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Ejercicio resuelto Espacios vectoriales

Captura de pantalla de 2015-12-04 10-06-31.png

(a) Obviamente W_1 \subset C([0,1]) pues los elementos W_1 son funciones continuas en el intervalo [0,1]. Sean f,g dos elementos del conjunto W_1. Existen pues, a_1,b_1, a_2, b_2, números reales, tales que

f=a_1 x+ b_1 x^3,

g=a_2 x + b_2 x^3.

Sean \lambda, \mu dos números reales.  Entonces

\lambda f + \mu g = \lambda (a_1 x+ b_1 x^3)+ \mu (a_2 x + b_2 x^3) = (\lambda a_1+ \mu a_2) x+ (\lambda b_1 + \mu b_2 ) x^3.

Esto prueba que \lambda f + \mu g pertenece a W_1 y dicho conjunto es un subespacio vectorial de C([0,1]). Usando el  mismo razonamiento podemos ver que W_2 es un subespacio vectorial.

(b) La suma W_1+W_2  es el subespacio vectorial cuyos elementos son de la forma

f+g, con f \in W_1 y g \in W_2.

Pero esto supone que

f+g =ax+bx^3+a' +b'x+c' x^2 = a' + (a+b')x+c'x^2 + bx^3.

Lo que significa que W_1 + W_2 = \{ a+bx+cx^2+dx^3: a,b,c,d \in \mathbb{R} \}. Obviamente la suma no es directa pues

W_1 \cap W_2 = \{ ax : a \in \mathbb{R} \} \neq \{0\}.

Finalmente, es fácil ver que

dim W_1 = 2, dim W_2 = 3.

 

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Un ejercicio más de E.V.

Captura de pantalla de 2015-11-28 10-54-26

Recordemos que si E y F son dos subespacios vectoriales de V, entonces el conjunto

E+F = \{ u+v: u \in E, v \in F \}

es un subespacio de V y además el más pequeño entre aquellos que incluyen a ambos. Es decir,
E \cup F \subset E+F \subset H,
para todo H subespacio de V que incluye a E y a F. En el caso de que E \cap F = \{0 \} y sólo en ese caso diremos que la suma E+F es directa y escribimos E \bigoplus F.  Por otro lado, la notación

L(S)

hace referencia a la envoltura lineal del conjunto S. Esto es, al subespacio vectorial formado por las combinaciones lineales de los elementos de S o lo que es lo mismo, al menor subespacio vectorial que incluye a S.

(a) Sean S_1 y S_2 dos subconjuntos finitos de vectores de V, linealmente independientes. Por ejemplo, si suponemos que V = \mathbb{R}^2, y definimos

S_1= \{(0,1)\}, S_2 = \{(0,1),(1,1) \}.

Tenemos que

L(S_1) = \{(0.x) : x \in \mathbb{R} \}, \quad L(S_2) = \mathbb{R}^2 ,

por lo que L(S_1) \cap L(S_2) = L(S_1) y la suma L(S_1)+L(S_2) no es directa.

(b) Si L(S_1) \bigoplus L(S_2), entonces L(S_1) \cap L(S_2) = \{0\} o lo que es lo mismo, cada vector de L(S_1) + L(S_2) se puede escribir de una sola forma como suma de un vector de L(S_1) y otro de L(S_2). En particular, si formamos la combinación lineal

\lambda_1 u_1 + \lambda_n u_n+ \mu_1 v_1+ \ldots + \mu_m v_m =0,

tenemos que

\lambda_1 u_1 + \ldots + \lambda_n v_n = -\mu_1 v_1 - \ldots - \mu_m v_m.

Es decir, tenemos un vector que pertenece a la intersección L(S_1) \cap L(S_2) por lo que será nulo. Es decir,

\lambda_1 u_1 + \ldots + \lambda_n v_n = 0,

-\mu_1 v_1 - \ldots - \mu_m v_m = 0.

Pero esto no garantiza que todos los escalares sean nulos. Sólo será posible si tanto S_1 como S_2 son linealmente independientes. Así que la afirmación (b) es falsa.

(c) Por nuestras explicaciones iniciales podemos afirmar que

L(S_1) \cup L(S_2) \subset L(S_1)+L(S_2).

Como S_1 \subset L(S_1) y S_2 \subset L(S_2) concluimos que

S_1 \cup S_2 \subset L(S_1) \cup L(S_2) \subset L(S_1)+L(S_2).

