Curso EVT. Lectura 17. Aplicaciones Lineales (2)

Vamos a continuar con el tema de las aplicaciones lineales. Probaremos que “conservan” los subespacios.

Teorema 1. Sea f una aplicación lineal entre los K-espacios E y F y sean S un subespacio de E y T un subespacio de F. Afirmamos que f(S) es un subespacio de F y f^{-1}(T) es un subespacio de E.

Prueba. Si S es un subespacio de E, entonces es no vacío y su imagen f(S) es un subconjunto no vacío de F. Sean u,v elementos de f(S). Hallaremos x e y de S tales que f(x)=u, f(y) =v. Por tanto, para cualesquiera \lambda, \mu escalares, tenemos que \lambda x + \mu y pertenece a S y f(\lambda x + \mu y) = \lambda f(x) + \mu f(y) = \lambda u + \mu v pertenece a f(S). Esto prueba que f(S) es un subespacio de F. Análogamente, si T es un subespacio de F, resulta que 0 \in T por lo que de la igualdad f(0) = 0 se sigue que 0 \in f^{-1}(T) y f^{-1}(T) es un subconjunto no vacío de E. Dados x,y \in f^{-1}(T), se sigue que f(x), f(y) \in T por lo que para cualesquiera \lambda, \mu escalares, tenemos que \lambda f(x)+ \mu f(y) = f(\lambda x + \mu y) pertenece a T, luego \lambda x + \mu y \in f^{-1}(T). Esto prueba que f^{-1}(T) es un subespacio de E.

Teorema 2. Una aplicación lineal f:E \rightarrow F es inyectiva si y sólo si su núcleo tiene al cero como único elemento

Prueba. Sabemos que f(0)= 0 para toda aplicación lineal. Por tanto, si f es inyectiva y x \neq 0, concluiremos que f(x) \neq 0 y de aquí Ker (f) = \{0 \}. Recíprocamente, supongamos que el núcleo de f sólo tiene al vector 0 como elemento y sean x,y de E tales que f(x) = f(y). Entonces basta observar que

f(x)-f(y) = f(x)+(-1)f(y) = f(x) +f((-1)y) =f(x)+f(-y) = f(x-y) = 0

para concluir que x = y. Así pues, f es inyectiva y termina nuestra demostración

Teorema 3. Una aplicación lineal f:E \rightarrow F es sobreyectiva si y sólo si Im (f) = F.

Prueba. La prueba es inmediata.

También es fácil probar que si una aplicación f.E \rightarrow F es lineal y biyectiva, entonces también es lineal y biyectiva su inversa f^{-1} :F \rightarrow E. Más interés tiene el siguiente teorema pues nos llevará al resultado más interesante de esta lectura.

Teorema 4. Sean E y F espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K y sea B=(x_{i})_{i \in I} una base de E. Podemos definir una aplicación lineal f de E en F de la siguiente manera: para cada i \in I, definimos f(x_{i}) como un elemento cualquiera de F y extendemos esta asignación a cada x de E mediante
f(x)=0, si x=0,
f(\sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j}) = \sum_{j \in J} \lambda_{j} f(x_{j}), si x \neq 0.
Donde J una subfamilia finita de elementos de B que da lugar a x mediante su combinación lineal con coeficientes (\lambda_{j})_{j \in J} no nulos.

Prueba. En primer lugar, la aplicación f está bien definida ya que la expresión de cada vector no nulo de E como combinación lineal, con escalares no nulos, de elementos de B es única. Supongamos que los vectores x o y o ambos sean nulos, entonces se comprueba de forma inmediata que para cualesquiera \lambda, \mu escalares, se tiene que f(\lambda x + \mu y) = \lambda f(x)+ \mu f(y). Sean x= \sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j} e y= \sum_{k \in K} \delta_{k} x_{k}, dos vectores de E expresados como combinación lineal de elementos de la base $ñatex B$ y sean \lambda_{j} \neq 0 y \delta_{k} \neq 0, para todo j \in J y todo k \in K, respectivamente. Entonces para cualesquiera escalares \lambda, \mu podemos escribir

\lambda x+ \mu y = \lambda \sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j} + \mu \sum_{k \in K} \delta_{k} x_{k} = \sum_{j \in J} (\lambda \lambda_{j}) x_{j}+ \sum_{k \in K} (\mu \delta_{k}) x_{k} = \sum_{r \in R} \theta _{r} x_{r},

donde R = J \cup K y \theta_{r} =\lambda \lambda_{r} si r \in J-K, \theta_{r} = \lambda \lambda_{r} + \mu \delta_{r} si r \in J \cap K y \theta_{r} = \mu \delta_{r} si r \in K-J. Por tanto, tenemos que

f( \lambda x + \mu y) = f \big( \sum_{r \in R} \theta _{r} x_{r} \big) = \sum_{r \in R} \theta _{r} f(x_{r})= \sum_{r \in J-K}(\lambda \lambda_{r}) f(x_{r}) + \sum _{r \in J \cap K} (\lambda \lambda_{r} + \mu_{r} \delta_{r}) f(x_{r})+ \sum_{r \in K-J} (\mu_{r} \delta_{r}) f(x_{r})= \sum_{j \in J} (\lambda \lambda_{j}) f(x_{j}) + \sum_{k \in K} (\mu \delta_{k}) f(x_{k}) = \lambda \big(\sum_{j \in J} \lambda_{j} f(x_{j}) \big) + \mu \big(\sum_{k \in K} \delta_{k} f(x_{k}) \big) = \lambda f(x) + \mu f(y).

