Rango de una matriz y ecuaciones de un subespacio

TEMA 2. ESPACIOS VECTORIALES
4.
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Aplicaciones: rango de una matriz y ecuaciones de un subespacio
Terminaremos este tema aprovechando la teoría de espacios vectoriales que hemos estudiado para obtener algunas consecuencias interesantes en la teoría de matrices y la discusión
de SEL. Deduciremos también algunos principios que serán de utilidad en el cálculo de bases
y dimensiones de subespacios vectoriales.
4.1. Bases y dimensión de U = L(S). Sea V un e.v. sobre K y U = L(S) un s.v. no
trivial generado por S = {v1 , . . . , vm }. Queremos calcular una base de U y dimK (U ).
Sabemos que dimK (U ) es el número máximo de vectores l.i. de S. Así, dimK (U ) = m si y
sólo si S es l.i. (lo que equivale a que S sea una base de U ). En general, dimK (U ) 6 m pues
S no tiene por qué ser l.i. En tal caso, el Teorema 3.28 dice que hay una base B de U con
B ⇢ S. Para construir B debemos eliminar de S los vectores que se expresen como c.l. de
los demás generadores. Este proceso puede ser muy tedioso si m es grande. Para realizarlo
más fácilmente construiremos un s.d.g. de U en el que la independencia lineal sea sencilla de
estudiar. La idea es modificar S a través del siguiente resultado.
Lema 4.1. Sea V un e.v. sobre K y U = L(S) con S = {v1 , . . . , vi , . . . , vj , . . . , vm } ✓ V .
Entonces, se tiene:
1. S 0 = {v1 , . . . , vj , . . . , vi , . . . , vm } es un s.d.g. de U .
2. Si a 2 K y a 6= 0, entonces S 00 = {v1 , . . . , a · vi , . . . , vj , . . . , vm } es un s.d.g. de U .
3. Si a 2 K entonces S 000 = {v1 , . . . , vi , . . . , vj + a · vi , . . . , vm } es un s.d.g. de U .
Demostración. El lema es consecuencia de la Proposición 3.10. Es obvio que S = S 0 y, por
tanto, L(S 0 ) = L(S) = U . Por otro lado, si a 2 K y a 6= 0, se tiene que S [ {a · vi } es un s.d.g.
de U . Como vi = a 1 · (a · vi ) entonces (S [ {a · vi }) {vi } = S 00 es un s.d.g. de U . Por último,
dado a 2 K, sabemos que S [{vj +a·vi } es un s.d.g. de U . Y como vj = (vj +a·vi )+( a)·vi ,
entonces (S [ {vj + a · vi }) {vj } = S 000 es un s.d.g de U .
⇤
Veamos cómo aplicar el lema previo para calcular una base de U = L(S), donde S =
{v1 , . . . , vm } es una familia de vectores en K n . Sea M la matriz cuya fila i-ésima se identifica
con vi . El lema anterior nos dice que, aplicando a M transformaciones elementales por filas,
obtenemos un nuevo s.d.g. de U . Procedemos como en el método de Gauss, realizando transformaciones hasta conseguir la matriz de un SEL escalonado. Entonces, las filas no nulas se
identifican con una base de U , y el número de tales filas es dimK (U ).
Ejemplo 4.2. Calculemos una base y la dimensión del s.v. de R4 dado por U = L(S), donde
S = {(1, 2, 1, 0), (2, 3, 2, 1), (4, 1, 0, 1)}. La matriz asociada M es:
0
1
1
2
1 0
3
2 1 A
M =@ 2
4
1
0 1
Aplicamos transformaciones elementales por
lonado. Enseguida llegamos a:
0
1
M ⇠@ 0
0
filas hasta conseguir la matriz de un SEL esca2
7
0
1
1 0
4 1 A.
0 0
Como el vector nulo se puede eliminar de cualquier s.d.g. de U , se sigue que la familia B =
{(1, 2, 1, 0), (0, 7, 4, 1)} es una base de B (es un s.d.g. y l.i.). Así, dimR (U ) = 2.
