para los tres subespacios .

Entonces 1+1+1= 3, sí es diagonalizable.

c) El subespacio propio será V�–3 , cuya dimensión estará comprendida entre 1 y la multiplicidad que es 2. Por tanto, no sabemos con estos datos si dicha dimensión será 1 ó 2. Si fuese 2, la matriz sería diagonalizable (2 vectores propios), pero si fuese 1, no lo sería.

d) Los subespacios propios serán V9 y V1 . La dimensión de V1 ha de ser 1 por un razonamiento como los anteriores, pero la dimensión de V9 puede ser 1 ó 2. Si fuese 2 la matriz sería diagonalizable (2+1=3) pero si fuese 1, no lo sería. Por tanto, con estos datos no se sabe.


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

C-5) Lo más fácil es una matriz que ya sea diagonal, así seguro que es diagonalizable. (Entonces la matriz de paso P sería la identidad.). También podríamos poner cualquier matriz real simétrica, que siempre es diagonalizable.

C-6) a) En una matriz real simétrica, los vectores propios de distinto valor propio son ortogonales. Por tanto el vector asociado a deberá ser ortogonal a (�–1,3). Por ejemplo (3,1) o cualquier múltiplo suyo.

B) Soluciones a los Ejercicios E-1) a) El rango de la matriz es 3 (se obtiene escalonando), rango máximo. Luego el endomorfismo es inyectivo y suprayectivo, por tanto biyectivo.

b) La matriz del endomorfismo es que tiene rango 1. 2 54 10

No tiene rango máximo, luego el endomorfismo no es inyectivo ni suprayectivo. c) La matriz del endomorfismo es que tiene rango 2, rango máximo.

Luego el endomorfismo es inyectivo y suprayectivo, por tanto biyectivo.

1 00 1

E-2) a) Hallamos la imagen de u: 0 0 0 0 02 1 2 3 31 0 1 0 0

vemos que f(u) = 1·u , luego u es vector propio de valor propio 1.

b) Hallamos la imagen de v: 0 0 0 1 02 1 2 0 01 0 1 1 0

vemos que f(v) = 0·v , v es vector propio de valor propio 0.

c) Hallamos la imagen de w: 0 0 0 2 02 1 2 2 61 0 1 1 3

vemos que f(w) no es múltiplo de w . Por tanto w no es vector propio. E-3) a) (Como es triangular, el polinomio característico se resuelve fácilmente) El polinomio característico es ( -2) ( -1) ( +6), luego los valores son 2,1,-6.

b) El polinomio característico es ( -5) luego los valores son 0 , 5.


Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

Sol.

E-4) a) Polinomio característico: (�–1�– ) (2�– valores propios -1 simple, 2 doble . b) Para = �–1:

solución ( ,0,-2 ) , vector propio (1,0,-2) 0 0 0 02 2 1 0

8 1 4 0

xyz

Para = 2:

solución (0, ,- ) , vector propio (0,1,-1) 3 0 0 02 1 1 0

8 1 1 0

xyz

c) Los vectores propios son en total dos, luego no forman una base de 3. El endomorfismo no es diagonalizable.

E-5) Primero escribimos la matriz de f, que es A= 3 0 30 3 90 0 3

a) Polinomio característico: (3�– ) (�–3�– valores propios 3 doble, �–3 simple. b) Para = 3:

0 0 3 00 0 9 00 0 6 0

xyz

solución ( ) , vectores propios (1,0,0) , (0,1,0)

Para = �–3:

6 0 3 00 6 9 00 0 0 0

xyz

solución ( ,�–3 ) , vector propio (1,�–3,2)

c) Hay en total tres vectores propios que forman una base de 3. Esto significa que el endomorfismo sí es diagonalizable.

d) La diagonal es la de los valores propios: D= 3 0 00 3 00 0 3

La matriz de paso tiene en columnas los vectores propios (en el mismo orden que los

valores): P= 1 0 10 1 30 0 2

(Se puede comprobar que se cumple D= P�–1AP ).

E-6) Valores de At : 1, �–1 ,2 (los mismos que A) Valores de 4A: 4, �–4, 8 (los de A multiplicados por 4) Valores de A 3 : 1, �–1, 8 (los de A elevados al cubo)


Valores de A �–1: 1, �–1, 12

(inversos de los de A).

Sol.

Sol.

Sol.

E-7) Primero escribimos la matriz del endomorfismo en base canónica, A = 1 0 0

0 1 01 0 1

La matriz de cambio de base tendrá en sus columnas la base dada: Q= 1 1 00 0 32 1 0

Por tanto la matriz en la base dada es M = Q�–1 A Q =

2 13 35 2

3 3

00

0 0 1

E-8) D será la diagonal de los valores propios 0 y 3 : D= 0 0

0 3

La matriz de paso P tiene en sus columnas los vectores propios: P= 1 41 1

Entonces, A=P D P�–1 = 1 41 1

0 00 3

1 43 31 13 3

= 4 -41 -1

(Puede comprobarse que efectivamente A tiene los valores y vectores propios del enunciado).

E-9) El valor es 8 y el vector es (0.50, 1). Para dos cifras significativas converge en unas 10 iteraciones, según el vector inicial que se tome.


Sol.

Sol.

Sol.

EL ESPACIO EUCLÍDEO

INTRODUCCIÓN.

Trataremos en este tema de llevar a los espacios vectoriales nociones geométricas como ortogonalidad, ángulo, longitud, distancias, áreas... Veremos que todo ello se puede obtener al introducir un producto escalar. La geometría euclídea se desarrolla en los siglos XIX y XX, tras la aparición del concepto de espacio vectorial. Recibe su nombre en honor a Euclides, matemático griego (~300 a.C.) quien estudió los conceptos básicos de la Geometría plana, aunque por supuesto no en un contexto vectorial. Para generalizar esos conceptos geométricos, observamos el comportamiento de los vectores del plano. En 2 tenemos definido el producto escalar usual

(a1,a2) · (b1,b2) = a1 b1 + a2 b2

Es una operación entre dos vectores, cuyo resultado es un escalar (de ahí el nombre �“producto escalar�”). El producto escalar permite reconocer a los vectores ortogonales (�“ángulo recto�”): dos vectores son ortogonales si su producto escalar es cero (por ejemplo, (1,3) y (-6,2), etc.) Observemos las propiedades de esta operación:

Propiedades del producto escalar usual.

1. Conmutativa. u · v = v · u 2. Distributiva. u · ( v + w) = u · v + u · w 3. Reubicación del escalar (u · v) = ( u) · v = u · ( v) 4. Definida positiva: v · v 0, y se da la igualdad v · v = 0 solamente para el vector v = 0 . Definición: Producto escalar en cualquier espacio. Espacio euclídeo.

Cualquier operación en un espacio vectorial que cumpla las anteriores propiedades, diremos que es un producto escalar (aunque no se trate del producto escalar usual). Llamaremos espacio euclídeo a un espacio vectorial dotado de un producto escalar. El producto escalar se denotará por u · v. También se puede utilizar la notación <u,v>.

Ejemplos de producto escalar.

1. El producto escalar usual en n : (a1,a2,. . . ,an) · (b1,b2,. . . ,bn) = a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn

1 Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacio Euclídeo

Puede verse como el producto de una matriz fila por una matriz columna:

(a1,a2,. . . ,an) = a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn

1

2

n

bb

b

2. En 3 podemos �“inventar�” otra operación que cumpla también las propiedades anteriores, y por tanto podremos llamarla un producto escalar. Por ejemplo,

(a,b,c) · (a�’,b�’,c�’) = aa�’ + 2bb�’ + 3 cc�’ Compruébese que cumple las propiedades.

