Demostracions clau d'àlgebra lineal

I 0 flashcards i 3 preguntes més al document.

Text del document

APUNTS ÀLGEBRA Grau en Enginyeria Informàtica Universitat de Barcelona AprenAI 2026-2027 Apunts complets amb les demostracions fonamentals d'àlgebra lineal: fórmula de Grassmann, teorema de les dimensions, espai dual i ortogonalitat.

APREN.AI Índex 1 Subespais vectorials: fórmula de Grassmann i suma directa Fórmula de Grassmann Caracterització de la suma directa 2 Aplicacions lineals: nucli, imatge i isomorfismes Relació de dimensions entre l'espai inicial, el nucli i la imatge Caracterització d'aplicacions injectives i exhaustives Condició d'isomorfisme entre espais vectorials 3 Dualitat, vectors propis i ortogonalitat Dimensió de l'espai dual Independència lineal de vectors propis associats a valors propis diferents Independència de vectors no nuls i ortogonals dos a dos Suma directa amb el complementari ortogonal Propietats de les aplicacions ortogonals 4 Formulari Subespais vectorials i suma directa Aplicacions lineals, nucli i imatge Dualitat, diagonalització i ortogonalitat Errors típics Solucions de les preguntes de repàs Aquests apunts poden contenir errors o omissions.

Són un material de suport i no substitueixen el temari oficial ni el professorat: contrasta la informació important. Demostracions clau d'àlgebra lineal 1 1 Subespais vectorials: fórmula de Grassmann i suma directa EN ACABAR SABRÀS Demostrar la fórmula de Grassmann a partir de la compleció de bases de la intersecció. Provar l'equivalència entre la unicitat de la suma de subespais i la intersecció nul·la. PENSA-HI ABANS DE LLEGIR 1 Si sumem les dimensions de dos subespais, per què el resultat no sempre coincideix amb la dimensió del subespai suma? Fórmula de Grassmann Considerem dos subespais vectorials i d'un espai vectorial de dimensió finita.

Per tant, ambdós subespais també tenen dimensió finita. Sigui una base de la intersecció , de manera que . Mitjançant el teorema d'extensió de la base (teorema de Steinitz), podem completar aquests vectors per obtenir bases respectives de i de : Base de : , d'on . Base de : , d'on . Qualsevol element del subespai suma s'escriu com , amb i . Desenvolupant cadascun en la seva base: Sumant ambdues expressions, resulta ser una combinació lineal del conjunt de vectors : Per demostrar que aquests vectors formen una base del subespai , cal verificar que són linealment independents. Igualem una combinació lineal a zero: El vector de la dreta, , pertany a i a la vegada és igual a un vector de .

Per tant, , i es pot expressar a partir de la base de la intersecció: F G E {u , … , u } 1 m F G dim(F G) = m F G F {u , … , u , u , … , u } 1 m m+1 r dim F = r G {u , … , u , v , … , v } 1 m m+1 s dim G = s u + v u F v G u = a u i=1 r i i F , v = b u + j=1 m j j b v i=m+1 s i i G u + v {u , … , u , v , … , v } 1 r m+1 s u + v = a u + i=1 r i i b v i=m+1 s i i F + G u + v = 0 a u = i=1 r i i b v i=m+1 s i i v = b v i=m+1 s i i G F v F G v = b v = i=m+1 s i i c u j=1 m j j c u + j=1 m j j b v = i=m+1 s i i 0 Demostracions clau d'àlgebra lineal 2 Aquesta última equació és una combinació lineal dels elements de la base de .

Atès que una base és per definició un conjunt linealment independent, tots els coeficients han de ser nuls: i . Substituint a la igualtat inicial , obtenim: Com que els vectors formen una base de , són linealment independents i obligatòriament per a tot . Com que tots els escalars són nuls, el conjunt és una base de . En conseqüència, es dedueix la fórmula de Grassmann: COMPROVA-HO 2 Per què cal restar la dimensió de la intersecció en calcular la dimensió de la suma de dos subespais? Caracterització de la suma directa DEFINICIÓ La suma de dos subespais és una suma directa (notada com ) si i només si cada vector del subespai suma té una escriptura única com a , amb i .

