espais vectorials (uib)

7/25/2019 Espais Vectorials (UIB)

1/32

APUNTS DE LASSIGNATURA:

MATEMATIQUES I. ALGEBRA LINEAL

Margalida Mas i Joan Torrens


2/32

Captol 3

Espais Vectorials

Son ben coneguts i utilitzats els conjunts de tots els vectors de

R2 ={(x1, x2)| x1, x2 R} o R3 ={(x1, x2, x3)| x1, x2, x3 R}

amb lestructura donada per la suma de vectors (corresponent a situar-los un acontinuacio de laltre i agafar com a vector suma el que va des de lorigen del primeral final del segon) i el producte dun vector per un nombre real (corresponental vector amb la mateixa direccio i amb longitud o modul multiplicat per aquestnombre real). Operacions que analticament corresponen respectivament a (en elcas de R3)

(x1, x2, x3) + (y1, y2, y3) = (x1+y1, x2+y2, x3+y3) i

(x1, x2, x3) = (x1, x2, x3).

Les propietats daquestes operacions de R2 o R3 son part duna estructura mesgeneral que sanomena espai vectorial i que estudiarem amb deteniment a conti-nuacio.

Definicio 1. SiguinK un cos commutatiu iEun conjunt no buit. Direm que elconjuntE te estructura despai vectorialsobreK (o que es unK-espai vectorial)

si satisfa:

Existeix una operacio interna + : E E E anomenada suma, tal que(E, +) es ungrup abelia, es a dir, loperacio suma es commutativa, associ-ativa, te element neutre (que denotarem sempre per0) i tot elementx Ete unoposat (denotat perx).1.

Existeix una aplicacio: K E Eanomenadaproducte per escalars quesatisfa els axiomes seguents, per a tots, K i per a totsx, y E:

1Recordem que loposat dun element x E es un altre element x Etal que x + (x) =

(x) + x= 0

55


3/32

Algebra Lineal UIB Apunts de Teoria

A1) (x+y) = x+ y.

A2) (+) x= x+ x.

A3) () x= ( x).A4) 1 x= x, on1 es la unitat del cosK.

Als elements deEsels anomenavectors, i als de K escalars. Per denotar els vectorsutilitzarem habitualment les darreres lletres del abecedari u,v,w,x,y,z, mentreque per denotar els escalars utilitzarem o be les primeres lletres del abecedaria,b,c... o be lletres gregues ,,,,....

Observacio 2. Notem que a la definicio i a les propietats apareixen dues sumesdiferents que denotam de la mateixa manera (per +). La suma delements de

E (es a dir, la suma de vectors) i la suma delements deK (es a dir, la sumadescalars). Aix mateix, els elements neutres de ambdues sumes els denotam igual(per0) tot i ser diferents (un es un vector i laltre es un escalar). El context ensdira a cada moment a quina suma i a quin element neutre ens estam referint. Percontra, el producte del cosK el denotam sense cap smbol (no escrivim el punt,), mentre que el producte dun escalar per un vector el denotam amb un punt x. Intentarem mantenir aquesta notaci o, tot i que sovint tambe aquest puntacaba per desapareixer i de nou el context ens diu de quin producte es tracta.

Per una altra part, donats dos vectorsx, y, loperacio de sumar ax loposat dey,x+ (y), la denotarem com es habitual amb el signe menys, x y.

Evidentment, el primer exemple que podem donar es el format pels vectors de R2

o R3 i que dona nom a lestructura. Ara be el podem donar ja mes general: Kn.Es a dir, per a unn 2 qualsevol en comptes de 2 o 3, i per a un cos K qualsevolen comptes de R. (Deixam com a exercici comprovar que totes les condicions dela definicio es verifiquen en tots i cada un dels exemples seguents).

Exemple 3. El conjuntKn = {(x1, x2, . . . , xn) : xi K, i = 1, 2, . . . , n} amb lesoperacions seguents:

(x1, x2, . . . , xn) + (y1, y2, . . . , yn) = (x1+y1, x2+y2, . . . , xn+yn)

(x1, x2, . . . , xn) = (x1, x2, . . . , xn)

amb K es un espai vectorial sobreK. Notau que en aquest cas, per exemple,el vector zero (neutre per la suma de vectors) es el vector0 = (0, 0, . . . , 0) mentreque lescalar zero (neutre per la suma descalars) es el nombre0 del cosK.

Exemple 4. Un altre exemple (que podem considerar com un cas particular delanterior agafantn = 1) ve donat pel propi cosK. Sagafa com a suma de vectorsla suma del cosK (i en aquest cas, s que coincidirien les dues sumes i, per tant,els dos neutres0) i com a producte per escalars el propi producte del cos. Daquesta

manera, per a qualsevol cosK, el propiK es unK-espai vectorial.

56


4/32


Exemple 5. Aprofitant lexemple anterior tenim queR es unR-espai vectorial,pero tambe es unQ-espai vectorial amb el producte habitual, ja que el productedun nombre racional (que seria lescalar) per un nombre real (que seria el vector)es un altre nombre real.

De la mateixa manera, el cosC dels nombres complexos es unC-espai vectori-al, pero tambe unR-espai vectorial (o unQ-espai vectorial) amb les operacionsseguents:

(a+b i) + (a +b i) = (a+a) + (b+b) i

(a+b i) =a+b i

amb R (o Q). Totes aquestes estructures despai vectorial son diferents iper tant es important saber sobre quin cos estam considerant lespai vectorial.

De fet, aquest es un cas particular dun exemple molt important despai vectorial.Si tenimK un subcos deF o F una extensio deK (vol dir senzillament queK esun subconjunt deF i que ambdos son cossos amb les mateixes operacions i el mateixelement unitat 1), llavors F es unK-espai vectorial. Aquesta estructura despaivectorial sera fonamental en lestudi dextensions de cossos i Teoria de Galois queveureu en lassignaturaAlgebra Abstracta II.

Exemple 6. El conjunt dels polinomis Rn[x] de grau menor o igual a n ambcoeficients reals

Rn[x] =

p(x) =

ni=0 a

ix

i

=a0+ax+ +anx

n

, ai R, i= 0, 1, . . . , n

amb les operacions

p(x) +q(x) =ni=0

aixi +

ni=0

bixi =

ni=0

(ai+bi)xi

p(x) =ni=0

aixi =

ni=0

aixi

amb R, es un espai vectorial sobreR.

Podem fer el mateix sense la restriccio del grau i amb qualsevol cosK. Aix, elconjuntK[x] de tots els polinomis (de qualsevol grau) amb coeficients en el cosKformen unK-espai vectorial amb les operacions esmentades abans.

Exemple 7. Considerem el conjunt de les matriusMmn(R)2. SiA= (aij)mn iB = (bij)mn son dues matrius, es defineixen les operacions

A+B = (aij+ bij)mn

A= (aij)mn

amb R, es un espai vectorial sobreR.

2Ho podem fer tambe sobre un cos Kqualsevol.

57


5/32


Exemple 8. SiguiXun conjunt qualsevol no buit iE unK-espai vectorial qual-sevol. Aleshores el conjunt de totes les funcions deX enE:

EX ={f :XE|f es una funci o}

es unK-espai vectorial amb les operacions:

(f+g) :XE , donada per (f+g)(x) =f(x) +g(x), i( f) :XE, donada per ( f)(x) =f(x)

per a tot K i per a totx X.

Notem que en particular si consideram el cosRi, com a espai vectorialE, el propicosR, obtenim elR-espai vectorialRX de totes les funcions deXenR. Podem per

exemple agafar com aXel propiR

, un interval tancat[a, b] qualsevol, etc. A mesa mes, en aquest cas, podem parlar de funcions contnues, derivables, etc. Llavors,es veu facilment que els conjunts de totes les funcions contnues (derivables) deRenR (o de[a, b] enR) amb les mateixes operacions son tambeR-espais vectorialsque denotarem per:

Cont(R,R); Cont([a, b],R); Der(R,R); Der([a, b],R).

Exemple 9. ConsideremSucc(K) el conjunt de totes les successions delementsdun cosK. Aleshores, Succ(K) es unK-espai vectorial amb les operacions:

(xn) + (yn) = (xn+yn) i (xn) = (xn)

per a tot K.