3. En el espacio M2 de matrices 2x2 con términos reales, podemos definir el siguiente producto escalar:

dcba

· = ' ''''dcba

' ' 'aa bb cc dd

Este producto escalar también puede expresarse así, para dos matrices A y B:

A · B = traza (A Bt) (Nota: la traza de una matriz es la suma de sus elementos diagonales).

4. En el espacio M2, el producto ordinario de matrices no es un producto escalar. (Su resultado no es un escalar; además no es conmutativo, etc.) 5. En el espacio vectorial C[a,b] de las funciones continuas en el intervalo [a,b], definimos el producto escalar:

f · g = f(x) g(x) dx

b

a

Compruébese que cumple todas las propiedades de un producto escalar.

6. En el espacio P2={ ax2 + bx + c : a, b, c } de los polinomios de grado 2, podemos definir el producto escalar (ax2 + bx + c) · (a�’ x2 + b�’ x + c�’) = a a�’ + b b�’ + c c�’

Otra posibilidad es considerar a los polinomios como funciones continuas en un intervalo, y utilizar el producto escalar del ejemplo anterior.

Notar que el producto ordinario de polinomios no es un producto escalar (su resultado no es un escalar, etc.)


Conceptos geométricos obtenidos del producto escalar.

Por analogía con lo que ocurre en el plano o el espacio con el producto escalar usual, podemos definir los siguientes conceptos, siempre referidos a un cierto producto escalar. Nos situamos en V, un espacio euclídeo.

1. Vectores ortogonales. Dos vectores u, v son ortogonales si su producto escalar es cero: u · v = 0. Se denota u v. Diremos que un conjunto de vectores es un conjunto ortogonal si cada uno de ellos es ortogonal a todos los demás. (Exigimos además que ninguno de los vectores sea el ). 0

Notar que si dos vectores u, v son ortogonales entonces también lo son sus múltiplos u y v ( , escalares).

2. Norma o módulo de un vector.

La norma o módulo de un vector es | v |= v · v La noción corresponde, intuitivamente, a la �“longitud�” del vector. También se puede denotar || v || .

Con cualquier producto escalar, el único vector de módulo cero es el . 0

Notar también que el módulo de un vector es el mismo que el de su opuesto, y que el módulo de v es | v | = | | | v | (es decir, el módulo queda multiplicado por el valor absoluto del escalar).

Además se cumple para cualesquiera u, v la desigualdad triangular: | u + v | | u | + | v |

3. Distancia entre dos vectores.

La distancia entre u y v es la norma del vector diferencia entre ambos. dist (u, v) = | u �– v |

4. Ángulo entre dos vectores.

Es sabido que para el producto escalar usual de 2 se tiene que u · v = | u | | v | cos , donde es el ángulo que forman ambos vectores. Por tanto, para generalizar la noción de ángulo a cualquier espacio euclídeo, definimos

ángulo(u, v) = arc cos u · v | u | | v |

Notar que si alguno de los dos vectores es nulo, no podemos dividir por su módulo y por tanto el ángulo no está definido. En efecto, geométricamente el vector nulo no forma ángulo ninguno.


Ejemplos.

1. En 3 con el producto escalar usual: Sea u=(1,0,0), v=(1,0,1).

Sus módulos son: | u |=1

(1,0,0) 00

= 1 = 1 , | v |= 1

(1,0,1) 01

= 2

v

u Su distancia es | v �– u | = | (0,0,1) | = 1

El ángulo que forman es arc cos

1(1 ,0 ,0 ) 0

11 2

= arc cos 12

= 45º.

3. En el espacio C[0,1] de funciones continuas en el intervalo [0, 1]

Sean los vectores (funciones) f(x)=x2, g(x)=x+1 , respecto al producto escalar f·g= f(x)g(x)dx

1

0

Sus módulos son: | f | = 1

2 2

0

x · x dx = 15

, | g | = 1

0

(x+1) (x+1) dx = 73

Su distancia es: [ x2�– (x+1) ]2 dx =

1

0

4130

Ángulo que forman: arc cos f · g| f | | g |

=arc cos

12

0

( 1)

1 735

x x dx=arc cos

712

1 735

= 0,547 rad

Como se ve en los ejemplos, si las anteriores nociones se aplican a 2 o 3 con el producto escalar usual, producen los conceptos geométricos usuales. Si cambiamos el producto escalar o trabajamos en otro espacio vectorial las nociones de longitud, ángulo, etc. serán diferentes (quizá ni siquiera se puedan dibujar), aunque son igualmente coherentes. Teorema (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) Para cualesquiera u, v en un espacio euclídeo, se tiene que su producto escalar, en valor absoluto, es menor o igual que el producto de sus normas.

| u · v | | u | · | v | y además la igualdad | u · v | = | u | · | v | sólo se da cuando u es múltiplo de v.


1. En 3 con otro producto escalar:

Consideremos el siguiente producto escalar, ya visto: (a,b,c) · (a�’,b�’,c�’) = aa�’ + 2bb�’ + 3 cc�’

y el vector v=(1,0,1) del ejemplo anterior. Con este producto escalar, su módulo es distinto:

v · v = 1·1 + 2·0·0 + 3·1·1 = 4 , luego | v |= 4 = 2 ,

Con este producto escalar también se obtienen distancias, ángulos, etc distintos de los usuales (se trata de una �“distorsión�” geométrica del espacio),

Teorema. Todo conjunto ortogonal es linealmente independiente.

Definición: Normalización. Conjunto ortonormal.

Normalizar un vector es reducirlo a otro vector (múltiplo suyo) de norma 1.

Ello se consigue multiplicando el vector por el número 1| v |

Ejemplo: El vector (3,4) tiene norma 5 (�“mide�” 5 unidades de longitud). Por tanto (3, 4)| (3, 4) |

=

= (3,4)5

= 3 4,5 5

es el vector normalizado: su norma es 1. Efectivamente 23

5+

245

= 1.

Definición (Matriz ortogonal).

Ejemplos

Una matriz cuadrada nxn se dice que es una matriz ortogonal si sus columnas son vectores ortonormales de n (con el producto escalar usual).

(Nota. No nos dejemos confundir por la nomenclatura, pues se llama matriz ortogonal, a pesar de que sus columnas son ortonormales y no sólo ortogonales.)

Ejemplos. en 3 ; 1 0 00 1 00 0 1

2 22 22 2

2 2

en 2.

5

2) (1,2,0), (4,-2,0) es ortogonal pero no ortonormal. Si normalizamos los vectores, se obtiene1 2, ,05 5

, 2 1, ,05 5

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacio Euclídeo

Demostración

que ya es un conjunto ortonormal.

(sólo la hacemos para dos vectores)

Sabemos que el conjunto {u, v} es ortogonal, es decir, u · v =0. Debemos ver que es linealmente independiente. Para ello, bastará ver que un vector no es múltiplo del otro.

En efecto, si así fuera, tendríamos u= v. Entonces al ser ortogonales,

u · v =0 ( v) · v =0 v · v) = 0 o bien = 0, o bien v · v =0 (y por tanto v=0).

Como ni ni v pueden ser nulos, concluimos que no es posible que sea u= v. Por tanto {u, v} son linealmente independientes.

