ESPACIOS VECTORIALES

Grado en Matemáticas 2022-2023

Un espacio vectorial sobre un cuerpo K, es un conjunto E dotado de una operación

de sumar elementos de E y otra de multiplicar elementos de K por elementos de E que
denotaremos por + y ·, respectivamente.
Los elementos de K y E se denominan escalares y vectores, respectivamente,
Además, estas operaciones deben verificar las siguientes axiomas, E con la operación de
sumar debe ser un grupo abeliano es decir:
(1) Asociativa; (e1 + e2 ) + e3 = e1 + (e2 + e3 ), para cualesquiera vectores e1 , e2 , y e3 de E.
(2) Conmutativa; e1 + e2 = e2 + e1 , para cualesquiera vectores e1 y e2 de E.
→ →
(3) Existencia de elemento neutro; existe un elemento en 0 ∈ E verificando 0 + e = e
para todo e ∈ E.
(4) Existencia de elemento opuesto; para cada e ∈ E existe un elemento, denotado por
→
−e, tal que e + (−e) = 0 .
La operación de multiplicar escalares por vectores tiene que cumplir los siguientes axiomas:
(1) 1 · e = e para todo e ∈ E.
(2) (α + β) · e = α · e + β · e para todo α, β ∈ K y e ∈ E.
(3) (α · β) · e = α · (β · e)
(4) Distributiva del producto respecto a la suma;
α · (e + e0 ) = α · e + α · e0 para todo α ∈ K y e, e0 ∈ E.
Ejemplo: El producto cartesiano

R × R := {(a, b); a, b ∈ R}
es un espacio vectorial sobre el cuerpo R.
La suma y el producto de escalares por vectores son dados por:
(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) y α · (a, b) = (α · a, β · b), respectivamente.
Análogamente, se obtiene el espacio vectorial K × K sobre el cuerpo K.

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Propiedades:
(1) El elemento neutro es único.
→
(2) 0 · e = 0 , para todo e ∈ E.
(3) −1 · e = −e para todo e ∈ E.
Demostración:
→ →0 → →0
(1) Supongamos que tenemos dos elementos neutros 0 y 0 , entonces por ser 0 y 0
elementos neutros.

→0 → →0 →
0 = 0 + 0 = 0,
(2) Se tiene
0 · e + e = 0 · e + 1 · e = (0 + 1)e = e.
→
Despejando en esta igualdad 0 · e obtenemos 0 · e = e − e = 0 .
(3) Basta probar que e + (−1 · e) = 0 para todo e ∈ E. Sacando, e, factor común tenemos
→
(1 − 1) · e = 0 · e = 0 , por la propiedad anterior.

Sean e1 , · · · , er una colección de vectores de un espacio vectorial E,

se llama combinación lineal de esos vectores al subconjunto de E,

< e1 , · · · , er >:= {α1 · e1 + · · · + αr · er ; para todo α1 , · · · , αr ∈ K}.

Se dice que e1 , · · · , er son un sistema de generadores de E, si para todo vector e ∈ E

existen escalares α1 · · · αr ∈ K tal que

e = α1 · e1 + · · · + αr · er

ó lo que es lo mismo e ∈< e1 , · · · , er > .

Se dice que e1 , · · · , er son linealmente independientes o que forman sistema de
vectores libres si no existen escalares distintos de cero verificando la relación

→
α1 e1 + · · · + αr er = 0 .

En general: se dice que una colección de vectores L := {ei }i∈I en E son linealmente
independientes si cada subcolección finita {ej1 , · · · ejn } de L es un sistema de vectores libres.
Analogamente, se dice que L genera E, si cada e ∈ E existe escalares y una colección finita
de vectores,
{ej1 , · · · ejn } ⊆ L
, tal que e = αj1 ej1 + · · · + αjn ejn .
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Se dice que {e1 , · · · , en } es una base de vectores en E si es un sistema de generadores y

además forman un sistema de vectores libres. Analogamente, para una colección arbitraria de
vectores L.

Proposición 1. Si e1 , · · · , en es una base en E entonces para cada vector e ∈ E existen

escalares α1 , · · · , αn verificando
e = α1 e1 + · · · + αn en .
Estos escalares son únicos.

Demostración: Estos escalares existen por ser e1 , · · · , en un sistema de generadores.