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CÉSAR ROSALES GEOMETRÍA I
4.2. Rango de una matriz. Asociaremos a cada matriz A un número rg(A) 2 N[{0} que
jugará un papel importante en lo sucesivo. Para ello nos basaremos en la teoría de espacios
vectoriales estudiada hasta ahora (existen otros enfoques para definir el rango).
Definición 4.3. Sea K un cuerpo y m, n 2 N. Dada una matriz A = (aij ) en Mm⇥n (K),
definimos vj = (a1j , . . . , amj ), que es el vector en K m cuyas componentes coinciden con las
entradas de la columna j-ésima de A. Definimos el rango de A como:
rg(A) = dimK (U ), con U = L(v1 , . . . , vn ).
Así, rg(A) es el número máximo de columnas l.i. que hay en A cuando las interpretamos
como vectores de K m . Es claro que rg(A) 2 N [ {0} y que rg(A) 6 min{n, m}. Además,
rg(A) = 0 si y sólo si A = 0m⇥n .
Gracias al Lemma 4.1 y a la definición de rango deducimos lo siguiente.
Corolario 4.4. El rango de A es invariante por transformaciones elementales por columnas
de A, o por transformaciones elementales por filas de At .
De este modo podemos calcular rg(A) haciendo transformaciones elementales por filas de
At hasta obtener la matriz de un SEL escalonado. Entonces rg(A) coincidirá con el número
de filas no nulas de dicha matriz. Muy pronto veremos que rg(A) = rg(At ), por lo que este
proceso se podrá realizar directamente sobre A.
Ejercicio 10. Calcular, en función del parámetro a 2 R, el rango de la matriz:
✓
◆
a 1 a
A=
.
1 1 1
Ahora podemos dar caracterizaciones de los conceptos fundamentales de la Sección 3 a
través de condiciones sobre el rango.
Lema 4.5. Sea S = {v1 , . . . , vn } una familia de vectores en K m . Consideremos la matriz
en Mm⇥n (K) dada por A = (v1 )Bu | (v2 )Bu | . . . | (vn )Bu . Entonces:
(i) S es un s.d.g. de K m si y sólo si rg(A) = m.
(ii) S es una familia l.i. en K m si y sólo si rg(A) = n.
(iii) S es una base de K m si y sólo si n = m y rg(A) = m.
Demostración. Sabemos que rg(A) = dimK (U ) con U = L(S). Si S es s.d.g. de K m entonces
U = L(S) = K m y rg(A) = m. Recíprocamente, si rg(A) = m, entonces dimK (U ) = m =
dimK (K m ). Como U es un s.v. de K m deducimos que L(S) = U = K m . Esto prueba (i).
Si S es l.i. entonces S es base de U y, por tanto, rg(A) = dimK (U ) = n. Recíprocamente,
si rg(A) = n, entonces dimK (U ) = n. Como S es un s.d.g. de U con exactamente n vectores,
el Corolario 3.36 nos dice que S es un base de U . En particular, S es l.i. Esto prueba (ii).
El apartado (iii) es consecuencia directa de (i) y (ii).
⇤
Ejercicio 11. Estudiar si la familia S = {(1, 0, 1), (1, 2, 5), ( 2, 1, 3)} es una base de R3 .
4.3. El teorema de Rouché-Frobenius. Hasta ahora hemos usado los SEL para resolver problemas de geometría lineal. Ahora veremos cómo la teoría de espacios vectoriales se
puede emplear para discutir eficazmente un SEL sin necesidad de resolverlo.
Teorema 4.6 (Rouché-Frobenius). Consideremos un SEL con ecuación matricial asociada
A · x = b, donde A 2 Mm⇥n (K) y b 2 Mm⇥1 (K). Entonces:
(i) El sistema es compatible si y sólo si rg(A) = rg(A|b).
TEMA 2. ESPACIOS VECTORIALES
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(ii) El sistema es compatible determinado si y sólo si rg(A) = rg(A|b) = n.
(iii) El sistema es compatible indeterminado si y sólo si rg(A) = rg(A|b) = r < n. En tal
caso, las soluciones quedan expresadas en función de n r parámetros de K.
Demostración. Sea vj (resp. v0 ) el vector de K m asociado a la columna j-ésima de A (resp.
a la columna b). Por la definición del producto de matrices:
(4.1)
(x1 , . . . , xn ) es solución del SEL si y sólo si x1 · v1 + . . . + xn · vn = v0 .