1) La base canónica (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) de 3 es un conjunto ortonormal. Además es base, así que diremos que es una base ortonormal

Se llama conjunto ortonormal a un conjunto ortogonal cuyos vectores tienen todos norma 1.

Se puede obtener normalizando un conjunto ortogonal. Sus elementos v1, v2,... cumplen:

vi · vk = 0, vi · vi = 1 (el producto de vectores distintos es 0, de cada vector por sí mismo es 1)

Propiedades de las matrices ortogonales.

1. Las columnas de una matriz ortogonal son n vectores ortonormales en n y por tanto linealmente independientes; así pues, las columnas forman base de n (es una base ortonormal). En lo sucesivo veremos la utilidad de las bases ortonormales (p.ej. la base canónica de n).

2. Por tanto, toda matriz ortogonal es regular o inversible (su determinante es no nulo).

3. Una matriz A es ortogonal si y sólo si su inversa coincide con su traspuesta. A�–1 = At.

SUBESPACIOS ORTOGONALES.

Definición (vector ortogonal a un subespacio)

Se dice que un vector v es ortogonal a un subespacio S (y se denota v S) si v es ortogonal a todos los vectores de S. (Basta con que v sea ortogonal los vectores de una base de S). Ejemplo. En 3, el vector (0,0,1) es ortogonal al plano XY.

Definición: Subespacios ortogonales.

Diremos que un subespacio S es ortogonal a otro subespacio T (se denota S T) si todo vector de S es ortogonal a todo vector de T, es decir:

u · v = 0 para todo u S, v T. Basta con que los vectores de una base de S sean ortogonales a los vectores de una base de T.

Propiedad: Si dos subespacios son ortogonales entonces su intersección ha de ser {0 }.

En efecto, si tuviéramos un v en la intersección, tendríamos v · v 0 con v S, v T. 0Ello impide que los subespacios sean ortogonales.

Ejemplo: En 3, el eje X es ortogonal al plano YZ. Sin embargo, el plano XY no es ortogonal al plano YZ.

Por otra parte, recordemos que en un espacio vectorial, dado un subespacio S podemos definir su suplementario (o complementario) como T tal que S T sea el espacio total.

Todo subespacio S (salvo el { } y el total) tienen infinitos suplementarios, pero sólo uno es ortogonal a S.

0


Definición: Complemento ortogonal.

Dado un subespacio S, su complemento ortogonal (o simplemente su ortogonal) es el único subespacio (denotado por S ) que cumple:

dim S + dim S = n (donde n es la dimensión del espacio total), S es ortogonal a S.

Ejemplo.

En 3, el subespacio S=planoXY tiene infinitos suplementarios (toda recta que no esté contenida en S). Pero de ellos sólo uno es su complemento ortogonal, que es el eje Z.

Propiedades:

S está formado por todos los vectores del espacio que son ortogonales a S. Cualquier subespacio que sea ortogonal a S, estará contenido en S .

Construcción del complemento ortogonal.

Se trata de encontrar todos los vectores ortogonales a S. Basta con que sean ortogonales a su base. Por tanto planteamos un sistema de ecuaciones como en el ejemplo siguiente. Es un sistema compatible indeterminado, cuyo espacio solución será (en forma paramétrica) S . Observemos que la dimensión de S (número de parámetros) deberá ser n �– dim S.

Ejemplo. Calculemos el ortogonal del siguente subespacio de 4 : T= { (a, 0, 2a, b) : a,b } Primero necesitamos una base de T: ésta es (1,0,2,0), (0,0,0,1). Buscamos los vectores que sean ortogonales a ellos, es decir, los (x,y,z,t) tales que:

(1, 0, 2, 0)

xyzt

= 0, (0, 0, 0, 1)

xyzt

= 0 es decir, = 1 0 2 00 0 0 1

xyzt

00

sistema compatible indeterminado cuya solución es { (2 , ,�– ,0) : , }

Por tanto una base de T será (2, 0, �–1, 0), (0, 1, 0, 0). Notar que efectivamente dim T = 2 = 4 �– dim T. Comprobar también que cada uno de los vectores de la base de T es ortogonal a cada uno de los vectores de la base de T.


PROYECCIONES ORTOGONALES. 1. Proyección ortogonal de un vector sobre otro.

u v1

v v2 Proyección de un vector v sobre otro vector u: v se puede descomponer de manera única como v = v1 + v2 con v1 en la dirección de u, y v2 ortogonal a u. La componente v1 se llama proyección ortogonal de v sobre u, y se denota proy u ( v ). Notar que proy u ( v ) es un múltiplo de u.

Se calcula : proy u ( v ) = u · u · u

v u

Una vez hallada la componente v1 , se puede calcular la otra componente v2 como v2 = v �– v1

Ejemplo: En 2, proyectamos v=(1,2) sobre u=(3,1).

proy u ( v )= u · v u · u

u =

1(3,1)

2(3,1)

3(3,1)

1

= 5 (3,1)10

= 3 1,2 2

Así v1 = 3 1,2 2

, y por tanto v2 = v �– v1 = (1,2) �– 3 1,2 2

= 1 3,2 2

y el vector v queda expresado como (1,2) = 3 1,2 2

+ 1 3,2 2

, dos componentes de las cuales

la primera va en la dirección de u y la segunda es ortogonal a u (compruébese).

2. Proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio.

Dado un vector v y un subespacio S, v se puede descomponer de manera única como v = v1 + v2 , con v1 S, y v2 ortogonal a S. La componente v1 se llama proyección ortogonal de v sobre S, y se denota proy S ( v ).

Se calcula : proy s (v) = proyu1(v)+ . . . + proyun

(v)

v1

v v2

S es decir: proy s (v) = 1

11 1

u uu u

v + . . . + nn

n n

u uu u

v

(Fórmula de la Proyección)

donde {u1, . . . ,un} son una base ortogonal de S.


(Si además la base es ortonormal, los denominadores pueden suprimirse, pues valen 1). Igualmente, una vez hallada la componente v1, se puede calcular v2 como

v2 = v �– v1

Ejemplo:

En 3, proyectamos v=(3,2,2) sobre el subespacio S generado por: u1= (2,0,1), u2= (0,3,0). Lo primero, observamos que u1 , u2 forman base de S, y además base ortogonal. Por tanto puede utilizarse la fórmula anterior:

proys(v) = 11

1 1

u uu u

v+ 2

22 2

u uu u

v=

3

(2, 0, 1) 2

2

2

(2, 0, 1) 0

1

u1 +

3

(0, 3, 0) 2

2

0

(0, 3, 0) 3

0

u2 = 85

u1 +69

u2 = 85

(2,0,1) +69

(0,3,0) = 16 8

, 2,5 5

Así v1 = 16 8, 2,

5 5, y por tanto v2 = v �– v1 = (3,2,2) �– 16 8

, 2,5 5

= 1 2, 0,

5 5

y el vector v queda expresado como (3,2,2) = 16 8, 2,

5 5+ 1 2

, 0,5 5

, dos componentes de las

cuales la primera, v1 , pertenece a S y la segunda, v2 , es ortogonal a S (compruébese que v2 es ortogonal a ambos vectores de la base de S).

Observación.

u1 = proy S (u) u2 = proy S (u)

S

u1

u u2

S

Dado cualquier subespacio S, se tiene que S S = V, donde V es el espacio total. Por tanto, todo vector u V puede descomponerse como:

u = u1 + u2, con u1 S, u2 S .

