9.4: Subespacios y Bases
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- Utilice la prueba subespacial para determinar si un conjunto es un subespacio de un espacio vectorial dado.
- Extender un conjunto linealmente independiente y reducir un conjunto de expansión a una base de un espacio vectorial dado.
En esta sección examinaremos el concepto de subespacios introducido anteriormente en términos de\(\mathbb{R}^n\). Aquí, discutiremos estos conceptos en términos de espacios vectoriales abstractos.
Considerar la definición de un subespacio.
Dejar\(V\) ser un espacio vectorial. Se dice que un subconjunto\(W\subseteq V\) es un subespacio de\(V\) si\(a\vec{x}+b\vec{y} \in W\) siempre\(a,b\in \mathbb{R}\) y\(\vec{x},\vec{y}\in W.\)
El lapso de un conjunto de vectores como se describe en la Definición 9.2.3 es un ejemplo de un subespacio. El siguiente resultado fundamental dice que los subespacios son subconjuntos de un espacio vectorial que son ellos mismos espacios vectoriales.
Let\(W\) Ser una colección no vacía de vectores en un espacio vectorial\(V\). Entonces\(W\) es un subespacio si y sólo si\(W\) satisface los axiomas del espacio vectorial, utilizando las mismas operaciones que las definidas en\(V\).
- Prueba
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Supongamos primero que\(W\) es un subespacio. Es obvio que todas las leyes algebraicas se aferran\(W\) porque es un subconjunto de\(V\) y se aferran\(V\). Así\(\vec{u}+\vec{v}=\vec{v}+\vec{u}\) junto con los otros axiomas. \(W\)Contiene\(\vec{0}?\) Sí porque contiene\(0\vec{u}=\vec{0}\). Ver Teorema 9.1.1.
Son las operaciones de\(V\) definidas en Es\(W?\) decir, cuando agregas vectores de\(W\) obtienes un vector en\(W?\) Cuando multiplicas un vector en\(W\) por un escalar, obtienes un vector en\(W?\) Sí. Esto está contenido en la definición. ¿Cada vector en\(W\) tiene una inversa aditiva? Sí por Teorema 9.1.1 porque\(-\vec{v}=\left( -1\right) \vec{v}\) el cual se da para estar en\(W\) proporcionado\(\vec{v}\in W\).
Siguiente supongamos que\(W\) es un espacio vectorial. Entonces por definición, se cierra con respecto a combinaciones lineales. De ahí que sea un subespacio.
Considera el siguiente Corolario útil.
Dejar\(V\) ser un espacio vectorial con\(W \subseteq V\). Si\(W = \mathrm{span} \left\{ \vec{v}_1, \cdots, \vec{v}_n \right\}\) entonces\(W\) es un subespacio de\(V\).
Al determinar conjuntos de expansión el siguiente teorema resulta útil.
Vamos\(W \subseteq V\) por un espacio vectorial\(V\) y supongamos\(W = \mathrm{span} \left\{ \vec{v}_1, \vec{v}_2, \cdots, \vec{v}_n \right\}\).
Que\(U \subseteq V\) sea un subespacio tal que\(\vec{v}_1, \vec{v}_2, \cdots, \vec{v}_n \in U\). Entonces se deduce eso\(W \subseteq U\).
En otras palabras, este teorema afirma que cualquier subespacio que contenga un conjunto de vectores también debe contener el lapso de estos vectores.
El siguiente ejemplo mostrará que dos vanos, descritos de manera diferente, de hecho pueden ser iguales.
\(p(x), q(x)\)Dejen ser polinomios y supongamos\(U = \mathrm{span}\left\{ 2p(x) - q(x), p(x) + 3q(x)\right\}\) y\(W = \mathrm{span}\left\{ p(x), q(x) \right\}\). \(U = W\)Demuéstralo.
Solución
Vamos a utilizar Teorema\(\PageIndex{2}\) para mostrar eso\(U \subseteq W\) y\(W \subseteq U\). Entonces seguirá eso\(U=W\).
- \(U \subseteq W\)Observe que\(2p(x) - q(x)\) y ambos\(p(x) + 3q(x)\) están en\(W=span\{p(x),q(x)\}\). Entonces por Teorema\(\PageIndex{2}\)\(W\) debe contener el lapso de estos polinomios y así\(U⊆W\).
- \(W \subseteq U\)Observe que\[\begin{aligned}p(x)&=\frac{3}{7}(2p(x)-q(x))+\frac{2}{7}(p(x)+3q(x)) \\ q(x)&=-\frac{1}{7}(2p(x)-q(x))+\frac{2}{7}(p(x)+3q(x))\end{aligned}\] De ahí\(p(x),\:q(x)\) están en\(span\{2p(x)−q(x),\: p(x) +3q(x)\}\). Por Teorema\(\PageIndex{2}\)\(U\) debe contener el lapso de estos polinomios y así\(W ⊆ U\).
Para probar que un conjunto es un espacio vectorial, se debe verificar cada uno de los axiomas dados en la Definición 9.1.2 y 9.1.3. Esta es una tarea engorrosa, y por lo tanto se utiliza un procedimiento más corto para verificar un subespacio.
Supongamos que\(W\) es un subconjunto de un espacio vectorial\(V\). Para determinar si\(W\) es un subespacio de\(V\), es suficiente determinar si se mantienen las siguientes tres condiciones, utilizando las operaciones de\(V\):
- La identidad aditiva\(\vec{0}\) de\(V\) está contenida en\(W\).