Esto prueba que f es lineal.

Ahora llegamos al resultado central.

Teorema 5. Dos espacios vectoriales sobre un mismo cuerpo son isomorfos si y sólo si tienen la misma dimensión.

Prueba. Supongamos que los K-espacios E y F son isomorfos. Entonces existe una biyección lineal f:E \rightarrow F. Si E = \{0 \}, entonces F = f(E) = f(0) = \{0 \} y, en consecuencia, dim (E) = dim (F) =0. Sea E un espacio vectorial no trivial y sea B una base de Hamel de E. Probaremos que C = f(B) es una base de Hamel de F. En efecto, sea (y_{j})_{j \in J} una familia finita de elementos de C y supongamos que \sum_{j \in J} \lambda_{j} y_{j} = 0. Entonces para cada j \in J el vector x_{j} = f^{-1}(y_{j}) es un elemento de B y podemos escribir f(\sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j}) = \sum_{j \in J} \lambda_{j} f(x_{j}) = \sum_{j \in J} \lambda_{j} y_{j} = 0 . Como f es biyectiva esto significa que \sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j} = 0 y como (x_{j})_{j \in J} es una subfamilia finita de B, esto implica que \lambda_{j} = 0 para todo j \in J. Hemos probado pues que C es linealmente independiente. Por otro lado, si z es un elemento cualquiera de F, tenemos que existe un x de E que verifica f(x) = z. Para dicho x podemos hallar una subfamilia finita (u_{k})_{k \in K} de elementos de B, tal que x = \sum_{k \in K} \mu_{k} u_{k} y esto significa que z=f(x) = \sum_{k \in K} \mu_{k} f(u_{k}). Evidentemente (f(u_{k}))_{k \in K} es una subfamilia finita de C y de aquí que C sea un sistema generador de F. Como C=f(B) es una base y f es una biyección, concluimos que dim (E) = |B| = |f(B)|= |C| = dim (F).
Supongamos ahora que dim(E) = dim(F). Si ambas dimensiones son nulas, basta tomar la aplicación f:E \rightarrow F definida por f(0) = 0 para conseguir una biyección lineal (el lector puede comprobar este extremo fácilmente). Sea dim(E) = dim (F) >0. Si B= (x_{i})_{i \in I} es una base de E y C= (y_{i})_{i \in I} es una base de F tenemos que la asignación f(x_{i}) = y_{i}, para cada i \in I, da lugar a una aplicación lineal de E en F (ver teorema 4) mediante: f(x) =0 si x=0 y f(\sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j}) = \sum_{j \in J} \lambda_{j} y_{j}, si x \neq 0, donde J una subfamilia finita de elementos de B que genera x mediante su combinación lineal con coeficientes (\lambda_{j})_{j \in J} no nulos. Claramente f es inyectiva ya que Ker(f) = \{0 \} y también es sobreyectiva pues Im (f) = F. En consecuencia E y F son isomorfos.

Para acabar, exponemos un resultado conocido del álgebra lineal básica pero que a la luz de lo expuesto es válido para cualquier espacio vectorial ya sea de dimensión finita o infinita.

Teorema 6.Sea f:E \rightarrow F una aplicación lineal. Afirmamos que si G es un subespacio de E suplementario de Ker(f), entonces G es isomorfo a Im(f).

Prueba. Sea Ker(f) el núcleo de f y sea G su suplementario. Vamos a restringir la aplicación f a G. Dicha restricción es inyectiva ya que si u y v son elementos de G y resulta que f(u)=f(v), entonces f(u)-f(v) = 0, de donde f(u-v) = 0 y u-v \in Ker(f) \cap G. Luego u-v= 0 y u=v. Es claro que la imagen de la restricción de f a G está incluida en Im(f) pero por otro lado, si y es un elemento de Im(f), hallaremos un x \in E tal que f(x)=y. Ahora bien, como x =z+u, con z \in Ker(f) y u \in G, concluimos que y=f(x)=f(z+u) = f(z)+f(u) = 0+f(u)=f(u). Esto prueba que Im(f) está incluida en la imagen de la restricción de f a G y así ambas coinciden. La conclusión final es que f:G \rightarrow Im(f) es una biyección por lo que G es isomorfo a Im(f).

Corolario 1.f: E \rightarrow F una aplicación lineal. Entonces dim(Ker(f))+dim(Im(f)) = dim(E)

Prueba. Si G es suplementario de Ker (f), el corolario 2 de la lectura 14 permite afirmar que dim(E) = dim((Ker(f))+dim(G) y el teorema 6 nos lleva a la igualdad buscada: dim(E) = dim(Ker(f))+dim(Im(f)).

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Curso EVT. Lectura 16. Ampliación

Vamos a dar la demostración de la equicardinalidad de las bases de un espacio vectorial de una forma más compacta. Recordemos el teorema.

Teorema: Si A y B son dos bases de un espacio vectorial E, entonces tienen el mismo número cardinal.