Exemple 10. Un darrer exemple una mica trivial pero important. Si consideramun conjunt unitariEamb un unic element que denotarem per0, llavorsE={0}es unK-espai vectorial per a qualsevol cosK (amb el producte per escalars donatper 0 = 0 per a tot K). Aquest espai vectorial sanomenaespai vectorialtrivial.

Anem ara a estudiar les propietats basiques dels K-espais vectorials. Comencam

per una propietat general referent al neutre duna operacio.

Proposicio 11. Sigui E unK-espai vectorial. Llavors el neutre i loposat dunelement qualsevolx E son unics.3

Demostracio: Suposem 01i 02dos neutres de lespai vectorial. Aleshores 01+02=01per ser 02un neutre, pero tambe 01+02= 02per ser 01neutre. Per tant, 01= 02.

Suposem ara que un element x E te dos oposats y, z. Llavors tendriem y =y+ 0 =y + (x+z) = (y+x) +z= 0 +z=z.

3La mateixa demostracio serveix per provar lunicitat del neutre i de lelement unitat del cos

K, aix com la unicitat del invers de tot element no nul de K.

58


6/32


De la definicio de K-espai vectorial es dedueixen les propietats seguents.

Proposicio 12. Sigui E unK-espai vectorial. Per a tots x, y E i per a tots, K se satisfa:

1. 0 x= 0

2. 0 = 0

3. Si x= 0 llavors= 0 o x= 0.

4. () x= ( x) = (x). En particular, (1) x= x.

5. (x y) = x y

6. ( ) x= x x

Demostracio: Per demostrar la primera, notem que

0 x= (0 + 0) x= 0 x+ 0 x

i sumant loposat de 0 xa cada banda obtenim 0 x= 0.

Analogament, 0 = (0 + 0) = 0 + 0 don tambe 0 = 0.

Si x = 0 llavors o be = 0 o, si = 0, existira 1 i multiplicant la igualtatper aquest escalar tenim:

1 ( x) = 0 = 0 (1) x= 1 x= x = 0.

Per demostrar 4 el que hem de veure es que loposat de ( x) es () xi tambe (x), i lunicitat de loposat ens assegurara les tres igualtats. Aix,

( x) + () x= (+ ()) x= 0 x= 0

i analogament

( x) + (x) = (x+ (x)) = 0 = 0.

Demostram per ultim el punt 5 i deixam el punt 6 com a exercici ja que es fa igual:

(x y) = (x+ (y)) = x+ (y) = x+ ( y) = x y.

59


7/32


La seguent definicio lutilitzarem contnuament durant el curs.

Definicio 13. Siguin E unK-espai vectorial i x1, x2, . . . xn vectors de E. Sa-

nomena combinacio lineal dels vectors x1, x2, . . . xn a tot element x E de laforma

x= 1 x1+2 x2+. . .+n xn=ni=1

i xi (3.1)

amb i K, per a totsi= 1, 2, . . . , n.

Daquesta manera per exemple el vector de R2, x = (3, 2) es pot escriure com acombinacio lineal dels vectorsx1= (1, 0) i x2 = (1, 1) ja que

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

3.1 Subespais vectorials

Definicio 14. SiguinE unK-espai vectorial, iF E, F =. Direm queF esun subespai vectorial deEsi satisfa:

a) Per a totsx, y F, llavorsx+y F.

b) Per a tots K ix F, llavors x F.

De la definicio anterior es dedueixen immediatament les seguents propietats.

Proposicio 15. SiguiF un subespai vectorial dunK-espai vectorialE. Es veri-fica:

0 F

Six F, llavorsx F

Demostracio: Com que F es no buit existeix almenys un element x F i

llavors per la propietat b) tenim 0 x = 0 F. Analogament, si x F llavors(1) x= x F.

Proposicio 16. SiguinE unK-espai vectorial, iFun subconjunt no buit. Ales-hores son equivalents les seguents afirmacions:

i) F es un subespai vectorial.

ii) F es unK-espai vectorial amb les mateixes operacions deE restringides aF.

iii) F verificaa x+b y Fper a totsa, b K i per a totsx, y F

60


8/32


iv) Qualsevol combinacio lineal de vectors de F es un vector de F, es a dir,

n

i=1ai xi Fper a totsai K ixi F.

Demostracio: i) ii). Si F es un subespai vectorial, les operacions de Epermeten definir les mateixes operacions a F (la suma de vectors de F es de Fi el producte dun escalar per un vector de F es un vector de F) i la proposicioanterior assegura que 0 sempre es de F i que loposat dun element de F es de F.Llavors, Famb aquestes operacions es tambe un espai vectorial sobre K.

ii) iii). Obvi de la definicio de K-espai vectorial.

iii) iv). Ho podem fer per induccio sobre n el nombre de vectors de la combi-nacio lineal. Per n= 2 es cert per hipotesis. Si ho suposam cert per n 1, tenimque per a totsx1, . . . , xn F,

ni=1

i xi= (n1i=1

i xi) +n xn F

simplement aplicantiii), ja que, per hipotesis dinduccio, el primer sumand tambees de F .

iv) i). Ambdues propietats son evidents. A la primera agafant dos vectorsqualssevolx1, x2 F i 1 = 2= 1 i a la segona agafant un unic vector.

Exemple 17. SiguiEunK-espai vectorial qualsevol, llavorsEi{0}son subespais

vectorials de E anomenats subespai total i subespai trivial respectivament. Enconjunt, sels anomena tambe subespais impropis. Als altres possibles subespaisels diremsubespais propis deE.

Exemple 18. El conjunt F = {(x,y,z) R3 : x+ y +z = 0} es un subespaivectorial deR3. En general, el conjunt de solucions dun sistema dem equacionslineals ambn incognites homogeni sobre un cosK es un subespai vectorial de lespaiKn.

Aix, les rectes que passen per lorigen(0, 0) son subespais propis deR2 i, tant lesrectes com els plans que passen per lorigen son subespais vectorials deR3. De fet,aquests son tots els subespais propis deR2 iR3.

Exemple 19. El conjuntG= {(x , y, z, t) R4 :x+y = 0, z= 0, t= 1} no es unsubespai vectorial deR4, perque no passa per lorigen, es a dir0G.

Exemple 20. Dins elR-espai vectorialRR de totes les funcions f : R R, elsubconjunt format per les funcions contnues, Cont(R,R), i el subconjunt de lesderivables, Der(R,R), en son subespais vectorials

A partir de subespais vectorials coneguts es poden formar nous subespais com esdemostra en la seguent proposicio.

Proposicio 21. SiguiEunK-espai vectorial.

61


9/32


Si(Fi)iI es una famlia qualsevol de subespais vectorials deE, llavors

iIFies un subespai vectorial deEcontingut dins tots elsFi amb i I.

SiF1, . . . , F n son subespais vectorials deE, llavorsni=1

Fi = F1+. . .+Fn = {x1+. . .+xn| xi Fi, i= 1, . . . , n}

es un subespai vectorial deE anomenat subespai vectorial suma que contetots elsFi amb i= 1, . . . , n.

Demostracio: Notem primer de tot que

iIFi es no buit ja que 0 hi pertany.Siguin ara a, b K i x, y

iIFi. Llavors x, y Fi per a tot i I i, com que

cada Fi es subespai vectorial tenim que a x+b y Fi per a tot i Ii per tant

a x+b y

iIFi.

Pel que fa a la suma, tenim que si z , z F1 + . . . + Fn llavors existeixenxi, yi Fitals que

z=x1+. . .+xn i z =y1+. . .+yn

i per tant

a z+b z =a (x1+ . . .+xn)+b (y1+ . . .+yn) = (a x1+b y1)+ . . .+(a xn+b yn)

que torna a ser un element de F1+ . . . + Fn.A mes a mes, cadaFi esta contingutdins el subespai suma ja que per a tot xi Fi podem escriure

xi= 0 +. . .+xi+. . .+ 0 F1+. . .+Fi+. . .+Fn.

En canvi la unio de subespais vectorials no es, en general, un subespai vectorial.

Exemple 22. Al R-espai vectorial R2 consideram els subespais vectorials R, Gdonats pels eixos de coordenades cartessianes. Aixo es, F = {(x, 0) | x R}i G = {(0, y) | y R}. Aleshores, es facil veure que F G = {(0, 0)} i queF+ G= R2 que son, efectivament, subespais vectorials (els impropis). En canvi sifeim la unio, tenimF G= {(x, y) R2 |x = 0 o y = 0} que no es un subespai

vectorial deR2 ja que (1,0) i (0,1) son elements deF G i en canvi la seva sumadona(1, 1)F G.