Por tanto, el SEL es compatible si y sólo si v0 2 L(v1 , . . . , vn ). En tal caso, las soluciones del
SEL coinciden con los coeficientes que permiten expresar v0 como c.l. de {v1 , . . . , vn }.
Vamos a demostrar (i). Se tiene que:
SEL compatible , v0 2 L(v1 , . . . , vn ) , L(v1 , . . . , vn , v0 ) = L(v1 , . . . , vn )
, dimK (L(v1 , . . . , vn , v0 )) = dimK (L(v1 , . . . , vn )) , rg(A|b) = rg(A),
donde en la segunda y en la tercera equivalencia hemos empleado la Proposición 3.10 y el
segundo apartado de la Proposición 3.41.
Probemos (ii). Supongamos que el SEL es compatible determinado. Gracias a (4.1) existen escalares únicos x1 , . . . , xn 2 K tales que x1 · v1 + . . . + xn · vn = v0 . Queremos que
dimK (U ) = n con U = L(v1 , . . . , vn ). Para ver que {v1 , . . . , vn } es l.i. tomamos una c.l.
a1 · v1 + . . . + an · vn = 0,
con a1 , . . . , an 2 K. Sumando el vector v0 a ambos lados de la igualdad:
a1 · v1 + . . . + an · vn + v0 = v0 .
Teniendo en cuenta la expresión de v0 de arriba:
(a1 + x1 ) · v1 + . . . + (an + xn ) · vn = v0 .
Por la unicidad de los escalares xi se tiene que ai + xi = xi y, por tanto, ai = 0 para cada
i = 1, . . . , n. Recíprocamente, si rg(A) = n, entonces dimK (U ) = n y {v1 , . . . , vn } es una base
de U por el Corolario 3.36. Como rg(A) = rg(A|b) el SEL es compatible, es decir, v0 2 U . Por
el Teorema 3.46 existen escalares únicos x1 , . . . , xn 2 K tales que v0 = x1 · v1 + . . . + xn · vn .
Gracias a (4.1) el SEL es compatible determinado.
Vamos a demostrar (iii). Por (i) y (ii) el SEL es compatible indeterminado si y sólo si
rg(A) = rg(A|b) = r < n (nótese que rg(A) 6 m, n). Veamos que las soluciones se expresan
en función de n r parámetros de K. Como dimK (U ) = rg(A) = r, tenemos r vectores l.i.
en {v1 , . . . , vn }. Tras renombrar los vectores si fuera preciso, podemos suponer que la familia
{v1 , . . . , vr } es l.i y, por tanto, una base de U . Gracias a (4.1) se tiene que:
(x1 , . . . , xn ) es solución si y sólo si x1 · v1 + . . . + xr · vr = v0
xr+1 · vr+1
...
xn · v n .
Usando el Teorema 3.46, cada vez que tomamos 1 , . . . , n r 2 K, existen x1 , . . . , xr 2 K
únicos tales que (x1 , . . . , xr , 1 , . . . , n r ) es solución del SEL. A partir de aquí se sigue que
{(x1 , . . . , xr , 1 , . . . , n r ) / 1 , . . . , n r 2 K} es el conjunto de soluciones del SEL.
⇤
Ejercicio 12. Discutir, mediante el teorema de Rouché-Frobenius, cualquiera de los SEL de
la primera relación de problemas.
Corolario 4.7. Sea W el conjunto de soluciones del SEL homogéneo con ecuación matricial
A · x = 0, donde A 2 Mm⇥n (K). Entonces, W es un s.v. de K n con dimK (W ) = n rg(A).
Además, W 0 = {x 2 Mn⇥1 (K) / A·x = 0} es un s.v. de Mn⇥1 (K) con dimK (W ) = n rg(A).
38
CÉSAR ROSALES GEOMETRÍA I
Demostración. Como el SEL es homogéneo sabemos que W es un s.v. de K n . Gracias a los
argumentos en la prueba del teorema anterior tenemos:
donde, para cada
(4.2)
W = {(x1 , . . . , xr ,
1, . . . ,
n r
1, . . . ,
n r) /
1, . . . ,
n r
2 K},
2 K, los escalares x1 , . . . , xr son los únicos tales que:
x1 · v 1 + . . . + xr · v r =
1
· vr+1
...
n r
· vn .
