Apuntes de Algebra.

Ingeniera Industrial

Encarnacion Algaba DuranFernando Mayoral Masa

Alejandro J. Rodrguez Luis

Dpto. Matematica Aplicada II

E.T.S. Ingenieros

Universidad de Sevilla

Introduccion.

Con las siguientes notas se pretende facilitar a los alumnos de la asignatura de Algebra la tareade trabajar y asimilar sus contenidos.

Referente a algunos contenidos, y sin pretender ser exhaustivos, es conveniente resenar lo siguiente:Las conicas y las cuadricas. El estudio de las conicas (parabolas, elipses e hiperbolas en el

plano) y de las cuadricas (elipsoides, paraboloides, ... en el espacio) aparece separado en dos bloques.Por una parte en el Tema 1 se estudian, desde un punto de vista elemental, aquellos aspectos que norequieren tecnicas adicionales a las conocidas en Bachillerato. Esto permite el estudio y manipulacionde las conicas y cuadricas cuyos ejes y planos (en el caso de las cuadricas) de simetra son paralelosa los coordenados. Por otra parte, en el Tema 11 se hace el estudio de las conicas y las cuadricas conelementos de simetra girados respecto al sistema de coordenadas. Las razones para no concentrartodo su analisis al final de la asignatura son varias. Quiza la mas importante sea que constituyen uncatalogo basico de ejemplos en el estudio del calculo diferencial e integral de una y varias variables yno tiene sentido considerar la parte elemental al final del temario cuando ya haya sido usada en lasasignaturas de Calculo y Fundamentos Fsicos.

Las formas cuadraticas. Referente a las formas cuadraticas puede decirse algo similar a locomentado para las conicas y las cuadricas. Su estudio esta dividido en dos partes. Por una, laque puede ser estudiada con tecnicas elementales (Tema 2) y por otra (Tema 11) la que requieredel estudio de autovalores y autovectores. Las formas cuadraticas son polinomios homogeneos desegundo grado en varias variables. En la optimizacion de funciones de varias variables (calculo demaximos y mnimos) juegan el mismo papel que tiene la derivada segunda en el calculo de extremosde funciones de una variable.

Numeros complejos. El estudio de un tema dedicado a los numeros complejos obedece a dosmotivos fundamentales. Por un lado, aunque solo se consideraran matrices reales, pueden aparecer enel calculo de autovalores y autovectores (Tema 10). Por otro, cabe citar el fuerte contenido geometricoque tienen sus operaciones en relacion con las transformaciones en el plano.

Vectores y matrices reales. Consideramos casi exclusivamente vectores y matrices reales,aunque conceptualmente, en lo relativo a manipulacion algebraica, no hay diferencias esenciales entretrabajar con vectores y matrices con entradas reales o hacerlo con entradas complejas. No obstante,en los problemas de autovalores y autovectores (Tema 10) apareceran no solo numeros sino tambienvectores y matrices complejos. Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespaciovectorial generado por ciertos vectores, inversa de una matriz, ..., sin tener en cuenta si se trata ono de coordenadas reales o complejas y aunque, de manera explcita, en los temas anteriores solose hayan considerado algunos conceptos en el caso real. Por otra parte, en los conceptos y tecnicasrelacionados con cuestiones metricas (ortogonalidad, distancias, ...), que estan basados en el productoescalar, la consideracion del caso complejo conllevara el cambio de la definicion de producto escalar.Por ello, no citaremos nada relativo a cuestiones metricas para vectores complejos.

Geometra. La geometra puede considerarse el nexo comun a todos los conceptos y tecnicas dela asignatura. Aunque, en lo relativo a conceptos lineales, se trabaje habitualmente con vectores ymatrices en dimension arbitraria, la visualizacion de los conceptos, tecnicas,... en el plano y el espacio(de dimension tres) constituye una herramienta esencial.

Determinantes. Normalmente los estudiantes los conocen para orden pequeno (dos y tres), y losmanejan en el estudio y resolucion de sistemas de ecuaciones lineales con pocas incognitas. Desde elpunto de vista de los sistemas grandes de ecuaciones lineales constituyen una herramienta teorica y

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poco mas. Para dimensiones grandes, su calculo requiere del metodo de eliminacion de Gauss, queutilizaremos para el estudio y resolucion de un sistema lineal con un numero generico de ecuaciones eincognitas y que los alumnos conocen, en su version elemental, desde los ultimos cursos de Primariay primeros de Secundaria. Por ello, el estudio que se hace de los determinantes se retrasa hasta elTema 5 en el que de forma somera se consideran sus propiedades.

Como debe usarse este texto? En general suele ser difcil explicitar lo que se debe hacerrespecto a algo, puesto que suele depender de la persona a la que va dirigido. Sin embargo, enla cuestion que nos ocupa, s puede decirse lo que no se debe hacer. No debe considerarse queeste texto sirve como sustituto de las clases o del trabajo adecuado por parte de los estudiantes(y en particular de la consulta de algunos textos de los que hay en la Biblioteca de la Escuela).En lo que respecta a los ejercicios resueltos incluidos en el texto, no es aconsejable memorizarlospresumiendo que los del examen sean muy parecidos. Suele ser recomendable pelearse con ellos antesde ver la resolucion completa e incluso intentar resoluciones distintas de las planteadas en el texto.Los ejercicios que tienen cierto caracter geometrico suelen ser abordables de muchas formas distintasy, ademas de las planteadas en el texto, pueden existir otras igualmente razonables. La mayor partede los ejercicios resueltos que aparecen a lo largo del texto corresponden a ejercicios de examenes decursos anteriores. Al final de estos apuntes estan incluidos los enunciados de todos los examenes dela asignatura correspondientes a los tres ultimos cursos.

Division por temas. En lo que se refiere a como estan repartidos por temas los distintos con-tenidos de la asignatura cabe hacer los siguientes comentarios:

La separacion de los Temas 6 y 7 obedece a que en el primer cuatrimestre de la asignatura nosuelen tener cabida los epgrafes contemplados en el Tema 7. Lo habitual, en los ultimos anos,es que la materia del primer cuatrimestre (Primer Parcial) corresponda a los temas 1 a 6 y quedel 7 en adelante sea la materia del Segundo Parcial.

En el estudio de cuestiones metricas se han considerado por un lado los conceptos y tecnicasfundamentales (Tema 8) y por otro sus aplicaciones a problemas de mnimos cuadrados (Tema9). Hubiera sido igualmente razonable incluir el Tema 9 como una seccion del 8.

La redaccion de estas notas ha sido un trabajo acumulativo en el que, en uno u otro momento,y en mayor o menor medida, han participado todos los profesores del Departamento de MatematicaAplicada II en la Escuela Superior de Ingenieros de Sevilla que, en los ultimos anos, han impartidola asignatura de Algebra de Ingeniera Industrial o Qumica: Jose Miguel Daz Banez, FernandoFernandez Sanchez, Estanislao Gamero Gutierrez, Juan Manuel Virues Gavira, ...

Sevilla, Septiembre de 2008.

En esta segunda edicion se han corregido algunas erratas y se han incluido los examenes del ultimocurso.

Sevilla, Septiembre de 2009.

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INDICE

Tema 1.- Elementos de geometra en el plano y el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7

1. Vectores en R2 y R3. Rectas en el plano. Rectas y planos en el espacio . . . . . . . . . . . . . 7

2. Conicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9

3. Cuadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .28

Tema 2.- Formas Cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301. Definicion y representacion matricial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .30

2. Clasificacion de las formas cuadraticas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3. Reduccion a suma de cuadrados: metodo de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .40

Tema 3.- Numeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1. Los numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2. Operaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3. Las races de un polinomio real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4. Aplicaciones geometricas de los numeros complejos:transformaciones en el plano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .63

Tema 4.- Sistemas de Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651. Sistemas de ecuaciones lineales. Notacion matricial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2. Reduccion por filas y formas escalonadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3. Vectores en Rn: Combinaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

4. El conjunto solucion de un sistema de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

5. Dependencia e independencia lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

6. Transformaciones lineales: matriz asociada, ejemplos geometricosen el plano y en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .92

Tema 5.- Algebra de Matrices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

1. Operaciones con matrices. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

2. Matriz inversa de una matriz cuadrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3. Matrices elementales. Metodo de Gauss-Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4. Factorizacion A = LU o PA = LU de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5. Determinantes: Definicion y propiedades. Regla de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .106

6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .115

Tema 6.- El espacio Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

1. Subespacios vectoriales de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .123

Tema 7.- Bases de un subespacio vectorial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

1. Bases de un subespacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

2. Rango de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

3. Suma e Interseccion de subespacios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4. Bases de Rn. Cambios de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .138

5

Tema 8.- Ortogonalidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

1. Producto escalar. Norma, distancia, angulos y ortogonalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

2. El complemento ortogonal de un subespacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

3. Bases ortonormales de un subespacio. Matrices ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

4. Proyeccion ortogonal sobre un subespacio. El teorema de lamejor aproximacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5. El metodo de Gram-Schmidt. Factorizaciones QR de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .161

Tema 9.- Mnimos cuadrados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1641. Problemas de mnimos cuadrados. Ecuaciones normales de Gauss. . . . . . . . . . . . . . . . 164

2. Ajuste de curvas, regresion lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .171

Tema 10.- Autovalores y autovectores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

1. Definicion y propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .174

2. Matrices diagonalizables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

3. Matrices semejantes y aplicaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .179

4. Autovalores y autovectores complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .194

Tema 11.- Matrices simetricas reales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1961. Propiedades. Diagonalizacion ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

2. Aplicacion a las formas cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

3. Aplicacion a las conicas y cuadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .239

Tema 12.- Matrices no diagonalizables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

1. Autovectores generalizados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

2. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .242

3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .256

Enunciados de examenes de cursos anteriores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258Examenes del curso 200809 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

Examenes del curso 200708 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

Examenes del curso 200607 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

Examenes del curso 200506 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

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Tema 7.- Bases de un subespacio vectorial.

1. Bases de un subespacio.2. Rango de una matriz.3. Suma e Interseccion de subespacios.4. Bases de Rn. Cambios de base.5. Ejercicios.

En el Tema 6 ya hemos hecho referencia al concepto de base de un subespacio vectorial. En esta leccion daremosla definicion formal de base y consideraremos los resultados fundamentales asociados a dicho concepto.

1. Bases de un subespacio.

Definicion. Dado un subespacio S de Rn distinto del subespacio nulo S 6= {0}, se dice que un conjunto de vectores

{v1, v2, . . . , vr}

de S es una base de S si:

(a) {v1, v2, . . . , vr} es linealmente independiente,(b) {v1, v2, . . . , vr} genera S,

S = Gen {v1, v2, . . . , vr} .

Las anteriores condiciones se pueden expresar de forma matricial: Si denotamos por A a la matriz cuyas columnasson los vectores dados

A =

...... ...

v1 v2. . . vr

...... ...

las columnas de A forman una base de un subespacio vectorial S si:

(a) El sistema homogeneo Ax = 0 tiene solucion unica (condicion equivalente a que los vectores sean linealmenteindependientes) y

(b) S = Col (A), es decir S esta formado por los vectores y Rm para los que el sistema de ecuaciones Ax = y escompatible.