- Para cualquier vector\(\vec{w}_1, \vec{w}_2\) en\(W\), también\(\vec{w}_1 + \vec{w}_2\) está en\(W\).
- Para cualquier vector\(\vec{w}_1\) en\(W\) y escalar\(a\), el producto también\(a\vec{w}_1\) está en\(W\).
Por lo tanto, basta con probar estos tres pasos para demostrar que un conjunto es un subespacio.
Considera el siguiente ejemplo.
Dejar\(V\) ser un espacio vectorial arbitrario. Entonces\(V\) es un subespacio en sí mismo. Del mismo modo, el conjunto\(\left\{ \vec{0} \right\}\) que contiene solo el vector cero es también un subespacio.
Solución
Utilizando la prueba subespacial en Procedimiento\(\PageIndex{1}\) podemos demostrar que\(V\) y\(\left\{ \vec{0} \right\}\) son subespacios de\(V\).
Dado que\(V\) satisface los axiomas del espacio vectorial también satisface los tres pasos de la prueba subespacial. Por lo tanto,\(V\) es un subespacio.
Consideremos el conjunto\(\left\{ \vec{0} \right\}\).
- El vector\(\vec{0}\) está claramente contenido en\(\left\{ \vec{0} \right\}\), por lo que se satisface la primera condición.
- \(\vec{w}_1, \vec{w}_2\)Déjese entrar\(\left\{ \vec{0} \right\}\). Entonces\(\vec{w}_1 = \vec{0}\)\(\vec{w}_2 = \vec{0}\) y así De\[\vec{w}_1 + \vec{w}_2 = \vec{0} + \vec{0} = \vec{0}\nonumber \] ello se deduce que la suma está contenida en\(\left\{ \vec{0} \right\}\) y se cumple la segunda condición.
- \(\vec{w}_1\)Déjese entrar\(\left\{ \vec{0} \right\}\) y dejar que\(a\) sea un escalar arbitrario. Entonces\[a\vec{w}_1 = a\vec{0} = \vec{0}\nonumber \] De ahí que el producto esté contenido\(\left\{ \vec{0} \right\}\) y se cumpla la tercera condición.
De ello se deduce que\(\left\{ \vec{0} \right\}\) es un subespacio de\(V\).
Los dos subespacios descritos anteriormente se denominan subespacios inadecuados. Cualquier subespacio de un espacio vectorial\(V\) que no sea igual\(V\) o que\(\left\{ \vec{0} \right\}\) se llame subespacio propio.
Considera otro ejemplo.
Dejar\(\mathbb{P}_2\) ser el espacio vectorial de polinomios de grado dos o menos. Que\(W \subseteq \mathbb{P}_2\) sean todos los polinomios de grado dos o menos que tengan\(1\) como raíz. Demostrar que\(W\) es un subespacio de\(\mathbb{P}_2\).
Solución
Primero,\(W\) exprese de la siguiente manera:\[W = \left\{ p(x) = ax^2 +bx +c, a,b,c, \in \mathbb{R} | p(1) = 0 \right\}\nonumber \]
Tenemos que demostrar que\(W\) satisface las tres condiciones del Procedimiento\(\PageIndex{1}\).
- El polinomio cero de\(\mathbb{P}_2\) viene dado por\(0(x) = 0x^2 + 0x + 0 = 0\). Claramente\(0(1) = 0\) así\(0(x)\) está contenido en\(W\).
- \(p(x), q(x)\)Dejen entrar polinomios\(W\). De ello se deduce que\(p(1) = 0\) y\(q(1) = 0\). Ahora considere\(p(x) + q(x)\). Vamos a\(r(x)\) representar esta suma. \[\begin{aligned} r(1) &= p(1) + q(1) \\ &= 0 + 0 \\ &= 0\end{aligned}\]Por lo tanto, la suma también está en\(W\) y se cumple la segunda condición.
- Dejar\(p(x)\) ser un polinomio adentro\(W\) y dejar\(a\) ser un escalar. De ello se deduce que\(p(1) = 0\). Considera el producto\(ap(x)\). \[\begin{aligned} ap(1) &= a(0) \\ &= 0\end{aligned}\]Por lo tanto el producto está en\(W\) y se cumple la tercera condición.
De ello se deduce que\(W\) es un subespacio de\(\mathbb{P}_2\).
Recordemos la definición de base, considerada ahora en el contexto de los espacios vectoriales.
Dejar\(V\) ser un espacio vectorial. Entonces\(\{\vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\}\) se llama base para\(V\) si se mantienen las siguientes condiciones.
- \(\mathrm{span}\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\} = V\)
- \(\{\vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\}\)es linealmente independiente
Considera el siguiente ejemplo.
Dejar\(\mathbb{P}_2\) ser el conjunto polinomios de grado no más de 2. Podemos escribir ¿\(\mathbb{P}_2=\mathrm{span}\left\{ x^{2}, x, 1\right\} .\)Es\(\left\{ x^{2}, x, 1\right\}\) una base para\(\mathbb{P}_2\)?
Solución
Se puede verificar que\(\mathbb{P}_2\) es un espacio vectorial definido bajo la suma habitual y multiplicación escalar de polinomios.