En un subespai vectorial suma F+ Glexpressio de cada element com a suma dunelement de Fmes un element de G no te perque ser unica i, habitualment, no hoes. En aquest sentit tenim la seguent definicio.

Definicio 23. Siguin E unK-espai vectorial i F, G subespais vectorials de E.Llavors, si tot element del subespai vectorial sumaF+ Gsescriu de manera unicacom suma dun element deFmes un element deG, es diu que la suma deF iGes directa i sescriu comF G. Si a mes a mes es verifica queE = F G, se

diu queF iG son complementaris dinsE.

62


10/32


Proposicio 24. SiguinF iG dos subespais vectorials dunK-espai vectorialE.Llavors la suma deF iG es directa si i nomes siF G= {0}.

Demostracio: Si la suma es directa, considerem un x F G. Llavors podremescriure x= x+ 0 = 0 +x ambx, 0 F i 0, x G i, com que lexpressio de totelement de F+G es unica tenim necessariament quex= 0.

Recprocament, si F G= {0}, suposem que un vector z F+ Ges pot escriurede dues maneres com z=x + y = x + y ambx, x F i y, y G. Llavors tenimque

x x =y y F G = x x =y y= 0 = x= x i y=y .

Com a consequencia immediata tenim el seguent corol.lari.

Corol.lari 25. SiguinEunK-espai vectorial iF,G subespais deE. Els subespaisF iG son complementaris si verifiquen:

i) Per a totx E, existeixeny F iz G tals quex= y +z.

ii) F G= {0}.

Exemple 26. Notem que els subespais de lexemple 22 son complementaris ja que

haviem vist queR2

=F+G iF G= {0}, es a dir, R2

=F G.

El concepte de suma directa el podem generalitzar a n sumands de la maneraseguent.

Definicio 27. SiguinEunK-espai vectorial iF1, . . . , F nsubespais vectorials deE.Aleshores direm que la sumaF1+. . .+Fn esdirectai ho escriuremF1. . .Fn, sitot element deF1+. . .+Fnes pot escriure de manera unica com a suma delementsdeF1, . . . , F n.

Es pot demostrar de forma similar al cas n= 2 (i ho deixam com a exercici) quela suma F1+. . .+Fn es directa si i nomes si per a tot i= 2, . . . , nes te

Fi (F1+. . .+Fi1) ={0}.

En ocasions disposam dun subconjunt S de E que no es subespai vectorial iestam interessats en el mes petit subespai vectorial (respecte de la inclusio) queconte aquest subconjunt S. Aquest subespai sempre existeix ja que nomes hem deconsiderar la famlia de tots els subespais vectorials de Eque contenen S, llavorssabem que la seva interseccio es un altre subespai vectorial que evidentment conteSi aquest sera el mes petit amb aquesta propietat. Anomenarem a aquest subespai

subespai vectorial generat perSi el denotarem per S. Direm tambe queSgenera

63


11/32


So queSnes unconjunt o sistema de generadors. Aleshores el que hem vist esque

S=SF

Fsubespai

F.

La seguent proposicio ens dona una manera practica de calcular subespais generats.

Proposicio 28. SiguiSun subconjunt qualsevol dunK-espai vectorial E. Lla-vors,

S= {1 x1+. . .+n xn| n Z+; xi S; i K, i= 1, . . . . n}.

Es a dir, S es el subespai format per totes les combinacions lineals possibles

delements deS.

Demostracio: Notem primer que el conjunt de les combinacions lineals delementsde S es un subespai vectorial que conte S, ja que la suma de combinacions linealses una combinacio lineal i el producte dun escalar per una combinacio lineal estambe una combinacio lineal delements de S. Nomes ens cal veure per tant quees el mes petit que conte S. Per aixo, sigui F un subespai vectorial qualsevolque contengui S. Per la proposicio 16, qualsevol combinacio lineal delements deS F sera de F, es a dir S F i per tant S es el mes petit respecte de lainclusio.

Observacio 29. A partir daquesta caracteritzacio del subespai generat per unsubconjunt, resulta clar que si tenim dos subconjunts deEde manera queSS

llavorsS S.

En el cas en que Ssigui finit, diguem S={x1, . . . , xn}, llavors es pot escriure

S= x1, . . . , xn= {1 x1+. . .+n xn| i K, i= 1, . . . . n}

i es diu que F = x1, . . . , xn es finitament generat, perque esta generat per unnombre finit delements.

Exemple 30. Es clar que els vectors(1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1)for-men un sistema de generadors deKn i per tant, Kn es finitament generat.

Exemple 31. Analogament els vectors {1, x , x2, . . . , xn} formen un conjunt degeneradors delK-espai vectorialKn[x], que es per tant finitament generat. En canviK[x] es unK-espai vectorial que no es finitament generat (sip1(x), . . . , pk(x) fosun conjunt finit de generadors, considerantn = max(grau(p1), . . . , g r a u(pk)), totpolinomi de grau superior an no podria ser combinacio lineal delspi(x), arribanta contradiccio). Notem queK[x] te un conjunt infinit de generadors (numerable):

{1, x , . . . , xn

, . . .}.

64


12/32


Exemple 32. DinsR3 consideram el subconjuntF ={(x,y,z)| 2x y+z= 0}.Llavors es clar queF es un subespai vectorial i, a mes a mes, tot element deFes de la forma(x, 2x+z, z) variantx, z R. Aix, tot element deu F sescriucom

u= x (1, 2, 0) +z (0, 1, 1)

i per tant, els vectors(1, 2, 0) i(0, 1, 1) generen totF. Notau queFcorrespon alpla que passa pels punts(0, 0, 0), (1, 2, 0) i(0, 1, 1).

Exemple 33. Per a totes aquestes propietats es molt important sempre quin es elcos descalars sobre el que consideram lespai vectorialE. Aix per exemple, RcomaR-espai vectorial es finitament generat, de fet esta generat per un unic element elnombre real 1, R =1. En canvi, si consideramRcom aQ-espai vectorial, tenim

que no es finitament generat. Si exists un nombre finit de generadorsx1, . . . , xk R, llavors tot nombre real sescriuria com a combinacio lineal dex1, . . . , xk, es adir, tendrem

R ={1 x1+. . .+k xk|i Q, i= 1, . . . , k}.

Pero llavorsR estaria en bijeccio amb Qk que es numerable iR seria numerable.Per tant, R no pot ser finitament generat com aQ-espai vectorial.

Un mateix espai o subespai vectorial pot tenir conjunts de generadors diferents.Per exemple tenim el seguent resultat.

Proposicio 34. SiguiE unK-espai vectorial iS E. Siu S llavors es teS {u}= S.

Demostracio: Per la observacio 29 tenim que S S {u}. Per demostrarlaltra inclusio, sigui x S {u}llavors sera

x= u+1 x1+. . .+n xn

ambxi Sper i = 1, . . . , n. Com que u S, existirany1, . . . , yk Sde maneraque u= 1 y1+. . .+k yk i llavors

x= (1 y1+. . .+k yk) +1 x1+. . .+n xn

o equivalentment

x= (1) y1+. . .+ (k) yk+1 x1+. . .+n xn.

Es a dir, x es combinacio lineal delements de S, x S.

65


13/32


3.2 Dependencia i independencia lineal de vec-

tors

Definicio 35. Donat unK-espai vectorialE, direm que els vectorsx1, x2, . . . , xnE son linealment independents (o tambe que el conjunt{x1, x2, . . . , xn} E eslinealment independent) si sempre que1 x1+2 x2+. . .+n xn= 0 implicaquei= 0 per a toti= 1, 2, . . . , n.

En cas contrari, direm que son lineament dependents (o tambe que el conjunt{x1, x2, . . . , xn} es linealment dependent). Es a dir, x1, x2, . . . , xn son linealmentdependents si existeixen escalars1, 2, . . . , n K no tots nuls tal que

1 x1+2 x2+. . .+n xn= 0.

En el cas dun conjunt no buit qualsevol de vectors S E (finit o no), diremque S es linealment independent si qualsevol subconjunt finit de S ho es. Es adir, si qualsevol combinacio lineal (dun nombre finit) delements deS igual a 0,implica que tots els escalars han de ser 0. Analogament, direm queS eslinealmentdependent si existeixen un nombre finit delements deS i una combinacio linealseva igual a 0 amb no tots els escalars 0.