Aquesta condició és completament equivalent a exigir que la intersecció dels dos subespais sigui trivial: . Ho demostrem en les dues implicacions: ERROR FREQÜENT Confondre que dos subespais tinguin intersecció zero amb el fet que siguin disjunts com a conjunts. Dos subespais vectorials mai poden ser disjunts en el sentit conjuntista clàssic perquè tots dos han de contenir obligatòriament el vector nul . La condició de suma directa és que la intersecció sigui exclusivament el vector nul: . G c = j 0 b = i 0 b = i 0 u + v = 0 a u + i=1 r i i = 0 0 {u , …

, u } 1 r F a = i 0 i F + G dim(F + G) = r + s m = dim F + dim G dim(F G) F + G F G u + v u F v G F G = { } 0 Unicitat : Suposem que un vector pertany a la intersecció . Podem descompondre el vector nul de dues maneres: i també , on i . Per la hipòtesi d'unicitat, aquestes dues escriptures han de coincidir, la qual cosa implica . Així doncs, . 1 F G = { } 0 w F G = 0 + 0 0 = 0 w + ( w) w F w G w = 0 F G = { } 0 Unicitat: Suposem que un mateix vector admet dues descomposicions diferents: , amb i . Reagrupant termes trobem . El terme de l'esquerra és de i el de la dreta és de . En ser iguals, ambdós vectors pertanyen a . Per tant, i , d'on i , garantint la unicitat.

2 F G = { } 0 u + v = u + v u, u F v, v G u u = v v F G F G = { } 0 u u = 0 v v = 0 u = u v = v 0 F G = { } 0 Demostracions clau d'àlgebra lineal 3 PROCÉS Passos de la demostració de Grassmann IDEES CLAU La base de la intersecció es pot estendre a bases de cadascun dels dos subespais mitjançant el teorema de Steinitz. La fórmula de Grassmann estableix que . La suma de dos subespais és directa si i només si qualsevol vector té una descomposició única en suma d'elements de cada subespai. L'escriptura única equival estrictament al fet que la intersecció dels dos subespais sigui únicament el vector nul: . COMPROVA EL QUE HAS APRÈS 3.

Com s'expressa la dimensió de en funció de les dimensions de , de i de la seva intersecció? 4. Quina condició necessària i suficient sobre la intersecció han de complir dos subespais perquè la seva suma sigui directa? Test Encercla la resposta correcta. Les solucions són al final. 5. Segons la fórmula de Grassmann, si dim(F)=3, dim(G)=2 i dim(F G)=1, quant val dim(F+G)?

Base d'intersecció Escollir base de F G amb m vectors 1 Extensió a F i G Completar a bases de F (r vectors) i G (s vectors) 2 Generació de F + G Comprovar que la unió genera qualsevol u + v 3 Independència lineal Igualar a zero i deduir que tots els coeficients són nuls 4 Dimensió final Comptar r + s - m vectors independents 5 dim(F + G) = dim F + dim G dim(F G) F G = { } 0 F + G F G 6 a) 5 b) 4 c) 3 d) Demostracions clau d'àlgebra lineal 4 6. Quina d'aquestes afirmacions és equivalent al fet que F + G sigui suma directa? 7. En la demostració de Grassmann, com s'obtenen les bases de F i de G? 8. Si u + v = u' + v' amb u, u' en F i v, v' en G, a quin espai pertany u - u'?

2 Aplicacions lineals: nucli, imatge i isomorfismes EN ACABAR SABRÀS Demostrar el teorema de la dimensió que relaciona l'espai inicial, el nucli i la imatge. Provar que una aplicació lineal és injectiva si i només si el nucli és el vector nul. Justificar per què dos espais vectorials són isomorfs si i només si tenen la mateixa dimensió. PENSA-HI ABANS DE LLEGIR 9 Si una aplicació lineal transforma vectors diferents en un mateix resultat, quin element segur que pertany al seu nucli a part del zero? Relació de dimensions entre l'espai inicial, el nucli i la imatge Sigui una aplicació lineal entre espais de dimensió finita, on .

