Espacios Vectoriales: Conceptos Básicos y Ejercicios, Apuntes de Álgebra Lineal

¡Descarga Espacios Vectoriales: Conceptos Básicos y Ejercicios y más Apuntes en PDF de Álgebra Lineal solo en Docsity!

Contents

i

ii Contents

2 Gaia 1. Espazio bektorialak

(i) K gorputza izateagatik:

(a) K-ren batuketak eta biderketak elkartze propietatea eta trukatze propi- etatea betetzen dituzte. (b) K-n elementu neutroa dugu batuketarekiko, 0 ikurraz adierazten duguna (testuinguru honetan 0-k ez du zero zenbaki osoa adierazten) (c) λ ∈ K elementu bakoitzak alderantzizkoa du batuketarekiko, −λ iku- rraz adierazten duguna. (d) K-n elementu neutroa dugu biderketarekiko, 1 ikurraz adierazten duguna. (e) λ ∈ K, λ 6 = 0 elementu bakoitzak alderantzizkoa du biderketarekiko, λ−^1 ikurraz adierazten duguna (edo, beste batzuetan, 1/λ).

(ii) (V, +) talde abeldarra izateagatik:

(a) V -ren batuketak elkartze propietatea eta trukatze propietatea betetzen ditu. (b) V -n elementu neutroa dugu batuketarekiko, 0 ikurraz ere adierazten duguna. (c) v ∈ V elementu bakoitzak alderantzizkoa du batuketarekiko, −v iku- rraz adierazten duguna.

Ohartu ikur batzuek esanahi bikoitza dutela: adibidez, + ikurra K-ren batuketa zein V -ren batuketa adierazteko erabiltzen dugu. Era berean,

. ikurrak bai K-ren biderketa bai eskalarrezko biderketa adierazten ditu. Beste adibide bat 0 ikurrarena da: eskalarra bada K gorputzaren batuketarekiko neutroa da eta bektorea bada, berriz, V -ren batuketarekikoa. Printzipioz, honek guztiak anbiguotasun handia ekarriko duela pentsa genezake, baina ez da horrela, testuinguruak garbi utziko baitu zein den esanahia kasu bakoitzean.

Adibidez, ondorengo teorema batetan frogatuko dugun 0.v = 0 berdintzan:

(i) Eskerraldeko 0a K-ren neutroa da, eskalarra izan behar duelako, v bektorea biderkatzen agertzen da eta.

(ii) Eskuinaldeko 0a V -ren neutroa da, eskalarrezko biderketaren emaitza bek- tore bat delako beti.

Azken ohar bat notazioaren aldetik: hemendik aurrera, adierazpenen idazkera arintzeko asmoz, espazio bektorialetan lan egiterakoan ez dugu inoiz idatziko. ikurra (berdin gorputzeko biderketa zein eskalarrezko biderketa adierazteko.)

1.1. Espazio bektorialak eta azpiespazio bektorialak 3

Adibideak. (i) Rn^ espazio bektoriala da R gainean, batuketa eta eskalarrezko biderketa “osagaiz osagai” definitzen badira:

(x 1 ,... , xn) + (y 1 ,... , yn) = (x 1 + y 1 ,... , xn + yn)

eta λ(x 1 ,... , xn) = (λx 1 ,... , λxn). Espazio bektorial honen inguruan antolatzen da geometria afina, baina hu- rrengo adibideetan ikusten dugunez, badaude beste espazio bektorial asko Rn-z gain.

(ii) Izan bedi orain K edozein gorputz, ez derrigorrean R. Orduan, Kn^ espazio bektoriala da K-ren gainean. Horretarako, eragiketak aurreko bi formuletan bezala definitu.

(iii) Izan bedi K gorputza eta jarri

M 2 (K) = {

a b c d

| a, b, c, d ∈ K},

2 × 2 tamainuko matrizeen multzoa, matrizeen sarrerak K-ren gainean izanik. Orduan, M 2 (K) espazio bektorial da honako eragiketa hauekiko: ( a 1 b 1 c 1 d 1

a 2 b 2 c 2 d 2

a 1 + a 2 b 1 + b 2 c 1 + c 2 d 1 + d 2

eta λ

a b c d

λa λb λc λd

Oro har, n, m ∈ N edozein izanik, n × m tamainako (hau da, n errenkada eta m zutaberekin) K-ren gaineko matrizeen multzoa K-espazio bektoriala da, e- ragiketak aurreko bi formuletan bezala definitzen badira. (Askotan, A matrize bat laburki adierazteko A = (aij ) idazten dugu, A-ren tamaina ezaguna bada. Orduan, Mn,m(K) espazio bektorialaren eragiketak hauek dira: (aij ) + (bij ) = (aij + bij ) eta λ(aij ) = (λaij ). Espazio bektorial hau Mn,m(K) ikurraren bidez adierazten dugu. Matrizeak karratuak badira, hau da, n = m denean, Mn(K) idazten dugu sinpleago Mn,n(K)-ren ordez.