Prueba. Sea E= \{0\}. Entonces por convenio su única base es el conjunto vacío. Por tanto, A=B= \emptyset y, trivialmente |A|=|B|=0 (donde |X| designa el cardinal del conjunto X.
Supongamos ahora que E \neq \{0 \}. Sea A una base finita con n elementos. Si el cardinal de B es diferente al de A podemos convenir por simetría que |B|>n. Así pues, hallaremos en E n+1 vectores linealmente independientes

y_1, y_2, \ldots, y_n, y_{n+1}

Como y_1 \neq 0, (pues pertenece a un conjunto linealmente independiente) podemos afirmar que es combinación lineal con coeficientes no nulos de un subconjunto finito F(y_1) de A (recordemos que A es una base de E). Sea z_1 un elemento de F(y_1), entonces afirmamos que el conjunto

A_1 = \{y_1\} \cup (A-\{z_1\})

es una base de E. En efecto, A-\{z_1\} es un subconjunto de A y como A es linealmente independiente también lo será A-\{z_1\}. Además, si y_1 dependiera linealmente de A-\{z_1\}, entonces y_1 se podría expresar de dos formas diferentes como combinación lineal de elementos de A: una en la que interviente z_1 y otra en la que no interviene. Pero esto no es posible pues A es linealmente independiente y todos los elementos no nulos de su envoltura lineal (es decir, todos los vectores de E\{0\}), se expresan de una única forma como combinación lineal de elementos de A con coeficientes no nulos. Así pues, el conjunto A_1 = \{y_1\} \cup (A-\{z_1\}) es linealmente independiente. Es fácil probar que se trata de un sistema generador pues si para obtener x como combinación lineal de elementos de A interviene z_1 basta sustituirlo por su expresión despejada en función de y_1. Supongamos ahora que para un número entero 1 \leq r <n es posible hallar \{z_1, z_2, \ldots, z_r\} \subset A, de forma que

A_r = \{y_1, \ldots, y_r\} \cup (A-\{z_1, \ldots, z_r\})

es una base de E. En tal caso, como y_{r+1} \neq 0, hallaremos que dicho vector es combinación lineal con coeficientes no nulos de un subconjunto finito F(y_{r+1}) de A_{r}. Ahora bien, si en dicho conjunto finito sólo hubiera elementos de \{y_1, \ldots, y_r\} llegaríamos a la conclusión de que el conjunto \{y_1, y_2, \ldots, y_r, \ldots, y_n\} es linealmente dependiente. Esto contradice nuestra suposición inicial por lo que habrá al menos un z_{r+1} \in A-\{z_1, \ldots, z_r\} en F(y_{r+1}). Afirmamos entonces que el conjunto

A_{r+1} = \{y_1, \ldots, y_r, y_{r+1}\} \cup (A-\{z_1, \ldots, z_r, z_{r+1}\})

es una base de E. Para probar que es un sistema generador de E bastará usar el mismo argumento que hemos empleado para A_1.
Veamos que es linealmente independiente. En efecto, como \{y_1, \ldots, y_r\}\cup (A-\{z_1, \ldots, z_r,z_{r+1}\}) \subset A_r, concluimos que dicho subconjunto es linealmente independiente (pues A_r lo es). Si y_{r+1} dependiera linealmente de \{y_1, \ldots, y_r\}\cup (A-\{z_1, \ldots, z_r,z_{r+1}\}), entonces se expresaría de dos formas distintas como combinación lineal con coeficientes no nulos de elementos de A_r: una en la que interviene z_{r+1} y otra en la que no lo hace. Al ser A_r una base esto no es posible. Luego y_{r+1} no pertenece a la envoltura lineal del conjunto \{y_1, \ldots, y_r\}\cup (A-\{z_1, \ldots, z_r,z_{r+1}\}) y esto prueba que

A_{r+1} = \{y_{r+1}\} \cup \{y_1, \ldots, y_r\} \cup (A-\{z_1, \ldots, z_r, z_{r+1}\})

es linealmente independiente. Procediendo por inducción concluimos que

A_{n} = \{y_1, \ldots, y_n\} \cup (A-\{z_1, \ldots, z_n\}) = \{y_1, \ldots, y_n\}

es una base e E y esto significa que y_{n+1} depende linealmente de \{y_1, y_2, \ldots, y_n \}. Esto contradice nuestra suposición inicial de que \{y_1, y_2, \ldots, y_n, y_{n+1}\} es linealmente independiente por lo que |B| \leq |A|. Si fuera |B|<n, repitiendo nuestra argumentación y cambiando A y B llegaríamos a |A| \leq |B|. Por tanto, |A| = |B|.
Sean ahora A y B bases de E con cardinales infinitos. Sea x un elemento de la base A. Como x \neq 0, este elemento es combinación lineal con coeficientes no nulos de un subconjunto F(x) de B. Consideremos el conjunto

M = \cup_{x \in A} F(x).

Por definición M \subset B. Veremos que se da la inclusión recíproca y, en consecuencia, M =B. En efecto, sea z \in B. Es posible hallar, S(z)=\{x_1, x_2, \ldots, x_r\} \subset A tal que z depende linealmente de S(z) (no olvidemos que A también es una base$. Para cada x_i \in S(z), tomamos el conjunto F(x_i) \subset B y formamos

N = \cup_{i=1}^{r} F(x_i).