Exemple 36. Un unic vectorx E es linealment independent si i nomes six = 0,o dit duna altra manera, el vector0 E es l unic vector linealment dependent.

Exemple 37. Es immediat veure que els vectors (1, 0) i (0, 1) son linealmentindependents dinsK2. En general, (1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1) son

linealment independents enKn.

Exemple 38. El conjunt{(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 2)} es linealment independentaR3. Vegem-ho, si tenim una combinacio lineal dells igual a 0,

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

llavors tendrem

(1, 0, 1) + (0, 2, 2) + (3, 3, 23) = (0, 0, 0)

don sha de verificar:

1 3 = 02+3 = 01+2+ 23 = 0

sistema que es compatible determinat amb solucio unica1=2 = 3= 0.

Exemple 39. El conjuntS={1, x , x2, . . . , xn, . . .} es linealment independent enK[x]. Qualsevol combinacio lineal dun nombre finit delements de S igual a 0,correspon a un polinomi dun cert graum igual a 0,0 1+1 x+ . . . +m x

m = 0

i consequentment, tots els escalars han de ser 0.

66


14/32


Exemple 40. SiguiE = Mmn(K) elK-espai vectorial de les matrius (m n)sobreK. Per a cada i {1, . . . , m}, j {1, . . . , n} considerem la matriu eij Mmn(K) que te totes les entrades 0 menys lentrada(i, j) que val 1. Llavors, elsm n elements{eij |i {1, . . . , m}, j {1, . . . , n}}son linealment independents.

Proposicio 41. SiguiEunK-espai vectorial. Llavors, els vectorsx1, x2, . . . , xnEson linealment dependents si i nomes si un dells es combinacio lineal dels altres.

Demostracio: Si x1, x2, . . . , xn E son linealment dependents hi haura unacombinacio lineal dells igual a 0,

1 x1+2 x2+. . .+n xn = 0

amb no tots els escalars iguals a 0. Suposem 1= 0, llavors tendrem

1 x1=2 x2 . . . n xn

i multiplicant per 11 (recordem que1= 0),

x1 = 11 2 x2 . . .

11 n xn

es a dir, x1 es combinacio lineal dels altres. Evidentment, si en comptes de 1es qualsevol altre i = 0, llavors podrem escriure xi de forma analoga com acombinacio lineal dels altres.

Recprocament, si x1 es combinacio lineal dels altres x1 = 2 x2+ . . .+n xn,

llavors claramentx1 2 x2 . . . n xn= 0. Analogament si es un xi qualsevolel que es combinacio lineal dels altres.

Exemple 42. Els vectors(1, 1, 2), (1, 1, 0), (0, 0, 2)son linealment dependents aR3

ja que podem escriure, per exemple

(1, 1, 2) (1, 1, 0) (0, 0, 2) = (0, 0, 0) o, tambe (1, 1, 2) = (1, 1, 0) + (0, 0, 2).

Proposicio 43. Sigui E un K-espai vectorial i S E un conjunt linealmentindependent. Siu S llavorsS {u} es linealment independent.

Demostracio: Considerem una combinacio lineal delements de S {u} igual a0, u+1 x1+. . .+n xn= 0

amb xi S per i = 1, . . . , n. Suposem que = 0, llavors existeix 1 K i simultiplicam lequacio per aquest escalar i allamuobtenim

u= 11 x1 . . . 1n xn.

Es a dir, u S en contra de la hipotesi. Per tant ha de ser = 0, pero llavorstenim la combinacio lineal delements de S, 1 x1+ . . .+n xn = 0. Com queS es linealment independent, tots els escalars han de ser 0 i, per tant, tenim que

= 1=. . .= n= 0.

67


15/32


3.2.1 Bases dun espai vectorial

Definicio 44. Direm que un subconjunt no buitSdunK-espai vectorialE es una

base deE siS es un sistema generador deEi es linealment independent.

Exemple 45. Els vectors e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), en = (0, 0, . . . , 1)formen una base deRn. Ja sabem que son linealment independents i claramentgeneren totRn donat que qualsevol(a1, a2, . . . , an) sescriu com

(a1, a2, . . . , an) =

ni=1

ai ei = a1 (1, 0, . . . , 0) +. . .+an (0, 0, . . . , 1).

Aquesta base es anomenada habitualment base canonica deRn.

Exemple 46. Resulta clar tambe que el conjunt{eij |i {1, . . . , m}, j {1, . . . , n}}es una base que tambe sanomena la base canonica deMmn(K). Analogament,tenim que{1, x , x2, . . . , xn} es la base canonica deKn[x]. Mes en general, el con-junt S = {1, x , . . . , xn, . . .} es la base canonica deK[x], en aquest cas una baseinfinita (amb un nombre infinit delements).

Exemple 47. SiguiF el subespai deR3 definit a lexemple 32, F = {(x,y,z) R3 : 2x y +z = 0}. Hem vist en un exemple anterior que els vectors u1 =(1, 2, 0) iu2= (0, 1, 1) generen tot el subespaiF. Com queu1 iu2 son linealmentindependents (vegeu-ho com a exercici) son una base deF.

Exemple 48. Donat unK-espai vectorialEqualsevol, es evident que si el conjuntS E es linealment independent llavors S es una base del subespai vectorialgenerat perS. Es a dir, siS es linealment independent, S es una base deS.

Teorema 49. SiguinEunK-espai vectorial iB E. AleshoresB es una base deEsi i nomes si tot vector deEsescriu de manera unica com a combinacio linealdelements de B. En aquest cas, per a tot x E existeixen uns unics escalars1, . . . , n in uns unics vectorsx1, . . . , xn B tals que

x= 1 x1+2 x2+. . .+n xn.

Aquests unics escalars1, . . . , n sanomenencoordenades del vector xen la baseB.

Demostracio: Si B es una base de E llavors tot vector x E sescriu com acombinacio lineal delements de B per definicio de base. El que cal veure doncs esla unicitat. Suposem que un xEsescriu com

x= 1 x1+. . .+k xk=1 y1+. . .+m ym

ambxi, yj B per a tots i= 1, . . . , k, j = 1, . . . , m. Podem suposar que en amb-

dues expressions hi apareixen exactament els mateixos vectors deB que denotarem

68


16/32


per u1, . . . , un (afegint-los a cada una de les expressions, si cal, amb coeficient 0).Llavors, tenim la igualtat

x= 1 u1+. . .+n un=1 u1+. . .+n un

i per tant la combinacio lineal delements de B igual a 0 donada per

(1 1) u1+. . .+ (n n) un= 0.

Com que B es linealment independent tenim

1 1 = . . .= n n= 0 i 1=1, . . . , n=n.

Aixo es, les dues expressions de xcoincideixen, es unica.

Recprocamnet, si tot vector deEsescriu de manera unica com a combinacio linealdelements de B, considerem una daquestes igual a 0, 1 x1+ . . .+n xn = 0ambxi B per a tots i= 1, . . . , n,. Llavors tenim les dues expressions del vector0 com

0 =1 x1+. . .+n xn= 0 x1+. . .+ 0 xn

don per hipotesi han de ser 1=. . .= n= 0.

Estudiarem amb deteniment les coordenades dun vector en una base mes endavant.Ara, analitzarem determinades propietats de les bases.

Proposicio 50. Sigui E un K-espai vectorial finitament generat i sigui S =

{u1, u2, . . . , un} un conjunt de generadors. Llavors E te una base finita B demanera queB S.

Demostracio: Siu1, u2, . . . , unson linealment independents llavors ja formen unabase deE. Si no son linealment independents, un dells (posem ui) sera combinaciolineal dels altres i aleshores per la Proposicio 34 tendrem

E=u1, u2, . . . , un= u1, . . . , ui1, ui+1, . . . , un.

Si aquest nou conjunt de generadors es linealment independent formen base i jaesta. Si no analogament a abans em podem treure un dells i E estara generat per

(n 2) elements de S. Repetint aquest raonament arribarem a una base B de EambB So a que lespai E=ujper un uj S. Llavorsvj ha de ser distint de0 (si no tendrem E=0= {0}i hem suposat que Eno era trivial). Aix, vj = 0es linealment independent i per tant una base de E.

El seguent teorema es especialment important per les propietats que dell senderiven i es conegut com a Teorema de Steinitz.