Izan bedi K[x] polinomio guztien multzoa K gorputzaren gainean. Hau da,

K[x] = {a 0 + a 1 x + a 2 x^2 + · · · + anxn^ | ai ∈ K, n ∈ N ∪ { 0 }}.

Orduan, polinomioen ohiko batuketarekiko eta eskalarrezko biderketarekiko K[x] K-espazio bektoriala da.

1.1. Espazio bektorialak eta azpiespazio bektorialak 5

Frogapena 1.1. Demagun lehenengo W V -ren azpiespazioa dela. Orduan, V - ren batuketa eragiketa bat da W -ren gainean eta, hori dela eta, W -ko bi ele- menturen baturak W -n egon behar du. Era berean argudia dezakegu eskalarrezko biderketarekin eta, beraz, eskalar baten eta W -ko bektore baten biderkadurak W -n egon behar du. Horrela, (i) eta (ii) betetzen dira. Ikus dezagun, alderantziz, (i) eta (ii) nahikoak direla W V -ren azpiespazioa izateko. Alde batetik, garbi dago V -ren batuketa eta eskalarrezko biderketa W - n eragiketak ematen dituztela, emaitzak W -n daudelako (i)-engandik eta (ii)- rengatik. Beraz, bakarrik ikusi behar dugu W -k espazio bektorialaren definizioko baldintzak betetzen dituela eragiketa hauekiko. Lehenengo eta behin (W, +) taldea dela ikusi behar dugu. Ohartu + elkarko- rra dela W -ren gainean, V -ren gainean badelako eta W ⊆ V delako. Izan bedi orain w ∈ W edozein (gutxienez horrelako elementu bat dago, W ez baita hutsa hipotesiagatik.) Aplika dezagun orain (ii) propietatea:

λ = 0 ∈ K, w ∈ W =⇒ 0 w ∈ W =⇒ 0 ∈ W

λ = − 1 ∈ K, w ∈ W =⇒ (−1)w ∈ W =⇒ −w ∈ W.

Beraz 0 elementu neutroa W -n dago eta w ∈ W guztien alderantzizkoa, −w, W -n dago. Beraz, (W, +) taldea da. Ez dugu gehiagorik behar W espazio bektoriala dela ondorioztatzeko: ohartu espazio bektorialaren definizioko gainontzeko bal- dintzak automatikoki betetzen direla W -ren gainean, W ⊆ V izateagatik.

Aurreko teoremaren frogapenaren barruan, propietate interesgarri hau topatu dugu.

Proposizioa. Izan bedi W V -ren azpiespazioa. Orduan 0 ∈ W.

Adibideak. (i) Jakina, V espazio bektoriala bada, orduan V V -ren azpies- pazioa da.

(ii) Edozein espazio bektorialetan, { 0 } azpiespazioa da: nabaria da aurreko teoremako bi baldintzak betetzen dituela.

(iii) Ikus dezagun W = {(x, y) ∈ R^2 : x + y = 0} zuzena R^2 -ren azpiespazioa dela, aurreko teoremaren bi baldintzak egiaztatuz. Adibidez, marrazkiaren gainean erraz ikus daiteke, baina benetako frogapenak aljebraikoa izan be- har du.

(iv) Guztiz era berean ikus daiteke ax + by = 0 ekuazioaz emandako edozein zuzen, hau da, jatorritik igarotzen den edozein zuzen, R^2 -ren azpiespazioa dela.