El subespai nucli és un subespai vectorial d' i per tant té dimensió finita , amb una base . Completant aquesta base fins a obtenir una base de tot l'espai , tenim el conjunt . Veurem que les imatges dels vectors afegits, , constitueixen una base del subespai imatge . F G = {0} a) dim(F) = dim(G) b) F G = E c) F G és buit d) Intersecant les bases dels espais a) Mitjançant el determinant de la matriu b) Sumant els vectors de qualsevol base c) Completant la base de la intersecció d) A la intersecció F G a) A cap dels dos espais b) A l'espai dual E* c) Únicament a l'espai G d) f : E F dim E = n Nuc f E k {v , … , v } 1 k E {v , … , v , v , … , v } 1 k k+1 n {f(v ), …

, f(v )} k+1 n Im f Demostracions clau d'àlgebra lineal 5 Com que generen i són linealment independents, és una base de la imatge. D'aquí es dedueix la fórmula de les dimensions: COMPROVA-HO 10 Si una aplicació lineal té el nucli reduït a {0}, quant val la dimensió de la seva imatge respecte a la de l'espai de partida? Caracterització d'aplicacions injectives i exhaustives Una aplicació lineal compleix dues equivalències fonamentals relatives a la injectivitat i exhaustivitat: Injectivitat: és injectiva si i només si . Exhaustivitat: és exhaustiva si i només si (essent l'espai d'arribada).

Demostració de la condició d'injectivitat en ambdós sentits: Sistema generador: Qualsevol vector prové d'un cert vector tal que . Si expressem en la base d' : Com que , sabem que per a tot . Així doncs: Per tant, els vectors generen la imatge . 1 w Im f u E w = f(u) u E u = a v i=1 n i i w = f(u) = a f(v ) + i=1 k i i a f(v ) i=k+1 n i i v , … , v 1 k Nuc f f(v ) = i 0 i k w = + 0 a f(v ) = i=k+1 n i i a f(v ) i=k+1 n i i f(v ), … , f(v ) k+1 n Im f Independència lineal: Plantegem una combinació lineal que doni el vector nul: Això indica que el vector pertany al nucli .

En conseqüència, es pot expressar a partir de la seva base: Com que el conjunt és base d' , tots els coeficients són zero: i . 2 a f(v ) = i=k+1 n i i 0 f a v = ( i=k+1 n i i) 0 a v i=k+1 n i i Nuc f a v = i=k+1 n i i b v i=1 k i i a v i=k+1 n i i b v = i=1 k i i 0 {v , … , v } 1 n E a = i 0 b = i 0 {f(v ), … , f(v )} k+1 n dim(Im f) = n k = dim E dim(Nuc f) dim E = dim(Nuc f) + dim(Im f) f f Nuc f = { } 0 f Im f = F F injectiva : Sigui , és a dir, . Com que és lineal, sempre es compleix que . Així, . Per hipòtesi de ser injectiva, elements amb mateixa imatge han de ser iguals, de manera que necessàriament . Per tant, .

1 f Nuc f = { } 0 u Nuc f f(u) = 0 f f( ) = 0 0 f(u) = f( ) 0 u = 0 Nuc f = { } 0 Demostracions clau d'àlgebra lineal 6 Condició d'isomorfisme entre espais vectorials DEFINICIÓ Dos espais vectorials i són isomorfs (notat ) si i només si tenen la mateixa dimensió: . Aquesta propietat es fonamenta en els resultats previs. Si dos espais són isomorfs, existeix una bijecció lineal entre ells. En ser bijectiva és injectiva ( ) i exhaustiva ( , i per tant ). Pel teorema de les dimensions: Recíprocament, si , podem prendre una base d' i una base de .

Definim l'aplicació lineal com: Aquesta transformació envia una base a una base; per tant, és immediatament exhaustiva i té nucli trivial ( ), fet que demostra que és un isomorfisme. ERROR FREQÜENT Oblidar que el resultat només és vàlid directament quan l'espai de partida i el d'arribada tenen la mateixa dimensió ( ). Si les dimensions són diferents, una aplicació pot ser injectiva sense ser exhaustiva, o al revés.

PROCÉS Construcció de la base de la imatge 1 Base del nucli Començar amb k vectors base de Nuc f 2 Completar a E Afegir vectors vk+1 fins a vn per completar E 3 Aplicar f Calcular f(vi); els primers donen 0 i els afegits generen Im f 4 Verificar independència Provar que f(vk+1)...f(vn) són linealment independents injectiva: Suposem que dos vectors tenen la mateixa imatge, . Per la linealitat de l'aplicació: Això implica que la diferència pertany al nucli: . Com que per hipòtesi , cal que , és a dir, . L'aplicació és, doncs, injectiva.