Ejemplo. Los vectores canonicos de Rn,e1 =

10...0

, e2 =

01...0

, . . . , en =

0...01

forman una base de Rn. Los vectores

{e1, e1 + e2, , e1 + e2 + + en}

tambien forman una base de Rn.

Definicion/Teorema. (Coordenadas respecto de una base) Dada una base {v1, v2, . . . , vr} de un subespacio vectorialS, cada vector v de S se puede expresar de forma unica como combinacion lineal de los vectores de la base dada,

v = c1v1 + c2v2 + + crvr.

125

Los coeficientes que aparecen en dicha expresion (c1, . . . , cr) se denominan coordenadas de v respecto a la base dadaB = {v1, v2, . . . , vr} y se suelen denotar por

[v]B =

c1...cr

.

Definicion/Teorema. Consideremos un subespacio vectorial S de Rm distinto del subespacio nulo S 6= {0}. Severifican:

(a) S tiene base.

(b) Todas las bases de S tienen el mismo numero de elementos.

Al numero de elementos de una base de S se le denomina dimension de S. Por definicion, la dimension delsubespacio formado por el vector nulo es cero.

Si, al igual que antes, denotamos por A a la matriz cuyas columnas son los vectores dados

A =

...... ...

v1 v2. . . vr

...... ...

,

para cada vector v (vector columna) de S se verifica que

v = Ac

para algun vector de coeficientes c.

Teorema (El Teorema de la Base). Consideremos un subespacio vectorial S de Rm de dimension p (p m) y unconjunto de vectores {u1, . . . , uq} S.

(a) Si {u1, . . . , uq} generan S, entonces q p. Ademas, q = p {u1, . . . , uq} es una base de S.(b) Si {u1, . . . , uq} es linealmente independiente, entonces q p. Ademas, q = p {u1, . . . , uq} es una base de S.

En particular, si tenemos un conjunto de n vectores de Rm:

Si n > m, los n vectores no pueden ser linealmente independientes,

Si m > n, los n vectores no pueden generar Rm.

2. Rango de una matriz.

Definicion. Dada una matriz A, m n, se llama rango de A a la dimension de su espacio columna, es decir, a ladimension del subespacio vectorial (de Rm)

Col (A) = {combinaciones lineales de las columnas de A}= {Ax : x Rn} = {y Rm : Ax = y es compatible} .

Teniendo en cuenta la relacion entre la dimension del espacio columna de A y la reduccion de A a forma escalonadatenemos que

rango(A) = numero de pivotes de A.

Para una matriz cuadrada A de orden n, teniendo en cuenta los resultados sobre la existencia de la inversaobtenemos que:

A tiene inversa rango(A) = n.

Teorema. Consideremos una matriz A, m n. Se verifican:

126

(a) rango(A) = rango(AT ). Es decir, la dimension del subespacio vectorial (de Rn) generado por las m filas de Acoincide con la dimension del espacio columna de A (subespacio vectorial de Rm generado por las n columnasde A):

dim (Col (A)) = dim(Col (AT )

).

Es decir, si por un lado reducimos la matriz A a forma escalonada por filas (mediante operaciones fila) y porotro reducimos a forma escalonada por columnas (mediante operaciones columna), el numero de pivotes que setienen en ambas reducciones es el mismo.

(b) Teorema del rango.dim (Col (A)) + dim (Nul (A)) = n.

(c) En terminos de la reduccion por filas de A a forma escalonada, el Teorema del rango se puede expresar mediante:

(numero de pivotes) + (numero de variables libres) = n.

Si consideramos la transformacion lineal T : Rn Rm, asociada a una matriz real A,m n, el espacio imagende la transformacion es el espacio columna de la matriz A,

Imagen(T ) = T (Rn) = {T (x) Rm : x Rn} == {y Rm : y = T (x) para algun x Rn} = Col (A).

Se trata, por tanto, de un subespacio vectorial de Rm cuya dimension es rango(A).

La imagen, mediante T , de cualquier subespacio vectorial S de Rn sera un subespacio vectorial T (S) de Rm

contenido en el espacio imagen (columna) y por tanto la dimension de dicho subespacio T (S) sera menor o igual queel rango de A (y menor o igual que la dimension del subespacio S original).

Por otra parte, si consideramos un subespacio vectorial H de Rm, el conjunto de los vectores x Rn cuyostransformados T (x) = Ax pertenecen a H forman un subespacio vectorial de Rn. En particular, si H es el subespacionulo de Rm, es decir, H = {0} Rm entonces, obtenemos el nucleo de la transformacion T o lo que es lo mismo, elespacio nulo de A,

ker(T ) = {x Rn : T (x) = 0} = {x Rn : Ax = 0} = Nul (A).

Ejercicio resueltoConsidera la transformacion lineal T que verifica

T

12

0

=

1112

, T

11

0

=

0303

, T

10

1

=

1415

.

(a) Calcula la matriz A tal que T (x) = Ax para todo x R3.(b) Calcula unas ecuaciones implcitas del espacio columna de A.(c) Calcula un conjunto linealmente independiente de vectores S que genere el subespacio nulo de A.

(a) La aplicacion lineal T : R3 R4 tiene asociada, respecto de las bases canonicas, la matriz A en cuyas columnasaparecen los transformados de la base canonica del espacio de partida, es decir, A = [T (e1)|T (e2)|T (e3)].

Una posibilidad es plantear el sistema de ecuaciones vectoriales, donde, por comodidad llamamos a = (1,1,1, 2)T ,b = (0,3, 0,3)T , c = (1,4,1, 5)T ,

T ([1, 2, 0]T ) = T (e1 + 2e2) = T (e1) + 2T (e2) = aT ([1, 1, 0]T ) = T (e1 + e2) = T (e1) + T (e2) = bT ([1, 0, 1]T ) = T (e1 + e3) = T (e1) + T (e3) = c

T (e2) = a b = (1, 2,1,1)TT (e1) = b T (e2) = (1,5, 1, 4)TT (e3) = c T (e1) = (2, 1,2, 1)T

que en este caso se resuelve trivialmente (en general, lo resolveremos mediante eliminacion de Gauss).Por tanto,

A = [T (e1)|T (e2)|T (e3)] =

1 1 25 2 11 1 24 1 1

.

127

Antes de seguir, podemos asegurarnos de que la matriz encontrada es la correcta comprobando que

A[1, 2, 0]T = (1,1,1, 2)T , A[1, 1, 0]T = (0,3, 0,3)T A[1, 0, 1]T = (1,4,1, 5)T .

Otra forma de encontrar A es escribir matricialmente las igualdades que nos dan:

A

12

0

=

1112

, A

11

0

=

0303

, A

10

1

=

1415

A

1 1 12 1 0

0 0 1

=

1 0 11 3 41 0 12 3 5

,

de donde deducimos

A =

1 0 11 3 41 0 12 3 5

1 1 12 1 0

0 0 1

1 =

1 0 11 3 41 0 12 3 5

1 1 12 1 2

0 0 1

=

1 1 25 2 11 1 24 1 1

.

La matriz inversa que aparece la hemos calculado aplicando el metodo de GaussJordan: 1 1 1 1 0 02 1 0 0 1 0

0 0 1 0 0 1

1 1 1 1 0 00 1 2 2 1 0

0 0 1 0 0 1

1 1 0 1 0 10 1 0 2 1 2

0 0 1 0 0 1

1 0 0 1 1 10 1 0 2 1 2

0 0 1 0 0 1

1 0 0 1 1 10 1 0 2 1 2

0 0 1 0 0 1

.

(b) Puesto que

Col(A) = Gen

1514

,

1211

,

2121

,

dado un conjunto generador {v1, v2, v3} del subespacio Col(A) R4, encontrar las ecuaciones implcitas de Col(A) eshallar las condiciones que deben verificar las componentes de un vector de R4, x = (x1, x2, x3, x4)

T , para que pertenezcaa Col(A), es decir, para que se pueda escribir como combinacion lineal del conjunto generador x = c1v1 + c2v2 + c3v3,es decir, para que existan esos escalares ci, o lo que es equivalente, para que el sistema

(v1|v2|v3)c = x, con c = (c1, c2, c3)T

sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|v3|x):1 1 2 x15 2 1 x21 1 2 x34 1 1 x4

1 1 2 x10 3 9 x2 5x10 0 0 x3 + x10 3 9 x4 + 4x1

1 1 2 x10 3 9 x2 5x10 0 0 x3 + x10 0 0 x4 x1 + x2

,

es decir, las coordenadas de los vectores que pertenezcan a Col(A) deben verificar

x1 + x3 = 0, x1 x2 x4 = 0.

Merece la pena emplear unos segundos, para estar seguros de que el resultado obtenido es correcto, en comprobar quelos tres vectores que generan el espacio columna verifican todas (dos en nuestro caso) las ecuaciones obtenidas.

Observemos que dim(Col(A)) = 2 (pues la tercera columna de A es combinacion lineal de las dos primeras) y alestar ese subespacio en R4 lo definen dos ecuaciones implcitas.

(c) El espacio nulo de A esta formado por los vectores x R3 tales que Ax = 0. Al aplicar el metodo de eliminacionpara resolverlo vamos a obtener el mismo resultado (en las tres primeras columnas) que el conseguido al buscar lasecuaciones implcitas en el apartado anterior:

1 1 25 2 11 1 24 1 1

1 1 20 3 90 0 00 3 9

1 1 20 3 90 0 00 0 0

{x1 = x2 + 2x3 = 3x3 + 2x3 = x3,x2 = 3x3,

128

con lo que Nul(A) = Gen {v = (1,3, 1)T}, es decir, S = 13

1

. Es facil comprobar que v verifica Av = 0,

es decir, que pertenece a Nul(A). Ademas, sabiendo que, en nuestro caso, T esta definida en R3, la igualdad

dim(Col(A)) + dim(Nul(A)) = 3

nos permita saber, antes de comenzar este apartado, que

dim(Nul(A)) = 3 dim(Col(A)) = 3 2 = 1.

3. Suma e Interseccion de subespacios.

3.1. Suma e Interseccion de subespacios.

Definicion. Consideremos dos subespacios vectoriales E y F de Rm, se definen:

El subespacio suma, E + F como el conjunto de vectores w Rm que pueden expresarse como suma w = u+ vde un vector u E y otro vector v F ,

E + F = {w Rm : existen u E y v F tales que w = u+ v} ,

El subespacio interseccion, E F como el conjunto de vectores que pertenecen simultaneamente a ambos subes-pacios

E F = {w Rm : w E y w F } .

Propiedades.

1. E + F y E F son subespacios vectoriales.2. E F E,F y E,F E + F .3. Si E = Nul (A) y F = Nul (B), entonces

E F = Nul[AB

].

Es decir, si los subespacios E y F vienen dados en forma implcita mediante Ax = 0 y Bx = 0 respectiva-mente, es inmediato tener una descripcion implcita de E F , basta considerar todas las ecuaciones implcitassimultaneamente.