6 Gaia 1. Espazio bektorialak

(v) Hala ere, R^2 planoko zuzen guztiak ez dira azpiespazioak. Adibidez, x+y = 1 zuzena ez da azpiespazioa: (1, 0) eta (0, 1) zuzenaren gainean dauden arren, (1, 0)+(0, 1) = (1, 1) ez dago. Bestalde ere argudia daiteke: suposatu absurdura eramanez x + y = 1 zuzena azpiespazioa dela. Orduan, aurreko proposizioaren arabera, R^2 -ren 0 bektorea, hau da, (0, 0), zuzenaren gainean egongo litzateke. Hau ez denez gertatzen, hasierako suposizioa gezurrezkoa da eta x + y = 1 zuzena ez da azpiespazioa. Metodo hau orokorra da:

0 ∈/ W bada ,W ez da azpiespazioa

Beraz, garbi dago noiz den zuzen bat R^2 -ren azpiespazioa: baldin eta soilik baldin jatorritik igarotzen bada. Zuzen hauei zuzen bektorialak deritze.

(vi) Hala ere, 0 ∈ W baldintza ez da nahikoa azpiespazioa izateko. Adibidez, (0, 0), R^2 -ren neutroa y = x^2 parabolaren gainean dago, baina parabola hau ez da azpiespazioa: (1, 1) eta (− 1 , 1) parabolako puntuak dira, baina (1, 1) + (− 1 , 1) = (0, 2) ez.

(vii) R^2 -ren zuzenekin argudiatu dugun bezala, R^3 espazioaren plano bat azpies- pazioa da zehatz-mehatz jatorritik igarotzen denean. Gogoratu R^3 -ren plano orokor baten ekuazioa ax + by + c = d dela, a, b, c, d ∈ R izanik. Orduan, plano bat azpiespazioa da baldin eta soilik baldin d = 0 bada. Plano hauei plano bektorialak deritze.

Bestalde, nabaria da bi azpiespazioren diferentzia, U − W , ezin dela inola ere azpiespazio izan: 0 ∈ W denez, 0 ∈/ U − W. Hurrengo teoremak dionez, ebaketaren kasuan baiezko erantzuna dugu.

Teorema 2. Izan bitez V espazio bektoriala eta U eta W V -ren bi azpiespazio. Orduan, U ∩ W ere V -ren azpiespazioa da.

Frogapena 1.2. Erraz ikusten da.

Zer esan dezakegu bi azpiespazioren bildurari buruz? Zoritxarrez, kasu hone- tan ezezko erantzuna dugu. Adibidez, izan bitez U = {(x, y) ∈ R^2 : x + y = 0} eta W = {(x, y) ∈ R^2 : x − y = 0}, biak R^2 -ren azpiespazioak. Orduan, (− 1 , 1), (1, 1) ∈ U ∪ W baina (− 1 , 1) + (1, 1) = (0, 2) ∈/ U ∪ W. Beraz, U ∪ W ez da R^2 -ren azpiespazioa. Ikusten dugunez, U ∪ W -ko bi bektoreen baturak ez du zertan U ∪ W -n egon behar. Zer gertatzen da eskalar batez biderkatzerakoan? Baldin eta λ ∈ K bada,

v ∈ U ∪ W =⇒ v ∈ U ∨ v ∈ W

8 Gaia 1. Espazio bektorialak

Adibidea. Itzul gaitezen U = {(x, y) ∈ R^2 : x + y = 0} eta W = {(x, y) ∈ R^2 : x − y = 0} adibidera. Badakigu U + W bai U bai W barruan dituen R^2 -ren azpiespazioa dela. Zein zehatz-mehatz? Froga dezagun R^2 osoa dela. Izan bedi orduan v = (x, y) ∈ R^2 edozein. Gure helburua v = u + w idaztea da, u ∈ U eta w ∈ W izanik. Hau ekuazio bat bezala ikus dezakegu, v balio ezaguna izanik eta u eta w, berriz, ezezagunak. Ohartu

U = {(x, y) ∈ R^2 : x + y = 0} = {(x, −x) : x ∈ R}

dela eta, era berean,

W = {(x, y) ∈ R^2 : x − y = 0} = {(x, x) : x ∈ R}

dela. Ondorioz, u ∈ U eta w ∈ W elementuak honela idatz ditzakegu: u = (a, −a) eta w = (b, b), a eta b ezezagunak izanik. Behin bektoreak horrela idatzita, ekuazioa askatuko dugu:

v = u + w ⇐⇒ (x, y) = (a, −a) + (b, b) ⇐⇒ x = a + b, y = −a + b ⇐⇒ a = (x − y)/ 2 , b = (x + y)/ 2.