Ahora vamos a probar que son únicos; supongamos que tenemos otra colección de escalares
β1 , · · · , βn con
e = β1 e1 + · · · + βn en ,
si restamos esta igualdad a
e = α1 e1 + · · · + αn en ,
obtenemos
→
0 = e − e = (α1 − β1 )e1 + · · · + (αn − βn )en .
Por ser e1 , · · · , en una base son un sistema de vectores libres y por lo tanto
α1 − β1 = · · · = αn − βn = 0,
con lo que
α1 = β1 , · · · , αn = βn .
A la colección de escalares (α1 , · · · , αn ) con
e = α1 e1 + · · · + αn en ,
se llama coordenadas del vector e respecto a la base e1 , · · · , en .
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TEOREMA DE LA BASE

En los siguientes Lemas y Teorema probaremo que todo espacio vectorial tiene una base y
que todas las bases en un espacio vectorial tienen el mismo número de vectores (Teorema de
la base).

Teorema 1. (Existencia) En un espacio vectorial E siempre existe una base.

Demostración: Sea P el conjunto de las familias de vectores linealmente independientes

de E, con el orden dado por la inclusión. Entonces si T ⊆ P es un subconjunto totalmente
S S
ordenado, L es una cota superior de T en P. Ya que toda L está incluida en L. Y,
L∈T S L∈T
si e1 , · · · , en ∈ L existe L0 con {e1 , · · · , en } ⊂ L0 ∈ T , por ser T totalmente ordenado. Y,
L∈T S
por lo tanto {e1 , · · · , en } son linealmente independientes y por consiguiente L.
L∈T
Por el lema de Zorn, P tiene un elemento maximal, sea {ei }i∈I . Está colección de vectores
son linealmente independientes por pertenecer a P y además, generan ya que si e ∈ E el
conjunto {ei , e}i∈I no puede ser de vectores linealmente independientes, ya que {ei }i∈I es
maximal en P y {ei }i∈I ⊂ {ei , e}i∈I . Es decir, existe una combinación lineal

α0 e + α1 ei1 + · · · + αn ein = 0

con lo que cada e ∈ E se puede expresar como una combinación lineal de vectores de {ei }i∈I ,
es decir, E está generado por {ei }i∈I .

Ahora probaremos dos Lemas antes de demostrar el Teorema de la base.

Lema 1. En K m , m + 1 vectores son linealmente dependientes.

Demostración. Lo demostramos recurrentemente.

Para n = 2: si tenemos tres vectores en K 2 , (α0 , α1 ), (β0 , β1 ), (γ0 , γ1 ) entonces son lineal-
mente dependientes.
Podemos suponer que α0 ó β0 ó γ0 es distinto de 0. Si no fuera el caso los tres vectores son
de la forma (0, α1 ), (0, β1 ), (0, γ1 ) y son linealmente dependientes.
Podemos suponer que α0 6= 0, multiplicando por 1/α0 el primer vector obtenemos (1, α1 )
y aplicando ”Gauss” a los dos otros vectores obtenemos (0, β10 ), (0, γ10 ) que son claramente
linealmente dependientes.
Para n = 3: si tenemos cuatro vectores en K 3 , (α0 , α1 , α2 ), (β0 , β1 , β2 ), (γ0 , γ1 , γ2 ), (ρ0 , ρ1 , ρ2 )
entonces son linealmente dependientes.
Podemos suponer que α0 o β0 o γ0 o ρ0 son distintos de 0 ya que si no fuera el caso los
cuatro vectores son de la forma (0, α1 , α2 ), (0, β1 , β2 ), (0, γ1 , γ2 ), (0, ρ1 , ρ2 ) que son linealmente
dependientes. Se deduce del caso de tres vectores en K 2 .
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Podemos suponer que α0 6= 0, multiplicando por 1/α0 el primer vector obtenemos (1, α1 , α2 )
y aplicando ”Gauss” a los otros tres vectores obtenemos tres vectores (0, β10 , β20 ), (0, γ10 , γ20 ),
(0, ρ01 , ρ02 ) que son linealmente dependientes por el mismo motivo que tres vectores en K 2 .
Procediendo con el mismo razonamiento se demuestra para 5 vectores en R4 ...

Lema 2. Si e1 , · · · , en son un sistema de vectores libres y g1 , · · · , gm son un sistema de

generadores en un espacio vectorial E entonces n ≤ m.