Teorema 51. SiguinEunK-espai vectorial,B ={u1, u2, . . . , un}una base deEiv1, . . . , vmvectors linealment independents. Aleshores es poden substituirmvectorsde la baseB pelsv1, . . . , vm obtenint una nova base. En particular, necessariament

m n.

69


17/32


Demostracio: Veurem que podem anar introdunt els elements vj de forma re-cursiva en substitucio delements adequats de la base ui.

- Introduccio de v1. Escrivim v1 com a combinacio lineal de la base donadav1=

ni=1i ui. Donat quev1forma part dun conjunt de vectors linealment

independents, no pot ser nul i per tant existeix almenys un escalar i distintde 0. Reordenant la base ui, si cal, podem suposar que aquest escalar distintde 0 es el primer 1. Llavors, multiplicant lexpressio anterior per

11 queda

11 v1=u1+ (11 2) u2+. . .+ (

11 n) un

i podem allar u1:

u1 = 11 v1 (

11 2) u2 . . . (

11 n) un.

Aquesta darrera expressio, juntament amb lexpressio dev1com a combinaciode la base ui, ens diu que

u1, u2, . . . , un= v1, u2, . . . , un.

Aix per veure que v1, u2, . . . , un son base nomes ens cal veure que son line-alment independents. En efecte, considerem una combinacio lineal 1 v1+2 u2+. . .+n un= 0. Llavors tenim que

1

ni=1

i ui

+2 u2+. . .+n un = 0

o equivalentment

(11) u1+ (12+2) u2+. . .+ (1n+n) un= 0.

Com que ui es una base tots aquests escalars hauran de ser nuls

11 = 12+2=. . .= 1n+n= 0.

Com que 1= 0 aixo implica 1 = 0 i per tant, 1 = . . .= n= 0.

- Suposem ara que ja hem introdutk vectorsv1, . . . . vk a la base i vegem comintroduir el seguent vk+1. Com que

v1, . . . , vk, uk+1, . . . , un

es una base podem escriure vk+1 com a combinacio lineal de la mateixa:

vk+1=1 v1+. . .+k vk+k+1 uk+1+. . .+n un=k

i=1

i vi+n

j=k+1

j uj.

70


18/32


Argumentant com en el pas anterior, tenim que podem substituir per vk+1qualsevol vector de la base que, en aquesta combinacio lineal, tengui coefici-ent no nul. Aix, per acabar la demostracio, lunic que hem de fer es veureque algun dels j per j =k + 1, . . . , n es no nul. Pero, si tots aquests fossin0, tendrem

vk+1=1 v1+. . .+k=k

i=1

i vi.

que es una contradiccio ja que els vectors vi son linealment independents.

La primera consequencia del Teorema de Steinitz que podem remarcar es el resultatdel seguent teorema que, entre daltres coses, ens permetra donar la definicio dedimensio dun K-espai vectorial.

Teorema 52. Sigui E un K-espai vectorial. Si E te una base finita, diguemB ={u1, u2, . . . , un}, llavors totes les bases deE son finites i tenen exactamentnelements.

Demostracio: Sigui S = {vj | j J} una base de E. Llavors qualsevol sub-conjunt finit de Ssera linealment independent i pel Teorema de Steinitz haura detenir un nombre delements m n. Per tant, S ha de ser finit amb un nombredelements m n, es a dir, S = {v1, . . . , vm} amb m n. Pero un raonamentsemblant aplicat a B ens demostra que n m i per tant la igualtat.

Definicio 53. SiguiE={0} unK-espai vectorial. Direm queE es de dimensiofinita si existeixn Z+ i una base deE(i per tant, totes) formada pern vectors.Aquest enter positiun sanomena dimensio deE(i escriurem habitualmentn =dim E). SiE={0}, no te base, pero direm que es de dimensio finita idim E= 0.

Direm que E es de dimensio infinita si Eno te cap base finita, i en aquest casescriuremdim E= +.

Exemple 54. Tenint en compte les bases que ja hem trobat en els diferents casos,podem afirmar que:

dimKn =n; dimKn[x] =n+ 1; dimK[x] = +; i dim Mmn = m n.

A vegades caldra escriure la dimensio explicitant el cos sobre el que treballam.Llavors escriurem dimKE. Aix tendrem per exemple que dimQR = + mentreque dimRR = 1, o analogament dimCC = 1 mentre que dimRC = 2 (podeu veurefacilment que{1, i} es una base de C com a R-espai vectorial).

La seguent proposicio reuneix tota una serie de consequencies importants del Te-orema de Steinitz.

Proposicio 55. Sigui E un K-espai vectorial de dimensio finita i sigui B =

{u1, u2, . . . , un} una base deE.

71


19/32


1. Siv1, . . . , vn son linealment independents, llavors son base deE.

2. Siv1, . . . , vn generen totE, llavors son base deE.

3. La dimensio deE, n, coincideix amb el maxim nombre de vectors linealmentindependents i amb el mnim nombre de generadors.

4. Tot conjunt de vectors linealment independent deE es pot completar fins auna base deE. Es a dir, si{y1, . . . , yk} E son linealment independents,existeixenn k vectorsz1, z2, . . . , z nkEtals que{y1, . . . , yk, z1, . . . , z nk}formen una base deE.

5. SiF es un subespai vectorial deE, aleshoresF tambe es de dimensi o finitaidim F dim E. A mes a mes, dim F= dim Esi i nomes siF =E.

Demostracio: 1. Aplicant el Teorema de Steinitz podem substituir tots les uipels vi obtenint una nova base. Per tant els vi formen base.

2. Si E=v1, . . . , vn llavors per la Proposicio 50, E tendra una base contingudadins v1, . . . , vn. Com que dim E=n han de ser tots els vi els que formen base, jaque en cas contrari tendrem una base amb menys de n elements.

3. La primera afirmacio es immediata a partir del Teorema de Steinitz i la segonaho es a partir de la Proposicio 50.

4. Es una altra manera descriure lenunciat del Teorema de Steinitz.

5. Aplicant el punt 3, com que tots els vectors de F tambe son de E, F no pottenir mes de n vectors linealment independents i, per tant, dim(F) n. A mesa mes, si dim(F) = n llavors F tendra una base de n elements, v1, . . . , vn, quetambe sera base de E. Es a dir E=F =v1, . . . , vn.

Corol.lari 56. SiguiEunK-espai vectorial. LlavorsE es de dimensio infinita sii nomes si podem trobar conjunts de vectors linealment independents de cardinalfinit tan gran com es vulgui.

Demostracio: Si dim(E) = + es clar que podem trobat conjunts de nvectorslinealment independents per a qualsevol n Z+. Recprocament, suposem que

dim(E) es un nombre finitn, llavors no podrem trobar conjunts de (n +1) vectorslinealment independents arribant a contradiccio.

Exemple 57. Considerem elR-espai vectorialCont(R,R) de totes les funcionscontnues deR enR. Llavors, notem que si definim les funcionsfn(x) =x

n per atotn N obtenim que els conjunts{f0, . . . , f n}son linealment independents per atotn N, la qual cosa demostra quedim(Cont(R,R)) = +.

Corol.lari 58. SiE es unK-espai vectorial iE=x1, x2, . . . , xn, aleshoresE esde dimensio finita idim E n. Es a dir, totK-espai vectorial finitament generates de dimensio finita menor o igual que el nombre de generadors.

Demostracio: Immediat a partir de la Proposicio 50.

72


20/32


Exemple 59. SiguiF el subespai vectorial deR3 donat per

F ={(x,y,z) R3 | x+y+z= 0}.

Tots els vectors deFes poden escriure(y+ z , y , z ) varianty, zdinsR i, per tant,

(y+z, y, z ) =y (1, 1, 0) +z (1, 0, 1).

Es evident doncs queu1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1) generenF. Com que tambe sonlinealment independents (vegeu-ho com a exercici) formen una base deF. Vegemara com completar-le fins a una base de R3. Seguint el Teorema de Steinitz elque farem sera anar introdunt successivamentu1 iu2 dins una base coneguda, perexemple la canonica, e1, e2, e3.

- Com queu1= 1 e1+ 1 e2 podem substituir per exemplee1 peru1 obtenintuna nova base: u1, e2, e3 i ja hem introdut el primer.