Beraz honela deskoposatzen da R^2 -ko bektore orokor bat U -ko baten eta W -ko baten batura bezala:

(x, y) = ( x^ − 2 y, − x^ − 2 y) + ( x^ + 2 y, x^ + 2 y).

Honenbestez U + W = R^2 dela frogaturik gelditzen da. Espazio bektorialen di- mentsioa sartzen denean, azken berdintza hau frogatzeko modu askoz ere azkar- rago bat emango da. Metodo hori aplikatuz, orokorkiago ikusiko dugu R^2 -ko bi edozein zuzen bektorial desberdinen batura R^2 osoa dela.

Ondoren galdetzen gara noiz gertatuko den baturaren bektoreek deskonpo- sizio bakarra izatea eta noiz ez. Erantzuna hurrengo kontzeptuak emango digu.

Definizioa. Izan bitez V espazio bektoriala eta U, W ≤ V. Orduan, U -ren eta W -ren batura zuzena dela esango dugu U ∩ W = { 0 } bada. Hori azpimarratu nahi badugu, U + W -ren ordez U ⊕ W idatziko dugu.

Batura zuzena ez da eragiketa berri bat azpiespazioen artean. Aurreko definizioan U eta W bi azpiespazioren batura aztertzen dugu eta, U ∩ W = { 0 } baldintza betez gero, baturari zuzena deitzen diogu. Baina batura hori lehenagoko batura bera da, hau da, U ⊕ W = U + W dugu. Notazioaren aldetik U ⊕ W edo U + W aukeratzea, eman nahi dugun enfasiaren araberakoa izango da: lehenengoarekin bigarrenarekin baino informazio gehiago ematen dugu. Hori bai, ez du zentzurik U ⊕ W idazteak U ∩ W 6 = { 0 } bada. Hurrengo teoremak erantzuna ematen dio lehenago egin dugun galderari.

1.1. Espazio bektorialak eta azpiespazio bektorialak 9

Teorema 4. Izan bitez V espazio bektorial eta U, W ≤ V. Orduan, baliokideak dira:

(i) U -ren eta W -ren batura zuzena da.

(ii) v ∈ U +W bektore bakoitzak deskonposizio bakarra du u+w moduan, u ∈ U eta w ∈ W izanik.

Frogapena 1.4. (i)=⇒ (ii). Demagun v = u 1 + w 1 eta v = u 2 + w 2 deskonposa daitekeela, u 1 , u 2 ∈ U eta w 1 , w 2 ∈ W izanik. Deskonposizioaren bakartasuna frogatzeko, u 1 = u 2 eta w 1 = w 2 dela ikusiko dugu. Izan ere,

v = u 1 + w 1 , v = u 2 + w 2 =⇒

u 1 + w 1 = u 2 + w 2 =⇒ u 1 − u 2 = w 2 − w 1.

Azken berdintzaren ezkerraldeko gaia, u 1 − u 2 , U -n dago, U azpiespazioa izatea- gatik. Era berean, eskuinaldeko gaia W -n dago. Bi gai horiek berdinak direnez, bai U -n bai W -n daude, hau da, U ∩ W ebakiduran daude. Baina, U -ren eta W -ren batura zuzena denez, badakigu U ∩ W = { 0 } dela. Laburbilduz, azken berdintzaren bi gaiak zero dira. Ondorioz,

u 1 − u 2 = 0 =⇒ u 1 = u 2 eta w 1 − w 2 = 0 =⇒ w 1 = w 2 ,

nahi bezala. (ii)=⇒ (i). U + W -ko bektoreen deskonposizioa bakarra dela suposaturik, U ∩ W = { 0 } ondorioztatu behar dugu. Berdintza hau frogatzeko, bi partekotasunak ikusiko ditugu. Alde batetik, garbi dago ⊇ betetzen dela, 0 azpiespazio guztietan dago eta. Besterik, izan bedi v ∈ U ∩W eta ikus dezagun v = 0 dela. Horretarako, nahikoa da (ii) aplikatzea 0 -ren bi deskonposizio hauei:

0 = v + (−v), eta v ∈ U, −v ∈ W ; 0 = 0 + 0, eta 0 ∈ U, 0 ∈ W

=⇒ v = 0.

