Soluciones · Sección 2B
Estado: VERIFICADO
Procedencia: [SOL] material original de Matemática Abierta.
Referencia: ejercicios 1–11 de la Sección 2B de Linear Algebra Done Right, 4.ª ed.
Criterio: se usan únicamente definiciones y resultados disponibles hasta 2B, junto con los ejercicios ya resueltos de 2A cuando simplifican el argumento.
Ejercicio 1
El único espacio vectorial que tiene exactamente una base es
\[ \boxed{\{0\}}. \]
En efecto, la lista vacía es linealmente independiente y
\[ \operatorname{span}(\,)=\{0\}, \]
por lo que es una base de \(\{0\}\). No existe otra lista que pueda ser base de ese espacio, porque cualquier lista no vacía formada por vectores de \(\{0\}\) contiene el vector \(0\) y es linealmente dependiente.
Si \(V\) es de dimensión infinita, ninguna lista finita genera \(V\), de modo que \(V\) no tiene base en el sentido de 2.26.
Finalmente, si \(V\neq\{0\}\) es de dimensión finita, sea
\[ v_1,\ldots,v_n \]
una base. Entonces \(n\ge1\) y
\[ 2v_1,v_2,\ldots,v_n \]
es otra base: multiplicar un vector de una base por el escalar no nulo \(2\) no altera ni la independencia lineal ni el span. Como \(v_1\neq0\), tenemos \(2v_1\neq v_1\). Por tanto la base no es única.
Ejercicio 2
Verificamos las afirmaciones de 2.27.
\(a\) Base estándar de \(\mathbf F^n\)
Sean \(e_1,\ldots,e_n\) los vectores estándar. Para todo
\[ x=(x_1,\ldots,x_n)\in\mathbf F^n, \]
se tiene
\[ x=x_1e_1+\cdots+x_ne_n, \]
así que la lista genera \(\mathbf F^n\). Si
\[ a_1e_1+\cdots+a_ne_n=0, \]
la igualdad coordenada a coordenada da \(a_1=\cdots=a_n=0\). Luego la lista es linealmente independiente y, por tanto, una base.
\(b\) \((1,2),(3,5)\) es base de \(\mathbf F^2\)
Si
\[ a(1,2)+b(3,5)=(0,0), \]
entonces
\[ a+3b=0,\qquad 2a+5b=0. \]
De \(a=-3b\) y la segunda ecuación obtenemos \(-b=0\), de modo que \(a=b=0\). La lista es linealmente independiente.
Además, para todo \((x,y)\in\mathbf F^2\),
\[ (x,y)=(3y-5x)(1,2)+(2x-y)(3,5). \]
Así la lista genera \(\mathbf F^2\) y es una base.
\(c\) Dos vectores en \(\mathbf F^3\)
Los vectores
\[ (1,2,-4),(7,-5,6) \]
no son múltiplos escalares entre sí, luego forman una lista linealmente independiente por 2.16(d).
No pueden generar \(\mathbf F^3\): la base estándar de \(\mathbf F^3\) es una lista linealmente independiente de longitud \(3\), y 2.22 impide que una lista generadora tenga longitud \(2\). Por tanto no constituyen una base.
\(d\) Tres vectores en \(\mathbf F^2\)
Los dos primeros vectores
\[ (1,2),(3,5) \]
ya forman una base por \(b\), de modo que la lista de tres vectores genera \(\mathbf F^2\).
Sin embargo,
\[ (4,13)=19(1,2)-5(3,5), \]
de modo que
\[ 19(1,2)-5(3,5)-(4,13)=0 \]
es una relación no trivial. La lista no es linealmente independiente y, por tanto, no es una base.
\(e\) Base de \(\{(x,x,y)\}\)
Todo vector del subespacio puede escribirse como
\[ (x,x,y)=x(1,1,0)+y(0,0,1), \]
así que los dos vectores generan el subespacio. Si
\[ a(1,1,0)+b(0,0,1)=0, \]
las coordenadas primera y tercera dan \(a=b=0\). Luego forman una base.
\(f\) Base del plano \(x+y+z=0\)
Si \((x,y,z)\) satisface \(x+y+z=0\), entonces
\[ (x,y,z)=-y(1,-1,0)-z(1,0,-1). \]
Por tanto los dos vectores generan el subespacio. Si
\[ a(1,-1,0)+b(1,0,-1)=0, \]
las coordenadas segunda y tercera dan \(a=b=0\). Luego forman una base.