Ahora, ya que\(\mathbb{P}_2=\mathrm{span}\left\{ x^{2},x, 1\right\}\), el conjunto\(\left\{ x^{2}, x, 1\right\}\) es una base si es linealmente independiente. Supongamos entonces que\[ax^{2}+bx+c=0x^2 + 0x + 0\nonumber \] donde\(a,b,c\) están los números reales. Es claro que esto sólo puede ocurrir si\(a=b=c=0\). De ahí que el conjunto sea linealmente independiente y forme una base de\(\mathbb{P}_2\).
El siguiente teorema es un resultado esencial en álgebra lineal y se denomina teorema de intercambio.
Let\(\left\{ \vec{x}_{1},\cdots ,\vec{x}_{r}\right\}\) Ser un conjunto linealmente independiente de vectores de tal manera que cada uno\(\vec{x}_{i}\) está contenido en span\(\left\{ \vec{y}_{1},\cdots ,\vec{y}_{s}\right\} .\) Entonces\(r\leq s.\)
- Prueba
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El comprobante procederá de la siguiente manera. Primero, establecemos los pasos necesarios para la prueba. A continuación, asumiremos eso\(r > s\) y demostraremos que esto lleva a una contradicción, requiriendo así que eso\(r \leq s\).
Definir span\(\left\{ \vec{y}_{1},\cdots ,\vec{y}_{s}\right\} = V.\) Dado que cada uno\(\vec{x}_i\) está en span\(\left\{ \vec{y}_{1},\cdots ,\vec{y}_{s}\right\}\), se deduce que existen escalares\(c_{1},\cdots ,c_{s}\) tales que\[\vec{x}_{1}=\sum_{i=1}^{s}c_{i}\vec{y}_{i} \label{lincomb}\] Tenga en cuenta que no todos estos escalares\(c_i\) pueden ser iguales a cero. Supongamos que todos los\(c_i=0\). Entonces seguiría eso\(\vec{x}_{1}=\vec{0}\) y así no\(\left\{ \vec{x} _{1},\cdots ,\vec{x}_{r}\right\}\) sería linealmente independiente. En efecto, si\(\vec{x}_{1}=\vec{0}\),\(1\vec{x}_{1}+\sum_{i=2}^{r}0 \vec{x}_{i}=\vec{x}_{1}=\vec{0}\) y así existiría una combinación lineal no trivial de los vectores\(\left\{ \vec{x}_{1},\cdots , \vec{x}_{r}\right\}\) que es igual a cero. Por lo tanto, al menos uno\(c_i\) es distinto de cero.
Decir\(c_{k}\neq 0.\) Entonces resolver\(\eqref{lincomb}\) para\(\vec{y}_{k}\) y obtener\[\vec{y}_{k}\in \mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1},\overset{\text{s-1 vectors here}}{\overbrace{\vec{y}_{1},\cdots ,\vec{y}_{k-1},\vec{y} _{k+1},\cdots ,\vec{y}_{s}}}\right\} .\nonumber \]\(\left\{ \vec{z}_{1},\cdots ,\vec{z}_{s-1}\right\}\) Definir ser\[\left\{ \vec{z}_{1},\cdots ,\vec{z}_{s-1}\right\} = \left\{ \vec{y}_{1},\cdots ,\vec{y}_{k-1},\vec{y}_{k+1},\cdots ,\vec{y} _{s}\right\}\nonumber \] Ahora podemos escribir\[\vec{y}_{k}\in \mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1}, \vec{z}_{1},\cdots, \vec{z}_{s-1}\right\}\nonumber \] Por lo tanto,\(\mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1},\vec{z}_{1},\cdots ,\vec{z }_{s-1}\right\}=V\). Para ver esto, supongamos\(\vec{v}\in V\). Entonces existen constantes\(c_{1},\cdots ,c_{s}\) tales que\[\vec{v}=\sum_{i=1}^{s-1}c_{i}\vec{z}_{i}+c_{s}\vec{y}_{k}.\nonumber \] Reemplazar esto\(\vec{y}_{k}\) con una combinación lineal de los vectores\(\left\{ \vec{x}_{1},\vec{z}_{1},\cdots ,\vec{z}_{s-1}\right\}\) para obtener\(\vec{v}\in \mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1},\vec{z} _{1},\cdots ,\vec{z}_{s-1}\right\} .\) El vector\(\vec{y}_{k},\) en la lista ahora\(\left\{ \vec{y}_{1},\cdots ,\vec{y}_{s}\right\} ,\) ha sido reemplazado por el vector\(\vec{x}_{1}\) y la lista modificada resultante de vectores tiene el mismo lapso que la lista original de vectores,\(\left\{ \vec{y }_{1},\cdots ,\vec{y}_{s}\right\} .\)
Ahora estamos listos para pasar a la prueba. Supongamos que\(r>s\) y\[\mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1},\cdots , \vec{x}_{l},\vec{z}_{1},\cdots ,\vec{z}_{p}\right\} =V\nonumber \] aquello donde haya continuado el proceso establecido anteriormente. Es decir, los vectores\(\vec{z}_{1},\cdots ,\vec{z}_{p}\) son tomados cada uno del conjunto\(\left\{ \vec{y}_{1},\cdots ,\vec{y}_{s}\right\}\) y\(l+p=s.\) Esto se hizo para\(l=1\) arriba. Entonces ya que\(r>s,\) se deduce eso\(l\leq s<r\) y así\(l+1\leq r.