En particular, N \subset M y z depende linealmente de N y, por tanto de M. Si z \in B-M, entonces z se expresaría de dos formas diferentes como elemento de B. Una como elemento de M y otra como elemento de B-M. En consecuencia, B no sería una base. Para evitar esta contradicción será z \in M y B \subset M.
Para terminar, usando propiedades de la aritmética cardinal y el hecho de que B=M, vemos que si \omega es el cardinal de los enteros positivos:

|B|= |M|= |\cup_{x \in A} F(x)| \leq \sum_{x \in A} |F(x)| \leq \sum_{x \in A} \omega = |A| \omega = |A|.

Un razonamiento similar, cambiando A y B nos lleva a |A| \leq |B| y de aquí |A|=|B|.

Curso EVT. Lectura 15. Aplicaciones Lineales (1)

Definición 1. Sean E y F dos espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K. Una aplicación f:E \rightarrow F se dice lineal, homomorfismo o transformación lineal si para cada x,y de E y cada \lambda de K, verifica:
a) f(x+y) = f(x)+f(y).
b)f(\lambda x) = \lambda f(x).

El conjunto de las aplicaciones lineales entre dos K-espacios E y F se nota por \mathcal{L}(E,F). Es claro que dicho conjunto no es nunca vacío. Pues la aplicación
f(x) = 0, \quad \text{para todo} \quad x \in E.
es lineal. Por otro lado, si f y g son elementos de \mathcal{L}(E,F) podemos definir f+g como la aplicación de E en F dada por

(f+g)(x) = f(x)+g(x), \quad x \in E.

Análogamente, para cada \lambda \in K podemos definir la aplicación \lambda f de E en F mediante

(\lambda f)(x) = \lambda f(x), \quad x \in E.
Teorema 1.El conjunto \mathcal{L}(E,F) con las operaciones suma y producto antes definidas es un espacio vectorial sobre K.

Prueba. En primer lugar, las aplicaciones están bien definidas. Sean f y g elementos de \mathcal{L}(E,F) y \lambda un elemento de K, tanto f+g y \lambda f son elementos de \mathcal{L}(E,F). En efecto, si x,y \in E y \mu \in K, tenemos que

(f+g)(x+y) = f(x+y)+g(x+y) = f(x)+f(y)+g(x)+g(y) = f(x)+g(x)+f(y)+g(y) = (f+g)(x)+ (f+g)(y),
(f+g)( \mu x) = f(\mu x)+ g(\mu x) = \mu f(x)+ \mu g(x) = \mu (f(x)+ g(x)) = \mu (f+g) (x).

Esto prueba que f+g es lineal (el lector observará que hemos empleado el carácter lineal de las aplicaciones f y g y las propiedades de la suma y producto por escalares en el espacio F). Del mismo modo, tenemos que

((\lambda f)(x+y) = \lambda f(x+y) = \lambda (f(x)+ f(y) ) = \lambda f(x) + \lambda f(y) = (\lambda f) (x) + (\lambda f) (y).
(\lambda f) ( \mu x) = \lambda f(\mu x) = \lambda (\mu f(x)) =(\lambda \mu)f(x)=(\mu \lambda) f(x) = \mu (\lambda f(x)) = \mu (\lambda f)(x).

Esto termina nuestra demostración.

Sabemos que K es un espacio vectorial sobre sí mismo. Toda aplicación lineal f: E \rightarrow K se llamará forma lineal y el espacio vectorial \mathcal{L}(E,K) se denomina espacio dual de E y se suele notar E^{*}. Veremos estos conceptos con mucho más detalle en próximas entradas. A continuación damos las primeras propiedades de las aplicaciones lineales deducidas de su definición.

Teorema 2. Sea f: E \rightarrow F una aplicación lineal. Se cumplen:
a) f(0) = 0.
b) f(-x)=-f(x), para todo x \in E.
c) f(\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} x_{i}) = \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} f(x_{i}), para cualesquiera \lambda_{i} \in K y x_{i} \in E.

Prueba. Sea f: E \rightarrow F una aplicación lineal. Como 0 = 0 x para cualquier x \in E, tenemos que f(0) = f(0x) = 0 f(x) = 0. En consecuencia (a) queda probado. Sea x \in E. Entonces 0 = f(0) = f(x+(-x)) = f(x)+f(-x). Por tanto, f(-x) = -f(x) y (b) queda probado. La prueba de (c) se hace por inducción sobre n y resulta inmediata.

Definición 2. Sea f:E \rightarrow F una aplicación lineal.
a) Si E=F se dice que f es un endomorfismo.
b) Si f es inyectiva se dice que es un monomorfismo.
c) Si f es sobreyectiva se dice que es un epimorfismo
d) Si Si f es biyectiva se dice que es un isomorfismo.
e) Si E=F y f es biyectiva, entonces se dice que es un automorfismo.
Definición 3. Sea f una aplicación lineal entre los K-espacios E y F. El conjunto \{ x \in E : f(x) = 0 \} se denomina núcleo de f y se nota por Ker (f). El conjunto \{f(x) : x \in E \} se llama imagen de f y se notará por Im (f).
Teorema 3. El núcleo de una aplicación lineal es un subespacio del conjunto inicial y la imagen es un subespacio del conjunto final.