4. Si E = Col (A) y F = Col (B), entonces

E + F = Col[A B

].

Si E = Gen {u1, u2, ..., up} y F = Gen {v1, v2, ..., vq}, entonces

E + F = Gen {u1, u2, ..., up, v1, v2, ..., vq}.

Teorema. Consideremos dos subespacios E y F de Rm, se verifica:

(a) dim (E F ) dim (E), dim (F ) dim (E + F ) dim (E) + dim (F ).(b) dim (E + F ) = dim (E) + dim (F ) dim (E F ).(b) Si E F = {0} entonces dim (E + F ) = dim (E) + dim (F ).

129

Ejercicio resueltoSean los subespacios

E = Gen

125

, 31

1

y F = Gen

11

1

, 10a

, a R.

Encontrar, segun los valores de a R, una base de E F .

Para trabajar con EF lo mas facil es unir unas ecuaciones implcitas de E y unas de F y obtener as un conjuntode ecuaciones implcitas para E F .

Necesitamos pues calcular unas ecuaciones implcitas de E. Puesto que

E = Gen

125

, 31

1

,

dado un conjunto generador {v1, v2} del subespacio E R3, encontrar las ecuaciones implcitas de E es hallar lascondiciones que deben verificar las componentes de un vector de R3, x = (x1, x2, x3)

T , para que pertenezca a E, esdecir, para que se pueda escribir como combinacion lineal del conjunto generador x = c1v1 + c2v2, es decir, para queexistan esos escalares ci, o lo que es equivalente, para que el sistema

(v1|v2)c = x, con c = (c1, c2)T

sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|x): 1 3 x12 1 x25 1 x3

1 3 x10 7 x2 2x1

0 14 x3 + 5x1

1 3 x10 7 x2 2x1

0 0 x1 + 2x2 + x3

.

Por tanto, una ecuacion implcita de E es x1+2x2+x3 = 0. Nos aseguraremos de que no nos hemos equivocado en loscalculos comprobando que los dos vectores v1 y v2 satisfacen las ecuaciones implcitas obtenidas (en este caso, comoesos dos vectores son linealmente independientes, dim(E) = 2, y como E R3, este subespacio viene definido por unaecuacion implcita).

De forma analoga calculamos unas ecuaciones implcitas de F . Puesto que

F = Gen

11

1

, 10a

,

construimos la matriz ampliada: 1 1 x11 0 x2

1 a x3

1 1 x10 1 x2 + x1

0 a 1 x3 x1

1 1 x10 1 x2 + x1

0 0 ax1 + (1 a)x2 + x3

.

Por tanto, una ecuacion implcita de F es ax1+(1a)x2+x3 = 0. Nos aseguraremos de que no nos hemos equivocadoen los calculos comprobando que los dos vectores dados satisfacen las ecuaciones implcitas obtenidas (en este caso,como esos dos vectores son linealmente independientes, dim(F ) = 2, y como F R3, este subespacio viene definidopor una ecuacion implcita).

De esta manera, uniendo las ecuaciones implcitas de E y de F obtenemos las de E F :

E F {

x1 + 2x2 + x3 = 0,ax1 + (1 a)x2 + x3 = 0.

Resolviendo este sistema homogeneo podremos encontrar una base de E F :[1 2 1a 1 a 1

][1 2 10 1 + a 1 + a

].

As, segun los valores de a aparecen dos situaciones distintas

a = 1 : x1x2

x3

= x2

21

0

+ x3

10

1

; a 6= 1 :

x1x2

x3

= x3

11

1

.

130

Es decir, si a = 1, una base de E F es {(2, 1, 0)T , (1, 0, 1)T}. Observemos que, para a = 1, E F E F , esdecir, el plano E y el F coinciden. Mientras que para a 6= 1 una base de EF es {(1,1, 1)T}, es decir la interseccionde los planos E y F es una recta.

Ejercicio resueltoConsideremos los subespacios E y F de R4 definidos por las siguientes ecuaciones implcitas:

E

x1 x3 = 0,x2 + x4 = 0,2x1 + 3x2 2x3 + 3x4 = 0,

F ax1 + bx2 + x3 bx4 = 0, a, b R.

(c) Hallar la dimension del subespacio E F , segun los valores de a y b.(d) Para a = 1, b = 0, hallar una base del subespacio E + F .

(c) Nos piden que estudiemos la dimension de E F segun los valores de los parametros. Puesto que E y F sonsubespacios de R4, la dimension de E F sera cuatro menos su numero de ecuaciones implcitas (linealmente inde-pendientes). Sabemos que, para estudiar la interseccion de dos subespacios, al unir las ecuaciones implcitas de ambosobtenemos un conjunto de ecuaciones implcitas del subespacio interseccion. As,

E F

x1 x3 = 0,x2 + x4 = 0,ax1 + bx2 + x3 bx4 = 0.

Se trata de ver cuando E F tiene dos y cuando tres ecuaciones implcitas linealmente independientes: 1 0 1 00 1 0 1a b 1 b

F3 aF1

-

1 0 1 00 1 0 1

0 b 1 + a b

F3 bF2

-

1 0 1 00 1 0 1

0 0 1 + a 2b

.

Vemos que si, simultaneamente, a = 1 y b = 0 entonces solo hay dos ecuaciones linealmente independientes. Entodos los demas casos habra tres. Por tanto, la dimension de E F es siempre uno, excepto cuando a = 1 y b = 0que entonces es dos (en este caso, E F ).

(d) Tenemos que hallar una base del subespacio E+F cuando a = 1, b = 0. Sabemos que obtendremos un conjuntogenerador de E + F uniendo una base de E con una de F .

Para calcular una base de E (resolvemos el sistema de sus ecuaciones implcitas) obteniendo

1 0 1 00 1 0 1

2 3 2 3

1 0 1 00 1 0 1

0 3 0 3

1 0 1 00 1 0 1

0 0 0 0

E = Gen

1010

,

0101

.

Encontremos ahora una base de F :

F x1 + x3 = 0 F = Gen

1010

,

0100

,

0001

.

Por tanto,

E + F = Gen

1010

,

0101

,

1010

,

0100

,

0001

= Gen

1010

,

0101

,

0100

,

0001

.

Vemos cuales son linealmente independientes (hemos quitado el tercer vector pues coincide con el primero):

1 0 0 00 1 1 01 0 0 00 1 0 1

1 0 0 00 1 1 00 0 0 00 1 0 1

1 0 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 0

131

con lo que las tres primeras columnas de la matriz son linealmente independientes, es decir, una base de E + F es

1010

,

0101

,

0100

.

Ejercicio resueltoConsideremos los siguientes subespacios de R4:

E = Gen

u1 =

1101

, u2 =

2331

, u3 =

1230

y F

2x1 2x2 + x3 = 0,4x1 3x2 + 2x3 + x4 = 0,x2 + x4 = 0.

Hallar una base y unas ecuaciones implcitas de E + F .

Dados dos subespacios E y F , un conjunto generador de E + F se consigue uniendo una base de E, BE , con una deF , BF :

E + F = Gen {BE , BF }.Calculamos primero una base de E:

[u1, u2, u3]

1 2 11 3 20 3 31 1 0

1 2 10 1 10 3 30 1 1

1 2 10 1 10 0 00 0 0

,

es decir, BE = {u1, u2}.Hallamos ahora una base de F resolviendo sus ecuaciones implcitas (que es un sistema homogeneo):

F

2x1 2x2 + x3 = 0,4x1 3x2 + 2x3 + x4 = 0,x2 + x4 = 0,

2 2 1 04 3 2 1

0 1 0 1

2 2 1 00 1 0 1

0 1 0 1

2 2 1 00 1 0 1

0 0 0 0

,

es decir, tomando como parametros (variables libres) a x3 y x4 (al ser las columnas tercera y cuarta columnas nopivote), la solucion del sistema puede escribirse como

x1x2x3x4

=

x3/2 x4

x4x3x4

= x3

1/2010

+ x4

1101

con lo que una base de F es (elegimos por comodidad multiplos de esos dos vectores)

BF = {v1 = (1, 0,2, 0)T , v2 = (1, 1, 0,1)T}

(conviene comprobar, para detectar posibles errores, que esos dos vectores verifican todas las ecuaciones implcitas deF que nos da el enunciado).

Por tanto, ya tenemos un conjunto generador de E + F :

E + F = Gen {u1, u2, v1, v2}.

Recordemos que dado un conjunto generador {u1, u2, v1, v2} de un subespacio E + F R4, encontrar las ecua-ciones implcitas de E + F es hallar las condiciones que deben verificar las componentes de un vector de R4,x = (x1, x2, x3, x4)

T , para que pertenezca a E + F , es decir, para que se pueda escribir como combinacion linealdel conjunto generador x = c1u1 + c2u2 + c3v1 + c4v2, es decir, para que existan esos escalares ci, o lo que es equiva-lente, para que el sistema

(u1|u2|v1|v2)c = x, con c = (c1, c2, c3, c4)T

sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (u1|u2|v1|v2|x). Por otro lado, para encontrar unabase a partir de un conjunto generador, tenemos que quedarnos con los vectores que sean linealmente independientes,y eso se puede ver construyendo la matriz (u1|u2|v1|v2).

132

Teniendo en cuenta lo anterior, podemos encontrar una base de E + F y unas ecuaciones implcitas mediante lasiguiente eliminacion

(u1|u2|v1|v2|x) =

1 2 1 1 x11 3 0 1 x20 3 2 0 x31 1 0 1 x4

1 2 1 1 x10 1 1 0 x2 x10 3 2 0 x30 1 1 0 x4 + x1

1 2 1 1 x10 1 1 0 x2 x10 0 1 0 x3 3x2 + 3x10 0 2 0 x4 + 2x1 x2

1 2 1 1 x10 1 1 0 x2 x10 0 1 0 x3 3x2 + 3x10 0 0 0 x4 2x3 + 5x2 4x1

.

De aqu deducimos que una base de E+F esta formada por los tres primeros vectores (pues son linealmente indepen-dientes)

BE+F =

1101

,

2331

,

1020

y que unas ecuaciones implcitas son4x1 5x2 + 2x3 x4 = 0.

Comprobamos, para detectar posibles errores, que los tres vectores de la base verifican esta ecuacion implcita. Ob-servamos que, como debe ser, al ser E +F R4 un subespacio de dimension 3 (cualquier base suya esta formada portres vectores) viene definido por una ecuacion implcita.

3.2. Extraccion/Ampliacion de una base.

Extraccion de una base.

Si tenemos un conjunto de vectores {u1, u2, . . . , un} en Rm y consideramos el subespacio que generan S =Gen {u1, u2, . . . , un}, quitando (de forma ordenada) vectores que sean combinacion lineal de los restantes, hastaquedarnos con un conjunto de vectores linealmente independiente, obtendremos una base del subespacio S extradadel conjunto generador que tenamos. Matricialmente puede interpretarse en terminos de reduccion a forma escalonadamediante operaciones fila de la matriz

A =

......

. . ....

u1 u2. . . un

......