\(g\) Base estándar de \(\mathcal P_m(\mathbf F)\)
Por 2.12,
\[ \mathcal P_m(\mathbf F)=\operatorname{span}(1,z,\ldots,z^m). \]
Por 2.16(b), la lista \(1,z,\ldots,z^m\) es linealmente independiente. Por tanto es una base.
Otras dos bases de \(\mathbf F^2\)
Ya verificamos que \((1,2),(3,5)\) es una base. Para
\[ (7,5),(-4,9), \]
si
\[ a(7,5)+b(-4,9)=0, \]
entonces
\[ 7a-4b=0,\qquad 5a+9b=0. \]
Multiplicando la primera ecuación por \(9\) y la segunda por \(4\) y sumando se obtiene
\[ 83a=0, \]
así que \(a=0\) y después \(b=0\). La lista es linealmente independiente.
Además, para todo \((x,y)\in\mathbf F^2\),
\[ (x,y)=\frac{9x+4y}{83}(7,5)+\frac{-5x+7y}{83}(-4,9). \]
Así también genera \(\mathbf F^2\) y es una base.
Ejercicio 3
Sea
\[ U=\{(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\mathbf R^5:x_1=3x_2,\ x_3=7x_4\}. \]
Todo vector de \(U\) tiene la forma
\[ (3a,a,7b,b,c) \]
con \(a,b,c\in\mathbf R\), y por tanto
\[ (3a,a,7b,b,c) =a(3,1,0,0,0)+b(0,0,7,1,0)+c(0,0,0,0,1). \]
Los tres vectores son linealmente independientes porque una combinación lineal nula obliga, mirando las coordenadas segunda, cuarta y quinta, a que sus tres coeficientes sean \(0\).
\(a\)
Una base de \(U\) es
\[ \boxed{ (3,1,0,0,0),\ (0,0,7,1,0),\ (0,0,0,0,1) }. \]
\(b\)
Añadimos
\[ e_1=(1,0,0,0,0),\qquad e_3=(0,0,1,0,0). \]
La lista
\[ (3,1,0,0,0),\ (0,0,7,1,0),\ (0,0,0,0,1),\ e_1,\ e_3 \]
es linealmente independiente: en una combinación lineal nula, las coordenadas segunda, cuarta y quinta anulan primero los coeficientes de los tres vectores de \(U\), y después las coordenadas primera y tercera anulan los dos restantes. Además contiene cinco vectores y puede verificarse directamente que genera \(\mathbf R^5\); equivalentemente, \(e_2,e_4,e_5\) se recuperan de ella. Es por tanto una base de \(\mathbf R^5\).
\(c\)
Tomemos
\[ \boxed{W=\operatorname{span}(e_1,e_3)}. \]
La base construida en \(b\) muestra que \(U+W=\mathbf R^5\). Si un vector pertenece a \(U\cap W\), entonces
\[ (3a,a,7b,b,c)=(s,0,t,0,0). \]
Las coordenadas segunda, cuarta y quinta dan \(a=b=c=0\), y luego \(s=t=0\). Así \(U\cap W=\{0\}\). Por 1.46,
\[ \boxed{\mathbf R^5=U\oplus W}. \]
Ejercicio 4
Sea
\[ U=\{(z_1,z_2,z_3,z_4,z_5)\in\mathbf C^5:6z_1=z_2,\ z_3+2z_4+3z_5=0\}. \]
Escribiendo
\[ z_1=a,\qquad z_4=b,\qquad z_5=c, \]
obtenemos
\[ (z_1,z_2,z_3,z_4,z_5) =(a,6a,-2b-3c,b,c). \]
Por tanto
\[ (a,6a,-2b-3c,b,c) =a(1,6,0,0,0)+b(0,0,-2,1,0)+c(0,0,-3,0,1). \]
\(a\)
Una base de \(U\) es
\[ \boxed{ (1,6,0,0,0),\ (0,0,-2,1,0),\ (0,0,-3,0,1) }. \]
La independencia lineal se ve directamente en las coordenadas primera, cuarta y quinta.
\(b\)
Añadimos
\[ e_2=(0,1,0,0,0),\qquad e_3=(0,0,1,0,0). \]
Entonces
\[ (1,6,0,0,0),\ (0,0,-2,1,0),\ (0,0,-3,0,1),\ e_2,\ e_3 \]
es una base de \(\mathbf C^5\). En efecto, una combinación lineal nula se resuelve sucesivamente usando las coordenadas cuarta, quinta, primera, segunda y tercera, y todos los coeficientes resultan ser \(0\); además la lista genera los cinco vectores estándar.