Prueba.La propiedad (a) del teorema 1 muestra que 0 pertenece a Ker (f) y éste resulta no vacío. Sean x e y elementos de Ker (f) y sean \lambda, \mu escalares. Entonces f( \lambda x + \mu y) = f(\lambda x)+ f( \mu y) = \lambda f(x) + \mu f(y) = \lambda 0 + \mu 0 = 0. Esto prueba que \lambda x + \mu y pertenece a Ker (f) y este subconjunto es un subespacio de E. Por otro lado, como 0 es un elemento de E, tenemos que f(0) = 0 es un elemento de Im (f) y este subconjunto de F es no vacío. Si z y t son elementos de Im (f), hallaremos x e y, elementos de E, tales que f(x)=z y f(y) = t. Por tanto, para cualesquiera \lambda,\mu escalares, resulta \lambda x + \mu y un elemento de E, siendo f(\lambda x + \mu y) = \lambda f(x) + \mu f(y)= \lambda z + \mu t, un elemento de Im (f). Esto prueba que Im (f) es un subespacio de F y termina la demostración.

Como el núcleo y la imagen son subespacios podemos considerar sus dimensiones. La dimensión de Ker (f) se denomina nulidad de f y la dimensión de Im (f) se llama rango de f. En una próxima entrada relacionaremos estas dimensiones con la dimensión del espacio inicial de f.

Curso EVT. Lectura 14. Subespacios suplementarios

Definición 1. Sean F y G dos subespacios de E. Decimos que la suma F+G es directa si y sólo si cada vector u del conjunto F+G se puede escribir de una sola forma (excepto por el orden) como suma de un vector de F y otro de G.

En el caso de que la suma de F y G sea directa escribimos F\oplus G en lugar de F+G.

Teorema 1. Son equivalentes:
(a). La suma de los subespacios F y G es directa.
(b) Es F \cap G = \{0 \}.

Prueba. Supongamos que la suma F+G es directa. Como el vector cero pertenece a todo subespacio, es 0 \in F \cap G. Si existe otro elemento x \neq 0 perteneciente a F \cap G, entonces x \in F y x \in G por lo que -x \in G y tenemos que 0 = 0+0 = x+(-x). Esto significa que el cero se puede obtener de dos formas diferentes como suma de un elemento de F y otro de G. Para evitar esta contradicción concluimos que F \cap G = \{0 \} y (a) implica (b). Sea cierto (b) y supongamos que para u \in F+G existen x,y \in F y z,t \in G, tales que u = x+z=y+t. En tal caso x-y = t-z \in F \cap G, por lo que x-y =t-z = 0 y concluimos que x=y y z=t. Esto prueba que la suma es directa y (b) implica (a) terminando nuestra demostración.

Definición 2. Dos subespacios F y G de E se dice que son suplementarios si F \oplus G = E.

Como consecuencia del teorema 1 tenemos el siguiente resultado.

Corolario 1. Dados dos subespacios F y G de E, son equivalentes:
(a) F y G son suplementarios.
(b) F+G = E y F \cap G = \{0 \}.

El siguiente resultado garantiza la existencia de subespacios suplementarios a uno dado.

Teorema 2. Si F es un subespacio de E, hallaremos al menos un subespacio G de E tal que F \oplus G = E.

Prueba. Sea F= \{0 \} el subespacio trivial. Bastará elegir G=E para obtener un suplementario. En el caso de que F=E se invierten los papeles y bastará elegir G= \{0 \}. Supongamos que F no es el subespacio trivial ni tampoco E. En tal caso, si A es una base de Hamel de F resulta un conjunto linealmente independiente y podemos entonces hallar una base de Hamel B de E que incluya a A. Probaremos que G=L(B-A) es el subespacio suplementario de F. En efecto, si x pertenece a E se expresa como combinación lineal finita de elementos de B por lo que es evidente que es resultado de la suma de un elemento de F y otro de G. Así pues, E = F+G. Finalmente, si existiera un elemento no nulo en F \cap G, dicho elemento sería combinación lineal finita con escalares no nulos de elementos de los conjuntos A y B-A a un tiempo, por lo que igualando sus expresiones podríamos obtener el vector cero de forma no trivial con elementos de B y la base B sería linealmente dependiente en contra de lo supuesto. Así pues, F \cap G = \{0 \} y esto termina la demostración.

Una consecuencia directa de la demostración del teorema anterior hace referencia a las dimensiones.

Corolario 2. Si E = F \oplus G, entonces dim(E) = dim (F)+ dim(G).

Prueba. En efecto, sea E = F \oplus G. Si B es la base de Hamel de E que incluye a la base A de F, sabemos que B-A es una base de G, disjunta con A. Por tanto, dim (E) = |B| = |A \cup (B-A) | = |A| + |B-A| = dim(F)+dim(G).

Vamos a definir la suma directa para una familia cualquiera de subespacios.

Definición 3. Sea (S_{i})_{i \in I} una familia no vacía de subespacios de E. Decimos que la suma \sum_{i \in I} S_{i} es directa si cada x \in \sum_{i \in I} S_{i} admite una única expresión como suma finita de elementos de \cup_{i \in I} S_{i}.

Escribiremos \oplus_{i \in I} S_{i} para indicar la suma directa de la familia de subespacios (S_{i})_{i \in I}.