En consecuencia,

L(S_1 \cup S_2) \subset L(S_1)+ L(S_2).

Por otro lado, si z es un vector L(S_1)+L(S_2), hallaremos

u = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i u_i, \quad v= \sum_{j=1}^{m} \mu_{j} v_j,

tales que

z = u+v = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i u_i+\sum_{j=1}^{m} \mu_{j} v_j,

luego z \in L(S_1 \cup S_2). Esto prueba que L(S_1) + L(S_2) \subset L(S_1 \cup S_2) y la doble inclusión nos lleva a la igualdad

L(S_1 \cup S_2) =L(S_1)+ L(S_2).

Curso EVT. Lectura 24. Cardinales (7)

Vamos a ver otro interesante resultado que involucra a los números reales

Teorema 1. Se cumple que |\mathcal{P}(\mathbb{N})| \leq |\mathbb{R}|

Prueba. Para llevar a cabo esta demostración vamos a utilizar el llamado conjunto de Cantor. Sea el intervalo cerrado unidad C_{1} =[0,1]. Dividimos este intervalo unidad en tres partes
\displaystyle  I_{1} =\bigg[0, \frac{1}{3}\bigg], I_{2} =\bigg]\frac{1}{3}, \frac{2}{3} \bigg[, I_{3} =\bigg[\frac{2}{3}, 1 \bigg]
y tomamos las dos partes cerradas extremas para formar la unión:
\displaystyle C_{2} = \bigg[0, \frac{1}{3}\bigg] \cup \bigg[\frac{2}{3}, 1 \bigg].
Repetimos el proceso para cada una de estas nuevas partes:
\displaystyle \bigg[0, \frac{1}{9}\bigg],\bigg]\frac{1}{9}, \frac{2}{9}\bigg[,\bigg[\frac{2}{9}, \frac{3}{9}\bigg],
\displaystyle \bigg[\frac{6}{9}, \frac{7}{9}\bigg],\bigg]\frac{7}{9}, \frac{8}{9}\bigg[,\bigg[\frac{8}{9}, 1\bigg].
Construimos entonces
\displaystyle C_{3} = \bigg[0, \frac{1}{9}\bigg] \cup \bigg[\frac{2}{9}, \frac{3}{9}\bigg] \cup \bigg[\frac{6}{9}, \frac{7}{9}\bigg] \cup \bigg[\frac{8}{9}, 1\bigg]

conjuntocantor

Este proceso sigue indefinidamente y se caracteriza por las propiedades siguientes
(i)Cada C_{m+1} está incluido en C_{m}
(ii) Cada C_{m} es la unión de 2^{m-1} intervalos cerrados disjuntos.
Al conjunto intersección C = \cap_{i=1}^{\infty} C_{i} le llamamos conjunto de Cantor. Construiremos una función inyectiva de \Delta en C. Para ello, recordemos que en la construcción del conjunto de Cantor cada uno de los 2^{m-1} intervalos [a,b] de C_{m} se reemplaza por 2 intervalos
\displaystyle L[a,b] =\bigg[a, a+\frac{1}{3}(b-a) \bigg], R[a,b] = \bigg[ a+\frac{2}{3}(b-a),b \bigg].
Esto nos va a servir para asociar a cada sucesión infinita de \Delta uno de estos dos intervalos. En efecto, sea \delta(n) una sucesión infinita de ceros y unos, definimos

\displaystyle F_{1}^{\delta}= C_{1},
\displaystyle F_{n+1}^{\delta} = LF_{n}^{\delta}, si \delta(n)=0,
\displaystyle F_{n+1}^{\delta}=RF_{n}^{\delta}, si \delta(n) = 1

Evidentemente, cada F_{n}^{\delta} es subconjunto de C_{n} por lo que F_{n+1}^{\delta} \subset F_{n}^{\delta} y obtenemos una sucesión decreciente de intervalos cerrados. La completitud de la recta implica entonces que su intersección es un único punto que llamaremos f(\delta). La función inyectiva que vamos a construir será pues aquella que a cada sucesión \delta le asocia el único punto f(\delta). En efecto, está bien definida y si suponemos que dos sucesiones \delta y \epsilon de \Delta son diferentes, entonces hallaremos un valor mínimo n \in \mathbb{N} tal que \delta(i) = \epsilon(i) para i \leq n y es \delta(n) = 0 pero \epsilon(n) =1 (o al contrario sin pérdida de generalidad). Entonces f(\delta) \in F_{n+1}^{\delta}=LF_{n}^{\delta} y también f(\epsilon) \in F_{n+1}^{\epsilon}=RF_{n}^{\delta}. Los intervalos LF_{n}^{\delta} y RF_{n}^{\delta} son disjuntos por lo que las imágenes f(\delta) y f(\epsilon) son diferentes. Esto prueba que la aplicación es inyectiva. Evidentemente, la aplicación f también es inyectiva de \Delta en \mathbb{R} y esto prueba que |\Delta| \leq |\mathbb{R}|. Como sabemos que |\Delta|=|\mathcal{P}(\mathbb{N})| se sigue el enunciado del teorema y esto termina nuestra demostración.