. . ....

.

Si mediante operaciones fila reducimos a forma escalonada, las columnas de la matrizA correspondientes a las posicionespivote son linealmente independientes y las restantes son combinacion lineal de las columnas que le preceden en lamatriz. Por tanto,

{columnas pivote de A}es una base del subespacio Col (A). Notemos que el subespacio columna de la matriz U que se obtiene al reducir A aforma escalonada no es lo mismo que el espacio columna de A. La matriz A y la matriz U comparten las relacioneslineales entre sus columnas, no el subespacio que generan.

Ampliacion a una base.

Si tenemos un conjunto de vectores {u1, u2, . . . , un} en Rm que son linealmente independientes y estan en unsubespacio vectorial S Como podemos ampliar dicho conjunto hasta obtener una base de S? Para esto basta con teneruna base de S y de dicha base seleccionar algunos elementos de forma que con los que ya tenemos {u1, u2, . . . , un}formen una base de S. Matricialmente puede interpretarse en terminos de reduccion a forma escalonada medianteoperaciones fila de la matriz formada por columnas con los vectores dados y los vectores de una base arbitraria{v1, v2, . . . , vp} de S

[A B

]=

...... ... ... ...

u1 u2. . . un v1

. . . vp...

... ... ... ...

.

133

Puesto que el subespacio generado por las columnas de [A|B] coincide por el generado por las columnas de B, al reducirla matriz [A|B] a forma escalonada las primeras n columnas seran todas columna-pivote (pues los n primeros vectoresson linealmente independientes) y entre las restantes apareceran pn pivotes. Seleccionando todas las columnas pivotede la matriz [A|B] tendremos una base de Col (B) = Col [A|B] que contiene a los vectores linealmente independientesdados al principio.

Que sucede si aplicamos el procedimiento anterior con un conjunto de vectores que no sea linealmente indepen-diente?

4. Bases de Rn. Cambios de base.

4.1. Bases de Rn.

Todas las bases de Rn estan formadas por n vectores. Puesto que en ese caso tendremos n vectores linealmenteindependientes con n coordenadas cada uno, la matriz cuadrada formada por dichos vectores como vectores columnatiene inversa (y los vectores columna de dicha matriz inversa formaran otra base de Rn). Por otra parte, tambien losvectores fila de las dos matrices citadas seran una base de Rn. Para comprobar si n vectores forman una base de Rn

bastara con reducir a forma escalonada la matriz formada por dichos vectores como vectores columna y comprobar sise obtienen n pivotes. Notemos que, el orden de los vectores no influye en si estos forman base o no.

Ejemplo. Siendo e1, e2, . . . , en los vectores de la base canonica de Rn, los vectores

e1, e1 + e2, e1 + e2 + e3, . . . , e1 + e2 + + enforman una base de Rn y para calcular las coordenadas de un vector generico x Rn respecto de esta base basta conresolver el sistema (con termino independiente x)

1 1 10 1 1...

.... . .

...0 0 1

12...n

=

x1x2...xn

.

Resolvemos el sistema

1 1 1 x10 1 1 x2...

.... . .

......

0 0 1 xn

1 0 0 0 x1 x20 1 0 0 x2 x3...

.... . .

. . ....

...0 0 1 0 xn1 xn0 0 0 1 xn

.

Por tanto, las coordenadas de x respecto a la base dada son

12...

n1n

=

x1 x2x2 x3

...xn1 xn

xn

.

4.2. Cambios de base.

Dada una base B = {v1, v2, . . . , vn} de Rn, las coordenadas de un vector x Rn respecto a dicha base son loscoeficientes (unicos) 1, 2, . . . , n para los cuales se verifica

1v1 + 2v2 + + nvn = x

...... ...

v1 v2. . . vn

...... ...

12...n

= x =

x1x2...xn

134

con x =

x1x2...xn

las coordenadas de x respecto de la base canonica.

Dadas dos basesU = {u1, u2, . . . , un} y B = {v1, v2, . . . , vn}

de Rn se trata de hallar la relacion entre las coordenadas de un vector x Rn respecto de ambas bases. Hallemosprimero, la relacion entre las coordenadas del vector x en la base U y la base canonica C. Las coordenadas de un vectorx Rn respecto a U vienen dadas por un vector [x]U que verifica que

x =

x1x2...xn

, [x]U =

12...n

x = 1u1 + 2u2 + + nun

x1x2...xn

=

...... ...

u1 u2. . . un

...... ...

12...n

. ()

La matriz

...... ...

u1 u2. . . un

...... ...

que relaciona las coordenadas de un mismo vector x respecto a la base canonica con las coordenadas del mismo vectorx respecto a la base U se denominamatriz del cambio de base U C de U a la base canonica C = {e1, e2, . . . , en}y se denota por

PC U =

...... ...

u1 u2. . . un

...... ...

, x = [x]C = PC U [x]U

Puesto que la igualdad () es equivalente a

12...n

=

...... ...

u1 u2. . . un

...... ...

1

x1x2...xn

[x]U =

(P

C U)1

[x]C

la matriz

(P

C U)1

es la matriz del cambio de base C U con lo cual

PU C =

(P

C U)1

.

De forma analoga, si consideramos ahora las bases de Rn,

B = {v1, v2, . . . , vn} y U = {u1, u2, . . . , un}podramos obtener las matrices de cambio de base B U y U B de la misma forma que lo que acabamos dehacer si conocieramos las coordenadas de los vectores de una base respecto a la otra. Si, en cambio, conocemos lascoordenadas de los vectores de ambas bases respecto, por ejemplo, a la base canonica, tenemos un planteamientosimilar.

Denotemos las coordenadas de un vector generico x Rn respecto de ambas bases B y U mediante

[x]B =

1...n

, [x]U =

1...n

.

135

Tenemos entonces que x = 1v1 + + nvn = 1u1 + + nun y expresando estas igualdades en forma matricialtenemos que

x =

x1...x3

=

v1 v2 vn

1...n

=

u1 u2 un

1...n

es decir, siendo B la matriz cuyas columnas son los vectores de la base B en la base canonica y siendo U la matrizcuyas columnas son los vectores de la base U en la base canonica, se verifica que

x = B[x]B = U [x]U .

Por tanto,

[x]B = B1U [x]U = P

B U= B1U,

[x]U = U1B[x]B = P

U B= U1B.

Ejemplos.

(1) Vamos a calcular las matrices de cambio de base entre la base canonica de R3 y la base

B ={v1 = [2 1 0]T , v2 = [1 2 3]T , v3 = [1 0 1]T

}.

Siendo las coordenadas de un vector generico x R3 respecto a B y respecto a la base canonica

[x]B =

123

, x =

x1x2x3

,

respectivamente, se verifica que

x = 1v1 + 2v2 + 3v3 x1x2x3

=

v1 v2 v3

123

.

Por tanto, la matriz

P =

v1 v2 v3

=

2 1 11 2 0

0 3 1

(cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de la base B respecto a la base C es la matriz PC B delcambio de base B C puesto que

x = [x]C = P [x]B, x R3.Puesto que la inversa P1 verifica

[x]B = P1[x]C , x R3

dicha matriz es la del cambio de base C B. Resumiendo,

PC B

= P =

2 1 11 2 0

0 3 1

, P

B C= P1 = 1

6

2 2 21 2 1

3 6 3

.

(2) Calculemos las matrices de cambio de base entre las bases

B =v1 =

21

0

, v2 =

12

3

, v3 =

101

y

U =u1 =

12

1

, u2 =

12

2

, u3 =

13

2

.

136

Denotemos las coordenadas de un vector generico x R3 respecto de ambas bases B y U mediante

[x]B =

123

, [x]U =

123

.

Tenemos entonces que x = 1v1 + 2v2 + 3v3 = 1u1 + 2u2 + 3u3. Escribiendo estas igualdades en formamatricial

x1x2x3

=

2 1 11 2 0

0 3 1

123

=

1 1 12 2 3

1 2 2

123

obtenemos 123

=

2 1 11 2 0

0 3 1

1

1 1 12 2 3

1 2 2

123

y, por tanto,

PB U

=

2 1 11 2 0

0 3 1

1

1 1 12 2 3

1 2 2

= 16

2 2 21 2 1

3 6 3

1 1 12 2 3

1 2 2

= 16

4 2 124 7 318 9 21

.

Analogamente podramos obtener

PU B

=

PB U

1 = 1

15

20 25 155 22 6

15 12 6

.

Ejercicio resuelto

Dadas las bases de R2, B1 =

{( 52

),

(21

)}y B2 =

{( 31

),

( 41

)}, encontrar, con la ayuda

de la matriz correspondiente, las coordenadas en la base B2 del vector v cuyas coordenadas en la base B1 son[v]B1 = (2, 1)B1 .

Sabemos que dada una base de R2, B1 = {v1, v2}, la matriz PB1 = [v1|v2] relaciona las coordenadas que un vector vtiene en la base canonica, [v]BC , y las que tiene en la base B1, [v]B1 , de forma que

[v]BC = PB1 [v]B1 .

Analogamente, dada una base B2 = {u1, u2}, la matriz PB2 = [u1|u2] relaciona las coordenadas que un vector v tieneen la base canonica, [v]BC , y las que tiene en la base B2, [v]B2 , de forma que

[v]BC = PB2 [v]B2 .

Combinando ambas expresiones obtenemos

PB1 [v]B1 = PB2 [v]B2 {

[v]B2 = P1B2

PB1 [v]B1 = PB2B1 [v]B1 ,[v]B1 = P

1B1

PB2 [v]B2 = PB1B2 [v]B2 .

Como el enunciado nos da [v]B1 , usaremos [v]B2 = P1B2

PB1 [v]B1 . Puesto que

PB1 =

[ 5 22 1

], PB2 =

[ 3 41 1

] P1B2 PB1 =

[1 41 3

] [ 5 22 1

]=

[3 21 1

]

obtenemos [v]B2 = P1B2

PB1 [v]B1 =

[3 21 1

] [21

]=

[41

].

Es facil comprobar que el resultado es correcto. Teniendo en cuenta las coordenadas obtenidas en ambas basesv = 2v1 + v2 = 4u1 u2 con lo que debe ser cierto

2

[ 52

]+

[21

]= 4

[ 31

][ 4

1

].

137

De aqu deducimos ademas (sin mas que sumar los vectores) que, en la base canonica, v = (8, 3)T .

Ejercicio resueltoConsideremos una transformacion lineal f : R3 R3.Hallar la matriz A que representa a f cuando se trabaja con la base canonica B = {e1, e2, e3}, sabiendo que A essimetrica, que f(e1) = e2+ e3, f(e1+ e2+ e3) = 2(e1+ e2+ e3) y que f(e2) pertenece al subespacio E de ecuacionx z = 0.La aplicacion lineal dada f : R3 R3 tiene asociada, respecto de las bases canonicas, la matriz A en cuyas columnasaparecen los transformados de la base canonica del espacio de partida, es decir,

A = [f(e1)|f(e2)|f(e3)] = a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

.