2 Nuc f = { } 0 f f(u) = f(v) f(u) f(v) = 0 f(u v) = 0 u v Nuc f Nuc f = { } 0 u v = 0 u = v E F F E dim F = dim E Nuc f = { } 0 Im f = F dim(Im f) = dim F dim E = dim(Nuc f) + dim(Im f) = 0 + dim F = dim F dim E = dim F = n {u , … , u } 1 n E {v , … , v } 1 n F f : E F f a u = ( i=1 n i i) a v i=1 n i i Nuc f = { } 0 dim(Nuc f) = 0 f exhaustiva dim E = dim F Demostracions clau d'àlgebra lineal 7 IDEES CLAU El teorema de les dimensions estableix que per a qualsevol aplicació lineal . Una aplicació lineal és injectiva si i només si el seu nucli es redueix exclusivament al vector nul: . Una aplicació lineal és exhaustiva quan la seva imatge coincideix amb tot l'espai d'arribada: .

Dos espais de dimensió finita són isomorfs si i només si tenen exactament la mateixa dimensió. COMPROVA EL QUE HAS APRÈS 11. Com es demostra que si el nucli d'una aplicació lineal és només {0}, l'aplicació és injectiva? 12. Quina relació de dimensions han de tenir dos espais vectorials per tal de ser isomorfs? Test Encercla la resposta correcta. Les solucions són al final. 13. Si f: E -> F és lineal amb dim(E) = 5 i dim(Nuc f) = 2, quant val dim(Im f)? 14. Quina és la condició sobre el nucli perquè una aplicació lineal sigui injectiva? 15. Dos espais vectorials de dimensió finita són isomorfs si i només si: 16. A la demostració de la dimensió de la imatge, quins vectors formen la seva base?

dim E = dim(Nuc f) + dim(Im f) Nuc f = { } 0 Im f = F 5 a) 7 b) 2 c) 3 d) Nuc f = {0} a) Nuc f no té base b) dim(Nuc f) = dim(E) c) Nuc f = E d) Comparteixen els mateixos vectors a) Tenen dimensió parell b) Tenen la mateixa dimensió c) La seva intersecció és nul·la d) Les imatges dels vectors afegits a la base del nucli a) Els propis vectors del nucli b) Les imatges de tots els vectors del nucli c) Els vectors de la base de l'espai dual d) Demostracions clau d'àlgebra lineal 8 3 Dualitat, vectors propis i ortogonalitat EN ACABAR SABRÀS Calcular la dimensió de l'espai dual justificant la igualtat amb la de l'espai inicial.

Reproduir la demostració per inducció de la independència de vectors propis amb valors propis diferents. Demostrar que els vectors ortogonals dos a dos són linealment independents i que els vectors propis d'una aplicació ortogonal són perpendiculars. PENSA-HI ABANS DE LLEGIR 17 Si tenim un conjunt de direccions en l'espai que formen angles de 90 graus entre si, poden dependre linealment les unes de les altres? Dimensió de l'espai dual Definim l'espai dual com l'espai vectorial format per totes les formes lineals d' cap al cos , és a dir, .

Una base dual associada a una base d' és el conjunt de formes lineals que satisfan la delta de Kronecker: Com que la dimensió de l'espai d'aplicacions lineals entre dos espais arbitraris compleix la regla general , i sabent que el cos escalar té dimensió com a espai vectorial sobre si mateix , tenim: Per tant, tant l'espai original com el seu dual tenen exactament el mateix nombre d'elements a la base. COMPROVA-HO 18 Quant val la dimensió de l'espai dual E* si E és un espai vectorial de dimensió 4? Independència lineal de vectors propis associats a valors propis diferents Sigui un endomorfisme.

Demostrarem per inducció que vectors propis corresponents a valors propis diferents són linealment independents. E E K E = L(E, K) {u , … , u } 1 n E {ω , … , ω } 1 n ω (u ) = i j δ = j i { 1 0 si i = j si i = j dim L(E, F ) = dim E dim F dim K = 1 dim E = dim L(E, K) = dim E dim K = dim E 1 = dim E f Cas base ( ): Un únic vector propi és per definició no nul ( ), per la qual cosa és sempre linealment independent. 1 m = 1 v 1 v = 1 0 Hipòtesi d'inducció: Suposem cert que qualsevol conjunt de vectors propis associats a valors propis diferents és linealment independent (és a dir, ). 2 m {v , … , v } 1 m k , …

, k 1 m a v = i=1 m i i 0 a = i 0 Demostracions clau d'àlgebra lineal 9 Independència de vectors no nuls i ortogonals dos a dos Considerem un producte escalar i una família de vectors no nuls que són ortogonals dos a dos, és a dir, quan . Plantegem la relació de dependència lineal: Calculem el producte escalar d'aquesta suma amb un vector qualsevol de la família : Atès que tots els productes escalars s'anul·len excepte quan , l'expressió es redueix a un únic terme: Com que el vector no és nul ( ), el producte escalar . Per tant, necessàriament per a qualsevol índex . Els coeficients són tots nuls i els vectors són linealment independents.