\) Por lo tanto,\(\vec{x}_{l+1}\) es un vector no en la lista,\(\left\{ \vec{x}_{1},\cdots ,\vec{x}_{l}\right\}\) y como\[\mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1},\cdots ,\vec{x}_{l},\vec{z} _{1},\cdots ,\vec{z}_{p}\right\} =V\nonumber \] existen escalares,\(c_{i}\) y\(d_{j}\) tal que\[\vec{x}_{l+1}=\sum_{i=1}^{l}c_{i}\vec{x}_{i}+\sum_{j=1}^{p}d_{j} \vec{z}_{j}. \label{lincomb2}\] no todos los\(d_{j}\) pueden igualar a cero porque si esto fuera así, seguiría eso\(\left\{ \vec{x}_{1},\cdots ,\vec{x}_{r}\right\}\) sería un conjunto linealmente dependiente porque uno de los vectores equivaldría a una combinación lineal de los otros. Por lo tanto, se\(\eqref{lincomb2}\) puede resolver para una de las\(\vec{z}_{i},\) que dicen\(\vec{z}_{k},\) en términos de\(\vec{x}_{l+1}\) y la otra\(\vec{z}_{i}\) y así como en el argumento anterior, sustituir eso\(\vec{z}_{i}\) por\(\vec{x}_{l+1}\) para obtener\[\mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1},\cdots \vec{x}_{l},\vec{x}_{l+1}, \overset{\text{p-1 vectors here}}{\overbrace{\vec{z}_{1},\cdots \vec{z} _{k-1},\vec{z}_{k+1},\cdots ,\vec{z}_{p}}}\right\} =V\nonumber \] Continuar de esta manera, eventualmente obteniendo\[\mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1},\cdots ,\vec{x}_{s}\right\} =V.\nonumber \] Pero entonces\(\vec{x}_{r}\in\) \(\mathrm{span}\left\{ \vec{x}_{1},\cdots , \vec{x}_{s}\right\}\)contrario a la suposición de que\(\left\{ \vec{x} _{1},\cdots ,\vec{x}_{r}\right\}\) es linealmente independiente. Por lo tanto,\(r\leq s\) como se reclamó.
El siguiente corolario se desprende del teorema del intercambio.
Dejar\(B_1\),\(B_2\) ser dos bases de un espacio vectorial\(V\). Supongamos que\(B_1\) contiene\(m\) vectores y\(B_2\) contiene\(n\) vectores. Entonces\(m = n\).
- Prueba
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Por teorema\(\PageIndex{3}\),\(m\leq n\) y\(n\leq m\). Por lo tanto\(m=n\).
Este corolario es muy importante por lo que aportamos otra prueba independiente del teorema de intercambio anterior.
- Prueba
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Supongamos\(n > m.\) Entonces ya que los vectores\(\left\{ \vec{u} _{1},\cdots ,\vec{u}_{m}\right\}\) abarcan\(V,\) existen escalares\(c_{ij}\) tales que\[\sum_{i=1}^{m}c_{ij}\vec{u}_{i}=\vec{v}_{j}.\nonumber \] Por lo tanto,\[\sum_{j=1}^{n}d_{j}\vec{v}_{j}=\vec{0} \text{ if and only if }\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{m}c_{ij}d_{j}\vec{u}_{i}= \vec{0}\nonumber \] si y solo si\[\sum_{i=1}^{m}\left( \sum_{j=1}^{n}c_{ij}d_{j}\right) \vec{u}_{i}=\vec{ 0}\nonumber \] Ahora ya\(\{\vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{n}\}\) es independiente, esto sucede si y solo si\[\sum_{j=1}^{n}c_{ij}d_{j}=0,\;i=1,2,\cdots ,m.\nonumber \] Sin embargo, este es un sistema de\(m\) ecuaciones en \(n\)variables,\(d_{1},\cdots ,d_{n}\) y\(m<n.\) Por lo tanto, existe una solución a este sistema de ecuaciones en la que no todas las\(d_{j}\) son iguales a cero. Recordemos por qué esto es así. La matriz aumentada para el sistema es de la forma\(\left [ \begin{array}{c|c} C & \vec{0} \end{array} \right ]\) donde\(C\) es una matriz que tiene más columnas que filas. Por lo tanto, existen variables libres y por lo tanto soluciones distintas de cero al sistema de ecuaciones. Sin embargo, esto contradice la independencia lineal de\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{m}\right\}\). De igual manera no puede suceder eso\(m > n\).
Dado el resultado del corolario anterior, sigue la siguiente definición.
Un espacio vectorial\(V\) es de dimensión\(n\) si tiene una base que consiste en\(n\) vectores.
Observe que la dimensión está bien definida por Corolario\(\PageIndex{2}\). Se supone aquí que\(n<\infty\) y por lo tanto se dice que dicho espacio vectorial es dimensional finito.
\(\mathbb{P}_2\)Sea el conjunto de todos los polinomios de grado como máximo\(2\). Encuentra la dimensión de\(\mathbb{P}_2\).
Solución
Si podemos encontrar una base de\(\mathbb{P}_2\) entonces el número de vectores en la base dará la dimensión. Recordemos de Ejemplo\(\PageIndex{4}\) que una base de\(\mathbb{P}_2\) es dada por\[S = \left\{ x^2, x, 1 \right\}\nonumber \] Hay tres polinomios en\(S\) y de ahí la dimensión de\(\mathbb{P}_2\) es tres.
Es importante señalar que una base para un espacio vectorial no es única. Un espacio vectorial puede tener muchas bases. Considera el siguiente ejemplo.