Definizioa. Izan bedi V espazio bektoriala eta W ≤ V. Orduan, V -ren beste azpiespazio bat, U , V -ren barruan W -ren osagarri bat dela esaten dugu V = U ⊕ W bada. Bestela esanda, bi baldintza hauek betetzen badira:

(i) U + W = V

(ii) U ∩ W = { 0 }.

1.1. Espazio bektorialak eta azpiespazio bektorialak 11

Adibideak. (1) Ohartu 0 bektorea edozein bektore multzoren konbinazio lineala dela: nahikoa da λi guztiak 0-ren berdinak hartzea. (2) Zein dira e 1 = (1, 0) eta e 2 = (0, 1), R^2 -ko bektoreen konbinazio linealak? Horretarako, hartu λ 1 , λ 2 ∈ R edozein eta kalkulatu:

λ 1 e 1 + λ 2 e 2 = λ 1 (1, 0) + λ 2 (0, 1) = (λ 1 , 0) + (0, λ 2 ) = (λ 1 , λ 2 ).

Beraz, R^2 osoa lortzen dugu.

Teorema 5. Izan bedi V espazio bektoriala eta S ⊆ V ez hutsa. Orduan, S-ko bektoreekin egindako konbinazio lineal guztien multzoa V -ren azpiespazio da. Azpiespazio hau adierazteko 〈S〉 idazten dugu eta S-k sortutako azpiespazioa deitzen diogu. Beraz,

〈S〉 = {

∑^ n

i=

λivi | n ∈ N eta λi ∈ K, vi ∈ S, ∀i ∈ { 1 ,... , n}}.

Frogapena 1.5. Garbi dago bi konbinazio lineal batzerakoan, edo konbinazio lineal eskalar batez biderkatzerakoan, beste konbinazio lineal bat lortzen dela.

Adibideak. (1) Aurreko adibideetan ikusitakoaren arabera, e 1 = (1, 0) eta e 2 = (0, 1) bektoreek R^2 espazio osoa sortzen dute: R^2 = 〈e 1 , e 2 〉. Antzeko zerbait gertatzen da e 1 = (1, 0 , 0), e 2 = (0, 1 , 0) eta e 3 = (0, 0 , 1) bektoreekin R^3 -n: R^3 = 〈e 1 , e 2 , e 3 〉. (2) Oro har, izan bedi K edozein gorputz eta definitu e 1 ,... , en bektoreak Kn-n honako modu honetan: ei osagai guztiak 0-ren berdinak dituen bektorea da, i-garrena izan ezik, 1 dena. Hau da,

ei = (0,... i−, 1... , 0 , 1 , 0 ,... n−,.. .i 0).

Orduan, λ 1 ,... , λn ∈ K izanik,

λ 1 e 1 + · · · + λnen = (λ 1 ,... , λn)

eta, ondorioz, Kn^ = 〈e 1 ,... , en〉. (3) Zein azpiespazio sortzen du W azpiespazio batek? W bera. (4) Ikus dezagun v = (1, 0 , 0) eta w = (1, 0 , 1) bektoreek y = 0 planoa sortzen dutela R^3 -n. Izan ere,

〈v, w〉 = {λ(1, 0 , 0) + μ(1, 0 , 1) | λ, μ ∈ R} = {(λ + μ, 0 , μ) | λ, μ ∈ R}

dugu. Beraz, 〈v, w〉, y = 0 planoaren barruan dago. Besterik, har dezagun (x, 0 , z) puntu orokor bat y = 0 planoaren gainean, eta ikus dezagun (λ + μ, 0 , μ)

12 Gaia 1. Espazio bektorialak

moduan idatz daitekeela. Honetarako, ekuazio bat askatu behar dugu, x eta z balio ezagunak izanik, eta λ eta μ, berriz, ezezagunak:

(x, 0 , z) = (λ + μ, 0 , μ) ⇐⇒ x = λ + μ, z = μ ⇐⇒ λ = x − z, μ = z.

Soluzioa dagoenez, (x, 0 , z) ∈ 〈v, w〉 dugu eta frogaturik gelditzen da 〈v, w〉 eta y = 0 planoa bat datozela.

Esan dugun bezala, 〈S〉 = 〈T 〉 izan daiteke S 6 = T denean.

Teorema. Izan bitez V espazio bektoriala eta S, T ⊆ V. Orduan baliokideak dira:

(i) 〈S〉 ⊆ 〈T 〉

(ii) S-ko bektore guztiak T -koen konbinazio lineal gisa jar daitezke.