Al ser A simetrica, AT = A, debe ser b1 = a2, c1 = a3 y c2 = b3, con lo que A =

a1 a2 a3a2 b2 b3a3 b3 c3

. Puesto que

f(e1) = Ae1 = e2 + e3 = (0, 1, 1)T la matriz A sera

A =

0 1 11 b2 b3

1 b3 c3

.

Puesto que f(e2) pertenece al subespacio E de ecuacion x z = 0, los elementos de la segunda columna de A debenverificar dicha ecuacion, es decir, 1 b3 = 0, con lo que b3 = 1 y tenemos

A =

0 1 11 b2 1

1 1 c3

.

Finalmente, usando f(e1 + e2 + e3) = f(e1) + f(e2) + f(e3) = (2, 2, 2)T , obtenemos que la tercera columna de A debe

verificarf(e3) = (2, 2, 2)

T f(e1) f(e2) = (2, 2, 2)T (0, 1, 1)T (1, b2, 1)T = (1, 1 b2, 0)T .Por tanto, debe ser (1, 1, c3)

T = (1, 1 b2, 0)T , con lo que b2 = 0, c3 = 0, y la matriz pedida es

A =

0 1 11 0 1

1 1 0

.

Es recomendable emplear un minuto en comprobar que la matriz calculada satisface todas las condiciones del enunciado,es decir, que no nos hemos equivocado al calcularla.

5. Ejercicios.

Ejercicio 1. (a) Determinar el rango de las siguientes matrices:

A =

0 1 1 2 00 2 1 2 20 1 1 2 00 0 1 2 3

, B =

1 1 1 23 2 3 22 1 2 20 1 0 2

.

(b) Sea A una matriz 20 15 cuyo rango es 12. Determinar la dimension de los siguientes subespacios vectoriales,

Col (A), Nul (A), Col (AT ) y Nul (AT ).

Ejercicio 2. Siendo e1, e2, e3 los vectores de la base canonica de R3 y sabiendo que los vectores de la base B verifican

e1 = 2u1 + 2u2 + u3, e2 = u1 2u2 + 2u3, e3 = 2u1 + u2 + 2u3, senalar la relacion correcta entre las siguientes

138

(considerando a los vectores como vectores-columna)

(a) [e1 e2 e3] =

2 2 11 2 22 1 2

[u1 u2 u3] .

(b) [u1 u2 u3] =

2 2 11 2 22 1 2

1 = 19

2 1 22 2 1

1 2 2

.

(c) [u1 u2 u3] =

2 1 22 2 1

1 2 2

1 = 19

2 2 11 2 22 1 2

.

Ejercicio 3. Dados dos subespacios E y F de Rn, hallar las ecuaciones implcitas, las parametricas y una base delsubespacio interseccion, E F :

(a) E x1 + x2 = 0, F x1 + 2x2 = 0, en R2.(b) E x1 + x2 = 0, F 2x1 + 2x2 = 0, en R2.(c) E x1 + x2 = 0, F x1 + 2x2 = 0, en R3.(d) E x1 + x2 + x3 = 0, F x1 x2 + 2x3 = 0, en R3.(e) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T}, F = Gen {(0, 1, 0)T}, en R3.(f) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T }, F = Gen {(2, 1, 2)T , (0, 1, 0)T}, en R3.(g) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T}, F = Gen {(2, 1, 3)T , (0, 1, 0)T}, en R3.(h) E = Gen {(1, 1, 0, 1)T , (2, 1, 0, 3)T}, F = Gen {(0, 1, 1, 2)T , (1, 0, 2, 2)T}, en R4.

Ejercicio 4. Hallar las ecuaciones implcitas, las parametricas y una base del subespacio suma, E + F , para lossiguientes subespacios:

(a) E x1 + x2 = 0, F x1 + 2x2 = 0, en R2.(b) E x1 + x2 = 0, F 2x1 + 2x2 = 0, en R2.(c) E x1 + x2 = 0, F x1 + 2x2 = 0, en R3.(d) E x1 + x2 + x3 = 0, F x1 x2 + 2x3 = 0, en R3.(e) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T}, F = Gen {(0, 1, 0)T}, en R3.(f) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T }, F = Gen {(2, 1, 2)T , (0, 1, 0)T}, en R3.(g) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T}, F = Gen {(2, 1, 3)T , (0, 1, 0)T}, en R3.(h) E = Gen {(1, 1, 0, 1)T , (2, 1, 0, 3)T}, F = Gen {(0, 1, 1, 2)T , (1, 0, 2, 2)T}, en R4.(i) E = Gen {(1, 1, 1)T , (2, 2, 2)T}, F = Gen {(0, 1, 0)T}, en R3.

Ejercicio 5. Extender a una base de Rn el conjunto linealmente independiente dado:

(a) {v1 = (1, 1, 1)T} en R3.(b) {v1 = (1, 3, 4)T , v2 = (1, 0, 2)T} en R3.(c) {v1 = (1, 1, 0)T , v2 = (1, 3, 0)T} en R3.(d) {v1 = (1, 1, 0, 1)T , v2 = (2, 1, 0, 3)T} en R4.

139

Ejercicio 6. Extender, a una base del subespacio que se indique, el conjunto linealmente independiente dado:

(a) {v1 = (2, 1, 1, 0)T} al subespacio de R4 definido por x1 x2 x3 x4 = 0.(b) {v1 = (2, 0,3, 0)T , v2 = (0, 1, 0,1)T} al subespacio de R4 definido por 3x1 x2 + 2x3 x4 = 0.(c) {v1 = (1, 0, 2, 0)T} al subespacio de R4 definido por 2x1 x3 + 3x4 = 0.(d) {v1 = (1, 0, 2, 0)T} al subespacio de R4 definido por 2x1 x3 + 3x4 = 0, 5x2 + x4 = 0.

Ejercicio 7. Extender {v1 = (1, 1, 1, 2, 2)T , v2 = (0,1,1, 1, 1)T} a una base del subespacio S de R5 de ecuaciones

S {

3x1 2x2 + x3 x4 = 0,x4 x5 = 0.

Ejercicio 8. Sean los siguientes subespacios de R4:

E = Gen

1101

,

1112

,

1110

y F x1 + x3 + x4 = 0.

Calcular una base de S = E F .

Ejercicio 9. Consideremos la base B = {(2, 1)T , (3,1)T} de R2. R4:(a) Obtener, en dicha base, las ecuaciones implcitas y las parametricas de los subespacios que, en la base canonica,

vienen definidos mediante

E x1 + x2 = 0, F x1 2x2 = 0, G = Gen {(1, 1)T }, H = Gen {(3, 1)T}.

(b) Obtener, en la base canonica, las ecuaciones implcitas y las parametricas de los subespacios que, en la base B,vienen definidos mediante

E y1 + 5y2 = 0, F y2 = 0, G = Gen {(1, 0)TB}, H = Gen {(2, 4)TB}.

140

Tema 8.- Ortogonalidad.

1. Producto escalar. Norma, distancia, angulos y ortogonalidad.2. El complemento ortogonal de un subespacio.3. Bases ortonormales de un subespacio. Matrices ortogonales.4. Proyeccion ortogonal sobre un subespacio. El teorema de la mejor aproximacion.5. El metodo de Gram-Schmidt. Factorizaciones QR de una matriz.6. Ejercicios.

En este tema estudiamos la estructura metrica de los espacios Rn, es decir, las cuestiones relacionadas con distanciasy angulos. Al contrario de lo que sucede con el estudio de la resolucion de sistemas de ecuaciones lineales, el algebra dematrices, etc., el hecho de considerar aqu vectores reales es esencial. Para poder considerar conceptos metricos en Cn,es decir, con vectores de coordenadas complejas, habra que considerar la definicion apropiada (coherente) de productoescalar de vectores complejos, que se suele denominar producto hermtico. Al aplicar dicha definicion a vectores realesnos dara la definicion usual que vemos a continuacion y que los alumnos conocen en dimension 2 y en dimension 3.

1. Producto escalar. Norma, distancia, angulos y ortogonalidad.

Definicion. (Producto escalar, norma, ortogonalidad) Consideremos dos vectores x, y Rn

Se denomina Producto escalar de dos vectores x, y Rn al numero real

x y = xT y = yTx = x1y1 + x2y2 + + xnyn R.

Se denomina Norma de un vector x Rn al numero real no-negativo

||x|| =|x1|2 + + |xn|2 =

x x 0.

Se denomina Distancia entre dos vectores x, y Rn al numero real no-negativo

d(x, y) = ||x y|| .

Ortogonalidad

(a) Se dice que dos vectores x, y Rn son ortogonales (x y) si

x y = 0.

(b) Se dice que un conjunto de vectores {v1, . . . , vm} de Rn es un conjunto ortogonal si cada uno de losvectores vk es ortogonal a todos los demas,

vk vj = 0, j 6= k.

(c) Se dice que un conjunto de vectores {v1, . . . , vm} de Rn es un conjunto ortonormal si es un conjuntoortogonal y cada uno de los vectores vk tiene norma igual a 1,

vk vj = 0, j 6= k; ||v1|| = = ||vm|| = 1.

Las propiedades del producto escalar, la norma, la distancia y la ortogonalidad son conocidas por el alumnopara vectores en R2 y en R3. En los espacios Rn, las propiedades son esencialmente las mismas. Notemos que siconsiderasemos dichos conceptos de forma independiente de un sistema de referencia, en cada uno de ellos apareceninvolucrados uno o dos vectores. Algunas de las propiedades del producto escalar pueden obtenerse directamentedel hecho de que el producto escalar de dos vectores puede expresarse como un producto matricial, vector-fila porvector-columna

x y = [x1, x2, . . . , xn]

y1...yn

= xT y = yTx = [y1, y2, . . . , yn]

x1...xn

= y x.

141

Propiedades. Sean x, y Rn, R.

(1) ||x|| = 0 x = 0.(2) ||x|| = || ||x||.(3) Desigualdad triangular: ||x+ y|| ||x||+ ||y|| , (||x y|| ||x||+ ||y||).(1) Desigualdad de Cauchy-Schwartz: |x y| ||x|| ||y||.(4) Teorema de Pitagoras:

x y ||x+ y||2 = ||x||2 + ||y||2 .

El angulo (los angulos) determinado por dos vectores no-nulos x, y Rn puede caracterizarse (definirse) mediantela igualdad

x y = ||x|| ||y|| cos().

2. El complemento ortogonal de un subespacio.

Definicion. (El complemento ortogonal de un subespacio) Dado un subespacio vectorial S de Rn se denomina com-plemento ortogonal de S al conjunto

S = {v Rn : v u , u S} .Es decir, S esta formado por todos los vectores que son ortogonales a todos los vectores de S. Por tanto, el com-plemento ortogonal del subespacio nulo

{~0}es Rn puesto que cualquier vector es ortogonal al vector nulo. Por otra

parte, el complemento ortogonal del espacio total Rn es el subespacio nulo, puesto que el vector nulo (de Rn) es elunico que es ortogonal a todos los vectores de Rn.