De hecho, estas dos componentes no son otras que las proyecciones ortogonales de u sobre S y sobre S , es decir,

u = proy S (u) + proy S (u)

Así pues, puede calcularse primero la componente u1 = proy S (u) y obtener después la componente u

2 como u2 = u – u1 .

Otra posibilidad es empezar calculando u2 = proy S (u) y luego obtener u1 = u �– u2 .

9 Neila G. Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacio Euclídeo

Ejemplo. Anteriormente hemos proyectado v = (3,2,2) sobre el subespacio S generado por (2,0,1), (0,3,0), obteniendo

v1 = proyS(v) = 16 8, 2,

5 5, v2 = v �– v1 = (3,2,2) �– 16 8

, 2,5 5

= 1 2,0,

5 5

Otro modo de resolverlo es hallar primero v2 como proy S (u).

Para ello hallamos S , que es la recta generada por w = (1,0,�–2) (compruébese). Entonces,

v2 = proy S (u) = proy w (u) = w u w

w w= 1

5(1,0,�–2) = 1 2

,0,5 5

y de ahí v1 = v �– v2 = (3,2,2) �– 1 2,0,

5 5 = 16 8

, 2,5 5

Observaciones.

1. Notar que si S es un subespacio de dimensión 1, cuya base es un solo vector u, entonces proyectar sobre S es lo mismo que proyectar sobre u.

2. Si un vector w ya está en el subespacio S, al proyectarlo sobre S no varía. La descomposición w = w1 + w2 sería en realidad w = w + 0.

Ejemplo: Subespacio S anterior, w = (4,3,2). Haciendo el cálculo se tiene proys(w) = (4,3,2). Ello ocurre porque w S (notar que el determinante que forma w con la base de S es nulo, lo que significa que es linealmente dependiente de dicha base).

Coordenadas de un vector en una base ortogonal. La observación 2 anterior nos proporciona una manera de obtener las coordenadas de un vector w S respecto a una base ortogonal de S. En efecto, si w S, y si tenemos una base ortogonal {u1, . . . ,un} de S, entonces

w= proys(w) = 1

1 11

u wu u

u

+ . . . + n

n nn

u wu u

u

lo cual significa (por la definición de coordenadas) que los escalares 1

1 1

u wu u

, . . . , n

n n

u wu u

son

las coordenadas de w en la base dada {u1, . . . ,un}. Además si la base es ortonormal, los denominadores pueden suprimirse pues valen 1, y así las coordenadas son simplemente (u1 · w, . . . , un · w )

Ejemplo.

Consideremos en 2 la base (1,1), (1,�–1) que es ortogonal. Hallemos las coordenadas de w=(5,4) en esta base, que son:

5 5(1,1) (1, 1)

4 4,

1 1(1,1) (1, 1)

1 1

= 9 1,2 2

En efecto, comprobamos que (5,4)= 92

(1,1) + 12

(1,�–1).


CÁLCULO DE BASES ORTOGONALES

Hemos visto que para aplicar la fórmula de la proyección sobre un subespacio S, se requiere una base ortogonal de S. Veremos cómo obtener una base ortogonal de S, si la que tenemos no lo es.

Proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt Supongamos que tenemos una base { u1,. . . , un } de S. Vamos a construir otra base de S, { a1,. . . , an } que será ortogonal. Como primer vector tomamos el propio u1.

a1 = u1

Para construir el segundo vector tomamos u2 y lo proyectamos sobre el anteriormente construido a1, quedándonos con la componente ortogonal a a1.

a2 = u2 �– proy a1 (u2)

Así { a1 , a2 } son dos vectores que están en S (pues todas las operaciones se han hecho entre vectores de S) y además son ortogonales. Para construir el tercer vector tomamos u3 y lo proyectamos sobre los anteriormente construidos a1, a2 quedándonos con la componente ortogonal a ellos.

a3 = u3 �– proy a1 (u3) �– proy a2 (u3)

Etc. Este proceso conduce a una base ortogonal de S. Si queremos obtener una base ortonormal, bastará normalizar finalmente los vectores ai obtenidos (o bien normalizarlos en cada paso).

Ejemplo. Obtener una base ortogonal de 3 a partir de la base u1=(1,1,0), u2=(0,1,1), u3=(1,0,1). a1 = u1= (1,1,0)

a2 = u2 �– proy a1 (u2) = u2 �– 1 21

1 1

a u aa a

= (0,1,1) �–

0

(1,1, 0) 1

1

1

(1,1, 0) 1

0

(1,1,0) = (0,1,1) �–12

(1,1,0) = 1 1, ,1

2 2

a3 = u3 �– proy a2 (u3) �– proy a3 (u3) = u3 �– 1 31

1 1

a ua

a a�– 2 3

2

2 2

a ua

a a=(1,0,1)�–

12

(1,1,0) �– 13

1 1, ,1

2 2=

2 2 2, ,

3 3 3

Por tanto la base ortogonal es (1,1,0), 1 1, ,12 2

, 2 2 2

, ,3 3 3

. (Compruébese que es ortogonal).

Para hacerla ortonormal dividimos cada vector por su norma, obteniéndose la base

2 2, ,02 2

, 6 6 6, ,

6 6 3,

3 3 3, ,3 3 3

(Compruébese que es ortonormal).


LA MATRIZ DE PROYECCIÓN.

Veamos otra manera de hallar la proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio S, sin necesidad de hallar una base ortogonal de éste. El siguiente método solamente es válido para subespacios de n. Dada una base de S, no necesariamente ortogonal, 1. Formamos la matriz A que contiene la base en sus columnas. Tendrá pues, tantas columnas como indique dim S. (No es necesariamente cuadrada).

2. Formamos la matriz cuadrada

PS = A ( At A )�–1 At (la existencia de la inversa de At A está garantizada por haber formado A con una base).

La matriz PS se llama matriz de proyección sobre el subespacio S. Esta matriz sirve para proyectar sobre S cualquier vector v :

proy S (v) = PS · v

Por tanto, es especialmente útil si tenemos que proyectar varios vectores sobre un mismo subespacio. La matriz de proyección de un subespacio dado es única, y no depende de la base de la que hayamos partido. Ejemplo. En 3, vamos a proyectar v = (3,2,2) sobre el subespacio S generado por: u1= (2,0,1), u2 = (0,3,0). (Ya lo hicimos por otro método, comprobaremos que el resultado es el mismo).

Tomamos la base (2,0,1), (0,3,0), (que es ortogonal pero no sería necesario que lo fuese), y formamos la matriz

A = 2 00 31 0

Con ella calculamos PS = A ( At A )�–1 At = =2 00 31 0

15 0 2 0 10 9 0 3 0

4 25 5

2 15 5

00 1 0

0

Ahora proyectamos el vector v = (3,2,2) :

proy S (v) = PS · v =

4 25 5

2 15 5

00 1 0

0=

322

165

85

2 que coincide con el resultado ya obtenido.


Propiedades de la matriz de proyección.

Toda matriz P de proyección sobre un subespacio de n es: 1. Cuadrada nxn 2. Simétrica 3. Idempotente (A2=A) Y además, toda matriz Q que cumpla las tres propiedades anteriores, resulta ser matriz de proyección de un cierto subespacio de n. Este subespacio es aquel que generan sus columnas.

Ejemplo. Comprobemos que la matriz Q=

1 12 21 12 2

00

0 0 1 cumple las anteriores propiedades.