Definizioa. Izan bedi V espazio bektoriala. Orduan:

(i) S azpimultzo bat V -ren sistema sortzailea dela esaten dugu V = 〈S〉 bada.

(ii) V finituki sortua dela esaten dugu elementu kopuru finitu batekin sor badaiteke.

Adibideak. (1) Alde batetik, R^2 = 〈R^2 〉 denez, R^2 R^2 -ren sistema sortzailea da. Oro har, edozein espazio bektorial bere buruaren sistema sortzailea da, baina hau ez da batere interesgarria, sistema sortzaile txikiagoak eman daitezkeelako beti. Adibidez, {(1, 0), (0, 1)} eta {(1, 1), (1, 0)} multzoak R^2 -ren sistema sortzaileak dira. Honek frogatzen du, bereziki R^2 finituki sortua dela. (2) Orokorkiago, Kn^ espazio bektorial finituki sortua da: {e 1 ,... , en} horren sistema sortzaile finitua da.

1.2 Oinarriak eta dimentsioa

Definizioa. Izan bedi V K-espazio bektoriala eta S ⊆ V. Orduan: (i) S linealki dependentea edo lotua dela esaten dugu S-ko bektoreen konbi- nazio lineal bat 0 izan badaiteke koefiziente guztiak 0 izan gabe. Sinbolikoki:

∃λ 1 ,... , λn ∈ K, ez guztiak 0, eta ∃v 1 ,... , vn ∈ S non λ 1 v 1 +· · ·+λnvn = 0 den.

(ii) Bestela, S linealki independentea (edo askea) dela esango dugu. Beraz, S multzoa linealki independentea dela ikusteko honako inplikazio hau frogatu beharko dugu:

λ 1 v 1 + · · · + λnvn = 0, vi ∈ S eta λi ∈ K =⇒ λ 1 = · · · = λn = 0.

14 Gaia 1. Espazio bektorialak

(ii) S-ko bektoreetako bat S-ko beste bektore batzuen konbinazio lineala da.

Aurreko lemaren ondorioz, multzo linealki independenteak luzatzeko proze- dura bat ere eman dezakegu.

Teorema. Izan bitez V espazio bektoriala eta S ⊆ V linealki independentea. Demagun v ∈ V bektorea ez dela S-ko bektoreen konbinazio lineala. Orduan, S ∪ {v} ere linealki independentea da.

Teorema 7. Izan bitez V espazio bektoriala eta S V -ren sistema sortzailea. Demagun v ∈ S bektorea S-ko gainontzeko bektoreen konbinazio lineala dela. Orduan, S − {v} ere V -ren sistema sortzailea da.

Frogapena 1.7. Izan bedi u ∈ V bektore orokor bat eta ikus dezagun S − {v}-ko bektoreen konbinazio lineal gisa jar daitekeela. Erabiltzen badugu S V -ren sistema sortzailea dela, u = λ 1 v 1 + · · · + λnvn

idatz dezakegu, λi ∈ K eta vi ∈ S izanik. Orain, bi posibilitate ditugu:

(i) vi bektoreetako bat ere ez da v-ren berdina. Orduan ez dugu ezer egin behar.

(ii) Existitzen da i ∈ { 1 ,... , n} non vi = v den. Hipotesiaren arabera, vi S − {v}-ko bektoreen konbinazio lineala da. Orduan, nahikoa da vi-ren ordez konbinazio lineal hori jartzea goiko berdintzan.

Definizioa. Izan bitez V espazio bektoriala eta β ⊆ V. Orduan, β, V -ren oina- rria dela esango dugu aldi berean linealki independentea eta V -ren sistema sortza- ilea bada.

Adibideak. 1) β = {(1, 0), (0, 1)} multzoa R^2 -ren oinarria da. Orokorkiago, {e 1 ,... , en} Kn-ren oinarria da. Oinarri hau da Kn-n gehienetan erabiltzen dena eta horregatik Kn-ren oinarri kanonikoa deitzen zaio.

2. β = {(1, 0), (1, 1)} ere R^2 -ren oinarria da. Beraz, espazio bektorial batek oinarri bat baino gehiago izan dezake.
3. Erraz egiazta daiteke,

multzoa M 2 (K)-ren oinarria dela.