\(\mathbb{P}_2\)Dejen ser los polinomios de grado no más de 2. ¿Es\(\left\{ x^{2}+x+1,2x+1,3x^{2}+1\right\}\) una base para\(\mathbb{P}_2\)?
Solución
Supongamos que estos vectores son linealmente independientes pero no forman un conjunto de expansión para\(\mathbb{P}_2\). Luego por Lemma 9.3.2, podríamos encontrar un cuarto polinomio\(\mathbb{P}_2\) para crear un nuevo conjunto linealmente independiente que contiene cuatro polinomios. Sin embargo, esto implicaría que podríamos encontrar una base\(\mathbb{P}_2\) de más de tres polinomios. Esto contradice el resultado de Ejemplo\(\PageIndex{5}\) en el que determinamos la dimensión de\(\mathbb{P}_2\) es tres. Por lo tanto, si estos vectores son linealmente independientes, también deben formar un conjunto de expansión y, por lo tanto, una base para\(\mathbb{P}_2\).
Supongamos entonces que\[\begin{aligned} a\left( x^{2}+x+1\right) +b\left( 2x+1\right) +c\left( 3x^{2}+1\right) &= 0\\ \left( a+3c\right) x^{2}+\left( a+2b\right) x+\left( a+b+c\right) &= 0 \end{aligned}\] Sabemos que\(\left\{ x^2, x, 1 \right\}\) es linealmente independiente, y así se deduce eso\[\begin{aligned} a+3c &= 0 \\ a+2b &= 0 \\ a+b+c &= 0\end{aligned}\] y sólo hay una solución a este sistema de ecuaciones,\(a=b=c=0\). Por lo tanto, estos son linealmente independientes y forman una base para\(\mathbb{P}_2\).
Considera el siguiente teorema.
Dejar\(W\) ser un subespacio distinto de cero de un espacio vectorial dimensional finito\(V\). Supongamos que\(V\) tiene dimensión\(n\). Entonces\(W\) tiene una base con no más que\(n\) vectores.
- Prueba
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Vamos\(\vec{v}_{1}\in V\) donde\(\vec{v}_{1}\neq 0.\) Si\(\mathrm{span}\left\{ \vec{v}_{1}\right\} =V,\) entonces se deduce que\(\left\{ \vec{v} _{1}\right\}\) es una base para\(V\). De lo contrario, existe\(\vec{v} _{2}\in V\) que no está en\(\mathrm{span}\left\{ \vec{v}_{1}\right\} .\) By Lemma 9.3.2\(\left\{ \vec{v}_{1},\vec{v}_{2}\right\}\) es un conjunto linealmente independiente de vectores. Entonces\(\left\{ \vec{v}_{1},\vec{v} _{2}\right\}\) es una base para\(V\) y ya estamos hechos. Si\(\mathrm{span}\left\{ \vec{v}_{1}, \vec{v}_{2}\right\} \neq V,\) entonces existe\(\vec{v}_{3}\notin \mathrm{ span}\left\{ \vec{v}_{1},\vec{v}_{2}\right\}\) y\(\left\{ \vec{v} _{1},\vec{v}_{2},\vec{v}_{3}\right\}\) hay un mayor conjunto linealmente independiente de vectores. Continuando así, el proceso debe detenerse antes de\(n+1\) los pasos porque de no ser así, sería posible obtener vectores\(n+1\) linealmente independientes contrarios al teorema del intercambio, Teorema\(\PageIndex{3}\).
Si de hecho\(W\) tiene\(n\) vectores, entonces se deduce de eso\(W=V\).
Dejar\(V\) ser un espacio vectorial de dimensión\(n\) y dejar\(W\) ser un subespacio. Entonces\(W=V\) si y sólo si la dimensión de\(W\) es también\(n\).
- Prueba
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Primero supongamos\(W=V.\) Entonces obviamente la dimensión de\(W=n.\)
Ahora supongamos que la dimensión de\(W\) es\(n\). Que una base para\(W\) ser\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{n}\right\}\). Si no\(W\) es igual a\(V\), entonces deja\(\vec{v}\) ser un vector del\(V\) cual no está contenido en\(W.\) Así no\(\vec{v}\) está en\(\mathrm{span}\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w} _{n}\right\}\) y por Lema 9.7.2,\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{n},\vec{v}\right\}\) es linealmente independiente lo que contradice Teorema\(\PageIndex{3}\) porque lo haría ser un conjunto independiente de\(n+1\) vectores aunque cada uno de estos vectores esté en un conjunto de\(n\) vectores que abarca, una base de\(V\).
Considera el siguiente ejemplo.
Vamos\(U=\left\{ A\in\mathbb{M}_{22} ~\left|~ A\left [\begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{array}\right ]\right. = \left [\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{array}\right ] A \right\}\). Entonces\(U\) es un subespacio de\(\mathbb{M}_{22}\) Encuentra una base de\(U\), y por lo tanto\(\dim(U)\).
Solución
Vamos\(A=\left [\begin{array}{rr} a & b \\ c & d \end{array}\right ] \in\mathbb{M}_{22}\). Entonces\[A\left [\begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{array}\right ] = \left [\begin{array}{rr} a & b \\ c & d \end{array}\right ] \left [\begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{array}\right ] =\left [\begin{array}{rr} a+b & -b \\ c+d & -d \end{array}\right ]\nonumber \] y\[\left [\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{array}\right ] A = \left [\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 0 & -1 \end{array}\right ] \left [\begin{array}{rr} a & b \\ c & d \end{array}\right ] =\left [\begin{array}{cc} a+c & b+d \\ -c & -d \end{array}\right ].\nonumber \] Si\(A\in U\), entonces\(\left [\begin{array}{cc} a+b & -b \\ c+d & -d \end{array}\right ]= \left [\begin{array}{cc} a+c & b+d \\ -c & -d \end{array}\right ]\).