Demostración: Como g1 , · · · , gm son un sistema de generadores en E tenemos

e1 = λ11 g1 + · · · + λ1m gm

e2 = λ21 g1 + · · · + λ2m gm

···

en = λn1 g1 + · · · + λnm gm
Si n ≥ m + 1 entonces obtenemos por lo menos m + 1 vectores en K m

e1 < − − − > (λ11 , · · · , λ1m )

e2 < − − − > (λ21 , · · · , λ2m )

···

em+1 < − − − > (λm+1

1 , · · · , λm+1
m )

donde λij ∈ K.
Por el Lema anterior deducimos que son linealmente dependientes, esto implica que

{e1 , e2 , · · · , em+1 }

son linealmente dependientes, lo que contradice la hipótesis inicial que {e1 , e2 , · · · , en } son
linealmente independientes.
Esta contradicción viene de suponer que n ≥ m + 1 es decir, ha de ser n ≤ m.

Teorema 2. (Teorema de la base) En un espacio vectorial, en el cual exista una base con un
número finito de elementos, entonces todas las bases tienen el mismo número de elementos,
el de esa base.

Demostración: El Teorema se deduce inmediatamente del Lema anterior,

ya que si e1 , · · · , en y g1 , · · · , gm fueran dos bases, tendrı́amos a la vez las desigualdades
n ≤ m y m ≤ n.

Definición 1. Se llama dimensión de un espacio vectorial, E, al número de vectores de una

base y se denota por dimE.
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Observación 1. En un espacio vectorial de dimensión n, si tenemos un sistema de vectores

libres con r vectores entonces r ≤ n. Analogamanete, si tenemos un sistema de generadores
con s vectores entonces s ≥ n.

Teorema 3. En un espacio vectorial de dimensión n, si tenemos n vectores linealmente

independientes entonces generan. Analogamente, si tenemos n vectores que generan entonces
son linealmente independientes.

Demostración: Sean e1 , · · · , en n-vectores linealmente independientes de E, y e ∈ E,

probaremos que e ∈< e1 , · · · , en >. e, e1 , · · · , en no pueden ser linealmente independientes,
debido a la última observación ya que n + 1 > n. De aquı́ se deduce que exiten escalares no
nulos α0 , α1 , · · · , αn verificando
α0 · e + α1 · e1 + · · · + αn · en = 0.
Despejando, obtendriamos
α1 αn
e=− · e1 − · · · − · en
α0 α0
es decir < e1 , · · · , en >= E y por lo tanto e1 , · · · , en generan E.
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SUBESPACIOS VECTORIALES

Se dice que un subconjunto F ⊆ E es un subespacio vectorial, si para cualesquiera

e1 , e2 ∈ F y α ∈ K es e1 + e2 ∈ F y αe1 ∈ F . En particular F es un espacio vectorial sobre
el cuerpo K.
Sean F y G subespacios vectoriales de E, se define el subespacio suma

F + G := {f + g; f ∈ F y g ∈ g}.

Se tiene que F + G y F ∩ G son subespacios vectoriales de E.

Proposición 2. F + G es un subespacio vectorial de E.

Demostración: 1) Sean f + g y f¯ + ḡ dos vectores de F + G. Es decir, f, f¯ ∈ F y g, ḡ ∈ G.

Entonces (f + g) + (f¯ + ḡ) = (f + f¯) + (g + ḡ) ∈ F + G ya que f + f¯ y g + ḡ están en F y G,
respectivamente, por ser F y G subespacios vectoriales.
2) Además, si α ∈ K, α · (f + g) ∈ F + G ya que α · (f + g) = α · f + α · g. α · f ∈ F y
α · g ∈ G por ser F y G subespacios vectoriales.

Definición 2. Se dice que dos subespacios F y G de E están es posición de suma directa si

→
se verifica F ∩ G = { 0 } y F + G = E. Se denota E := F ⊕ G.

Definición 3. Sea E1 , · · · , En una colección de subespacios vectoriales de E. Se dice que

E1 , · · · , En están en posición de suma directa y se denota por E = E1 ⊕ · · · ⊕ En si se verifica:
a) E1 + · · · + En = E
→
b) para cada 1 ≤ j ≤ n es Ej ∩ (E1 + · · · + Êj + · · · + En ) = { 0 }

La siguiente Proposición nos indica que la condición b) de la anterior definición se puede

sustituir por condiciones equivalentes.