4. β = {(1, 1 , 1), (0, 1 , 1), (0, 0 , 1)} R^3 -ren oinarria da. Zertarako balio dute oinarriek espazio bektorialetan? Ondorengo teoremak ematen digu erantzuna.

1.2. Oinarriak eta dimentsioa 15

Teorema 8. Izan bedi V espazio bektoriala eta demagun β = {v 1 ,... , vn} V - ren oinarria dela. Orduan, v ∈ V bektore bakoitzeko λ 1 ,... , λn eskalar bakarrak existitzen dira non v = λ 1 v 1 + · · · + λnvn

den. Ondorioz, V = 〈v 1 〉 ⊕ · · · ⊕ 〈vn〉 dugu.

Frogapena 1.8. Alde batetik β V -ren sistema sortzailea izateagatik, garbi dago v- k enuntziatuko bezalako deskonposizio bat onartzen duela. Ikus dezagun, deskon- posizio hori bakarra dela. Horretarako, bi deskonposizio harturik, koefizienteak bat datozela frogatuko dugu. Izan ere,

v = λ 1 v 1 + · · · + λnvn eta v = μ 1 v 1 + · · · + μnvn ⇐⇒

λ 1 v 1 + · · · + λnvn = μ 1 v 1 + · · · + μnvn ⇐⇒ (λ 1 − μ 1 )v 1 + · · · + (λn − μn)vn = 0 ⇐⇒ λ 1 − μ 1 = · · · = λn − μn = 0 ⇐⇒ λ 1 = μ 1 ,... , λn = μn,

nahi bezala. Azkenik, V = 〈v 1 〉 ⊕ · · · ⊕ 〈vn〉 berdintzaren esanahia da v ∈ V bakoitza era bakar batean jar daitekeela v = w 1 +... + wn moduan, wi ∈ 〈vi〉 izanik. Ohartu propietate hau dela, hain zuzen ere, frogatu berri duguna.

Definizioa. Izan bedi V espazio bektoriala eta demagun β = {v 1 ,... , vn} V -ren oinarria dela. Orduan, v = λ 1 v 1 + · · · + λnvn deskonposizioaren agertzen diren koefizienteei β oinarriarekiko v-ren koordenatuak deitzen zaie. Hau adierazteko

v = (λ 1 , · · · , λn)β

idazten dugu.

Adibideak. 1) Zein dira v = (x 1 ,... , xn) ∈ Kn^ bektore baten koordenatuak βk oinarri kanonikoarekiko? Kontuan izanda

v = (x 1 ,... , xn) = x 1 e 1 + · · · + xnen

dela, v = (x 1 ,... , xn)βk dugu. Beraz:

Oinarri kanonikoarekiko, bektore baten koordenatuak bere osagaiak dira.

2. Azken propietate hau ez da betetzen kanonikoa ez den Kn-ren beste edozein oinarriarekiko. Adibidez, hartu β = {(1, 0), (1, 1)}, R^2 -ren oinarria dena. Zein dira (3, 4) bektorearen koordenatuak β-rekiko? Horretarako, (3, 4) = λ(1, 0) +

1.2. Oinarriak eta dimentsioa 17

Teorema 9. Izan bedi V espazio bektorial finituki sortua. Orduan:

(i) S, V -ren sistema sortzailea bada, orduan S-ren barruan V -ren oinarri bat aurki dezakegu.

(ii) T ⊆ V linealki independentea bada, orduan T , V -ren oinarri batetaraino luza daiteke. Gainera, luzapena egiteko gehitu behar ditugun bektoreak ezagutzen dugun V -ren edozein sistema sortzailetatik (bereziki, edozein oinarritatik) har daitezke.