La equiparación de entradas conduce a un sistema de cuatro ecuaciones en las cuatro variables\(a,b,c\) y\(d\).
\[\begin{array}{ccc} a+b & = & a + c \\ -b & = & b + d \\ c + d & = & -c \\ -d & = & -d \end{array}\nonumber\]
o
\[\begin{array}{rcc} b - c & = & 0 \\ -2b - d & = & 0 \\ 2c + d & = & 0 \end{array}.\nonumber \]
La solución a este sistema es\(a=s\),\(b=-\frac{1}{2}t\),\(c=-\frac{1}{2}t\),\(d=t\) para cualquier\(s,t\in\mathbb{R}\), y así\[A=\left [\begin{array}{cc} s & \frac{t}{2} \\ -\frac{t}{2} & t \end{array}\right ] = s\left [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right ] + t\left [\begin{array}{rr} 0 & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 1 \end{array}\right ] .\nonumber \] Let\[B=\left\{ \left [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right ], \left [\begin{array}{rr} 0 & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & 1 \end{array}\right ]\right\}.\nonumber \] Then\(\mathrm{span}(B)=U\), y es rutina verificar que\(B\) sea un subconjunto independiente de\(\mathbb{M}_{22}\). Por lo tanto\(B\) es una base de\(U\), y\(\dim(U)=2\).
El siguiente teorema afirma que un conjunto de expansión de un espacio vectorial se\(V\) puede reducir a una base de\(V\). Del mismo modo, un conjunto linealmente independiente dentro se\(V\) puede ampliar para crear una base de\(V\).
Si\(V=\mathrm{span}\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u} _{n}\right\}\) es un espacio vectorial, entonces algún subconjunto de\(\{\vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{n}\}\) es una base para\(V.\) También, si\(\{\vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u} _{k}\}\subseteq V\) es linealmente independiente y el espacio vectorial es dimensional finito, entonces el conjunto se\(\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{k}\},\) puede ampliar para obtener una base de\(V.\)
- Prueba
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Let\[S=\{E\subseteq \{\vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{n}\}\text{ such that } \mathrm{span}\left\{ E\right\} =V\}.\nonumber \] For\(E\in S,\) let\(\left\vert E\right\vert\) denotar el número de elementos de\(E.\) Let\[m= \min \{\left\vert E\right\vert \text{ such that }E\in S\}.\nonumber \] Así existen vectores\[\{\vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{m}\}\subseteq \{\vec{u}_{1},\cdots , \vec{u}_{n}\}\nonumber \] tales que\[\mathrm{span}\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{m}\right\} =V\nonumber \] y\(m\) es lo más pequeño posible para que esto suceda. Si este conjunto es linealmente independiente, se deduce que es una base para\(V\) y se prueba el teorema. Por otro lado, si el conjunto no es linealmente independiente, entonces existen escalares,\(c_{1},\cdots ,c_{m}\) tales que\[\vec{0}=\sum_{i=1}^{m}c_{i}\vec{v}_{i}\nonumber \] y no todos los\(c_{i}\) son iguales a cero. Supongamos\(c_{k}\neq 0.\) Entonces resolver para el vector\(\vec{v}_{k}\) en términos de los otros vectores. En consecuencia,\[V=\mathrm{span}\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{k-1},\vec{v} _{k+1},\cdots ,\vec{v}_{m}\right\}\nonumber \] contradiciendo la definición de\(m\). Esto prueba la primera parte del teorema.
Para obtener la segunda parte, empezar\(\{\vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u} _{k}\}\) y supongamos una base para\(V\) es\[\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\}\nonumber \] Si\[\mathrm{span}\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{k}\right\} =V,\nonumber \] entonces\(k=n\). Si no, existe un vector\[\vec{u}_{k+1}\notin \mathrm{span}\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u} _{k}\right\}\nonumber \] Entonces de Lemma 9.3.2, también\(\{\vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{k}, \vec{u}_{k+1}\}\) es linealmente independiente. Continuar agregando vectores de esta manera hasta que se hayan obtenido vectores\(n\) linealmente independientes. Entonces\[\mathrm{span}\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{n}\right\} =V\nonumber \] porque si no lo hiciera, existiría\(\vec{u}_{n+1}\) como se acaba de describir y\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{n+1}\right\}\) habría un conjunto linealmente independiente de vectores que tuvieran\(n+1\) elementos. Esto contradice el hecho de que\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\}\) es una base. A su vez esto contradiría al Teorema\(\PageIndex{3}\). Por lo tanto, esta lista es una base.
Recordemos Ejemplo 9.3.4 en el que agregamos una matriz a un conjunto linealmente independiente para crear un conjunto linealmente independiente más grande. Por teorema\(\PageIndex{6}\) podemos extender un conjunto linealmente independiente a una base.
Dejar\(S \subseteq M_{22}\) ser un conjunto linealmente independiente dado por\[S = \left\{ \left [ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{rr} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \] Agrandar\(S\) a una base de\(M_{22}\).