Teorema 3. Sea (S_{i})_{i \in I} una familia no vacía de subespacios de E. Son equivalentes:
(a) La suma H= \sum_{i \in I} S_{i} es directa.
(b) Para cada i de I es (\sum_{j \in I- \{i \}} S_{j}) \cap S_{i} = \{0 \}.

Prueba. Supongamos que la suma \sum_{i \in I} S_{i} es directa y que existe al menos un i_{0} de I y un vector x \neq 0 tales que x \in(\sum_{j \in I- \{i_{0} \}} S_{j}) \cap S_{i_{0}}. En tal caso, x = x y x = x_{1}+ \dots + x_{m}, serían dos expresiones diferentes de x como suma finita de elementos de \cup_{i \in I} S_{i}, ya que en la primera x \in S_{i_{0}} y en la segunda x_{k} \in \cup_{j \in I- \{i_{0} \}} S_{i} para k=1, \ldots, m. Para evitar esta contradicción será x=0, de donde (a) implica (b). Sea cierto (b) y sea x un elemento de la suma tal que x = x_{1}+ \ldots + x_{n} = y_{1}+ \ldots + y_{m}, con x_{j} \in S_{i_{j}}, y_{k} \in S_{i_{k}} \quad \text{para} \quad j=1, \ldots, n, \quad k=1, \ldots, m. Tomando r= \max \{n,m \} podemos hacer más homogénea la representación de x. Bastará escribir ceros para completar los sumandos en el caso que corresponda. Así pues, queda x = x_{1}+ \ldots + x_{r} = y_{1}+ \ldots + y_{r}. En consecuencia, \sum_{l=1}^{r} (x_{l} -y_{l}) = 0. Ahora bien, esto significa que para cada l_{j} es x_{l_{j}} -y_{l_{j}} = \sum_{l \neq l_{j}} (y_{l}-x_{l}). Aplicando (b) concluimos entonces que x_{l_{j}} -y_{l_{j}} = 0 y variando j tenemos que x_{l} = y_{l} para todo l=1,2, \ldots, r. Por tanto, (b) implica (a) y termina la demostración.

Curso EVT. Lectura 13. Extensión de operaciones a subconjuntos

En la lectura anterior sobre subespacios hemos definido la suma de subconjuntos de un espacio vectorial y hemos dado algunas de sus propiedades. Ahora vamos a extender también la operación de producto por escalares a subconjuntos.

Definición 1: Sea A un subconjunto no vacío del K-espacio vectorial E y sea \lambda un escalar. Definimos el conjunto
\lambda A = \{ \lambda x : x \in A \}

Esta definición es consistente y podemos probar que si A y B son subconjuntos no vacíos de E y \lambda, \mu escalares de K, se tienen las siguientes propiedades:

1. 0A = \{0 \}.
2. \lambda (\mu A)= (\lambda \mu) A.
3. 1A = A, \quad (-1)A = -A.
4. \lambda (A+B) = \lambda A + \lambda B.
5. (\lambda + \mu) A \subset \lambda A + \mu A.
6. Si A \subset B, entonces \lambda A \subset \lambda B.

La propiedad 5 es especialmente interesante pues nos muestra que la “distributividad” de los escalares y los vectores no se da para las operaciones con conjuntos. En efecto, veamos un contraejemplo.

Contraejemplo: Sea \mathbb{R} el espacio vectorial real de los números reales con la suma y el producto usuales. Sean el conjunto A= \{-1,0,1 \} y los escalares \lambda =1 y \mu =-1. Entonces
(\lambda + \mu) A = (1+(-1)) \{-1,0,1 \} = 0 \{-1,0,1 \} = \{0 \},mientras que \lambda A + \mu A = 1 \{-1,0,1 \} + (-1) \{-1,0,1 \} = \{-1,0,1 \} + \{1,0,-1 \} =\{-2,-1,0,1,2 \}. Es decir, \lambda A + \mu A \nsubseteqq (\lambda + \mu) A .

También convenimos en que \lambda \emptyset = \emptyset para cualquier escalar \lambda.

Definición 2: Sea A un subconjunto no vacío del K-espacio vectorial E y sea \Lambda un subconjunto no vacío de K. Definimos el conjunto
\Lambda A = \{ \lambda x : x \in A, \lambda \in \Lambda \}

Esta definición es también consistente y podemos probar fácilmente que \Lambda A = \cup_{\lambda \in \Lambda} \lambda A. Con esta terminología obtenemos una forma de caracterizar los subespacios concisa y completa.

Teorema 1: Un subconjunto no vacío S del  K-espacio vectorial E es un subespacio si y sólo si para todos \lambda, \mu \in K es
\lambda S + \mu S \subset S

Obsérvese que \lambda \emptyset +\mu \emptyset \subset \emptyset. Ahora bien, como hemos exigido conjuntos no vacíos en el teorema 1, esto no implica que el vacío sea un subespacio.

Consideremos ahora las propiedades de las operaciones extendidas en el caso de aplicarse a uniones e intersecciones arbitrarias.