Frogapena 1.9. (i) Lehenengo eta behin, S linealki independentea bada, orduan S, V -ren oinarria da eta bukatu dugu. Beraz, S linealki dependentea dela suposa dezakegu. Orduan, badakigu existitzen dela v ∈ S non S − {v} ere V -ren sistema sortzailea den. Orduan, S − {v} linealki independentea bada, V -ren oinarria da. Bestela, beste elementu bat ken dezakegu sistema sortzailetik. Horrela jarraituz, eta S finitua denez, momenturen batean V -ren oinarri bateraino helduko gara. (ii) Izan bedi S, V -ren sistema sortzaile finitu finkoa. Gertatzen bada T , V -ren sistema sortzailea dela, orduan T, V -ren oinarria da eta bukatu dugu. Demagun bada, 〈T 〉 ⊂ V dela. Orduan, existitzen da v ∈ S bektore bat, ezin dena T - ko bektoreen konbinazio lineal modura jarri. (Bestalde, V = 〈S〉 ≤ 〈T 〉 izango genuke, kontraesan bat dena). Orain, T ∪ {v} ere linealki indenpendenta dela ondorioztatzen dugu. Berriro ere, T ∪ {v} sistema sortzailea bada, orduan V - ren oinarria da, eta ez bada, w ∈ S beste elementu bat gehitu dezakegu linealki independentea izateko propietatea mantenduz. Prozedura hau jarraituz ez badugu V -ren oinarritik lortzen, azkenean T multzoari S-ren elementu guztiak gehituko dizkiogu eta horren emaitza, hau da, S ∪ T , oraindik ere linealki independentea izango da. Baina S ∪ T -k V osoa sortzen du (dagoeneko S-k sortzen duelako), eta beraz V -ren oinarri bat lortu dugu azkenik.

Teorema. Izan bedi V espazio bektoriala. Orduan, V -ren oinarri guztiek bektore kopuru bera dute.

Definizioa. Izan bedi V , K-espazio bektoriala. Orduan, V -ren oinarriek duten bektore kopuruari V -ren dimentsioa deitzen zaio eta dim V ikurraz adierazten da. Azpimarratu nahi badugu K gorputza zein den, orduan dimK V idatziko dugu.

Beraz, dimKn^ = n, dimM 2 (K) = 4 eta dimK[x] = ∞ dugu. Ohartu baita ere dim{ 0 } = 0 dela, { 0 }-ren oinarri bat multzo hutsa baita: aurretik 〈∅〉 = { 0 } dela eta ∅ linealki indenpendentea dela ikusi dugu.

Korolarioa. Izan bedi V espazio bektoriala eta demagun dimV = n finitua dela. Orduan:

18 Gaia 1. Espazio bektorialak

(i) S, V -ren sistema sortzailea bada, orduan |S| ≥ n dugu. Gainera, S, V -ren oinarria da baldin eta soilik baldin |S| = n bada.

(ii) T ⊆ V linealki independentea bada, orduan |T | ≤ n dugu. Gainera, T , V -ren oinarria da baldin eta soilik baldin |T | = n bada.

Adibidea. Ikus dezagun S = {(2, 1 , 1), (1, 2 , 1), (1, 1 , 2)}, R^3 -ren oinarria dela. Ohartu |S| = 3 = dimR^3 dela, beraz nahikoa da S, R^3 -ren sistema sortzailea edo linealki independentea dela ikustea, ez ditugu bi propietateak frogatu behar. Errazagoa da independentzi lineala ikustea.

1.3 Azpiespazioen dimentsioa

Teorema 10. Izan bitez V dimentsio finituko espazio bektoriala eta W ≤ V. Orduan:

(i) dimW ≤ dimV. Gainera, dimW = dimV dugu baldin eta soilik baldin W = V bada.

(ii) W -ren edozein oinarri V -ren oinarri batetaraino luza daiteke.

Frogapena 1.10. Has gaitezen (ii) ataletik. Izan bedi βW , W -ren oinarria. Or- duan, βW linealki independentea da eta badakigu, V -ren oinarri bateraino luza daitekeela. Dei diezaiogun β, V -ren oinarri horri eta ikus dezagun (i) betetzen dela. Alde batetik, dimW = |βW | ≤ |β| = dimV.

Bestetik, W = V ⇐⇒ dimW = dimV

baliokidetasuna frogatzeko, ohartu eskuinalderako inplikazioa tribiala dela. Alde- rantzizko inplikazioa ere erraz ikusten da:

dimW = dimV =⇒ |βW | = |β| =⇒ βW = β(βW ⊆ β delako )

=⇒ W = 〈βW 〉 = 〈β〉 = V.

Adibidea. Izan bedi W = {(x, y, z) ∈ R^3 : y+z = 0}, R^3 -ren azpiespazioa (plano bektorial bat da). Eman W -ren oinarri bat eta luzatu R^3 -ren oinarri batetaraino. Hasteko, ohartu

W = {(x, y, z) ∈ R^3 : y + z = 0} = {(x, y, −y) : x, y ∈ R} =