Suma directa amb el complementari ortogonal Per a qualsevol subespai d'un espai euclidià , es compleix sempre que , ja que si un vector pertany a ambdós espais, , la qual cosa obliga a . Prenent una base ortonormal de formada per , podem completar-la amb vectors ortonormals fins a una base de tot l'espai : . Els vectors afegits són ortogonals a tots els de , constituint una base de . Com que qualsevol vector d' s'expressa de manera única en aquesta base global, tenim la descomposició: Pas inductiu ( ): Considerem una combinació lineal de vectors igualada a zero: Apliquem l'operador lineal a aquesta expressió.

Com que , el darrer terme s'anul·la: Per hipòtesi d'inducció, són linealment independents, per tant els seus coeficients han de ser zero: Com que tots els valors propis són diferents per hipòtesi, , i en conseqüència per a tot . 3 m + 1 m + 1 a v + 1 1 + a v + m m a v = m+1 m+1 0 (f k I) m+1 (f k I)(v ) = m+1 m+1 f(v ) m+1 k v = m+1 m+1 0 = 0 (f k I) a v = m+1 ( i=1 m+1 i i) a (k i=1 m i i k )v + m+1 i 0 {v , … , v } 1 m a (k i i k ) = m+1 0 per a tot i = 1, … , m k i k = m+1 0 a = i 0 i = 1, … , m Conclusió: Substituint a l'equació original, queda . Com que per ser vector propi, cal que . Tots els coeficients són nuls, demostrant que els vectors són linealment independents.

4 a = 1 = a = m 0 a v = m+1 m+1 0 v = m+1 0 a = m+1 0 m + 1 ϕ v = i 0 ϕ(v , v ) = i j 0 i = j λ v = i i i 0 v k 0 = ϕ λ v , v = ( i i i k) λ ϕ(v , v ) i i i k i = k λ ϕ(v , v ) = k k k 0 v = k 0 ϕ(v , v ) = k k 0 λ = k 0 k F E F F = { } 0 u u u = 0 u = 0 F {u , … , u } 1 r E {u , … , u , u , … , u } 1 r r+1 n {u , … , u } r+1 n F F E Demostracions clau d'àlgebra lineal 10 Propietats de les aplicacions ortogonals DEFINICIÓ Una aplicació lineal s'anomena ortogonal si preserva el producte escalar, és a dir, per a tot parell de vectors. La seva matriu associada en una base ortonormal satisfà la relació , implicant que . Els seus únics valors propis reals possibles són .

Vegem que els vectors propis associats a valors propis diferents d'una aplicació ortogonal són ortogonals entre si. Siguin i tals que i amb : Com que els dos valors propis reals han de ser diferents i només poden valer 1 o -1, necessàriament un d'ells és 1 i l'altre és -1. El seu producte és doncs . Substituint a la igualtat: Això demostra que els vectors propis són estrictament ortogonals. ERROR FREQÜENT Assumir que dos vectors propis qualssevol d'un endomorfisme arbitrari són sempre ortogonals.

Això només és cert sota condicions específiques, com en les aplicacions ortogonals o endomorfismes simètrics; per a una aplicació lineal general, vectors propis de valors propis diferents només tenen garantida la independència lineal, no l'ortogonalitat.

CAUSES I CONSEQÜÈNCIES Vectors ortogonals dos a dos El producte escalar entre vectors diferents és zero Vectors no nuls El producte escalar de cada vector amb si mateix no és nul Independència de vectors ortogonals Projecció escalar aïllada En fer el producte escalar només sobreviu un coeficient Independència lineal Tots els escalars de la combinació han de ser zero E = F F f f(u) f(v) = u v A A = t A 1 det A = ±1 k = ±1 u v f(u) = ku f(v) = hv h = k u v = f(u) f(v) = (ku) (hv) = (hk)(u v) hk = 1 u v = (u v) 2(u v) = 0 u v = 0 Demostracions clau d'àlgebra lineal 11 IDEES CLAU La dimensió de l'espai dual coincideix amb la de l'espai original perquè .