Sea wi 2 W la única solución del SEL cuando i = 1 y j = 0 si i 6= j. Si vemos que
BW = {w1 , . . . , wn r } es una base de W habremos terminado. Es sencillo probar que BW es
l.i. Además, L(BW ) ✓ W al ser W un s.v. que contiene a BW . Sea w = (x1 , . . . , xn ) 2 W .
Sabemos que x1 , . . . , xr son los únicos escalares en K que cumplen (4.2) con i = xr+i para
cada i = 1, . . . , n r. Afirmamos que w = w0 con w0 = xr+1 · w1 + . . . + xn · wn r . Nótese
que w0 2 W . Si ponemos w0 = (y1 , . . . , yn ) entonces yr+i = xr+i , para cada i = 1, . . . , n r.
Por la unicidad en las soluciones de (4.2) concluimos que yi = xi para cada i = 1, . . . , r. Esto
muestra que w = w0 2 L(BW ), lo que termina la demostración para W . Con W 0 se siguen
los mismos argumentos.
⇤
Ejemplo 4.8. Vamos a calcular una base de:
W = {(x, y, z, t) 2 R4 / x + y = 0, z + t = 0}.
Una forma de hacerlo es resolver el SEL homogéneo. Otra se basa en el corolario previo. La
matriz de coeficientes del SEL es:
✓
◆
1 1 0 0
A=
.
0 0 1 1
Es obvio que rg(A) = 2, ya que el s.v. que generan sus columnas es R2 (hay al menos dos
columnas l.i.). Por tanto, dimR (W ) = 2. Para obtener una base de W necesitamos dos soluciones l.i. del SEL. Como w1 = (1, 1, 0, 0) y w2 = (0, 0, 1, 1) cumplen esto, entonces
BW = {w1 , w2 } es una base de W .
Corolario 4.9. Sea A 2 Mn (K). Entonces, A 2 GL(n, K) si y sólo si rg(A) = n.
Demostración. Si A 2 GL(n, K), cada SEL con ecuación matricial asociada A · x = b es
compatible determinado, y su solución se identifica con x = A 1 · b. Por el teorema de
Rouché-Frobenius rg(A) = n. Recíprocamente, si rg(A) = n y B = {v1 , . . . , vn }, donde vj se
identifica con la j-ésima columna de A, el Lema 4.5 nos dice que B es una base de K n . Como
A = M (B, Bu ), el Corolario 3.56 implica que A 2 GL(n, K).
⇤
4.4. Ecuaciones paramétricas y cartesianas de un subespacio. Sea U un s.v. de K n
con dimK (U ) = m > 1. Tomemos una base BU = {v1 , v2 , . . . , vm } de U . Como U = L(BU ),
los vectores de U son exactamente de la forma v = 1 · v1 + 2 · v2 + . . . + m · vm con i 2 K,
para cada i = 1, . . . , m. Si ponemos v = (x1 , x2 , . . . , xn ) y vi = (xi1 , xi2 , . . . , xin ) entonces, al
tomar componentes en la igualdad v = 1 · v1 + . . . + m · vm obtenemos:
x1 = x11 ·
x12
1
·
1
xn = x1n ·
1
x2 =
..
.
+ x21 ·
+
x22
·
+ x2n ·
2
2
..
.
+ . . . + xm
1 ·
xm
2
m,
·
m,
+ . . . + xm
n ·
m,
+ ... +
..
.
2
que son unas ecuaciones paramétricas para U . Nótese que hay n ecuaciones paramétricas
con m parámetros. Los coeficientes que acompañan a i son las coordenadas de vi . Cuando
damos a los parámetros valores concretos obtenemos vectores de U .
TEMA 2. ESPACIOS VECTORIALES
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Ahora veremos que cada subespacio U de K n es el conjunto de soluciones de un SEL homogéneo. De acuerdo con el Corolario 4.7 la matriz A de este SEL cumplirá rg(A) = n m si
dimK (U ) = m. Cada ecuación del SEL será del tipo a1 · x1 + . . . + an · xn = 0. Si w representa
al vector columna en Mn⇥1 (K) de entradas a1 , . . . , an , entonces la ecuación se escribe como
v · w = 0, con v = (x1 x2 . . . xn ). Esto nos lleva al siguiente lema inspirado en técnicas de
espacio dual que se estudiarán en el Tema 4.
