Espacio vectorial cociente

Proporcionamos ejercicios sobre el espacio vectorial cociente.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Se considera el subespacio $F$ de $\mathbb{R}^4:$ $$ F\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+x_2-x_3+2x_4=0 \\ x_1-x_2+3x_3+6x_4=0 .\end{matrix}\right.$$ $(i)$ Hallar una base de $F$.
    $(ii)$ Hallar una base de $\mathbb{R}^4/F$.
    $(iii)$ Hallar las coordenadas del vector $(1,-3,2,6)+F$ en la base hallada en el apartado anterior.
  2. Sea $E$ espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ y $F$ un subespacio de $E.$ Sea $(E/F,+)$ el correspondiente grupo cociente, cuya operación suma sabemos que está definida mediante: $(x+F)+(y+F)=(x+y)+F.$ Se define la operación ley externa: $$\lambda (x+F)=(\lambda x)+F,\quad \forall \lambda\in\mathbb{K}\;\forall (x+F)\in E/F.$$ Demostrar que $E/F$ es espacio vectorial sobre $\mathbb{K}$ con las operaciones mencionadas (espacio vectorial cociente).
  3. Sea $E$ un espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ de dimensión $n$ y sea $F\subset E$ un subespacio vectorial. Supongamos que $B_{F}=\{u_1,\ldots,u_r\}$ es base de $F$ y que $$B_{E}=\{u_1,\ldots,u_r,u_{r+1},\ldots,u_n\}$$ es base de $E$. Demostrar que una base de $E/F$ es $$B_{E/F}=\{u_{r+1}+F,\ldots,u_n+F\}.$$ Deducir que $\dim E/F=\dim E-\dim F$, igualdad válida también para los casos $r=0$ o $r=n$.
    Solución
  1. $(i)$ Usando el conocido método para el cálculo de una base de un subespacio dado por sus ecuaciones cartesianas, obtenemos fácilmente una base de $F$: $$B_F=\{(-1,2,1,0),(-4,2,0,1)\}.$$ $(ii)$ Ampliemos la base $B_F$ para obtener una base de $\mathbb{R}^4.$ Dado que $$\textrm{rg}\begin{bmatrix}{-1}&{2}&{1}&{0}\\{-4}&{2}&{0}&{1}\\{\;\;\;0}&{0}&{1}&{0}\\{\;\;\;0}&{0}&{0}&{1}\end{bmatrix}=4,$$ una base de $\mathbb{R}^4/F$ es $$B=\{(-1,2,1,0),(-4,2,0,1),(0,0,1,0),(0,0,0,1)\},$$ por tanto una base de $\mathbb{R}^4/F$ es $$B_{\mathbb{R}^4/F}=\left\{ (0,0,1,0)+F,(0,0,0,1)+F \right\}.$$ $(iii)$ Expresemos el vector dado como combinación lineal de la base hallada en el apartado anterior. Tenemos $$\begin{aligned}&(1,-3,2,6)+F=\lambda_1\left[(0,0,1,0)+F\right]+\lambda_2\left[(0,0,0,1)+F\right] \\
    &\Leftrightarrow (1,-3,2,6)+F=(0,0,\lambda_1,\lambda_2)+F\Leftrightarrow (1,-3,2-\lambda_1,6-\lambda_2)\in F\\
    &\Leftrightarrow (1,-3,2-\lambda_1,6-\lambda_2)\in L[(-1,2,1,0),(-4,2,0,1)].