Ejemplos. A la hora de trabajar con el complemento ortogonal de un subespacio es conveniente tener presente como sepuede caracterizar, el complemento ortogonal de un subespacio, cuando el subespacio viene dado en forma parametricao cuando viene dado en forma implcita. En R2, un subespacio vectorial de dimension 1 es una recta que pasa por elorigen y su complemento ortogonal sera (como es natural) la recta que pasa por el origen (es un subespacio vectorial)y es perpendicular a la recta dada. En R3, un subespacio vectorial de dimension 1 es una recta que pasa por el origen.Su complemento ortogonal sera el plano que pasa por el origen (es un subespacio vectorial) y es perpendicular a larecta dada. Un subespacio vectorial de dimension 2 es un plano que pasa por el origen. Su complemento ortogonalsera la recta que pasa por el origen (es un subespacio vectorial) y es perpendicular al plano dado.

(1) Consideremos un subespacio de dimension 1 en R2, dado en forma parametrica, es decir, una recta que pasa por

el origen de coordenadas, dada por un vector direccion v1. Por ejemplo, para v1 = [2,1]T

S = Gen {v1} = {v1 : R} {

x1 = 2x2 = ,

su complemento ortogonal estara formado por los vectores v = [x1, x2]T R2 que son ortogonales a todos los

vectores de la forma v1, R

v S (v1) v = 0, R v1 v = 0 2x1 x2 = 0.

Es decir, el complemento ortogonal S esta formado por todos los vectores v = [x1, x2]T R2 cuyas coordenadas

verifican la ecuacion2x1 x2 = 0,

con lo cual S es un subespacio vectorial (de dimension 1) que viene dado en forma implcita y los coeficientesde la ecuacion implcita son las coordenadas del vector direccion de S. Si hubieramos considerado otro vectordireccion de S (que sera un multiplo no-nulo de v1), habramos obtenido una ecuacion equivalente.

(2) Si consideramos un subespacio vectorial S de dimension 1 en Rn, es decir una recta que pasa por el origen,generada por un vector no-nulo v1 Rn

S = Gen

v1 =

a1...an

,

142

su complemento ortogonal estara formado por los vectores v = [x1, . . . , xn]T Rn cuyas coordenadas verifican

la ecuacionv1 v = 0 a1x1 + + anxn = 0,

con lo cual S es un subespacio vectorial (de dimension n 1) que viene dado mediante una ecuacion implcitay los coeficientes de dicha ecuacion son las coordenadas del vector direccion de S.

Teorema. Dado un subespacio vectorial S de Rn se verifica:

(1) S es un subespacio vectorial de Rn.

(2)(S)

= S.

(3) Se verifica la siguiente relacion entre S y S.

(a) S S = {0}.(b) S + S = Rn.

Por tanto, todo vector v de Rn se puede expresar de forma unica como sumade un vector de S y un vector de S. (Esto sera consecuencia del teorema dela proyeccion ortogonal que veremos mas adelante).

(5) Si S = Gen {v1, . . . , vp}, entoncesv S v v1, . . . , v vp.

Ejemplo. Antes hemos obtenido el complemento ortogonal de un subespacio de Rn de dimension 1, que era unsubespacio vectorial de dimension n1 (estos subespacios se suelen denominar hiperplanos). Las propiedades anteriorespermiten obtener facilmente el complemento ortogonal de un subespacio, de dimension n 1, cuya ecuacion implcitaes

W a1x1 + + anxn = 0.Como hemos visto antes,

W = S, siendo S = Gen

a1...an

,

tenemos que W =(S)

= S. Es decir, de manera inmediata obtenemos, W, en forma parametrica.

El hecho de expresar el complemento ortogonal de una u otra forma parametrica/implcita dependiendo de comovenga expresado el subespacio vectorial:

S en forma parametrica S en forma implcitaS en forma implcita S en forma parametrica

queda reflejado con el siguiente Teorema.

Teorema. (Los cuatro subespacios asociados a una matriz) Sea A una matriz real m n. Se verifica:

[Col (A)] = Nul (AT ), [Nul (A)] = Col (AT )

El espacio Col (AT ) se suele denominar espacio fila de la matriz A.

Notemos que en lo que se refiere a las dimensiones de los complementos ortogonales tenemos

dim([Col (A)]

)= dim

(Nul (AT )

)= m pivotes de AT = m rango (A) = m dim (Col (A)) .

Puesto que cualquier subespacio vectorial se puede expresar como el espacio columna de una matriz tenemos que paracualquier subespacio vectorial S de Rm, se verifica

dim(S)= m dim (S).

143

3. Bases ortonormales de un subespacio. Matrices ortogonales.

Proposicion. Si {u1, u2, . . . , ur} es un conjunto de vectores no-nulos ortogonales dos a dos, entonces son linealmenteindependientes.Demostracion.- Si tenemos una combinacion lineal de los vectores dados igual al vector nulo

1u1 + 2u2 + + pup = ~0 ()

al multiplicar escalarmente por el vector u1 tenemos

(1u1 + 2u2 + + pup) u1 = ~0 u1 = 0.

Desarrollando el primer miembro de la igualdad

1u1 u1 + 2u2 u1 + + pup u1 =

24 usando lacondicion de

ortogonalidad

35 =

= 1 ||u1||2 + 20 + + p0 = 0

puesto

que u1 6= 0

= 1 = 0.

De manera analoga, al multiplicar escalarmente la igualdad () por un vector

uk, k = 1, 2, . . . , p,

se obtiene

10 + 20 + + k ||uk||2 + + n0 = 0

puesto

que uk 6= 0

k = 0.

Por tanto, la unica combinacion lineal que es igual al vector nulo es la combinacion lineal identicamente nula (todos los

coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dados son linealmente independientes.

Proposicion. Sea {u1, u2, . . . , ur} una base ortogonal de un subespacio S de Rn. Entonces:Las coordenadas de un vector u S respecto de dicha base vienen dadas por u uk||uk||2

, es decir, se verifica que

u =u u1||u1||2

u1 + + u ur||ur||2ur.

La expresion anterior se suele denominar desarrollo de Fourier de v respecto a la base {u1, u2, . . . , ur}.Antes de pasar a estudiar la proyeccion ortogonal de un vector sobre un subespacio, vamos a considerar las

propiedades de las matrices cuyas columnas son ortonormales. En particular, vamos a considerar las matrices cuadradascuyas columnas son ortonormales. Cuando se tiene un conjunto ortogonal de vectores no-nulos y se normalizan (sedivide cada uno por su norma), obtenemos un conjunto ortonormal de vectores que formaran una base ortonormal delsubespacio vectorial que generan. En terminos de computacion numerica, las matrices cuyas columnas son ortonormalesjuegan un papel importante por ser matrices que transmiten los errores de redondeo de manera controlada.

Proposicion. Sea U = [u1, . . . , un] una matriz real m n.

(1) U tiene columnas ortonormales UTU = I.(2) Si U tiene columnas ortonormales, la transformacion lineal asociada

U : x Rn y = Ux Rm

conserva angulos y distancias, es decir

(a) ||Ux|| = ||x|| , x Rn.(b) (Ux) (Uy) = x y, x, y Rn y en particular,(c) Ux Uy x y.

Un caso particularmente importante lo constituyen las matrices cuadradas con columnas ortonormales.

Definicion. (Matriz ortogonal) Se denomina matriz ortogonal a toda matriz Q real cuadrada no-singular cuyainversa coincide con su traspuesta, Q1 = QT .

144

Proposicion. Se verifica:

(1) Si Q es ortogonal = det(Q) = 1.(2) Q es ortogonal QT es ortogonal.(3) Si Q1 y Q2 son ortogonales, entonces Q1Q2 es ortogonal.

Proposicion. Sea Q una matriz real cuadrada n n. Son equivalentes:

(1) Q es una matriz ortogonal.

(2) Las n columnas de Q son ortonormales (y por tanto forman una base ortonormal de Rn).

(3) Las n filas de Q son ortonormales (y por tanto forman una base ortonormal de Rn).

4. Proyeccion ortogonal sobre un subespacio. El teorema de la mejor

aproximacion.

Si consideramos el subespacio vectorial S, de dimension uno (una recta), generado por un vector, u1, no-nulo,S = Gen {u1}, la proyeccion ortogonal de un vector v Rn sobre S sera el vector u = u1 S que verifica que

v u = v u1es ortogonal a S, es decir, tenemos que determinar con la condicion que v u1 sea ortogonal a u1,

(v u1) u1 = v u1 ||u1||2 = 0 = vu1||u1||2

= u = proy S(v) = vu1||u1||2 u1.

Para un subespacio de dimension arbitraria puede darse una expresion de la proyeccion ortogonal de un vector sobredicho subespacio cuando disponemos de una base ortogonal de dicho subespacio. Considerando una base ortonormalpuede darse una expresion comoda de la matriz de la proyeccion ortogonal.

Teorema (de la descomposicion ortogonal). Sea S un subespacio vectorial de Rn. Dado cualquier vector v Rn existe un unico vector u S (llamado proyeccion ortogonal de v sobre S) tal que v u S. De hecho, si{u1, u2, . . . , ur} es una base ortogonal de S, entonces la proyeccion ortogonal de v sobre S es

u := proy S(v) =v u1||u1||2

u1 + + v ur||ur||2ur,

y la proyeccion ortogonal de v sobre S esw = v u.

Notemos que:

Cada sumando de la expresionv u1||u1||2

u1 + + v ur||ur||2ur

nos da la proyeccion ortogonal del vector v sobre el subespacio generado por el correspondiente vector uk.

El vector u = proy S(v) verifica que ||u||2 ||v||2.

Corolario. (Matriz de una proyeccion ortogonal) Sea S un subespacio vectorial de Rn.

(a) Si {u1, u2, . . . , ur} es una base ortonormal de S, la proyecion ortogonal de un vector v Rn sobre S es

u := proy S(v) = (v u1)u1 + + (v ur)ur.

145

(b) Siendo U una matriz cuyas columnas forman una base ortonormal de S, la matriz de la proyeccion ortogonalsobre S es PS = UU

T , es decirproy S(v) = UU

T v, v Rn.

Aunque puedan considerarse distintas matrices U como en el enunciado, la matriz PS = UUT que representa

a la proyeccion ortogonal, respecto a la base canonica, es unica. Las propiedades caractersticas de las matrices deproyeccion ortogonal son

P 2S = PS ,(UUT

)2= U(UTU)UT = UIUT = UUT , y

PS es simetrica,(UUT

)T= (UT )TUT = UUT .

Teorema (de la mejor aproximacion). Sea S un subespacio vectorial de Rn y consideremos un vector x Rn yun vector y S. Son equivalentes:

O

x

y

wS

S(a) y es la proyeccion ortogonal de x sobre S,

es decir,

y S, x y S.

(b) y es la mejor aproximacion de x desde S,es decir,

y S, ||x y|| ||x w|| para todo w S.

Sea y = proyS(x) y sea w S. Puesto que

xw = (xy)+(yw), xy S, yw S,

aplicando el Teorema de Pitagoras tenemos

||x w||2 = ||x y||2 + ||y w||2 ||x y||2 .