- Per introduiru2, primer lescrivim com a combinacio lineal de la nova base:

u2= (1, 0, 1) = (1, 1, 0) (0, 1, 0) + (0, 0, 1) = 1 u1+ (1) e2+ 1 e3

Per tant, podem substituir qualsevol dels restants (tots els escalars son dis-tints de 0). Aix, segons el Teorema de Steinitz,u1, u2, e3 es una base deR

3

que evidentment completa la deF.

Acabam aquesta seccio amb una formula que relaciona, per a espais vectorials dedimensio finita, les dimensions dels subespais suma i interseccio.

Teorema 60 (Formula de Grassmann). SiguiEunK-espai vectorial de dimensiofinita i siguinF iG subespais vectorials deE, llavors es verifica

dim(F+G) + dim(F G) = dim F+ dim G.

Demostracio: Com que E es de dimensio finita, diguem-li n, tots els subespaistambe ho son, diguem

m= dim(F G), r= dim(F), s= dim(G)

i siguiu1, . . . , um una base de F G. Com a consequencia del Teorema de Steinitzsabem que podem completar aquesta base fins a una de F,u1, . . . , um, um+1, . . . , uri fins a una de G, u1, . . . , um, vm+1, . . . , vs. Daquesta manera, com que tot vectorw F+G es suma dun vector de Fmes un de G, w sera combinacio lineal de

u1, . . . , um, um+1, . . . , ur, vm+1, . . . , vs. (3.2)

Si veim que tots aquests son linealment independents formaran base de F+G itendrem dim(F+ G) =r + s mla qual cosa demostra la formula de Grassmann.

Vegem doncs que els vectors de (3.2) son linealment independents.

73


21/32


Considerem una combinacio lineal dells igual a 0,

ri=1

i ui+

sj=m+1

j vj = 0.

Aleshores tenimr

i=1

i ui=s

j=m+1

j vj (3.3)

i aquest vector es a la vegada de F (combinacio lineal de la seva base ui) i de G(combinacio lineal de vectors de la seva base, els vj), es a dir, es de F G. Pertant, podem escriure:

sj=m+1

j vj =

mk=1

k uk o tambe

mk=1

k uk

sj=m+1

j vj = 0.

Ara be, com que u1, . . . , um, vm+1, . . . , vs es una base de G, son linealment in-dependents i per tant tots els escalars anteriors han de ser 0. En particular,m+1=. . .= s= 0.Aixo implica, per la igualtat (3.3),

ri=1

i ui= 0

i per ser u1, . . . , um, um+1, . . . , ur una base de F, necessariament tots els escalras

son tambe nuls, 1 = . . .= r = 0, com voliem demostrar.

Notem que si el que tenim es una suma directa, tenim que F G= {0}o equiva-lentmentdim(F G) = 0 i, per tant,

dim(F G) =dim(F) +dim(G).

Tambe tenim els seguents resultats de demostracio immediata.

Corol.lari 61. SiguinEunK-espai vectorial de dimensio finita, iF iG subespaisdeE. Aleshores son equivalents:

F iG son complementaris (E=F G)

F G= {0} idim E= dim F+ dim G.

Corol.lari 62. SiguiEunK-espai vectorial de dimensio finita, llavors tot subespaivectorialF admet almenys un complementari.

Demostracio: Considerem dim(E) = n i dim(F) = m amb m n. Siguiu1, . . . , umuna base deFi completem-la fins a una de E,u1, . . . , um, um+1, . . . , un.Llavors es facil veure que G = um+1, . . . , un es efectivament un complementari

de F.

74


22/32


3.3 Construccions despais vectorials

Volem veure en aquesta seccio com construir nous espais vectorials a partir daltresconeguts. Un primer metode es fent us del producte cartesia.

Definicio 63. Suma directa despais vectorials. Siguin E, F dosK-espaisvectorials. Definim sobre el conjunt producte cartessiaE F les seguents opera-cions:

(u, v) + (u, v) = (u+u, v+v) (u, v) = ( u, v)

onu, u E, v, v F i K. Es immediat veure que amb aquestes operacionsel conjunt(E F, +, ) es unK-espai vectorial anomenatespai vectorial producteo tambe espai vectorial suma directa de E i F. El denotarem habitualment per

E F.

Observacio 64. Notem que lelement neutre deE F sera lelement(0, 0) on elprimer 0 es lelement neutre deEi el segon es lelement neutre deF. Igualmentlopost de(u, v) sera(u, v).

Hem parlat abans de suma directa de subespais vectorials i ara de suma directadespais vectorials, en ambdos casos denotats pel smbol . Aix, donats dossubespais vectorials F i G dun K-espai vectorial E, tenim que F, G poden serconsiderats tambe com a K-espais vectorials i, per tant, F Gdenota a la vegada

dos objectes inicialment diferents, la suma directa com a subespais vectorials deE:F G= {z E|z=x+y per un certs x F, y G}

i la suma directa com a K-espais vectorials:

F G= {(x, y)| x F, y G}.

Aixo no porta a cap confusio perque, com veurem mes envant, els dos conjuntscorresponen a K-espais vectorials isomorfs, es a dir, identificablesdes del punt devista de lestructura despai vectorial que manetjam.

Es facil veure que aquest concepte el poden generalitzar per an K-espais vectorials.Definicio 65. SiguinE1, . . . , E n K-espais vectorials qualssevol. Definim elK-espaivectorial producte o suma directa deE1, . . . , E n com

E1 . . . En={(u1, . . . , un)| ui Ei, per a i= 1, . . . , n}

amb les operacions suma i producte per escalars definides component a component:

(u1, . . . , un) + (v1, . . . , vn) = (u1+v1, . . . , un+vn) (u1, . . . , un) = ( u1, . . . , un)

onu1, . . . , un E, v1, . . . , vn F i K.

75


23/32


Exemple 66. Notem que daquesta manera elK-espai vectorialKn el podem veurecom la suma directa

Kn = K . . . K.

Proposicio 67. SiguinE , F, E 1, . . . E n, K-espais vectorials.

SiE iF son de dimensio finita, llavorsE F tambe ho es idim(E F) =dim(E) +dim(F).

Si tots elsEi son de dimensio finita, dim(Ei) = mi per a tot i = 1, . . . , n,llavorsE1 . . . En tambe ho es i

dim(E1 . . . En) =dim(E1) +. . .+dim(En) =ni=1

mi.

Demostracio: Demostrarem nomes la primera part ja que la segona se segueixfacilment per induccio.

Diguem n=dim(E), m= dim(F) i siguin u1, . . . , un i v1, . . . , vm bases de E i Frespectivament. Per demostrar que dim(E F) = n+ m bastara veure que elsvectors

(u1, 0), . . . , (un, 0), (0, v1), . . . , (0, vm)

formen una base de E F. Efectivament,

Son linealment indepedents ja que si consideram una combinacio lineal dellsigual a zero

ni=1

i (ui, 0) +m

j=1

j (0, vj) = (0, 0)

obtenim ni=1

i ui,m

j=1

j vj

= (0, 0), es a dir,

ni=1

i ui = 0 im

j=1

j vj = 0

i, com que els uisi els v

jsson linealment independents, ha de ser

1 = . . .= n = 0 i 1 = . . .= m= 0.

Generen tot E F, ja que qualsevol element de E F es de la forma (u, v)amb u E i v F. Aix, per ser els uis base de E i els v

js base de F,existiran escalars i, j K de manera que

u=ni=1

i ui im

j=1

j vj

i per tant tendrem,

(u, v) = (u, 0) + (0, v) = (

n

i=1i ui, 0) + 0,

m

j=1j vj=n

i=1i (ui, 0) +m

j=1j (0, vj).

76


24/32


Una altra construccio que volem veure es la de lespai vectorial quocient. Per aixoanem a introduir les anomenades relacions modul un subespai vectorial.

Definicio 68. SiguiE unK-espai vectorial yF un subespai vectorial deE qual-sevol. Definim sobreE la seguent relacio anomenada relacio modul F:

xF y x y F.

Aquesta relacio definida sobre E es sempre una relacio dequivalencia qualsevolque sigui el subespai vectorial F:

Reflexiva. Per a totxE tenim x F x perque x x= 0 F per ser Fsubespai.

Simetrica. Per a tots x, y F, si xF y tenim que x y F i per tant elseu opost tambe, y xF, es a dir yF x.

Transitiva. Si tenim x, y,z Etals que xF y i y F z, llavors x y Fi y z F. Per tant la seva suma tambe es de F, es a dir,

(x y) + (y z) F = x z F = xF z.