\(c\)
Tomamos
\[ \boxed{W=\operatorname{span}(e_2,e_3)}. \]
La lista de \(b\) muestra que \(U+W=\mathbf C^5\). Si
\[ (a,6a,-2b-3c,b,c)=(0,s,t,0,0), \]
las coordenadas cuarta y quinta dan \(b=c=0\), la primera da \(a=0\), y después \(s=t=0\). Por tanto \(U\cap W=\{0\}\) y
\[ \boxed{\mathbf C^5=U\oplus W}. \]
Ejercicio 5
Como \(V\) es de dimensión finita, sus subespacios \(U\) y \(W\) también lo son por 2.25. Elijamos bases
\[ u_1,\ldots,u_m \]
de \(U\) y
\[ w_1,\ldots,w_n \]
de \(W\).
Dado que \(V=U+W\), la lista concatenada
\[ u_1,\ldots,u_m,w_1,\ldots,w_n \]
genera \(V\). Por 2.30, podemos eliminar algunos vectores de esta lista hasta obtener una base de \(V\).
Cada vector que queda pertenece a \(U\) o a \(W\). Por consiguiente existe una base de \(V\) formada enteramente por vectores de
\[ \boxed{U\cup W}. \]
Ejercicio 6
La afirmación es falsa.
Considérese la lista
\[ \boxed{1,\ z,\ z^3,\ z^2+z^3}. \]
Ninguno de estos polinomios tiene grado \(2\): sus grados son \(0,1,3,3\).
La lista genera \(\mathcal P_3(\mathbf F)\) porque
\[ z^2=(z^2+z^3)-z^3, \]
y por tanto podemos obtener la base estándar \(1,z,z^2,z^3\).
Para comprobar la independencia, supongamos
\[ a+bz+cz^3+d(z^2+z^3)=0. \]
Comparando coeficientes de \(1,z,z^2,z^3\) obtenemos
\[ a=0,\qquad b=0,\qquad d=0,\qquad c+d=0, \]
de donde también \(c=0\).
Así la lista es una base de \(\mathcal P_3(\mathbf F)\) y constituye el contraejemplo pedido.
Ejercicio 7
Definamos
\[ w_1=v_1+v_2,\quad w_2=v_2+v_3,\quad w_3=v_3+v_4,\quad w_4=v_4. \]
Generación
Podemos recuperar la base original:
\[ v_4=w_4, \]
\[ v_3=w_3-w_4, \]
\[ v_2=w_2-w_3+w_4, \]
\[ v_1=w_1-w_2+w_3-w_4. \]
Por tanto \(w_1,w_2,w_3,w_4\) genera \(V\).
Independencia lineal
Si
\[ a_1w_1+a_2w_2+a_3w_3+a_4w_4=0, \]
entonces
\[ a_1v_1+(a_1+a_2)v_2+(a_2+a_3)v_3+(a_3+a_4)v_4=0. \]
Como \(v_1,v_2,v_3,v_4\) es linealmente independiente,
\[ a_1=0, \]
después \(a_2=0\), luego \(a_3=0\) y finalmente \(a_4=0\).
Así la nueva lista es linealmente independiente y genera \(V\); por tanto es una base.
Ejercicio 8
La afirmación es falsa.
Tómese
\[ V=\mathbf F^4 \]
con base estándar
\[ v_1=e_1,\quad v_2=e_2,\quad v_3=e_3,\quad v_4=e_4. \]
Definamos
\[ U=\operatorname{span}(e_1,e_2,e_3+e_4). \]
Entonces
\[ e_1,e_2\in U. \]
Sin embargo, \(e_3\notin U\): si
\[ e_3=ae_1+be_2+c(e_3+e_4), \]
la tercera coordenada obliga a \(c=1\) y la cuarta exigiría \(c=0\), contradicción. El mismo argumento muestra que \(e_4\notin U\).
Por tanto se cumplen las hipótesis del ejercicio. Pero \(e_1,e_2\) no genera \(U\), porque
\[ e_3+e_4\in U \]
y
\[ e_3+e_4\notin\operatorname{span}(e_1,e_2). \]
Así \(v_1,v_2\) no es una base de \(U\).
Ejercicio 9
Recordemos
\[ w_k=v_1+\cdots+v_k. \]
En el Ejercicio 3 de 2A demostramos que
\[ \operatorname{span}(v_1,\ldots,v_m) = \operatorname{span}(w_1,\ldots,w_m), \]
y en el Ejercicio 14 de 2A demostramos que
\[ v_1,\ldots,v_m\text{ es linealmente independiente} \iff w_1,\ldots,w_m\text{ es linealmente independiente}. \]
Como una base es precisamente una lista que satisface ambas propiedades,
\[ \boxed{ v_1,\ldots,v_m\text{ es base de }V \iff w_1,\ldots,w_m\text{ es base de }V. } \]
Ejercicio 10
Queremos demostrar que
\[ u_1,\ldots,u_m,w_1,\ldots,w_n \]
es una base de \(V\).