Vamos a probar ahora la relación contraria.

Teorema 2. Se cumple que |\mathbb{R}| \leq |\mathcal{P}(\mathbb{N})| .

Prueba. Sea I=]0,1[ el intervalo abierto unidad. Consideremos cada número de dicho intervalo en base dos. Esto es, para cada x de I escribimos
\displaystyle x = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{ 2^{n}},
donde a_{i} es 0 o 1. La aplicación f que a cada x le hace corresponder la sucesión (a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, \ldots) es inyectiva ya que si dos sucesiones de ceros y unos son iguales entonces han de representar al mismo número real x. Por tanto, |]0,1[| \leq | \Delta |. Ahora bien, sabemos que el intervalo abierto unidad es equipotente a la recta real y de aquí que |\mathbb{R}| \leq | \Delta |= |\mathcal{P}(\mathbb{N})|

Los teoremas 1 y 2 nos muestran dos desigualdades entre cardinales de la forma a \leq b y b \leq a. Podemos preguntarnos si, como en el orden usual, estas dos desigualdades implican que a=b. La respuesta es afirmativa y viene dada por el teorema llamado de Cantor-Schröder-Bernstein. Para demostrarlo utilizaremos un lema auxiliar

Lema 1.Sean A_{1}, B y A conjuntos tales que A_{1} \subset B \subset A. Si |A_{1}| = |A|, entonces |A| = |B|

Prueba. Como A y A_{1} son equipotentes existe una biyección entre ellos f:A \rightarrow A_{1}. Construimos a partir de esta biyección un par de sucesiones de conjuntos mediante

\displaystyle A_{n} =A, si n=0,
\displaystyle A_{n} = f^{n}(A) , si n \geq 1.
\displaystyle  B_{n} = B, si n =0.
\displaystyle  B_{n} = f^{n}(B), si n \geq 1.

Obsérvese que de la inclusión A_{1} \subset B=B_{0} \subset A_{0} = A se sigue fácilmente por inducción que f^{n}(A_{1}) \subset f^{n} (B_{0}) \subset f^{n} (A_{0}). Esto es, A_{n+1} \subset B_{n} \subset A_{n} para todo n. Definimos C_{n} = A_{n}- B_{n} para cada n. Como f es inyectiva tenemos que f(C_{n}) = f(A_{n})- f(B_{n}) = A_{n+1} -B_{n+1} = C_{n+1}. Sea entonces
\displaystyle C = \bigcup_{n=0}^{\infty} C_{n},
\displaystyle D = A-C.
Esto significa que
\displaystyle f(C) = f(\cup_{n=0}^{\infty} C_{n})= \cup_{n=0}^{\infty}f(C_{n}) = \cup_{n=0}^{\infty}C_{n+1} = \cup_{n=1}^{\infty}C_{n}.
\displaystyle D = A-C = A -\bigcup_{n=0}^{\infty} C_{n} = \bigcap_{n=0}^{\infty} (A-C_{n}).
Entonces f(C) \cup D = B (unión disjunta) y definimos una aplicación g:A \rightarrow B mediante

\displaystyle g (x) =f(x), si x \in C,
\displaystyle g (x) =x, si x \in D,

Esta aplicación es una biyección entre A y B, luego |A| = |B|

Lema 2.Sean A y B dos conjuntos y sea f: A \rightarrow B una aplicación inyectiva. Si |f(A)| = |B| entonces |A| = |B|.

Prueba. Si f: A \rightarrow B es una aplicación inyectiva, entonces la aplicación f: A \rightarrow f(A) es una biyección. Si suponemos que |f(A)| = |B|, entonces existe una biyección h: f(A) \rightarrow B por lo que la composición h \circ f es una biyección entre A y B y esto termina la demostración.