Daquesta manera podem considerar el conjunt quocient, denotat perE /F formatper totes les classes dequivalencia modul F. Donat un x F la seva classedequivalencia modul Fla denotarem per [x]Fi ve donada per:

[x]F ={y E| y F x}= {y E|y x= z F}={y E| y = x+zambz F}= {x+z| z F}= x+F.

Notem que, en particular, la classe del 0 coincideix amb el propi subespai F:

[0]F ={0 +z| z F}= F,

de fet tenim mes en general que

[x]F= [0]F xF 0 x F i en aquests casos [x]F =F.

Aquestes classes dequivalencia [x]F = x+ F sanomenen tambe varietat lineals(suma dun vector i un subespai vectorial) i nomes son subespais vectorials quanx F (equivalentment quan la varietat conte el 0 E), coincidint en aquestscasos amb el propi subespai F.

Dins aquest conjunt quocient E/F = {[x]F | x E} podem definir les seguentsoperacions de classes dequivalencia, a traves dels seus representants:

[u]F+ [v]F = [u+v]F i [x]F = [ x]F. (3.4)

Vegem primer que aquestes operacions estan ben definides, es a dir, que no depenen

del representant elegit.

77


25/32


Suma. Suposem [x]F = [x]F i [y]F = [y

]F, hem de veure que si sumam atraves dels representants x, y o ho feim a traves dels representants x, y elresultat es el mateix. Efectivament,

[x]F = [x]F = xF x = x x =u F

[y]F = [y]F = yF y = y y =v F

i consequentment, sumant tenim que

x+y(x+y) =u+v F = (x+y)F (x+y) = [x+y]F = [x

+y]F.

Producte per escalars. De forma similar, si K i [x]F = [x]F, tenimx x F i llavors

(x x) F = x x F = [ x]F = [ x]F.

Ara es facil veure que el conjunt quocient E/F amb aquestes operacions es unK-espai vectorial amd la qual cosa tenim la seguent defincio.

Definicio 69. Espai vectorial quocient SiguiE unK-espai vectorial yF unsubespai vectorial deEqualsevol. Definimespai vectorial quocient deEperF alK-espai vectorial donat per(E/F, +, ) amb les operacions definides a (3.4)

Exemple 70. 1. Considerem elR-espai vectorialR2, v R2 i F el subespai

vectorial generat per v, F = v. Aleshores el R-espai vectorial quocientR2/F vendra donat per tots els vectors de la forma

[(a, b)] = (a, b) +F ={(a, b) + v| R},

es a dir, la clase [(a, b)] es la recta que passa per (a, b) i te la direccio dev. Quan passa per(0, 0) tenim el propi subespai vectorialF que es la rectaque passa per lorigen amb direccio v. Daquesta manera, lespai vectorialquocientE/F es el conjunt de totes les rectes paral.leles aF (amb direcciov).

2. Tenim tambe els casos extrems per unK-espai vectorialE qualsevol.

QuanF = {0}, llavorsE/F = E/{0} = {x+ {0} | x E} = {{x} |xE} que es el propiE (isomorfs).

QuanF =E, llavorsE/E={x + E|x E}= {E} que es elK-espaivectorial trivial.

Proposicio 71. SiguiE unK-espai vectorial de dimensio finita, dim(E) = n isiguiFun subespai vetorial. LlavorsE/F es tambe de dimensi o finita i

dim(E/F) =dim(E) dim(F).

78


26/32


Demostracio: En lexemple anterior hem vist com els casos trivials dim(F) = 0, nes verifiquen. Suposem doncs dim(F) = r amb 0 < r < n. Sigui u1, . . . , ur unabase de F i completem-la fins a una base de E, diguem, u1, . . . , ur, ur+1, . . . , un.Com que ui Fper a tot i= 1, . . . , r, tendrem que

[ui] = [0] per a tot i= 1, . . . , r

i en canvi les classes [ui] amb i= r + 1, . . . , nson no nul.les. Vegem que aquestesultimes formen una base de E/F i haurem acabat ja que llavors la dimensi o deE/F sera n r= dim(E) dim(F).

Linealment independents. Considerem una combinacio lineal igual a zero,

ni=r+1

i [ui] = [0] = ni=r+1

i ui

= [0]

don el vectorn

i=r+1i ui ha de ser de F i per tant combinacio lineal dela base de F.

ni=r+1

i ui=r

j=1

j uj =r

j=1

j ujn

i=r+1

i ui= 0.

Ara be, com que elsu1, . . . , unformen base deE, son linealment independents

i per tant tots els escalars anteriors han de ser zero. En particular, tenimr+1=. . .= n= 0.

Generen. Sigui [u] E/F qualsevol. Llavors u Fi per tant sera combina-cio lineal de la base:

u=ni=1

i ui = [u] =

ni=1

i ui

=

ni=1

i [ui] =n

i=r+1

i [ui]

ja que [u1] =. . .= [ur] = [0] per ser els r primers vectorsu1, . . . , ur deF.

Exemple 72. SiguiFel suebspai vectorial deR3 generat perF=(1, 0, 0), (0, 1, 1).Segons la proposicio anterior, per trobar una base deR3/F nomes hem de comple-tar la base deFfins a una base deR3. Es clar que, per exemple, els vectors

(1, 0, 0), (0, 1, 1) i (0, 0, 1)

formen una base deEque completa la deF. Aix doncs, dim(R3/F) = 3 2 = 1i la classe [(0, 0, 1)] es una base deR3/F.

En dimensions infinites la formula anterior ja no es valida. Un exemple important

el podem trobar en el K-espai vectorial dels polinomis, K[x]. Siguip(x) K[x] un

79


27/32


polinomi no constant qualsevol i considerem el subconjunt dels multiples de p(x)denotat per

F = (p(x)) ={p(x)q(x)| q(x) K[x]}.

Es facil veure queF = (p(x)) es un subespai vectorial de K[x] (la suma de multiplesde p(x) es multiple de p(x) i un escalar per un multiple dep(x) tambe es multiplede p(x)) i que es de dimensio infinita (es pot veure que no pot tenir un nombrefinit de generadors igual que en el cas de K[x], veure Exemple 31). Estudiem comseria el K-espai vectorial quocient K[x]/F. En aquest cas la relacio modul F seria

a(x)F b(x) a(x) b(x) F = (p(x)).

Proposicio 73. Siguip(x) K[x]un polinomi no constant diguem degrau(p(x)) =

n 1. Llavors dins cada classe no nul.la[a(x)] hi ha un representant de grau me-nor quen.

Demostracio: Sigui [a(x)] K[x]/(p(x)) una classe qualsevol. Dividint el poli-nomi a(x) pel polinomi p(x) obtenim

a(x) =p(x)k(x) +r(x) amb r(x) = 0 o grau(r(x))< grau(p(x)) =n.

Aleshores,

a(x) r(x) =p(x)k(x)(p(x)) = a(x)(p(x))r(x)

i, per tant, [a(x)] = [r(x)].

Proposicio 74. Siguip(x) K[x]un polinomi no constant diguem degrau(p(x)) =n 1. Llavors, les classes[1], [x], [x2], . . . , [xn1] formen una base deK[x]/(p(x)),i per tant, dim (K[x]/(p(x))) =n = grau(p(x)).

Demostracio: Son linealment independents ja que sin1

i=0 i [xi] = [0], llavors

tendrem

n1i=0

i xi

= [0] = a(x) =

n1i=0

i xi (p(x))

perograu(a(x)) n 1< n= grau(p(x)).Aixo nomes es possible si a(x) = 0, esa dir, si 0 = . . .= n1= 0.

Per una altra part, tambe generen ja que per a qualsevol [a(x)] K[x]/(p(x)),tenim per la proposicio anterior que [a(x)] = [r(x)] ambr(x) = 0 ograu(r(x))< n.Aix, r(x) sera un polinomi de la forma r(x) = a0+ a1x+. . .+ an1x

n1 i, pertant,

[a(x)] = [r(x)] =a0 [1] +a1 [x] +. . .+an1 [xn1].

80


28/32


Observacio 75. En el cas de que fessimK[x]/(p(x)) amb p(x) un polinomi cons-tant, llavors tendriem que (p(x)) = K[x] ja que les constants son invertiblesi tot polinomi es pot posar com multiple duna constant qualsevol (notem quep(x) = k ( 1k p(x)), per a qualsevol k K). Daquesta manera el quocientK[x]/(p(x)) seria elK-espai vectorial trivial.