5. El metodo de Gram-Schmidt. Factorizaciones QR de una matriz.

5.1. El metodo de Gram-Schmidt.

En el Tema 7 hemos visto como obtener una base de un subespacio vectorial a partir de un conjunto de vectoresque genera el subespacio vectorial. En los epgrafes anteriores hemos visto que el calculo de las coordenadas de unvector respecto de una base ortogonal es muy simple (desarrollo de Fourier) y que estas permiten dar la expresionde la proyeccion ortogonal sobre el subespacio que generan dichos vectores. El metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt, que vamos a describir, permite construir de manera progresiva una base ortogonal de un subespacio vectoriala partir de una base de dicho subespacio e incluso de un conjunto de vectores que genere el subespacio.

Partiendo de una base {v1, v2, . . . , vp} de un subespacio S, el metodo consiste en generar uno a uno vectores queson ortogonales a los construidos. Denotamos por S1, S2, . . . , los subespacios vectoriales definidos por

S1 = Gen {v1} , S2 = Gen {v1, v2} , . . . , Sp = Gen {v1, v2, . . . , vp} = S.

El metodo de Gram-Schmidt consiste en generar los vectores:

u1 = v1 S1,u2 = v2 proyS1(v2) S2, es decir, u2 es el unico vector de la forma u2 = v2 + u1 que es ortogonal a u1,u3 = v3 proyS2(v3) S3, es decir, u3 es el unico vector de la forma u3 = v3 + u1 + u2 que es ortogonal au1 y a u2,

. . .

Notemos que, puesto que los vectores {v1, v2, . . . , vp} son linealmente independientes, necesariamente los subespacios

S1 S2 Sp = S

146

son todos distintos (dim (Sk) = k, k = 1, 2, . . . , p), los vectores u1, u2, . . . , up son todos no-nulos y linealmente inde-pendientes y se verifica que

S1 = Gen {v1} = Gen {u1},S2 = Gen {v1, v2} = Gen {u1, u2} ,S3 = Gen {v1, v2, v3} = Gen {u1, u2, v3} = Gen {u1, u2, u3} ,

......

Sp = Gen {v1, . . . , vp} = . . . = Gen {u1, , up} .

Teorema (Metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt). Consideremos una base {v1, v2, . . . , vp} de unsubespacio vectorial S de Rn. Entonces, los siguientes vectores estan bien definidos

u1 = v1

u2 = v2 v2 u1||u1||2u1

u3 = v3 v3 u1||u1||2u1 v3 u2||u2||2

u2

...

up = vp vp u1||u1||2u1 vp up1||up1||2

up1

y son no-nulos y ortogonales dos a dos.

(a) {u1, u2, . . . , up} es una base ortogonal de S = Gen {v1, v2, . . . , vp}.(b) Para cada k = 1, . . . , p, {u1, u2, . . . , uk} es una base ortogonal de Sk = Gen {v1, v2, . . . , vk}.

Observaciones.

(a) Si el objetivo es obtener una base ortonormal de S, una vez que se ha obtenido una base ortogonal basta normalizarlos vectores obtenidos.

(b) En cada paso del metodo de Gram-Schmidt que acabamos de describir podramos multiplicar (o dividir) el vectorobtenido por un coeficiente no-nulo y seguir los calculos con dicho vector.

(c) Si el vector vk es combinacion lineal de los anteriores, v1, v2, ..., vk1, al aplicar el metodo de Gram-Schmidtobtenemos uk = 0. Es decir, el metodo de Gram-Schmidt devuelve el vector nulo cuando se aplica a un conjuntode vectores linealmente dependientes.

5.2. Factorizaciones QR de una matriz.

En terminos generales, con el nombre generico de factorizacion QR de una matriz se suele denominar a las fac-torizaciones de una matriz A = QR en las que la matriz Q es una matriz con columnas ortogonales o con columnasortonormales (o incluso una matriz ortogonal) y la matriz R es una matriz triangular superior.

Teorema. Sea A una matriz m n tal que rango(A) = n (es decir, sus columnas son linealmente independientes).Entonces A se puede factorizar como A = QR siendo:

Q una matriz m n con columnas ortonormales (que forman una base ortonormal del espacio Col (A)),R es una matriz n n triangular superior no-singular con elementos diagonales positivos.

Al aplicar el metodo de Gram-Schmidt a los n vectores-columna {a1, . . . , an} de la matriz A, que son linealmenteindependientes, obtendremos n vectores {u1, . . . , un} ortogonales dos a dos relacionados con los vectores columna deA mediante las igualdades

147

u1 = a1

u2 = a2 a2 u1||u1||2u1

u3 = a3 a3 u1||u1||2u1 a3 u2||u2||2

u2

...

up = ap ap u1||u1||2u1 ap up1||up1||2

up1

a1 = u1

a2 =a2 u1||u1||2

u1 + u2

a3 =a3 u1||u1||2

u1 +a3 u2||u2||2

u2 + u3

...

ap =ap u1||u1||2

u1 + + ap up1||up1||2up1 + up

y expresando estas igualdades en forma matricial tenemos

A =

a1 a2 . . . an

=

u1 u2 . . . un

1 0 1 0 0 1 ...

......

. . ....

0 0 0 1

= Q1R1.

Los vectores {u1, . . . , un} son ortogonales dos a dos pero pueden ser no unitarios. Para tener una matriz con columnasortonormales basta dividir cada columna uk por su norma ||uk||. Para que la matriz producto no cambie habra quemultiplicar por ||uk|| la fila correspondiente de la matriz triangular. Matricialmente, siendo D la matriz diagonalcuyos elementos diagonales son ||u1|| , . . . ||un||, tenemos

A = Q1R1 =(Q1D

1) (DR1) = QR.La matriz Q = Q1D

1 es una matriz con las mismas dimensiones que A (m n) y con columnas ortonormalesQTQ = In y la matriz R = DR1 es una matriz cuadrada n n triangular superior no-singular.

Ejercicio resueltoHallar la factorizacion QR de la matriz

A =

1 20 1

1 4

.

Queremos escribir la matriz A de dimension 32 como producto de dos matrices, una matriz Q de dimension 32 concolumnas ortonormales y una matriz R de dimension 22, triangular superior y con elementos diagonales estrictamentepositivos y tal que A = QR. Notar que se verifican las hipotesis del Teorema que nos permite esta factorizacion ya quelas columnas de la matriz A son linealmente independientes. Para obtener dicha factorizacion, aplicaremos el metodode Gram-Schmidt a las columnas de la matriz A. Llamemos a las columnas de A, a1 y a2 respectivamente, es decir

a1 =

10

1

y a2 =

21

4

.

Aplicando Gram-Schmidt, obtendremos dos vectores ortogonales de la siguiente forma:

u1 = a1 =

10

1

,

u2 = a2 a12u1 = a2 a2.u1u1.u1

u1 =

21

4

3

10

1

=

11

1

.

(Antes de continuar, debemos comprobar que efectivamente son ortogonales, es decir que u1.u2 = 0). De lo anterior,obtenemos

a1 = u1,

a2 = u2 + a12u1 = u2 +a2.u1u1.u1

u1,

148

que expresado en forma matricial

A = [a1| a2] = [u1|u2][1 a120 1

]=

1 10 1

1 1

[ 1 3

0 1

]= Q1R1.

Puesto que buscamos una matriz Q con columnas ortonormales y Q1 tiene columnas ortogonales, procedemos delsiguiente modo:

A = [a1| a2] = [u1|u2][1 a120 1

]=

[u1u1

u2u2] [ u1 0

0 u2] [

1 a120 1

]

=

[u1u1

u2u2] [ u1 a12 u1

0 u2]= QR.

Por tanto, normalizamos los vectores obtenidos por Gram-Schmidt, las columnas de la matriz Q seran

y1 =u1u1 =

12

10

1

y y2 = u2u2 = 13

11

1

.

Y teniendo en cuenta lo anterior, se obtiene que Q =

1/

2 1/3

0 1/3

1/2 1/

3

y R = [ 2 32

03

].

Podemos verificar que efectivamente QR = A. Ademas, QTA = R

Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

1 0 b a0 1 a b1 0 b a0 1 a b

, a, b R.

Si a = 0 y b = 1, la matriz B = 12A es la matriz de la proyeccion ortogonal sobre un cierto subespacio S R4.(a) Encontrar una base ortonormal del subespacio S.

(b) Calcular la proyeccion ortogonal del vector (1, 1, 1, 1)T sobre S.

Si a = 0 y b = 1 la matriz B es

B =1

2A =

1

2

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

.

(a) Nos dicen que B es la matriz PS de la proyeccion ortogonal sobre un cierto subespacio S R4, es decir, que laproyeccion ortogonal de cualquier vector x R4 sobre S es Bx. Los vectores v que pertenecen a S son aquellos quecoinciden con su proyeccion ortogonal sobre S, es decir, los que verifican Bv = v. Resolviendo este sistema

1

2

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

v1v2v3v4

=

v1v2v3v4

12

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

v1v2v3v4

=

0000

{v1 v3 = 0,v2 v4 = 0,

obtenemos

v =

1010

+

0101

, , R S = Gen

u1 =

1010

, u2 =

0101

.

Como la base encontrada ya es ortogonal (u1 u2 = 0), basta con dividir por la norma de cada vector para encontraruna base ortonormal de S:

12

1010

, 12

0101

.

149

(b) Para calcular la proyeccion ortogonal del vector w = (1, 1, 1, 1)T sobre S, usamos que la matriz de la proyeccionortogonal sobre S, PS , vale

PS = I PS =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

12

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

= 12

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

con lo que

ProySw = PSw =1

2

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

1111

=

0000

,

resultado logico ya que w S, pues verifica sus ecuaciones implcitas (halladas en el apartado anterior), x1 x3 = 0,x2 x4 = 0 (en particular, podemos ver que w = u1 + u2).

Ejercicio resueltoDados el subespacio E de R4 y la matriz A

E = Gen

u1 =

1001

, u2 =

0102

, u3 =

0011

, A =

a1 b1a2 2a3 b22 b3

.

(a) Encontrar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre E.

(b) Calcular A sabiendo que Col(A) esta contenido en E.

(a) Para calcular la matriz de la proyeccion ortogonal PE sobre un subespacio E necesitamos una base ortonormalde E. Pero teniendo en cuenta que PE + PE = I, puede ser mas facil calcular primero PE a partir de una baseortonormal de E. Por tanto, lo mas conveniente es trabajar con el espacio que tenga menor dimension entre E y E.Por un lado, dim(E) = 3 pues los tres vectores que lo generan son linealmente independientes

1 0 00 1 00 0 11 2 1

1 0 00 1 00 0 10 2 1

1 0 00 1 00 0 10 0 1

1 0 00 1 00 0 10 0 0

.

De esta forma, al estar en R4, dim(E) = 4dim(E) = 43 = 1, con lo que es trivial encontrar una base ortonormalde E y muy tedioso hallarla para E.