Proposición 3. Si E1 , · · · , En es una colección de subespacios vectoriales de E entonces las

siguientes condiciones son equivalentes:
→
1) Para cada 1 ≤ j ≤ n es Ej ∩ (E1 + · · · + Êj + · · · + En ) = { 0 }.
→ → →
2) E1 ∩ (E2 + · · · + En ) = { 0 }, E2 ∩ (E3 + · · · + En ) = { 0 },...,En−1 ∩ En = { 0 }.
→ →
3) Si e1 ∈ E1 , · · · , en ∈ En , y e1 + · · · + en = 0 entonces e1 = · · · = en = 0 .

Demostraremos 1)=>2)=>3)=>1)
→
1)=>2) Ya que Ej ∩ (Ej+1 + · · · + En ) ⊆ Ej ∩ (E1 + · · · + Êj + · · · + En ) = { 0 } para cada
1 ≤ j ≤ n − 1.
→
2)=>3) Si e1 +· · ·+en = 0 , entonces e1 = −e2 · · ·−en , con lo que e1 ∈ E1 ∩(E2 +· · ·+En ) =
→ → →
{ 0 }. Es decir, e1 = 0 y e2 + · · · + en = 0 . De aquı́, se deduce que e2 = −e3 − · · · − en , es
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→ →
decir e2 ∈ E2 ∩ (E3 + · · · + En ) = { 0 }, con lo que e2 = 0 ....Procedemos de la misma manera
→
y llegamos a e1 = e2 = · · · en = 0 .
→
3)=>1) Probarenos que E1 ∩ (E2 + · · · + En ) = { 0 }, para las restantes intersecciones se
procede de manera análoga. Si e1 ∈ E1 ∩ (E2 + · · · + En ) existen e2 + · · · + en ∈ E2 + · · · + En
→ →
con e1 = e2 + · · · + en , e1 − e2 − · · · − en = 0 y por las condiciones de 3) es e1 = · · · = en = 0 .

Observación 2. Por la condición 2) si E = E1 ⊕ · · · ⊕ En , para obtener una base en E basta

r
obtener una base {e1j , · · · , ej j } en cada subespacio vectorial Ej , entonces tenemos la base de
E

{e11 , · · · , er11 , · · · , e1n , · · · , ernn }.

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ESPACIO COCIENTE

Proposición 4. Sea F es un subespacio vectorial de E. Se define en E la siguiente relación

e ∼ e0 si e − e0 ∈ F . Se verifica que ∼ es una relación de equivalencia, además, el espacio
cociente E/F (que denota a E/ ∼) tiene una estructura de espacio vectorial.

Demostración: La única propiedad no trivial para probar que ∼ es una relación de equiva-
lencia es la transitiva; si e ∼ e0 y e0 ∼ e00 entonces e ∼ e00 . Si e ∼ e0 , e0 ∼ e00 , tenemos que si
e − e0 , e0 − e00 pertenecen a F , sumando ambos vectores obtenemos que e − e00 ∈ F , que es lo
que se querı́a probar.
Se tiene que [e] como subconjunto de E es e + F , ya que si ē ∈ [e], ē − e ∈ F , es decir,
existe f ∈ F con ē − e = f es decir, ē = e + f . Reciprocamente, si ē = e + f , entonces ē ∈ [e].
Dadas las clases de equivalencia [e] y [e0 ], definimos [e] + [e0 ] tomando un elemento en cada
clase, por ejemplo, e y e0 y tomando la clase suma [e + e0 ]. Si se toman otros elementos
obtenemos la suma [(e + f ) + (e0 + f 0 )] que como (e + f ) + (e0 + f 0 ) ∼ e + e0 son la misma
clase. Análogamente, se define la multiplicación por escalares por λ · [e] := [λ · e].
Como (E, +, ·) verifica los axiomas de espacio vectorial, estos axiomas son verificados
también por (E/F, +, ·).

Se comprueba facilmente que si [e1 ], · · · , [er ] es una base de E/F y f1 , · · · , fm una base de
F , entonces al tomar representantes e1 ∈ [e1 ], · · · , er ∈ [er ] obtenemos {e1 , · · · , er , f1 , · · · , fm }
que es una base para E. Además, se tiene E =< e1 , · · · , er > ⊕F . De este último resultado
se obtiene la fórmula

dim(E) = dim(E/F ) + dimF.