Generación
Como
\[ V=U\oplus W, \]
todo \(v\in V\) puede escribirse como
\[ v=u+w \]
con \(u\in U\) y \(w\in W\). Al expandir \(u\) en la base de \(U\) y \(w\) en la base de \(W\), obtenemos una combinación lineal de la lista concatenada. Por tanto la lista genera \(V\).
Independencia lineal
Supongamos
\[ a_1u_1+\cdots+a_mu_m+b_1w_1+\cdots+b_nw_n=0. \]
Entonces
\[ a_1u_1+\cdots+a_mu_m = -(b_1w_1+\cdots+b_nw_n). \]
El lado izquierdo pertenece a \(U\) y el derecho a \(W\). Como
\[ U\cap W=\{0\}, \]
ambos lados son \(0\). La independencia lineal de cada una de las bases da
\[ a_1=\cdots=a_m=0, \]
\[ b_1=\cdots=b_n=0. \]
La lista concatenada es, por tanto, una base de \(V\).
Ejercicio 11
Recordemos que la complexificación de un espacio vectorial real \(V\) es
\[ V_{\mathbf C}=V\times V, \]
y escribimos sus elementos como
\[ u+iw. \]
Identificamos cada \(v\in V\) con \(v+i0\in V_{\mathbf C}\).
Supongamos que
\[ v_1,\ldots,v_n \]
es una base de \(V\) sobre \(\mathbf R\).
Generación sobre \(\mathbf C\)
Sea \(u+iw\in V_{\mathbf C}\). Como la lista es una base real de \(V\), existen escalares reales \(a_1,\ldots,a_n\) y \(b_1,\ldots,b_n\) tales que
\[ u=a_1v_1+\cdots+a_nv_n, \]
\[ w=b_1v_1+\cdots+b_nv_n. \]
Por tanto
\[ \begin{aligned} u+iw &=\sum_{j=1}^n a_jv_j+i\sum_{j=1}^n b_jv_j\\ &=\sum_{j=1}^n (a_j+ib_j)v_j. \end{aligned} \]
Así \(v_1,\ldots,v_n\) genera \(V_{\mathbf C}\) sobre \(\mathbf C\).
Independencia lineal sobre \(\mathbf C\)
Supongamos
\[ \sum_{j=1}^n (a_j+ib_j)v_j=0 \]
con \(a_j,b_j\in\mathbf R\). Por la definición de las operaciones en la complexificación,
\[ \left(\sum_{j=1}^n a_jv_j\right) +i\left(\sum_{j=1}^n b_jv_j\right) =0+i0. \]
La igualdad de pares ordenados implica
\[ \sum_{j=1}^n a_jv_j=0, \]
\[ \sum_{j=1}^n b_jv_j=0. \]
Como \(v_1,\ldots,v_n\) es linealmente independiente sobre \(\mathbf R\),
\[ a_1=\cdots=a_n=0, \]
\[ b_1=\cdots=b_n=0. \]
Luego todos los coeficientes complejos \(a_j+ib_j\) son \(0\), y la lista es linealmente independiente sobre \(\mathbf C\).
Concluimos que
\[ \boxed{v_1,\ldots,v_n\text{ es una base de }V_{\mathbf C}\text{ sobre }\mathbf C.} \]
QA
- 11/11 ejercicios tratados.
- Ejercicio 1 distingue correctamente los espacios sin base de los que tienen una base única bajo la convención finita de «lista» de Axler.
- Ejercicio 2 verifica por separado todas las afirmaciones de 2.27.
- Ejercicios 3 y 4 construyen explícitamente base, extensión y complemento directo.
- Ejercicio 6 aporta un contraejemplo que no usa teoría de dimensión de 2C.
- Ejercicio 8 aporta un contraejemplo donde \(U\) contiene \(v_1,v_2\) y un tercer vector, sin contener \(v_3\) ni \(v_4\) individualmente.
- Ejercicio 11 usa exactamente la complexificación definida en el Ejercicio 8 de 1B.
Procedencia y licencia de esta edición: traducción/adaptación no oficial de Sheldon Axler, Linear Algebra Done Right, 4.ª edición. La traducción y las contribuciones de esta edición se publican bajo CC BY-NC 4.0. Las soluciones señaladas como originales son de Matemática Abierta, no del autor. Índice de esta edición.