Por tanto, Q es matriz de proyección de un cierto subespacio S. Éste será el generado por sus columnas ( 1

2 , 12 ,0), ( 1

2 , 12 ,0), (0,0,1), es decir, el generado por (1,1,0), (0,0,1).

Observación.

Si tenemos que proyectar un vector sobre un subespacio S, y no disponemos de una base ortogonal de S, tenemos dos opciones: - Calcular una base ortogonal por Gram-Schmidt para utilizar la fórmula de la proyección,

- O hallar la matriz de proyección PS y utilizarla para proyectar el vector.


OTRAS NOCIONES GEOMÉTRICAS.

1. Vector simétrico.

En un espacio euclídeo podemos generalizar la noción de vector simétrico respecto a un plano, recta o subespacio en general, que actuará como un �“espejo�”. Dado un vector v y un subespacio S, descomponemos:

v = v1 + v2 = proy S (v) + proy S (v)

v �’ simétrico de v

�–v2

v1

v v2

S

Entonces se define el vector simétrico de v respecto a S como v �’ = v1 �– v2

es decir

v �‘ = proy S (v) �– proy S (v)

2. Cálculo de áreas y volúmenes.

Puesto que en un espacio euclídeo sabemos �“medir�” distancias y longitudes (con la noción de módulo de un vector), ello nos permite aplicar las fórmulas geométricas usuales para calcular áreas y volúmenes en 2 y 3.

Ejemplo.

Dado el subespacio S generado por (2,0,1),(0,3,0) hallar el simétrico v�’ del vector v = (3,2,2). Calcular el área del triángulo formado por v y v�’.

- Como ya hemos calculado, v = v1 + v2 = 16 8, 2,

5 5+ 1 2

, 0,5 5

.

v �’ �–v2

v1

v v2

S Entonces, v�’ = v1 �– v2 = 16 8, 2,

5 5 �– 1 2

, 0,5 5

= 17 6

,2,5 5

El área pedida es dos veces el área sombreada, por tanto

área = 2 base altura2

= 2 1 2v v2

= 1 2v v = 2 2 2216 8 15 5 52 22

50 1�’833 unidades2


APLICACIONES PRÁCTICAS.

Veremos cómo aplicar las nociones del espacio euclídeo para:

Aproximar una función continua por medio de un polinomio. Encontrar la solución aproximada de un sistema incompatible. Ajustar a una gráfica (recta, curva) una nube de puntos.

Para ello introducimos la noción de �“mejor aproximación�” Mejor aproximación de un vector en un subespacio.

En un espacio euclídeo, dado un vector v y un subespacio S, de entre todos los vectores de S hay uno que es el más próximo a v. Se llama mejor aproximación de v en S, y es precisamente la proyección ortogonal proyS(v).

mejor aproximación

mínima distancia de v a S

v

S Para cualquier otro w S la distancia a v es mayor, es decir | proyS(v) �– v | < | w �– v | para cualquier w S, w proyS(v)

Se llama error cuadrático medio (o error cuadrático, o desviación cuadrática) al cuadrado de la distancia que separa v de su aproximación:

Error = | proyS(v) �– v | 2 Nota. También es posible usar como error la norma | proyS(v) �– v | en lugar de la norma al cuadrado. 1. Aproximación de una función continua por un polinomio.

Para facilitar los cálculos con funciones trigonométricas, logarítmicas, exponenciales..., podemos sustituirlas por un polinomio que se aproxime a ellas en un cierto intervalo [a, b]. Para ello consideramos el espacio euclídeo C[a,b] = { funciones continuas en el intervalo [a,b] }.

con el producto escalar dado por: f · g = f(x) g(x) dx

b

a

y consideraremos el subespacio Pr = {polinomios de grado r }, calculando entonces la mejor aproximación del vector (la función dada) en dicho subespacio. Podemos elegir el grado r dependiendo de la precisión que queramos alcanzar. Cuanto mayor sea el grado, menor será el error.

15

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacio Euclídeo

Ejemplo. Queremos aproximar la función ex por un polinomio de grado 2, en el intervalo [0, 1].

Para ello consideramos el espacio C[0,1] con el producto escalar f · g = f(x) g(x) dx

1

0

el vector (función) f = ex , y el subespacio P2 = {polinomios de grado 2 }, Calculemos la mejor aproximación de f en P2, es decir, proy P2

(f) .

Para ello necesitamos una base ortogonal de P2. Partiendo de la base estándar {1, x, x2} podemos hallar una ortogonal por Gram-Schmidt (utilizando siempre el producto escalar dado por la integral), obteniéndose la base a1 = 1, a2 = x �– 1

2 , a3 = x2 �– x + 16 . Así,

proy P2 (f) = 1

11 1

a fa

a a + 2

22 2

a fa

a a + 3

33 3

a fa

a a

lo que se calcula mediante las integrales correspondientes

y=ex (p. ej. = = e+1 ,etc.) 1a f1

01 dxe x

resultando el polinomio y=p(x) p(x) 0�’84 x2 + 0�’85 x + 1�’01 El error cuadrático es

| p �– f |2 = = 1 2

0(p( ) f ( ) dxx x

= 0�’0000386 y=p(x) El error es muy pequeño, lo que

significa que la aproximación es buena. En efecto, en la figura se ve que la gráfica del polinomio p(x) y la de ex están �“bastante próximas�” en el intervalo [0,1].

y=ex

(De hecho, el error representa el área comprendida entre las dos curvas. Este método de aproximación hace que dicha área sea mínima). Si lo aproximáramos por un polinomio de grado 3, 4,... obtendríamos una aproximación aún mejor.

Otras posibilidades de aproximación.

Dada una función f(x), en lugar de aproximarla por un polinomio, también podemos aproximarla por otro tipo de funciones. Basta hacer la transformación adecuada para reducirlo al problema de aproximación por polinomios. Por ejemplo,

1) Aproximar f(x) = tg x por una función de la forma 1ax+b

:

Equivale a aproximar 1tg x

por un polinomio ax + b.


2) Aproximar f(x) = log x por una función de la forma ax+b : Equivale a aproximar por un polinomio ax + b. 2log x 3) Aproximar f(x) = cos x por una función de la forma e ax+b : Equivale a aproximar por un polinomio ax + b. log (cos x)

En otras ocasiones será necesario un cambio de variable:

4) Aproximar f(x) = cos(x) por una función de la forma a + bx

:

Hacemos el cambio 1x

= t y así equivale a aproximar cos 1t

por un polinomio at + b .

5) Aproximar f(x) = sen(x) por una función de la forma a log(x) + b: Hacemos el cambio log(x) = t y por tanto x = et, y así equivale a aproximar sen(et) por un polinomio at + b . 6) Aproximar f(x) = cos(x) por una función de la forma a ex + b: Hacemos el cambio ex = t y por tanto x = log(t), y así equivale a aproximar cos (log(t)) por un polinomio at + b .

También es posible tomar logaritmos:

7) Aproximar f(x) = cos(x) por una función de la forma a e bx : Equivale a aproximar log(cos(x)) por una función de la forma log (a e bx), es decir, log(a) + bx. y poniendo c =log(a) , equivale a aproximar log(cos(x)) por una función c + bx que ya es un polinomio. Una vez hallado c, recuperamos a = ec, pues los coeficientes pedidos eran a y b.