Vectors propis associats a valors propis diferents són sempre linealment independents; la demostració s'efectua per inducció aplicant l'operador . Una família de vectors no nuls que són ortogonals dos a dos és necessàriament linealment independent. L'espai total es descompon com a suma directa del subespai i el seu complementari: . En una aplicació ortogonal, la matriu compleix i els vectors propis de valors propis diferents són ortogonals. COMPROVA EL QUE HAS APRÈS 19. Quin operador s'aplica en la demostració per inducció que els vectors propis amb valors propis diferents són independents? 20. Com es demostra que un conjunt de vectors no nuls i ortogonals dos a dos és independent?

Test Encercla la resposta correcta. Les solucions són al final. 21. Quina dimensió té l'espai dual E* respecte a la de l'espai E? 22. Quins són els valors propis possibles d'una aplicació ortogonal? 23. Quina relació satisfà la matriu associada d'una aplicació ortogonal en base ortonormal? 24. Què garanteix que vectors propis associats a valors propis diferents siguin independents?

E E dim K = 1 (f k I) m+1 E = F F A = t A 1 La meitat de la dimensió a) Exactament la mateixa dimensió b) El doble de la dimensió c) Sempre val 1 d) k = 0 i k = 1 a) k = 1 i k = -1 b) Qualsevol valor positiu c) Només el valor 0 d) = 0 a) A2 = b) At A 1 det(A) = 0 c) = -A d) At Que tots els vectors són unitaris a) Que la matriu és triangular b) Que el determinant és zero c) Que els valors propis són diferents d) Demostracions clau d'àlgebra lineal 12 4 Formulari Subespais vectorials i suma directa Fórmula o procediment Significat dels símbols Quan s'utilitza : subespais vectorials d'un espai de dimensió finita. Càlcul o relació de dimensions entre la suma i la intersecció de dos subespais.

Base de Estendre per Steinitz a base de ( vectors) i ( vectors) Provar generació de Igualar combinació lineal a Vector de igual a vector de pertany a la intersecció Anul·lar escalars per independència lineal de bases. , , . Procediment de demostració de la fórmula de Grassmann. : suma directa; unicitat en l'expressió . Criteri d'intersecció nul·la per comprovar si una suma de subespais és directa. Aplicacions lineals, nucli i imatge Fórmula o procediment Significat dels símbols Quan s'utilitza aplicació lineal, nucli, imatge. Teorema fonamental de les dimensions per a aplicacions lineals entre espais finits.

Base de Completar a base de fins a Calcular ( ) Provar que generen Igualar a per provar independència via nucli. , . Demostració de la base i dimensió del subespai imatge ( ). aplicació lineal. Caracterització d'injectivitat mitjançant la trivialitat del nucli. : existència d'un isomorfisme (bijecció lineal). Comprovació d'isomorfisme entre dos espais vectorials de dimensió finita. dim(F + G) = dim F + dim G dim(F G) F , G E F G {u , … , u } 1 m F r G s u + v 0 G F m = dim(F G) r = dim F s = dim G F G F G = { } 0 u + v dim E = dim(Nuc f) + dim(Im f) f : E F Nuc f Im f Nuc f {v , … , v } 1 k E v n f(v ) i f(v ) = 1 = f(v ) = k 0 {f(v ), …

, f(v )} k+1 n Im f 0 k = dim(Nuc f) n = dim E dim(Im f) = n k f injectiva Nuc f = { } 0 f : E F E F dim E = dim F Demostracions clau d'àlgebra lineal 13 Dualitat, diagonalització i ortogonalitat Fórmula o procediment Significat dels símbols Quan s'utilitza : espai dual de formes lineals; : cos escalar amb . Deducció de la dimensió de l'espai dual. Cas base ( l.i.) Hipòtesi per a vectors Plantejar Aplicar per anul·lar l'últim terme Usar hipòtesi i per provar ( ) Concloure . endomorfisme, valors propis diferents, vectors propis. Demostració per inducció que vectors propis de valors propis diferents són linealment independents.

Plantejar Aplicar producte escalar Anul·lar productes creuats ( ) Concloure perquè . : producte escalar; : vectors ortogonals dos a dos no nuls. Demostració d'independència lineal de famílies ortogonals de vectors no nuls. : complementari ortogonal de ( ). Descomposició en suma directa ortogonal completant una base ortonormal de a tot . : matriu d'aplicació ortogonal en base ortonormal; : valor propi real. Propietats matricials i espectrals de les aplicacions ortogonals. Errors típics Confondre suma directa ( ) amb conjunts disjunts: dos subespais sempre comparteixen com a mínim el vector nul.