Solución
Recordemos de la solución del Ejemplo 9.3.4 que el conjunto\(R \subseteq M_{22}\) dado por\[R = \left\{ \left [ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{rr} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{rr} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \] es también linealmente independiente. Sin embargo este conjunto todavía no es una base para\(M_{22}\) ya que no es un conjunto de expansión. En particular, no\(\left [ \begin{array}{rr} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right ]\) está en\(\mathrm{span} R\). Por lo tanto, esta matriz puede ser agregada al conjunto por Lemma 9.3.2 para obtener un nuevo conjunto linealmente independiente dado por\[T = \left\{ \left [ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{rr} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{rr} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{rr} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \]
Este conjunto es linealmente independiente y ahora abarca\(M_{22}\). De ahí\(T\) que sea una base.
A continuación consideramos el caso en el que tienes un conjunto de expansión y quieres un subconjunto que es una base. La discusión anterior implicó agregar vectores a un conjunto. El siguiente teorema implica la eliminación de vectores.
Dejar\(V\) ser un espacio vectorial y dejar\(W\) ser un subespacio. Supongamos también eso\(W=\mathrm{span}\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w} _{m}\right\}\). Entonces existe un subconjunto del\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots , \vec{w}_{m}\right\}\) cual es una base para\(W\).
- Prueba
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Let\(S\) denotar el conjunto de enteros positivos de tal manera que para\(k\in S,\) existe un subconjunto de\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w} _{m}\right\}\) que consiste en exactamente\(k\) vectores que es un conjunto de expansión para\(W\). Así\(m\in S\). Elija el entero positivo más pequeño en\(S\). Llámenlo\(k\). Entonces existe\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{k}\right\} \subseteq \left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{m}\right\}\) tal que\(span \left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{k}\right\} =W.\) si\[\sum_{i=1}^{k}c_{i}\vec{w}_{i}=\vec{0}\nonumber \] y no todos los\(c_{i}=0,\) entonces podrías escoger\(c_{j}\neq 0\), dividir por ello y resolver para\(\vec{u}_{j}\) en términos de los demás. \[\vec{w}_{j}=\sum_{i\neq j}\left( -\frac{c_{i}}{c_{j}}\right) \vec{w}_{i}\nonumber \]Entonces podrías eliminar\(\vec{w}_{j}\) de la lista y tener el mismo lapso. En cualquier combinación lineal que implique\(\vec{w}_{j}\), la combinación lineal sería igual a una en la que\(\vec{w}_{j}\) se reemplaza con la suma anterior, mostrando que podría haberse obtenido como una combinación lineal de\(\vec{w}_{i}\) for\(i\neq j\). Por lo tanto\(k-1\in S\) contrario a la elección de\(k\). De ahí que cada uno\(c_{i}=0\) y así\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u} _{k}\right\}\) sea una base para\(W\) constar de vectores de\(\left\{ \vec{w} _{1},\cdots ,\vec{w}_{m}\right\}\).
Considera el siguiente ejemplo de este concepto.
Dejar\(V\) ser el espacio vectorial de polinomios de grado no superior a 3, denotado anteriormente como\(\mathbb{P}_{3}\). Considere los siguientes vectores en\(V\). \[\begin{aligned} &2x^{2}+x+1,x^{3}+4x^{2}+2x+2,2x^{3}+2x^{2}+2x+1, \\ &x^{3}+4x^{2}-3x+2,x^{3}+3x^{2}+2x+1\end{aligned}\]Entonces, como se mencionó anteriormente,\(V\) tiene dimensión 4 y tan claramente estos vectores no son linealmente independientes. Una base para\(V\) es\(\left\{ 1,x,x^{2},x^{3}\right\}\). Determinar un subconjunto linealmente independiente de estos que tiene el mismo lapso. Determinar si este subconjunto es una base para\(V\).
Solución
Consideremos un isomorfismo\(\mathbb{R}^{4}\) al que\(V\) mapee de la manera obvia. Así\[\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right ]\nonumber \] corresponde a\(2x^{2}+x+1\) través del uso de este isomorfismo. Entonces correspondiente a los vectores anteriores en\(V\) tendríamos los siguientes vectores en\(\mathbb{R}^{4}.\)\[\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ 4 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 2 \\ 2 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{r} 2 \\ -3 \\ 4 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{array} \right ]\nonumber \] Ahora si obtenemos un subconjunto de estos que tiene el mismo lapso pero que es linealmente independiente, entonces los vectores correspondientes de también\(V\) serán linealmente independientes. Si hay cuatro en la lista, entonces los vectores resultantes de\(V\) deben ser una base para\(V\). La forma reducida fila-escalón para la matriz que tiene los vectores anteriores como columnas es\[\left [ \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & 0 & -15 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 11 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right ]\nonumber \] Por lo tanto, una base para\(V\) consiste en los vectores\[\begin{aligned} &2x^{2}+x+1,x^{3}+4x^{2}+2x+2,2x^{3}+2x^{2}+2x+1, \\ &x^{3}+3x^{2}+2x+1.\end{aligned}\] Observe cómo este es un subconjunto del conjunto original de vectores. Si hubiera habido sólo tres columnas pivotantes en esta matriz, entonces no habríamos tenido una base para\(V\) pero al menos habríamos obtenido un subconjunto linealmente independiente del conjunto original de vectores de esta manera.