2. Solución aproximada de sistemas incompatibles. Observemos que resolver un sistema lineal A = consiste en poner la columna b de términos independientes como combinación lineal de las columnas de la matriz:

x b

Por ejemplo, es encontrar x, y que cumplan 11 12 1

21 22 2

a a bxa a by

bb

11 12 1

21 22 2

a ax ya a

Existirán tales x, y si el vector es combinación lineal de , , es decir, si

pertenece al subespacio S generado por ellas. En ese caso el sistema será compatible.

b 1

2

bb

11

21

aa

12

22

aa

Si es incompatible, se debe a que b no pertenece al subespacio S.

En ese caso, podemos sustituir b por otro vector que sí esté en S, y para cometer el menor error posible, será la mejor aproximación de en S.

cc b

17 Neila G. Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacio Euclídeo

Por tanto, en lugar del sistema incompatible A = , resolvemos otro sistema: x b

A = , donde c = proyS( b ), S = subespacio generado por las columnas de A. x c

Este nuevo sistema ya es compatible. Su solución, si bien no cumple las ecuaciones del sistema original A = , las satisface �“aproximadamente�”. x b

El error cuadrático es | �– b |2 (trabajando en n con el producto escalar usual), o dicho de otra manera, | A �– |2 donde es la solución aproximada que hemos hallado.

cx b x

Este método se llama método de mínimos cuadrados ya que hace mínimo el error cuadrático.

Ejemplo 1.

1 2 32 4 5

xy

Este sistema es incompatible, lo cual es debido a que b = no

pertenece al subespacio S generado por , en 2. Entonces sustituimos b por su

mejor aproximación en S. Para ello, una base de S es el vector (1,2).

35

12

24

c = proyS(b) = proy(1,2)(b)=

3(1,2)

51

(1,2)2

(1,2) = 135

(1,2) = 13 26,5 5

y ahora resolvemos el sistema compatible (indeterminado) 135265

1 22 4

xy

cuya solución es ( 135 2 , ). Obtenemos infinitas soluciones que

satisfacen aproximadamente el sistema original.

El error cuadrático es | b �– c |2 = 2

13 263,5 ,5 5

= 2

2 1,5 5

= 15

= 0�’2 .


Ejemplo 2.

2 3 01 0 10 1 1

xy

Igualmente es incompatible puesto que =b011

no pertenece al subespacio

S generado por las columnas 210

, en 3. 301

Calculamos por tanto la mejor aproximación de en S. Una base de S está formada por ambas columnas, puesto que son linealmente independientes. Con ella podemos calcular la matriz de proyección, que será PS = A ( At A )�–1 At .

b

Así, c = proyS( ) = PS · = b b

514271

14

y se resuelve el sistema

514271

14

2 31 00 1

xy

compatible determinado, cuya solución es

271

14

x

y

El error cuadrático es | �– |2 = b c2

5 2 10,1,1 , ,14 7 14

= 2514

1�’79 .

Obtención directa de la solución.

En algunos casos podremos obtener la solución directamente, sin siquiera plantear ni resolver el sistema compatible.

Dado el sistema incompatible A = , comprobar si las columnas de A son linealmente x bindependientes (ello ocurrirá cuando el rango de A coincida con el nº de columnas).

Si es así, la solución aproximada por mínimos cuadrados es única, y es

= (At A)�–1At x b

Explicación: En el ejemplo 2 anterior, las columnas de A son linealmente independientes. Ello nos ha permitido utilizar A para para calcular la matriz de proyección A(AtA)�–1 At , y ésta para calcular = A ( At A )�–1 At . c b

Pero, observemos la expresión A ( At A )�–1 At = c b

Como el sistema que hay que resolver es A = , la expresión anterior nos indica que x c

(At A)�–1 t (señalado arriba con la llave), que es un vector columna, esA b solución del sistema A = . x c

Así pues, esa es la solución (única, pues el sistema A = es compatible determinado). x c


Caso particular: Ajuste de nubes de puntos. Dada una nube de puntos, (es decir, un conjunto de puntos en el plano, obtenidos mediante resultados experimentales, estadísticos, etc) buscamos la recta, parábola, etc. que mejor se ajuste a dichos puntos. Si planteamos que la curva pase por todos los puntos, obtendremos un sistema incompatible que podemos resolver mediante el método anterior.

Ejemplo Buscamos la recta que mejor se ajuste a los puntos (1,2), (2,3), (3,5). Una recta es de la forma y = m x + b. Si pasara por los tres puntos, debería cumplirse

2 = a·1 + b3 = a·2 + b5 = a·3 + b

es decir, un sistema en las incógnitas m, b : 1 1 2

m2 1 3

b3 1 5

Como las columnas A (matriz de coeficientes) son linealmente independientes, la solución se puede hallar directamente como

32

13

(2,3)

(3,5)

(1,2)

y = x +

(At A)�–1At = 235

1 12 2

4 1 23 3 3

0235

= 3213

es decir m = 32

, b = 13

y así la recta buscada es y = 32

x + 13

. Comprobar en

la figura que, si bien esta recta no pasa por ninguno de los puntos dados, se aproxima a todos ellos.

El error cuadrático es | A �– | 2 = x b3213

1 1 22 1 33 1 5

2 =

116

103

296

235

2= 1

6 0�’167

El error es pequeño porque los puntos dados estaban �“casi�” alineados.

Otras posibilidades: ajustar la nube de puntos mediante una parábola y = ax2 + bx + c, o mediante polinomios de grado mayor; o también mediante una función de cualquier tipo como por ejemplo y = a cos(x) + b log(x), etc.

En todos los casos se debe �“hacer pasar�” la función por cada uno de los puntos, introduciendo la abscisa del punto en la x y la ordenada en la y, para obtener una ecuación por cada punto. Finalmente obtendremos un sistema incompatible en las incógnitas a, b, c... que resolveremos por mínimos cuadrados.


AUTOEVALUACIÓN - El Espacio Euclídeo.



A) Cuestiones (10 puntos) Nota: el producto escalar será el usual de n mientras no se indique lo contrario.

C-1) Dar un vector ortogonal a ...

( ) a) (1,2,-1) en 3

( ) b) en el espacio de matrices M2 20 5

2x2

( ) C-2) Determinar si la siguiente operación entre vectores de 2 es o no un producto escalar:

(a,b) · (a�’,b�’) = a a�’ �– b b�’ (Sugerencia: Verificar la propiedad definida positiva)

( ) C-3) ¿En 4 puede existir un conjunto de 5 vectores ortogonales? Razonar la respuesta.

( ) C-4) Razonar si es verdadero o falso: �“Un conjunto ortonormal en 3 siempre tiene 3 vectores�”.

( ) C-5) En 2, proyectamos un cierto vector sobre la recta y=x. ¿Es posible obtener como proyección el vector (1,2) ? Razonar la respuesta.

( ) C-6) ¿Pueden dos vectores distintos producir la misma proyección sobre un subespacio?

C-7) Razonar si la matriz A =

1 13 3 31 2 1

3 3 31 1 23 3 3

2

puede ser matriz de proyección, y en ese caso, hallar a

qué subespacio corresponde.

( )

B) Ejercicios (30 puntos)

E-1) Sean los vectores u=(4,0,3) , v=(1, 1, 3) en 3 con el producto escalar usual. Hallar:

( ) ( ) ( )

a) El módulo de u y de v. b) La distancia entre u y v. c) El ángulo que forman.

Neila Campos ÁLGEBRA LINEAL Espacio Euclídeo - Autoevaluación.