Lema 4.10. Sea U un s.v. de K n con dimK (U ) = m. Definimos el conjunto:
U0 = {w 2 Mn⇥1 (K) / v · w = 0, para cada u 2 U }.
Entonces U0 es un s.v. de K n con dimK (U0 ) = n
m.
Demostración. Para comprobar que U0 es un s.v. de K n basta usar la Proposición 2.6 y
propiedades del producto de matrices. Si m = 0 entonces U = {0} y U0 = Mn⇥1 (K), por lo
que dimK (U0 ) = n. Si m = n entonces U = K n , y tomando v = ei (i-ésimo vector de la base
usual en K n ) se sigue que U0 = {0n⇥1 } y, por tanto, dimK (U0 ) = 0.
Supongamos que 1 6 m < n. Sea BU = {v1 , . . . , vm } una base de U . Por el teorema de ampliación de la base encontramos una base de K n del tipo B = {v1 , . . . , vm , vm+1 , . . . , vn }. Consideremos la matriz en Mn (K) dada por A = (v1 )Bu | (v2 )Bu | . . . | (vn )Bu . Como B es una
base de K n y A = M (B, Bu ) se sigue por el Corolario 3.56 que A es regular. Así, C = At también es regular y la ecuación matricial C·x = ei tiene solución única wi = C 1 ·ei 2 Mn⇥1 (K).
Afirmamos que B 0 = {w1 , . . . , wn } es una base de Mn⇥1 (K). Por el Corolario 3.36 basta comprobar que B 0 es l.i. Tomemos una c.l. del tipo a1 · w1 + . . . + an · wn = 0n⇥1 . Multiplicando
por la izquierda por C obtenemos a1 · e1 + . . . + an · en = 0n⇥1 . Como la familia {e1 , . . . , en }
es l.i. en Mn⇥1 (K) se sigue que ai = 0, para cada i = 1, . . . , n.
Para terminar la demostración veamos que B0 = {wm+1 , . . . , wn } es una base de U0 . Nótese que las filas de C se identifican con los vectores de B. Por definición de producto de
matrices se tiene que la entrada j-ésima de C · wi coincide con vj · wi . Como C · wi = ei ,
entonces vj · wi = 0 para cada j 6= i. En particular, vj · wi = 0 para cada j = 1, . . . , m y cada
i = m+1, . . . , n. Esto demuestra que B0 ✓ U0 (cada vector de U es c.l. de {v1 , . . . , vm } = BU ).
Es claro que B0 es l.i. ya que B0 ⇢ B 0 y B 0 es l.i. Veamos por último que L(B0 ) = U0 . Sea
w 2 U0 . Como B 0 es una base de Mn⇥1 (K) existen escalares únicos a1 , . . . , an 2 K tales
que w = a1 · w1 + . . . + an · wn . Multiplicando por la matriz C obtenemos C · w = a, donde
a 2 Mn⇥1 (K) tiene como componentes a1 , . . . , an . La componente i-ésima de C · w es vi · w.
Como w 2 U0 deducimos que ai = 0 para cada i = 1, . . . , m. Sustituyendo esta información
llegamos a w = am+1 · wm+1 + . . . + an · wn . Así, w 2 L(B0 ) y se concluye.
⇤
Podemos ahora establecer el siguiente resultado fundamental.
Lema 4.11. Para cada A 2 Mm⇥n (K) se cumple que rg(At ) = rg(A).
Demostración. Sea vj el vector de K m que se identifica con la columna j-ésima de A. Llamemos U = L(v1 , . . . , vn ). Sea W el subespacio de Mm⇥1 (K) de las soluciones de la ecuación
matricial At · y = 0n⇥1 . Escribiendo las matrices A y At se prueba enseguida que W = U0 .