    \end{aligned}$$ La última condición equivale a que $$\textrm{rg}\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;\;2}&{1}&{0}\\{-4}&{\;\;\;2}&{0}&{1}\\{\;\;\;1}&{-3}&{2-\lambda_1}&{6-\lambda_2}\end{bmatrix}=2,$$ y triangulando, equivale a que: $$\textrm{rg}\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;\;2}&{\;\;\;1}&{0}\\{\;\;\;0}&{-6}&{-4}&{1}\\{\;\;\;0}&{\;\;\;0}&{6\lambda_1-22}&{6\lambda_2-35}\end{bmatrix}=2,$$ que a su vez equivale a $ 6\lambda_1-22=0 $ y $ 6\lambda_2-35=0. $ Las coordenadas pedidas son por tanto $(\lambda_1,\lambda_2)=\left(11/3,35/6\right).$
  2. Veamos que la operación ley externa está bien definida, es decir que depende de la clase en sí, y no de sus representantes. En efecto, si $x+F=x’+F,$ entonces $x-x’\in F.$ Dado que $F$ es subespacio de $E,$ para todo $\lambda\in\mathbb{K}$ se verifica $\lambda (x-x’)=\lambda x-\lambda x’\in F,$ y por tanto: $$\lambda (x+F)=(\lambda x)+F=(\lambda x’)+F=\lambda (x’+F).$$ Veamos ahora que se verifican los cuatro axiomas de ley externa. Para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$ y para todo $x+F,y+F\in E/F,$ y usando propiedades de la suma y ley externa correspondientes a $E:$$$\begin{aligned}
    &\lambda [(x+F)+(y+F)]=\lambda [(x+y)+F]=\lambda(x+y)+F\\
    &=\lambda x+\lambda y+F=(\lambda x+F)+(\lambda x+F)=\lambda (x +F)+\mu (y+F).
    \end{aligned}$$$$\begin{aligned}
    & (\lambda+\mu)(x+F)=(\lambda+\mu)x+F=\lambda x+\mu x+F\\
    &=(\lambda x+F)+(\mu x+F)=\lambda (x+F)+\mu (x+F).
    \end{aligned}$$$$\begin{aligned}
    & (\lambda\mu)(x+F)=(\lambda\mu)x+F=\lambda(\mu x) +F=\lambda(\mu x+F)=\lambda \left(\mu (x+F)\right).
    \end{aligned}$$$$\begin{aligned}
    &1(x+F)=1x+F=x+F.
    \end{aligned}$$
  3. Veamos que $B_{E/F}$ es sistema libre. Tenemos:$$\begin{aligned}
    &\lambda_{r+1}\left(u_{r+1}+F\right)+\ldots+\lambda_{n}\left(u_{n}+F\right)=0+F\\
    &\Rightarrow (\lambda_{r+1}u_{r+1}+\ldots+\lambda_n u_n)+F=0+F\Rightarrow\\
    &\lambda_{r+1}u_{r+1}+\ldots+\lambda_n u_n\in F.
    \end{aligned}$$La última relación implica que existen $\lambda_1,\ldots,\lambda_r \in \mathbb{K}$ tales que:$$\lambda_{r+1}u_{r+1}+\ldots+\lambda_n u_n=\lambda_1 u_1+\ldots+\lambda_r u_r,$$ o de forma equivalente, $-\lambda_1 u_1+\ldots-\lambda_r u_r+\lambda_{r+1}u_{r+1}+\ldots+\lambda_n u_n=0.$ Al ser $B_{E}$ sistema libre, se concluye que todos los $\lambda_i$ son nulos y en particular $\lambda_{r+1}=\ldots=\lambda_n=0$.
    Veamos que $B_{E/F}$ es sistema generador de $E/F$. Sea $x+F \in E/F$. Como $x\in E$ y $B_E$ genera a $ E $, existen escalares $x_1,\ldots,x_n$ tales $x=x_1u_1+\ldots+x_nu_n$. Entonces,$$\begin{aligned}
    &x+F=(x_1 u_1+\ldots+x_nu_n)+F\\
    &=\left[(x_1 u_1+\ldots+x_r u_r)+F\right]+\left[(x_{r+1} u_{r+1}+\ldots+x_n u_n)+F\right]\\
    &=(\textrm{pues }x_1 u_1+\ldots+x_r u_r\in F)\;\left[0+F\right]+\left[(x_{r+1} u_{r+1}+\ldots+x_n u_n)+F\right]\\
    &=(x_{r+1} u_{r+1}+\ldots+x_n u_n)+F=x_{r+1} (u_{r+1}+F)+\ldots+x_n (u_n+F),
    \end{aligned}$$ es decir, $B_{E/F}$ es sistema generador de $E/F$. Para el caso $r=0$ tenemos $F=\{0\}$ y $E/F=E$. Para el caso $r=n$ tenemos $F=E$ y $E/F=\{0\},$ y en cualquier caso $\dim E/F=\dim E-\dim F.$
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