Oblidar que l'equivalència entre injectivitat i exhaustivitat requereix que els espais tinguin la mateixa dimensió ( ). Assumir que vectors propis associats a valors propis diferents són ortogonals en qualsevol endomorfisme: només es garanteix que són linealment independents (l'ortogonalitat requereix condicions com aplicacions ortogonals).

dim E = dim L(E, K) = dim E dim K = dim E E K dim K = 1 m = 1 v = 1 0 m a v = i=1 m+1 i i 0 (f k I) m+1 k i k = m+1 0 a = i 0 i m a = m+1 0 f k i v i λ v = i i 0 ϕ( , v ) k ϕ(v , v ) = i k 0 i = k λ ϕ(v , v ) = k k k 0 λ = k 0 v = k 0 ϕ {v } i E = F F F F F F = { } 0 F E A = t A , detA = 1 ±1, k = ±1 A k F G = { } 0 dim E = dim F Demostracions clau d'àlgebra lineal 14 Solucions de les preguntes de repàs 1. Perquè si els subespais comparteixen vectors no nuls (la seva intersecció), aquestes direccions comunes s'estarien comptant dues vegades. 2.

Perquè els vectors de la base de la intersecció formen part de les bases d'ambdós subespais, i si se sumessin directament les dimensions es comptarien dues vegades. 3. S'expressa mitjançant la fórmula de Grassmann: . 4. La seva intersecció ha de contenir únicament el vector nul, és a dir, . 5. c) 4. Aplicant Grassmann: 3 + 2 - 1 = 4. 6. a) F G = {0}. La suma és directa si i només si la intersecció és exclusivament el vector zero. 7. d) Completant la base de la intersecció. S'estén la base de la intersecció F G a bases de F i de G pel teorema de Steinitz. 8. a) A la intersecció F G. Com que u - u' = v' - v, pertany alhora a F i a G, és a dir, a la seva intersecció. 9.

La diferència entre aquests dos vectors no nuls amb la mateixa imatge anirà a parar directament al zero. 10. Val exactament el mateix, ja que dim(E) = dim(Nuc f) + dim(Im f) = 0 + dim(Im f) = dim(Im f). 11. Si , per linealitat , per la qual cosa , d'on . 12. Han de tenir exactament la mateixa dimensió: . 13. d) 3. Pel teorema de les dimensions: dim(Im f) = dim(E) - dim(Nuc f) = 5 - 2 = 3. 14. a) Nuc f = {0}. Una aplicació lineal és injectiva si i només si Nuc f conté únicament el vector zero. 15. c) Tenen la mateixa dimensió. L'existència d'una bijecció lineal equival a que tinguin igual dimensió. 16. a) Les imatges dels vectors afegits a la base del nucli.

S'estén la base del nucli a tot E i les imatges dels vectors afegits generen Im f i són independents. 17. No, perquè cap vector no té component en la direcció dels altres, garantint que cap pot expressar-se com a combinació de la resta. 18. Val 4, perquè dim(E*) = dim E · dim K = 4 · 1 = 4. 19. S'aplica l'operador lineal sobre la combinació lineal per anul·lar l'últim vector propi. 20. Es fa el producte escalar de la combinació lineal igualada a zero amb cada vector ; com que tots els productes creuats s'anul·len, queda , i en ser , cal que . 21. b) Exactament la mateixa dimensió. dim(E*) = dim L(E, K) = dim(E) · 1 = dim(E). 22. b) k = 1 i k = -1.

Les aplicacions ortogonals només poden tenir com a valors propis reals k = 1 o k = -1. 23. b) = . Una matriu ortogonal compleix que la seva transposada és igual a la seva inversa. 24. d) Que els valors propis són diferents. La diferència entre els valors propis permet anul·lar els coeficients en el pas d'inducció. dim(F + G) = dim F + dim G dim(F G) F G = { } 0 f(u) = f(v) f(u v) = 0 u v Nuc f = { } 0 u = v dim E = dim F (f k I) m+1 v k λ ϕ(v , v ) = k k k 0 ϕ(v , v ) = k k 0 λ = k 0 At A 1 Demostracions clau d'àlgebra lineal 15