Teniendo en cuenta el Corolario 4.7 y el Lema 4.10, deducimos que:
rg(At ) = m
dimK (W ) = m
como se quería demostrar.
dimK (U0 ) = m
(m
dimK (U )) = dimK (U ) = rg(A),
⇤
Corolario 4.12. El rango de A es invariante por transformaciones elementales por filas o
por columnas de A.
40
CÉSAR ROSALES GEOMETRÍA I
De este modo, podemos calcular rg(A) haciendo transformaciones elementales por filas de
A hasta obtener la matriz de un SEL escalonado. Entonces rg(A) coincidirá con el número
de filas no nulas de dicha matriz.
Lema 4.13. Sea U un s.v. de K n con dimK (U ) = m y 1 6 m < n. Existe un SEL homogéneo con matriz de coeficientes A 2 M(n m)⇥n (K) y rg(A) = n m, cuyo subespacio de
soluciones es U .
Demostración. Por el Lema 4.10 sabemos que dimK (U0 ) = n m. Sea {w1 , . . . , wn m } una
base de U0 . Si las entradas de wi son (wi )1 , . . . , (wi )n entonces tenemos una ecuación cartesiana (wi )1 · x1 + . . . + (wi )n · xn = 0. Esto produce un SEL de n m ecuaciones con
expresión matricial A · x = 0(n m)⇥1 , donde A es la matriz en M(n m)⇥n (K) cuya i-ésima
fila se identifica con wi . Por otro lado:
rg(A) = rg(At ) = dimK L(w1 , . . . , wn
m)
= dimK (U0 ) = n
m.
Sea W el subespacio de soluciones del SEL asociado a A · x = 0(n m)⇥1 . Sabemos que
dimK (W ) = m por el Corolario 4.7. Como U ✓ W se concluye que U = W por el segundo
apartado de la Proposición 3.41.
⇤
Definición 4.14. En las condiciones de antes, diremos que las n m ecuaciones del SEL
homogéneo A · x = 0(n m)⇥1 son unas ecuaciones implícitas o cartesianas de U .
La técnica empleada para probar el Lema 4.13 sirve directamente para obtener unas ecuaciones cartesianas de U . Veamos otro método que en la práctica puede ser más rápido.
Sea BU = {v1 , . . . , vm } una base de U . Consideremos la matriz en Mn⇥m (K) dada por
C = (v1 )Bu | (v2 )Bu | . . . | (vn )Bu . Sea v = (x1 , . . . , xn ) 2 K n . Como BU es una base de U ,
deducimos a partir de (4.1) que v 2 U si y sólo si el SEL con matriz ampliada (C|b) es compatible, siendo b el vector columna que se identifica con v. Por el teorema de Rouché-Frobenius,
esto equivale a que rg(C|b) = rg(C) = m. Realizamos transformaciones elementales por filas
en (C|b) hasta conseguir la matriz de un SEL escalonado. Al igualar a cero las expresiones
obtenidas en la última columna se obtienen las n m ecuaciones homogéneas buscadas.
Ejemplo 4.15. Calculamos unas ecuaciones cartesianas para la recta U = L((1, 3, 2)) en
R3 . Claramente BU = {(1, 3, 2)} es una base de U . Así, sabemos que U tiene asociadas dos
ecuaciones cartesianas. Las obtendremos de dos maneras distintas.
Forma 1: Cada ecuación cartesiana es del tipo a x + b y + c z = 0. Imponemos que el vector
(1, 3, 2) la cumpla; esto nos lleva a la ecuación lineal a + 3b 2c = 0, cuyo s.v. de soluciones
U0 tiene dimensión 2. Una base de U0 viene dada por B0 = {( 3, 1, 0), (2, 0, 1)}. Así, unas
ecuaciones cartesianas para U son 3x + y = 0 y 2x + z = 0.
Forma 2: Un vector v = (x, y, z) de R3 está en U si es proporcional a (1, 3, 2). Esto
equivale a que la matriz dada por:
0
1
1 x
(C|v) = @ 3 y A
2 z
cumpla que rg(C|v) = 1. Al realizar transformaciones por filas se llega a:
0
1
1
x
3x + y A
(C|v) ⇠ @ 0
0 2x + z
Igualando a 0 las filas segunda y tercera obtenemos para U las mismas ecuaciones de antes.