E-2) Comprobar si los siguientes vectores son o no ortogonales:

a) (1,0,0,3,4) y (1,2,3,1,-1) en 5 con el producto escalar usual. b) (3,3,1) y (-1,1,-1) en 3 con el producto escalar (a,b,c)·(a�’,b�’,c�’) = aa�’ + 2bb�’ + 3 cc�’

( ) ( )( ) c) f(x)=x y g(x)=x+1 en el espacio de funciones continuas C[0,1] con el producto escalar

f · g = f(x) g(x) dx

1

0

E-3) Normalizar el vector v= (2,1,3,-2) en 4

( ) ( )

a) con el producto escalar usual.

b) con el producto escalar dado por: (a,b,c,d)·(a�’,b�’,c�’,d�’) = aa�’ + bb�’ + 2 cc�’ +2 dd�’

E-4) Comprobar en cada caso si se trata o no de una matriz ortogonal:

a) A = 0 1 00 0 12 0 0

( )

b) B = 0 -11 0

( )

E-5) Comprobar si S y T son subespacios ortogonales en 4 , siendo: ( )

{ (-3,-3,0,1) , (1,0,2,0) } base de S, { (0,1,0,3) (1,1,-1,6) } base de T.

E-6) Hallar en 3 el complemento ortogonal de los siguientes subespacios:

a) S generado por (1,0,2) ( ) ( ) b) T generado por (1,0,2), (1,1,1)

E-7) Dado el vector (0,3,2), hallar su proyección ortogonal sobre los siguientes subespacios:

a) sobre la recta generada por el vector (1,2,1) ( ) ( ) b) sobre el plano P generado por (1,2,1) y (0,-1,2)

( ) E-8) Hallar la mejor aproximación al vector (0,3,2) en el plano generado por (1,2,1) y (0,-1,2).


( ) E-9) Hallar una base ortonormal del plano generado por u=(0,1,0) y v=(3,2,1) en 3.

E-10) Dado el subespacio S generado por (1,0,-1,1) y (0,2,0,3) en 4 , ( ) a) Hallar su matriz de proyección.

( ) b) Proyectar sobre el vector v = (0,0,0,5) sobre S.

E-11) Dado el vector v=(3,4) de 2 ,

( ) a) Hallar su simétrico v �’ respecto a la recta generada por (2,1).

( ) b) Hallar el área del triángulo definido por v y su simétrico.

E-12) En el espacio de funciones continuas C[0,1] con el producto escalar f · g = f(x) g(x) dx

1

0

( )

normalizar el vector f(x) = x2.

E-13) En el espacio de funciones continuas C[0,2] con el producto escalar f · g = f(x) g(x) dx

hallar la mejor aproximación de la función f(x)=2x+1 en el subespacio generado por la función g(x)=x.

2

0( )

E-14) Dado el sistema 3x + y = 4x - y = 3x + 3y = 7

( ) a) Comprobar que es incompatible y resolverlo por mínimos cuadrados.

( ) b) Hallar el error cuadrático.

.


SOLUCIONES A LA AUTOEVALUACIÓN - Espacio Euclídeo.


Sol. C-1) a) El producto escalar debe ser cero. Podemos poner, por ejemplo, (-2,1,0), o bien (0,1,2), ó (1,0,1), etc.

b) Aprovechando que la matriz tiene un cero, podemos poner , por ejemplo. 0 01 0

Sol. C-2) Esta operación cumple algunas de las propiedades de un producto escalar, por ejemplo, el resultado es un escalar, tiene la propiedad conmutativa... Pero la propiedad definida positiva no se cumple, pues al multiplicar un vector por sí mismo puede obtenerse un número negativo:

(1,2) · (1,2) = 1·1 �– 2·2 = �–3

Por tanto, no es un producto escalar.

Sol. C-3) No, puesto que los vectores ortogonales son linealmente independientes, y no puede haber 5

vectores independientes en 4.

Sol. C-4) Falso. Por ejemplo el conjunto { (1,0,0), (0,1,0) } es ortonormal y tiene dos vectores. (La

afirmación sería cierta si dijese �“base�” en lugar de �“conjunto�” ).

Sol. C-5) No es posible, ya que la proyección sobre la recta ha de dar como resultado un vector perteneciente a la misma, pero el vector (1,2) no pertenece a la recta y=x.

w

v

u

Sol. C-6) Sí, como indica la siguiente figura, en que los vectores u y v tienen ambos la misma proyección, w, sobre el eje X.

C-7) Es cuadrada, simétrica y se comprueba que es idempotente ( A2= I ) Sol. Por tanto, sí es matriz de proyección.

El subespacio es el generado por sus columnas. Podemos multiplicar los vectores por 3 y siguen generando el mismo subespacio, por tanto éste es el generado por (2,-1,1) , (-1,2,1), (1,1,2) .

(Y también se puede quitar uno de ellos pues son linealmente dependientes).


B) Soluciones a los Ejercicios

E-1) a) | u |2 = u · u = (4,0,3) = 25 , luego | u | = 403

25 = 5. Sol.

| v |2 = v · v = (1,1,3) = 11 , luego | v | = 113

11 .

b) La distancia es el módulo del vector diferencia (4,0,3) �– (1,1,3) = (3,�–1,0)

| (3,�–1,0) | = 10

c) cos = u vu v

=

1(4,0,3) 1

3

5 11 =

135 11

0.784 , arc cos (0.784) = 0.669 rad

Sol. E-2) a) (1,0,0,3,4) · (1,2,3,1,-1) = 1+0+0+3 - 4= 0 sí son ortogonales.

b) (3,3,1) · (-1,1,-1) = 3·(-1) + 2·3·1 + 3·1·(-1) = 0 sí son ortogonales.

c) f · g = x (x+1) dx =

1

0

13 2

03 2x x

= 56

0 no son ortogonales.

Sol. E-3) a) Hallamos el módulo de v con el producto escalar usual:

v · v = (2,1,3,-2) · (2,1,3,-2) = 4+1+9+4 = 18 luego | v | = 18 = 3 2

Normalizamos v dividiéndolo por su módulo: vv

= 1

3 2(2,1,3,-2) =

2 1 3 2, , ,

3 2 3 2 3 2 3 2

b) Hallamos el módulo de v con el producto escalar dado:

v · v = (2,1,3,-2) · (2,1,3,-2) = 4 + 1 + 2·9 + 2·4 = 31 luego | v | = 31

Normalizamos v dividiéndolo por su módulo: vv

= 131

(2,1,3,-2) = 2 1 3

, , ,31 31 31 31

2

Sol. E-4) a) Hay que comprobar si sus columnas son vectores ortonormales, es decir, si tienen módulo

1 y son ortogonales entre sí.

En este caso las columnas son u=(0,0,2) , v=(1,0,0), w=(0,1,0). Son ortogonales entre sí, pues u · v = 0, u · w = 0, v · w = 0. Pero no todos tienen módulo 1, pues u tiene módulo 2.

Por tanto, A no es una matriz ortogonal.


Otra forma: Una matriz es ortogonal cuando su inversa es igual a su traspuesta:

A-1 = At, o dicho de otro modo, A At = Veamos entonces qué se obtiene multiplicando A At :

0 1 00 0 12 0 0

0 0 21 0 00 1 0

= 1 0 00 1 00 0 4

que no es la matriz identidad.

Por tanto, A no es una matriz ortogonal.

b) Por cualquiera de los dos métodos del apartado a), se tiene que B sí es una matriz ortogonal.

Sol. E-5) Hay que ver si cada vector de la base de S es ortogonal a cada vector de la base de T.