Para trabajar con E podemos escribir sus ecuaciones implcitas (a partir de un conjunto generador de E; si setrata de una base de E, entonces tenemos garanta de que no nos sobra ninguna ecuacion en ese conjunto de ecuacionesimplcitas):

E

x1 + x4 = 0x2 + 2x4 = 0x3 + x4 = 0

x4 Rx1 = x4x2 = 2x4x3 = x4

E = Gen

1211

.

Otra forma de encontrar una base de E es a partir de las ecuaciones implcitas de E, y estas son faciles de calcular(repetimos la primera eliminacion que hicimos para ver la dimension de E, anadiendo una cuarta columna):

1 0 0 x10 1 0 x20 0 1 x31 2 1 x4

1 0 0 x10 1 0 x20 0 1 x30 2 1 x4 x1

1 0 0 x10 1 0 x20 0 1 x30 0 1 x4 x1 2x2

1 0 0 x10 1 0 x20 0 1 x30 0 0 x4 x1

2x2 x3

,

de donde deducimos que x1 + 2x2 + x3 x4 = 0 es una ecuacion implcita de E (es recomendable emplear unossegundos en comprobar que todos los vectores que generan E satisfacen todas las ecuaciones implcitas obtenidas;en nuestro caso, que los tres vectores verifican la ecuacion). Observemos que obtenemos una sola ecuacion implcitapues E tiene dimension 3 y es un subespacio de R4. A partir de dicha ecuacion implcita de E deducimos queE = Gen{(1, 2, 1,1)T}.

La ventaja de trabajar con E es que la base obtenida ya es ortogonal (al tener un unico vector) y, por tanto, unabase ortonormal es BE = {v1 = 17 (1, 2, 1,1)T}. Construyendo la matriz U = [v1] podemos ya calcular la matriz

150

de la proyeccion ortogonal sobre E que viene dada por

PE = UUT =

17

1211

17 [ 1 2 1 1 ] = 17

1 2 1 12 4 2 21 2 1 11 2 1 1

.

Es muy facil obtener entonces la matriz de la proyeccion ortogonal sobre E

PE = I PE =1

7

6 2 1 12 3 2 21 2 6 11 2 1 6

.

Para estar seguros de que las matrices encontradas son las correctas es recomendable comprobar que, al proyectar cadavector de la base de ese espacio obtenemos el mismo vector, y que, al proyectar cada vector de la base del subespacioortogonal obtenemos el vector nulo. Ademas, hay dos comprobaciones inmediatas que si no las satisface una matrizde proyeccion seguro que esta mal calculada: es siempre una matriz cuadrada, en este caso al estar el subespacio enR4 es 4 4 y debe ser simetrica al ser (UUT )T = (UT )TUT = UUT .

Observemos que un camino no recomendable (pues nos puede llevar mucho tiempo y seguramente con errores en loscalculos) para calcular PE consiste en buscar una base de E, {z1, z2, z3}, aplicarle el metodo de GramSchmidt paraconseguir una base ortogonal, {t1, t2, t3}, dividir por las normas de los vectores para conseguir una base ortonormal yconstruir la matriz

U =

[t1||t1||

t2||t2|| t3||t3||

],

con lo que, finalmente, PE = UUT .

(b) Si Col(A) esta contenido en E, quiere decir que cada columna de A se puede escribir como combinacion linealde los vectores de cualquier base de E. Como una base de E es {(1, 2, 1,1)T}, debe verificarse

a1a2a32

=

1211

= 2,a1 = 2,a2 = 4,a3 = 2,

;

b12b2b3

=

1211

= 1,b1 = 1,b2 = 1,b3 = 1,

con lo que la matriz A buscada resulta ser A =

a1 b1a2 2a3 b22 b3

=

2 14 22 12 1

.

Un planteamiento equivalente consiste en exigir que la matriz siguiente tenga rango uno

r

1 a1 b12 a2 21 a3 b21 2 b3

= r

1 a1 b10 a2 2a1 2 2b10 a3 a1 b2 b10 a1 2 b3 + b1

= 1

a2 2a1 = 0,a3 a1 = 0,a1 2 = 0,2 2b1 = 0,b2 b1 = 0,b3 + b1 = 0,

a1 = 2,a2 = 4,a3 = 2,b1 = 1,b2 = 1,b3 = 1.

Otra posibilidad es exigir que las columnas de A verifiquen las tres ecuaciones implcitas de E obtenidas en el primerapartado.

Ejercicio resueltoConsideremos el subespacio E de R3 definido mediante x z = 0 y la aplicacion lineal f : R3 R3 representada(en la base canonica de R3) por la matriz

A =

3 2 10 1 2

2 1 0

.

(a) Hallar la proyeccion ortogonal del vector (1, 1, 1)T sobre el subespacio f(E).(b) Encontrar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre el subespacio [f(E)].

151

(a) A partir de las ecuaciones implcitas de E, x z = 0, es inmediato deducir (resolviendo la ecuacion que define aE) que:

E = Gen

v1 =

10

1

, v2 =

01

0

.

Si x es un vector de E, x E, entonces se podra escribir como x = 1v1 + 2v2 y su transformado, mediante latransformacion lineal f , sera f(x) = f(1v1 + 2v2) = 1f(v1) + 2f(v2) es decir, que si E = Gen {v1, v2} entonces,f(E) = Gen {f(v1), f(v2)}. Calculamos pues

f(v1) = Av1 =

3 2 10 1 2

2 1 0

10

1

=

42

2

,

f(v2) = Av2 =

3 2 10 1 2

2 1 0

01

0

=

211

,

con lo que f(E) = Gen {(4, 2, 2)T , (2,1,1)T} = Gen {w = (2, 1, 1)T }.Puesto que dim(f(E)) = 1 y se trata de un subespacio de R3, entonces dim([f(E)]) = 2, con lo que es mas facil

proyectar sobre f(E) que sobre [f(E)].Cuidado, no hay que confundir [f(E)] con f(E). Este ultimo viene generado por f [(1, 0,1)T ] = (2,2, 2)T , ya

que E = Gen {(1, 0,1)T}, mientras que una ecuacion implcita que define [f(E)] es 2x+ y + z = 0 y, por tanto,resolviendo esta ecuacion, [f(E)] = Gen {u1 = (1,2, 0)T , u2 = (0,1, 1)T}.

Para proyectar sobre un subespacio necesitamos conocer una base ortogonal suya. Puesto que una base de f(E) esw = (2, 1, 1)T (que es ortogonal al estar formada por un unico vector) ya podemos proyectar el vector u = (1, 1, 1)Tsobre f(E)

Proyf(E)u =u ww w w =

0

6w =

00

0

.

Este resultado indica que el vector u que hemos proyectado sobre f(E) pertenece a [f(E)].Si preferimos proyectar mediante la matriz de la proyeccion Pf(E), la calculamos construyendo U = (w/||w||) de

forma que

Pf(E) = UUT =

6

6

21

1

6

6

(2 1 1

)=

1

6

4 2 22 1 1

2 1 1

.

Conviene emplear unos segundos en comprobar que la matriz Pf(E) calculada es correcta (hay dos comprobacionesinmediatas que si no las satisface seguro que esta mal: es siempre una matriz cuadrada, en este caso al estar elsubespacio en R3 es 3 3; ademas debe ser simetrica al ser (UUT )T = (UT )TUT = UUT ). Para tener garanta de queesta bien calculada, vemos que Pf(E)w = w (como la proyeccion de cualquier vector de f(E) sobre f(E) es el propiovector, basta con comprobarlo con todos los vectores de su base) y que Pf(E)u1 = Pf(E)u2 = 0 (como la proyeccion de

cualquier vector de [f(E)] sobre f(E) es el vector nulo, lo verificamos con todos los vectores de la base de [f(E)]).De esta forma

Proyf(E)u = Pf(E)u =1

6

4 2 22 1 1

2 1 1

11

1

=

00

0

.

(b) Por la consideracion de las dimensiones f(E) y de [f(E)], la manera mas facil de calcular P[f(E)] es teniendoen cuenta que Pf(E) + P[f(E)] = I. Puesto que ya hemos calculado Pf(E), es inmediato que

P[f(E)] = I Pf(E) = 1 0 00 1 0

0 0 1

1

6

4 2 22 1 1

2 1 1

= 1

6

2 2 22 5 12 1 5

.

Veamos que si no recurrimos al subespacio ortogonal, es decir, si trabajamos directamente con [f(E)] los calculosseran mas engorrosos. Para calcular la matriz de la proyeccion necesitamos una base ortonormal del subespacio. Comouna ecuacion implcita de [f(E)] es 2x+ y+ z = 0, resolviendo esta ecuacion, obtenemos una base B[f(E)] = {u1 =(1,2, 0)T , u2 = (0,1, 1)T}. Para obtener una base ortogonal vamos a aplicar el metodo de GramSchmidt a esosdos vectores

w1 = u1 =

12

0

; w2 = u2 u2 w1

w1 w1w1 = 01

1

2

5

12

0

=

2/51/5

1

.

152

Conviene comprobar, para detectar posibles errores, que w1 y w2 son ortogonales, es decir, que w1 w2 = 0.Por tanto, una base ortogonal de [f(E)] viene dada por {w1, w2}. Por comodidad, en vez de w2 podemos tomar

un multiplo suyo para evitar la aparicion de fracciones, obteniendo la base ortogonal

{w1 = (1,2, 0)T , w2 = (2, 1,5)T}.

Dividiendo por su norma conseguimos una base ortonormal de [f(E)], B[f(E)] ={

w1||w1|| ,

w2||w2||

}, a partir de la cual

construimos la matriz U =(

w1||w1||

w2||w2||)con lo que

P[f(E)] = UUT =

5

5

30

15

2

55

30

30

0

306

(

55 2

5

5 030

15

30

30

306

)=

1

6

2 2 22 5 12 1 5

.

Observemos que una alternativa a aplicar el metodo de Gram-Schmidt es buscar con cuidado una base ortogonalde [f(E)]. Como su ecuacion implcita es 2x+ y + z = 0, elegimos un primer vector cualquiera (cuanto mas sencillomejor, pues en la solucion aparecen dos parametros) que verifique esa ecuacion, por ejemplo, z1 = (1,2, 0)T . Ahoraun segundo vector, z2 = (a, b, c)

T , lo determinamos exigiendo que verifique la ecuacion anterior y que sea perpendiculara z1, es decir, debe verificar 2a + b + c = 0, a 2b = 0. Elegimos un vector cualquiera (en la solucion aparece unparametro) que verifique este sistema, por ejemplo, z2 = (2, 1,5)T . La base ortogonal encontrada es {z1, z2}.

Ejercicio resueltoHallar la proyeccion ortogonal del vector (3,4, 5)T sobre el subespacio f(E) siendo f la aplicacion lineal dadapor la matriz

A =

1 0 11 1 0

0 1 1

y E el subespacio de R3 dado por x y z = 0.A partir de las ecuaciones implcitas de E, x y z = 0, es inmediato deducir (resolviendo la ecuacion que define aE) que:

E = Gen

v1 =

11

0

, v2 =

10

1

.

Si x es un vector de E, x E, entonces se podra escribir como x = 1v1 + 2v2 y s