3.4 Coordenades en una base. Canvis de base.

Definicio 76. SiguiEunK-espai vectorial qualsevol. Sanomenarangdels vectorsx1, x2, . . . , xm Ea la dimensio del subespai vectorial que generen.

rang{x1, x2, . . . , xn}= dimx1, x2, . . . , xn,

que coincideix amb el nombre maxim de vectors linealment independents que espoden extreure del conjunt{x1, x2, . . . , xn}.

El rang de m vectors esta relacionat amb el rang duna matriu com veurem acontinuacio. Primer recordem que, donat un K-espai vectorial de dimensio m iB = {e1, . . . , em} una base qualsevol de E, tot vector x E sescriu de maneraunica com a combinacio lineal de la base B de la forma:

x=m

i=1ai ei = a1 e1+. . .+am em

i aleshores, els escalars a1, . . . , am sanomenencoordenadesdel vector x en la baseB.

Proposicio 77. Sigui E unK-espai vectorial de dimensio finita m i e1, . . . , emuna base deE. Siguinx1, x2, . . . , xn Evectors deEde manera que cadaxj tecoordenades en la baseB donades per:

xj =mi=1

aij ei=a1j e1+. . .+amj em.

Llavors,

i) x1, . . . , xn son linealment independents si i nomes sirang(A) =n m.

ii) rang{x1, x2, . . . , xn}= rang(A).

Demostracio: Per demostrari) notem que les dues afirmacions, tant quex1, . . . , xnsiguin linealment independents com querang(A) sigui igual a n, nomes poden sercertes en el cas que n m. En aquest cas, considerem una combinacio lineal

n

j=1

j xj = 0. (3.5)

81


29/32


Substituint els xj per les seves expressions tendrem

nj=1

j m

i=1aij ei

= 0

o, equivalentment,

1 (a11 e1+. . .+am1em) + . . . +n (a1n e1+. . .+amnem) = 0.

Multiplicant distributivament i reagrupant,

mi=1

nj=1

jaij

ei= 0.

Per ser ei una base de E, son linealment independents i per tant tots els escalarsanteriors han de ser 0. Es a dir,

nj=1

jaij = 0 per a tot i= 1, . . . , m .

Si denotam per X la matriu columna formada pels j, les equacions anteriorssecriuen com un sistema que en forma matricial seria AX= 0.

Daquesta manera, sabem que elsx1, . . . , xnson linealment independents si i nomessi, per a qualsevol combinacio lineal de la forma (3.5), tots els escalars son 0. Pero

aixo es verifica si i nomes si el corresponent sistemaAX= 0 te solucio unica (latrivial), la qual cosa passa si i nomes si rang(A) =n el nombre dincognites (j).

Per acabar, notem que ii) es consequencia immediata de i) i de les respectivesdefinicions.

Exemple 78. Siu1, u2, u3 son vectors linealment independents dunK-espai vec-torial, aleshores els vectorsv1 = u1 + u2, v2=u2 u3, v3 = u1 + u2 + u3 son tambelinealment independents. Si consideramF =u1, u2, u3, llavorsu1, u2, u3 son unabase deF i, tenint en compte lexpressio dels vectorsv1, v2, v3 en aquesta base i laproposicio anterior, basta veure que la matriuA formada pelsvj en columna:

A=

1 0 11 1 1

0 1 1

te rang 3, la qual cosa es facil de comprovar i ho deixam com a exercici.

Aix el rang de n vectors es pot calcular a traves de les seves coordenades enqualsevol base i el rang no depen de la base emprada. Ara be, les coordenadesde qualsevol vector en una base B i en una altra base B s que son evidentmentdiferents. Hom es pot demanar com calcular les unes en funcio de les altres. Aquest

problema conegut com a canvi de baseel resolem a continuacio.

82


30/32


3.4.1 Canvis de base

Sigui E un K-espai vectorial de dimensio n i siguin B = {e1, . . . , en} i B =

{u1, . . . , un} dues bases de E. Considerem un vector x E i siguin (1, . . . , n)i (1, . . . , n) les coordenades del vector x en les bases B i B

respectivament.Llavors,

x=ni=1

i ei i x=n

j=1

j uj .

Ara be, els elements de la base B tenen tambe unes coordenades en la base inicialB. Diguem

uj =n

i=1aij ei, j= 1, . . . , n

i si substituim els uj per les seves expressions tenim

x=n

j=1

j uj =n

j=1

j

ni=1

aij ei

=

nj=1

ni=1

(jaij) ei =ni=1

nj=1

jaij

ei

Com que les coordenades de x en la base B son uniques, sha de verificar:

i =n

j=1

jaij per a tot i= 1, . . . , n . (3.6)

Aquesta expressio la podem escriure en forma matricial com P X = X, on X esla matriu columna formada per les coordenades de x en la base B (les j), X esla matriu columna de les coordenades de x en la base B i P es la matriu de les(aij). Fixem-nos en que cada columnaj de P esta formada per les coordenades,en la baseB , del corresponent vectoruj de la base B

. Daquesta manera lequacio(3.6) en forma matricial:

P X=X o, equivelentment

a11 . . . a1n...

. . . ...

an1 . . . ann

1...

n

=

1...

n

ens dona les coordenades de x en la base B (j) en funcio de les coordenades delpropi xen la base B (j).

Definicio 79. La matriuP = (aij) anterior sanomenamatriu del canvi de basede la baseB a la baseB i sobte escrivint els vectors de la baseB en columnacom a combinacio lineal de la baseB. A mes a mes, les coordenades dun vectorx en la base B sobtenen multiplicant les coordenades de x en la base B per lamatriuPdel canvi de base.

Proposicio 80. Les matrius de canvi de bases son sempre invertibles i, siP es lamatriu del canvi de base deB aB, llavorsP1 es la matriu del canvi de base de

B aB.

83


31/32


Demostracio: SiguinP = (aij) la matriu del canvi de base deB aB iP = (bij)

la del canvi de B a B. Volem veure que P i P son inverses una de laltra.Recordem que si P = (aij) llavors

vj =ni=1

aij ei=a1j e1+. . .+anj en, j= 1, . . . , n .

Analogament, si P = (bij) llavors

ej =ni=1

bij vi= b1j v1+. . .+bnj vn, j = 1, . . . , n .

Daquesta manera, substituint a la primera equacio, elsej obtenim

vj =a1j (b11 v1+. . .+bn1 vn) +. . .+anj (b1n v1+. . .+bnn vn)= (b11a1j+ . . .+b1nanj) v1+. . .+ (bn1a1j+. . .+bnnanj) vn

Degut a la unicitat de les coordenades, aixo implica que

b11a1j+ . . .+b1nanj = 0...

...bj1a1j+ . . .+bjnanj = 1...

...bn1a1j+ . . .+bnnanj = 0

Aquestes igualtats en forma matricial sescriuen simplement per PP =In.

De manera analoga es pot veure que P P =In. Aixo demostra que les matrius Pi P son inverses una de laltra.

Exemple 81. Considerem enR3 la base canonicaB ={e1, e2, e3} i la baseB =

{u1, u2, u3} on

u1= (1, 1, 0), u2= (1, 0, 1), u3 = (0, 1, 1).

Volem trobar les coordenades del vectorx= (1, 1, 1) en la baseB. La matriu del

canvi de base deB aB

sera escriure els vectorsuj en columna com a combinaciolineal de la base canonica. Aix,

P=

1 1 01 0 1

0 1 1

Les coordenades de x en la base canonica son (1, 1, 1) i si deim (1, 2, 3) lesseves coordenades en la baseB tenim que

1 1 01 0 1

0 1 1

123 =

11

1

84


32/32


CercantP1 obtenim

P1 =1

2

1 1 11 1 1

1 1 1

i, per tant, 12

3

=1

2

1 1 11 1 1

1 1 1

11

1

=

121

212

.

La mateixa demostracio de la proposicio anterior serveix per a demostrar la seguent.

Proposicio 82. SiguiE unK-espai vectorial de dimensio n i siguinB, B iB

bases deE. SiP es la matriu del canvi deB aB iQ es la matriu del canvi de

B

aB

, llavors la matriu del canvi deB aB

es precisamentQP.

espais vectorials (uib)

Documents