(-3,-3,0,1) · (0,1,0,3) = 0

(-3,-3,0,1) · (1,1,-1,6) = 0

(1,0,2,0) · (0,1,0,3) = 0

pero (1,0,2,0) · (1,1,-1,6) = �–1 0 por tanto S y T no son subespacios ortogonales.

Sol. E-6) a) Se trata de hallar todos los vectores (x,y,z) que son ortogonales a (1,0,2).

Planteamos por tanto la ecuación (1,0,2) · (x,y,z) = 0 , es decir x + 2z= 0

Se trata de un sistema de una sola ecuación con tres incógnitas, con matriz ampliada (1 0 2 | 0).

Por el método de Gauss, su solución es que ya es, en paramétricas, el complemento ortogonal de S.

[ Una base sería (-2,0,1), (0,1,0). Comprobar que estos vectores son ortogonales a (1,0,2). Notar también que la dimensión del ortogonal es 2, ya que la de S es 1, estando en 3 . ]

b) Se trata de hallar todos los vectores (x,y,z) que son ortogonales a (1,0,2) y a (1,1,1).

Planteamos por tanto las ecuaciones , es decir, (1,0,2) · (x,y,z) = 0(1,1,1) · (x,y,z) = 0

x + 2z = 0x + y + z = 0

Se trata de un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas, con matriz ampliada 1 0 2 01 1 1 0

Por el método de Gauss se obtiene la solución que ya es, en paramétricas, el complemento ortogonal de T.

[ Una base sería (-2,1,1) . Comprobar que este vector es ortogonal a (1,0,2) y a (1,1,1). Notar también que la dimensión del ortogonal es 1, ya que la de T es 2, estando en 3.


E-7) a) proy (1,2,1) (0,3,2) =

01 2 1 3

2

11 2 1 2

1

(1,2,1) = 86

(1,2,1) = 4 8 4, ,3 3 3

Sol.

[ Comprobar que el resultado pertenece a la recta generada por (1,2,1) ]

b) Para aplicar la fórmula de la proyección, primero hay que verificar que (1,2,1) y (0,-1,2) forman una base ortogonal del plano P. Efectivamente se ve que su producto escalar es cero, por tanto son ortogonales.

Entonces,

proy P (0,3,2) =

01 2 1 3

2

11 2 1 2

1

(1,2,1) +

00 -1 2 3

2

00 -1 2 -1

2

(0,-1,2) = 86

(1,2,1) + 15

(0,-1,2) =

= 4 37 26, ,3 15 15

Sol. E-8) La mejor aproximación es simplemente su proyección sobre el plano. Por tanto se trata del mismo ejercicio b) anterior, cuya solución es . 4 37 26, ,

3 15 15

Sol. E-9) Aplicamos el proceso de Gram-Schmidt para hallar primero una base ortogonal a1 , a2 .

a1 = u = (0,1,0)

a2 = v �– proy a1 (v) = (3,2,1) �–

30 1 0 2

1

00 1 0 1

0

(0,1,0) = (3,2,1) �– 2 (0,1,0) = (3,0,1)

Ahora normalizamos a1 y a2 para obtener la base ortonormal b1, b2 :

a1 ya tiene norma 1 , luego b1 = a1 = (0,1,0)

a2 tiene norma 2 2 23 0 +1 10 , luego b2 = 2a10

= ,3 10,10 10

Por tanto la base ortonormal pedida, es : (0,1,0) , , ,3 1010 10


E-10) a) Formamos la matriz con la base de S en columnas: A=

1 00 2-1 01 3

Sol.

Así, la matriz de proyección sobre el subespacio S es:

P = A (At A)�–1 At =

13/30 -1/5 -13/30 2/15 -1/5 2/5 1/5 2/5 -13/30 1/5 13/30 - 2/15 2/15 2/5 - 2/15 11/15

b) Para proyectar sobre S, podemos usar la matriz de proyección que hemos calculado.

proy S (v) =

13/30 - 1/5 - 13/30 2/15 - 1/5 2/5 1/5 2/5 - 13/30 1/5 13/30 - 2/15 2/15 2/5 - 2/15

0 2 0 2

0 - 2

11/15 5 11 3

3

3

por tanto, proy S (v) = , ,2 -2 12, 3 3 3

1

(Nota: también se podría hacer mediante la fórmula de la proyección, pero primero habría que hallar una base ortogonal de S, pues la del enunciado no lo es.)

Sol. E-11) a) Primero hay que expresar v como suma de dos componentes:

v = v1 + v2 con v1 en la dirección de (2,1) , y v2 ortogonal a (2,1).

v1 = proy (2,1) (v) =

32 1

4

22 1

1

(2,1) = 105

(2,1) = (4,2) esta es la componente v1

La componente ortogonal es v2 = v �– (4,2) = (3,4) �– (4,2) = (�–1, 2)

Por tanto v = v1 + v2 = (4,2) + (�–1, 2)

y el simétrico es v �’ = v1 �– v2 = (4,2) �– (�–1, 2) = (5, 0)

b) Área = base altura

2 =

2 (4,2) (-1,2)2

= 2 20 5

2 = 10 unidades2.


Sol. E-12) Primero hay que hallar el módulo de f, que es f f (usando el producto escalar dado)

f · f = f(x) f(x) dx = x

1

0

1

0

2 x2 dx = x

1

0

4 dx = 15

05x = 1

5 luego | f | = f f = 1

5

Ahora para normalizar f, lo dividimos por su módulo: f1 5

= 5 f = 5 x2

Por tanto la función normalizada es: g(x) = 5 x2

Sol. E-13) La mejor aproximación es la proyección. Por tanto hay que proyectar f sobre g.

proy g (f) = g fg g

g =

2

02

0

g(x) f(x) dx

g(x) g(x) dx g =

2

02

0

x ( 2x +1) dx

x x dx x =

22 38 3

x = 114

x

La mejor aproximación es por tanto la función h(x) = 114

x

E-14) a) Escalonando, se ve que la matriz de coeficientes del sistema A=3 11 11 3

tiene rango 2,

mientras que la matriz ampliada 3 1 41 1 31 3 7

tiene rango 3. Por tanto el sistema es incompatible, ha

de resolverse por mínimos cuadrados.

Sol.

Como las columnas de A son linealmente independientes, podemos calcular la solución directamente como:

(At A)�–1At 437

= 7 1 124 6 24

1 1 724 6 24

437

=

118

118

Así pues, la solución del sistema, aproximada por mínimos cuadrados, es x =118

, y =118

.

b) Error cuadrático:

211483 - A11

78

=

211 2

011 2

= 1212


ALFABETO GRIEGO

Mayúscula Minúscula Nombre Equivalencia en castellano

! " Alfa A # $ Beta B % & Gamma G suave, como en gato ' ( Delta D ) * Épsilon E breve + , Zeta

(pronunciado dseta) DS

- . Eta E larga / 0 Theta

(pronunciado zeta) Z

1 2 Iota I 3 4 Kappa K 5 6 Lambda L 7 µ Mu M 8 9 Nu N : ; Xi X < = Ómicron O breve > ? Pi P @ A Ro R B C , D Sigma S E F Tau T Y G Ypsilon entre I y U

(como la u francesa) H I Phi o Fi F X J Ji J K L Psi PS M N Omega O larga

Neila Campos Dpto. de Matemática Aplicada y CC. de la Computación

Universidad de Cantabria

Algebra lineal neila campos

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