Teorema 2: Sea (A_{i})_{i \in I} una familia no vacía de subconjuntos de E. Se cumplen:
a) Para todo escalar \lambda es \lambda \cup_{i \in I} A_{i} = \cup_{i \in I} \lambda A_{i}.

b) Si la intersección \cap_{i \in I} A_{i} es no vacía y \lambda \in K entonces \lambda \cap_{i \in I} A_{i} = \cap_{i \in I} \lambda A_{i}.

c) Si x es un elemento de E, entonces x+ \cup_{i \in I} A_{i} = \cup_{i \in I} (x+A_{i}).

d)  Si x es un elemento de E, entonces x+ \cap_{i \in I} A_{i} = \cap_{i \in I} (x+A_{i}).

Prueba. Si la unión es vacía, todo elemento de dicha unión es vacío y entonces \lambda \cup_{i \in I} A_{i} = \lambda \emptyset = \emptyset y también \cup_{i \in I} \lambda A_{i} = \cup_{i \in I} \lambda \emptyset = \cup_{i \in I} \emptyset = \emptyset. Supongamos que la unión es no vacía y sea z un elemento de \lambda \cup_{i \in I} A_{i}. En tal caso, existe al menos un x \in \cup_{i \in I} A_{i} tal que z = \lambda x. Como x pertenece a la unión hallaremos al menos un i_{0} de I para el que x \in A_{i_{0}} y, en consecuencia, z = \lambda x pertenece a \lambda A_{i_{0}} y de aquí que z pertenezca a la unión \cup_{i \in I} \lambda A_{i}. Esto prueba que \lambda \cup_{i \in I} A_{i} \subset \cup_{i \in I} \lambda A_{i}. Recíprocamente, si u es un elemento de \cup_{i \in I} \lambda A_{i}, existe al menos un i_{1} \in I tal que u pertenece a \lambda A_{i_{1}} y por ello para cierto x \in A_{i_{1}} es u = \lambda x. Finalmente, como x es un elemento de \cup_{i \in I} A_{i}, concluimos que u pertenece a \lambda \cup_{i \in I} A_{i} y es \cup_{i \in I} \lambda A_{i} \subset \lambda \cup_{i \in I} A_{i} . La doble inclusión nos lleva a la igualdad y esto prueba (a). Sea ahora \lambda = 0, entonces si \cap_{i \in I} A_{i} es no vacío, tenemos que \lambda \cap_{i \in I} A_{i} = \{0 \}. Análogamente, \lambda A_{i} = \{0 \} para todo i de I por lo que \cap_{i \in I} \lambda A_{i} = \{0 \}. Esto prueba (b) en este caso. Veamos ahora la otra posibilidad: \lambda \neq 0. Sea z \in \lambda \cap_{i \in I} A_{i}. Entonces existe x \in A_{i} para todo i \in I tal que z = \lambda x. Es decir, z \in \cap_{i \in I} \lambda A_{i} y, por tanto, \lambda \cap_{i \in I} A_{i} \subset \cap_{i \in I} \lambda A_{i}. Para acabar, si u es un elemento de \cap_{i \in I} \lambda A_{i}, entonces u pertenece a \lambda A_{i} para todo i \in I y, en consecuencia \lambda^{-1} u pertenece a (\lambda^{-1})(\lambda A_{i}) = A_{i} para todo i \in I. Esto es, \lambda^{-1} u es un elemento de \cap_{i \in I} A_{i}. Si volvemos a multiplicar por \lambda resulta u \in \lambda \cap_{i \in I} A_{i} y de aquí \cap_{i \in I} \lambda A_{i} \subset \lambda \cap_{i \in I} A_{i}. Esto prueba (b). Las pruebas de las afirmaciones (c) y (d) son análogas a los ya expuestas y se dejan a cargo del lector.

Curso EVT. Lectura 11. Subespacios (1)

Sea E un espacio vectorial sobre un cuerpo K. Decimos que un subconjunto F  de E, no vacío, es un subespacio de E si y sólo si la restricción de las operaciones de suma de vectores y producto por escalares al conjunto F hace de éste un espacio vectorial sobre K.

Teorema 1: Sea F un subconjunto no vacío del espacio vectorial E. Son equivalentes:a) F es un subespacio de E.

b) Para todos x,y \in F y todo \lambda \in K son x+y, \lambda x elementos de F.

c) El subconjunto F contiene a todas las combinaciones lineales finitas de sus elementos.

d) Para todos \lambda, \mu de K y para todos x,y de F es \lambda x+ \mu y un elemento de F.

Prueba: a) implica b). Como F es un subespacio de E, tenemos que es cerrado para las restricciones de las operaciones de suma de vectores y producto de escalares por vectores. En consecuencia, si x,y \in F y \lambda \in K, se sigue que x+y, \lambda x son elementos de F.

b) implica c). Haremos la prueba por inducción. Así si (x_i)_{i=1}^{n}, con n \geq 1 es una familia finita de elementos de F, resulta por (b) que \lambda_{1} x_{1} \in F y si para r \geq 1 fuera \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i} \in F, entonces

\sum_{i=1}^{r+1} \lambda_{i} x_{i} = \lambda_{r+1} x_{r+1} + \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i}.

Pero al ser \lambda_{r+1} x_{r+1} y \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i} elementos de F, su suma es un elemento de F.

c) implica d). Es inmediato.

d) implica a).  Sean x,y elementos de F y sean \lambda=1, \mu=-1, entonces \lambda x + \mu y = x-y es un elemento de F y F es un subgrupo de E. Si ahora hacemos \mu =0 es $\lambda x$ un elemento de F y el producto de escalares por vectores es cerrado cumpliéndose de forma inmediata las propiedades de este. En definitiva, F es un espacio vectorial sobre K con las restricciones de la suma de vectores y el producto de escalares por vectores.