Teorema 3 (Cantor-Schröder-Bernstein).Sean A y B dos conjuntos tales que |A| \leq B y |B| \leq |A|. Entonces |A| = |B|.

Prueba. Existen aplicaciones inyectivas f: A \rightarrow B y g:B \rightarrow A. Por tanto, la composición g \circ f:A \rightarrow A es una biyección (ya que el ser una inyección de un conjunto en sí mismo resulta también sobreyectiva). Claramente
\displaystyle g \circ f (A) \subset g(B) \subset A..
Obviamente |g \circ f(A)| = |A |, por lo que aplicando el lema 1 concluimos que |A | = |g(B) |. Finalmente, aplicando el lema 2 concluimos que |A|=|B|.

Estos resultados nos llevan a afirmar que |\mathcal{P}(\mathbb{N})| =|\mathbb{R}|.

Curso EVT. Lectura 20. Cardinales (3)

Teorema 1. Sea A un conjunto. Son equivalentes:
a) Existe B \subset A, tal que B es infinito numerable.
b) El conjunto A es D-infinito.

Prueba. (a) implica (b). Supongamos que B \subset A es infinito numerable. Hallaremos pues una biyección g: \mathbb{N} \rightarrow B. Sea ahora P el conjunto de los números pares. Es claro que la restricción g_P:P \rightarrow B es una biyección de P en g(P). También la aplicación f:\mathbb{N} \rightarrow P, dada por f(n) = 2n es una biyección. Por tanto, g_P \circ f \circ g^{-1} es una aplicación inyectiva y aplica B en B-g(P). Podemos extender esta aplicación a todo A mediante h(x) = (g_P \circ f \circ g^{-1})(x), si x \in B y h(x) si x \in A-B. Es fácil probar que h es inyectiva y aplica A en (A-B) \cup g(P) \subsetneq A. Esto prueba que A es D-infinito.
(b) implica (a). Como A es D-infinito, existen H \subsetneq A y una biyección \phi:A \rightarrow H. Sea a \in A-H, entonces \phi(a) \neq a pues \phi(a) \in H. Del mismo modo \phi^{2}(a) \neq \phi(a), pues si así fuera, entonces \phi(a) =a en contra de lo supuesto. Reiterando este argumento por inducción obtenemos un subconjunto \{a, \phi(a), \phi^{2}(a), \ldots, \phi^{n}(a), \ldots \} que resulta numerable.

Teorema 2. Un conjunto A es infinito si y sólo si contiene un subconjunto infinito numerable.

Prueba. Supongamos que B \subset A y B es infinito numerable. En ese caso, por el teorema anterior resulta que es D-infinito y, por tanto es infinito. Supongamos que A es infinito . Sea 2^{A} el conjunto de las partes de A. El axioma de elección nos garantiza la existencia de una función de elección f:2^{A}-\{\emptyset\} \rightarrow A. Con ella vamos a formar una sucesión a_n mediante a_n = f(A), si n=1, a_n=f(A-\{a_1,\ldots, a_{n-1}\}) si n \geq 2. Esta sucesión está bien formada ya que al ser A infinito, se tiene que A-\{a_1, \ldots, a_{n-1}\} es no vacío para cualquier n \geq 2 y como f es una función de elección resulta que f(X) \in X para cada X no vacío. Así resultará que a_n \neq a_m, si n \neq m. El conjunto B=\{a_n : n \in \mathbb{N} \} es numerable y está incluido en A.

Llegamos por fin al resultado buscado.

Teorema 3. Todo conjunto infinito es D-infinito

Prueba. Sea A infinito. Entonces existe B \subset A, tal que B es numerable (por el teorema 2) y, por tanto por el teorema 1 es D-infinito.

Cuando definimos el concepto de conjunto infinito utilizamos dos aproximaciones aparentemente diferentes. Una de ellas se basaba en la posibilidad de encontrar aplicaciones inyectivas sobre sí mismo que no eran sobreyectivas y otra se basaba en la imposibilidad de encontrar un entero positivo n tal que el conjunto fuera equipotente a \{1,2, \ldots, n\}. Hemos visto que estas dos ideas son equivalentes pero para ello hemos tenido que usar el axioma de elección. A partir de ahora, usaremos una u otra sin distinción y daremos una serie de resultados básicos sobre operaciones y cardinales.

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)).

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 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.