Obsérvese también que, dado que todas las relaciones lineales son preservadas por un isomorfismo,\[\begin{aligned} &-15\left( 2x^{2}+x+1\right) +11\left( x^{3}+4x^{2}+2x+2\right) +\left( -5\right) \left( 2x^{3}+2x^{2}+2x+1\right) \\ =&x^{3}+4x^{2}-3x+2\end{aligned}\]
Considera el siguiente ejemplo.
Considera el conjunto\(S \subseteq \mathbb{P}_2\) dado por\[S = \left\{ 1, x, x^2, x^2 + 1 \right\}\nonumber \] Show that\(S\) spans\(\mathbb{P}_2\), luego elimina los vectores de\(S\) hasta que cree una base.
Solución
Primero tenemos que mostrar que se\(S\) extiende\(\mathbb{P}_2\). Dejemos\(ax^2 + bx + c\) ser un polinomio arbitrario en\(\mathbb{P}_2\). Escribe\[ax^2 + bx + c = r(1) + s(x) + t(x^2) + u (x^2 + 1)\nonumber \] Entonces,\[\begin{aligned} ax^2 +bx + c &= r(1) + s(x) + t(x^2) + u (x^2 + 1) \\ &= (t+u) x^2 + s(x) + (r+u) \end{aligned}\]
De ello se deduce que\[\begin{aligned} a &= t + u \\ b &= s \\ c &= r + u \end{aligned}\]
Claramente existe una solución para todos\(a,b,c\) y también lo\(S\) es un conjunto de expansión para\(\mathbb{P}_2\). Por teorema\(\PageIndex{6}\), algún subconjunto de\(S\) es una base para\(\mathbb{P}_2\).
Recordemos que una base debe ser tanto un conjunto de expansión como un conjunto linealmente independiente. Por lo tanto, debemos eliminar un vector\(S\) de tener esto en mente. Supongamos que eliminamos\(x\) de\(S\). El conjunto resultante sería\(\left\{ 1, x^2, x^2 + 1 \right\}\). Este conjunto es claramente linealmente dependiente (y tampoco abarca\(\mathbb{P}_2\)) y por lo tanto no es una base.
Supongamos que eliminamos\(x^2 + 1\) de\(S\). El conjunto resultante es\(\left\{ 1, x, x^2 \right\}\) el cual es linealmente independiente y abarca\(\mathbb{P}_2\). De ahí que esto sea una base para\(\mathbb{P}_2\). Tenga en cuenta que eliminar cualquiera de\(1, x^2\), o\(x^2 + 1\) resultará en una base.
Ahora el siguiente es un resultado fundamental sobre los subespacios.
Dejar\(V\) ser un espacio vectorial dimensional finito y dejar\(W\) ser un subespacio distinto de cero. Entonces\(W\) tiene una base. Es decir, existe un conjunto linealmente independiente de vectores\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{r}\right\}\) tal que\[\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{r}\right\} =W\nonumber \] También si\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{s}\right\}\) es un conjunto linealmente independiente de vectores, entonces\(W\) tiene una base de la forma\(\left\{ \vec{w} _{1},\cdots ,\vec{w}_{s},\cdots ,\vec{w}_{r}\right\}\) para\(r\geq s\).
- Prueba
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Que la dimensión de\(V\) ser\(n\). Escoja\(\vec{w}_{1}\in W\) donde\(\vec{w}_{1}\neq \vec{0}.\) Si se\(\vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{s}\) han elegido de tal manera que\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{s}\right\}\) sea linealmente independiente, si\(span\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w} _{r}\right\} =W,\) parar. Tienes la base deseada. De lo contrario, existe\(\vec{w}_{s+1}\notin span\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w} _{s}\right\}\) y\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots , \vec{w}_{s},\vec{w}_{s+1}\right\}\) es linealmente independiente. Continúe de esta manera hasta que el proceso se detenga. Debe detenerse ya que de lo contrario, se podría obtener un conjunto linealmente independiente de vectores que tengan más de\(n\) vectores lo cual es imposible.
El último reclamo se prueba siguiendo el procedimiento anterior comenzando con\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{s}\right\}\) lo anterior.
Esto también prueba el siguiente corolario. Vamos a\(V\) jugar el papel de\(W\) en el teorema anterior y comenzar con una base para\(W\), ampliándolo para formar una base para\(V\) como se discutió anteriormente.
Dejar\(W\) ser cualquier subespacio distinto de cero de un espacio vectorial\(V\). Entonces cada base de se\(W\) puede extender a una base para\(V\).
Considera el siguiente ejemplo.
Dejar\(V=\mathbb{R}^{4}\) y dejar\[W=\mathrm{span}\left\{ \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \] Extender esta base de\(W\) a una base de\(V\).
Solución
Una manera fácil de hacer esto es tomar la forma de fila-escalón reducido de la matriz\[\left [ \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right ] \label{vectorspaceeq1}\] Observe cómo los vectores dados se colocaron como los dos primeros y luego la matriz se extendió de tal manera que quede claro que el lapso de las columnas de esta matriz arroja todos\(\mathbb{R}^{4}\). Ahora determina las columnas pivotes. La forma fila-escalón reducida es\[\left [ \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -1 \end{array} \right ] \label{vectorspaceeq2}\] Estos son\[\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ]\nonumber \] y ahora esto es una extensión de la base dada para\(W\) a una base para\(\mathbb{R}^{4}\).
¿Por qué funciona esto? Las columnas de\(\eqref{vectorspaceeq1}\) obviamente abarcan\(\mathbb{R} ^{4}\) el lapso de los cuatro primeros es el mismo que el lapso de los seis.