Utilizando el teorema anterior podemos ver que

1. El cero es un elemento de todo subespacio de F.

2. La intersección de subespacios es un subespacio.

En efecto. Si F es un subespacio entonces es no vacío y tomando x \in F y \lambda =0 es \lambda x = 0x= 0 un elemento de F. Si (F_i)_{i \in I} es una familia de subespacios de E, entonces su intersección es no vacía pues el cero pertenece a todos ellos. Además si x,y \in \cap_{i \in I} F_i y \lambda, \mu \in K, se sigue que x,y \in F_i para todo i \in I, de donde \lambda x+ \mu y \in F_i, para todo i \in I y la intersección es un subespacio por (d) del teorema anterior.

En todo espacio vectorial no trivial hay al menos dos subespacios: el propio espacio y el subconjunto \{0\}. Por ello podemos dar la siguiente

Definición: Sea E un K-espacio vectorial y sea A un subconjunto no vacío de E. La clase de los subespacios que incluyen a A se denota por \mathcal{L}(A).

Esta clase es no vacía pues E \in \mathcal{A}. Además la intersección de todos los elementos de \mathcal{A} será un subespacio, pero no cualquier subespacio es un subespacio muy especial.

Teorema 2: Sea E un K-espacio vectorial y sea A un subconjunto no vacío de E. La intersección de todos los subespacios que incluyen a A es la envoltura lineal de A. En símbolos: \cap_{F \in \mathcal{L}(A)} F = L(A).

Prueba: Sea \mathcal{L}(A) = \{H_i : i \in I \} la familia de todos los subespacios de E que incluyen a A. Sea C su intersección. Evidentemente, C es no vacío pues contiene a A y además es un subespacio como ya hemos probado. Si x depende linealmente de A, entonces x es combinación lineal de elementos de A y por ende de elementos de C por lo que pertenece a C al ser este un subespacio (Ver teorema 1). Por tanto, si denotamos L(A) a la envoltura lineal de A es

L(A) \subset C.

Recíprocamente, probaremos que L(A) es un subespacio vectorial de E. En efecto, sean x,y elementos de L(A). Hallaremos familias finitas (x_i)_i, (y_j)_j de elementos de A tales que x = \sum_{i} a_i x_i, y= \sum_{j} b_j y_j. En consecuencia, si \lambda \in K, podemos escribir

x+y = \sum_{i,j}( a_i x_i+b_j y_j), \lambda x = \lambda \sum_{i} a_i x_i = \sum_{i} (\lambda a_i) x_i.

Pero esto significa que x+y \in L(A) y \lambda x \in L(A), por lo que L(A) es un subespacio. Evidentemente, de A \subset L(A) se sigue que L(A) \in \mathcal{L}(A) y, en consecuencia

C = \cap_{i \in I} H_i \subset L(A).

Esto termina la demostración. El siguiente resultado es consecuencia inmediata del teorema 2.

Corolario: Un subconjunto A no vacío es un subespacio si y sólo si coincide con su envoltura lineal.

 

Curso EVT. Lectura 10. Las nociones de base y dimensión (4)

En la lectura 9 hemos probado que un espacio vectorial que tienen una base formada por un número finito de elementos tiene todas sus bases con el mismo cardinal. Ahora probaremos el mismo hecho para espacios vectoriales con bases que tengan un número infinito de elementos.

Teorema: Sea E un espacio vectorial y sea A una base de Hamel de E con cardinal infinito. Entonces si B es otra base de Hamel de E, se tiene que el cardinal de B es el mismo que el de A.

Prueba. Sea x un elemento de la base A. Entonces hallaremos un subconjunto finito y no vacío F(x) de la base B, de forma que x es combinación lineal con coeficientes no nulos de elementos de F(x). Es decir, x depende linealmente de F(x). Reiterando este proceso formamos el conjunto

M = \cup_{x \in A} F(x),

que obviamente es un subconjunto de B pues cada uno de los elementos de la unión es subconjunto de B. A continuación probaremos que M=B. Para ello nos falta la inclusión B \subset M. Sea pues z un elemento de B. Podremos encontrar un subconjunto finito

S(z) = \{x_1, x_2, \ldots, x_r \}

de elementos de A, cuya combinación lineal con coeficientes no nulos da lugar a z. Para cada uno de los x_i, hemos definido previamente los subconjuntos F(x_i) de B, por lo que

N = \cup_{i=1}^{r} F(x_i)

es un subconjunto de M que genera z. Si dicho z perteneciera a B-M, entonces B sería linealmente dependiente pues z dependería linealmente de B-\{z\}. Así pues z \in M y B =M.

Llegados a este punto utilizaremos la notación |X| para indicar el cardinal del conjunto X y la notación \omega para el cardinal de los enteros positivos. Las propiedades de los cardinales (que veremos en una ampliación a esta lectura) permiten escribir

|B| = |M| =| \cup_{x \in A} F(x)| \leq \sum_{x \in A} |F(x)| \leq \sum_{x \in A} \omega = |A| \omega = |A|.

Esto prueba que el cardinal de A y el de B son iguales.