Subespacios de matrices triangulares, dimensión y base

Hallamos la dimensión y una base de los subespacios de matrices triangulares.

Enunciado
Hallar una base y la dimensión del subespacio $\mathcal{T}_S$ de $M_n(\mathbb{K})$ formado por las matrices triangulares superiores. Las mismas cuestiones, pero de forma esquemática, para  $\mathcal{T}_I$ (subespacio de $M_n(\mathbb{K})$ formado por las matrices triangulares inferiores). Particularizar en ambos casos para $n=2.$

Solución
Toda matriz triangular superior $T\in M_n(\mathbb{K})$ se puede expresar en la forma: $$ T= \begin{bmatrix} t_{11} & t_{12} & \ldots & t_{1n}\\ 0 &t_{22} & \ldots & t_{2n} \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & t_{nn}\end{bmatrix}=t_{11}\begin{bmatrix} 1 & 0 & \ldots & 0\\ 0 &0 & \ldots & 0 \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & 0\end{bmatrix}+\ldots +t_{nn}\begin{bmatrix} 0 & 0 & \ldots & 0\\ 0 &0 & \ldots & 0 \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & 1\end{bmatrix}$$ $$+t_{12}\begin{bmatrix} 0 & 1 & \ldots & 0\\ 0 &0 & \ldots & 0 \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & 0\end{bmatrix}+\ldots +t_{n-1,n}\begin{bmatrix} 0 & \ldots & 0 & 0\\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & \ldots & 0 & 1\\ 0 & \ldots & 0 & 0\end{bmatrix}.\quad (*)$$ Llamemos  $T_{ij}$ a las matrices que acompañan a los escalares $t_{ij}$, y sea $$B=\left\{{T_{11},\;\ldots,\;T_{nn}}\right\}\cup \left\{{T_{12},\;\ldots,\;T_{1,n}}\right\}\cup \left\{{T_{23},\ldots,T_{2n}}\right\}\cup\ldots \cup \left\{{T_{n-1,n}}\right\}.$$ Entonces, $\mathcal{T}_S=\langle B\rangle$ lo cual demuestra automáticamente que $\mathcal{T}_S$ es subespacio $M_n(\mathbb{K})$ y que $B$ es sistema generador del mismo. Es además  libre pues la misma combinación lineal que aparece en $(*)$ igualada a $0$ implica de manera trivial $t_{ij}=0$. Es decir, $B$ es base del subespacio de las matrices triangulares superiores de ${\mathbb{K}^{n\times{n}}}$.

Contemos el número de vectores de $B.$ Usando la conocida fórmula de la suma de los términos de una progresión aritmética:$$\dim \mathcal{T}_S= n+(n-1)+(n-2)+\ldots+2+1=\displaystyle\frac{n(n+1)}{2}=\displaystyle\binom{n+1}{2}.$$ En el caso particular $n=2:$
$$B=\{\begin{bmatrix}{1}&{0}\\{0}&{0}\end{bmatrix},\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix},\begin{bmatrix}{0}&{1}\\{0}&{0}\end{bmatrix}\},\quad \dim \mathcal{T}_S=3.$$ Razonando de manera análoga para $\mathcal{T}_I$ obtenemos la base:  $$B’=\{\; \begin{bmatrix} 1 & 0 & \ldots & 0\\ 0 &0 & \ldots & 0 \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & 0\end{bmatrix},\ldots ,\begin{bmatrix} 0 & 0 & \ldots & 0\\ 0 &0 & \ldots & 0 \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & 1\end{bmatrix},$$ $$\begin{bmatrix} 0 & 0 & \ldots & 0\\ 1 &0 & \ldots & 0 \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & 0\end{bmatrix},\ldots ,\begin{bmatrix} 0 & \ldots & 0 & 0\\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & \ldots & 0 & 0\\ 0 & \ldots & 1 & 0\end{bmatrix}\:\},$$ y $\dim \mathcal{T}_I=\dim \mathcal{T}_S=n(n+1)/2.$ En el caso particular $n=2:$ $$B’=\{\begin{bmatrix}{1}&{0}\\{0}&{0}\end{bmatrix},\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix},\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{1}&{0}\end{bmatrix}\},\quad \dim \mathcal{T}_I=3.$$

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