Bases de la suma e intersección de subespacios

Proporcionamos ejercicios sobre bases de la suma e intersección de subespacios.

Enunciado
1. Se consideran los subespacios de $\mathbb{R}^4:$ $$U=\{(x_1,x_2,x_3,x_4):x_2+x_3+x_4=0\},$$ $$V=\{(x_1,x_2,x_3,x_4):x_1+x_2=0,\;x_3=2x_4\}.$$ Hallar unas bases de: $(i)\;U.\:(ii)\;V.\;(iii)\;U\cap V.$$
2. Sean $F_1$ y $F_2$ subespacios de un espacio vectorial $E,$ y sean $S_1$ y $S_2$ sistemas generadores de $F_1$ y $F_2$ respectivamente. Demostrar que $S_1\cup S_2$ es sistema generador de $F_1+F_2.$
3. En $\mathbb{R}^4$ se consideran los subespacios vectoriales:$$U=\langle (3,-1,1,2),(-1,0,2,-1),(1,-1,5,0)\rangle, \\V=\langle (1,1,-1,2),(5,0,-2,5)\rangle.$$Hallar unas bases de $U+V$ y de $U\cap V.$
4. Se consideran los subespacios de $\mathbb R^3$
   $$S=\{(x,y,z) \in{\mathbb{R}^3}:x- 2y+ z=0\},\:L = L [(1,1,1), (1,-1,2), (0,2,- 1)]$$ Hallar una base y la dimension de cada uno de los subespacios $$S,\; L , \; S+L,\; S \cap{} L .$$

Solución
1. $(i)$ El subespacio $U$ es el conjunto de las soluciones del sistema lineal $$\left \{ \begin{matrix} 0x_1+x_2+x_3+x_4=0.\end{matrix}\right.$$ La dimensión de $U$ es por tanto, $\dim U=4-\operatorname{rg}\begin{bmatrix}{0}&{\boxed{1}}&{1}&1\end{bmatrix}=4-1=3.$ Dando a las incógnitas libres (en este caso $x_1,$ $x_3$ y $x_4$) valores de la matriz identidad nos asegura una base de $U$ (tendríamos tres vectores linealmente independientes en $U$ que es de dimensión $3$). Para $x_1=1,x_3=0,x_4=0$ obtenemos $x_2=0.$ Para $x_1=0,x_3=1,x_4=0$ obtenemos $x_2=-1.$ Para $x_1=0,x_3=0,x_4=1$ obtenemos $x_2=-1.$ Una base de $U$ es por tanto $$B_U=\left\{{(1,0,0,0),(0,-1,1,0),(0,-1,0,1)}\right\}.$$ $(ii)$ Procedemos de manera análoga. Tenemos:$$V\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+x_2=0 \\x_3-2x_4=0\end{matrix}\right.\Rightarrow \dim V=4-\operatorname{rg}\begin{bmatrix}{1}&{\boxed{1}}&{\boxed{0}}&0\\{0}&{\boxed{0}}&{\boxed{1}}&-2\end{bmatrix}=4-2=2.$$Para $x_1=1,x_4=0,$ obtenemos $x_2=-1,x_3=0.$ Para $x_1=0,x_4=1,$ obtenemos $x_2=0,x_3=2.$ Una base de $V$ es por tanto $$B_V=\left\{{(1,-1,0,0),(0,0,2,1)}\right\}.$$ $(iii)$ Los vectores de $U\cap V$ son exactamente los que satisfacen las condiciones de pertenencia a $U$ y a $V,$ es decir:$$U\cap V\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+x_2=0 \\x_2+x_3+x_4=0\\x_3-2x_4=0\end{matrix}\right.$$ $$ \dim (U\cap V)=4-\operatorname{rg}\begin{bmatrix}{1}&{1}&{0}&0\\{0}&{1}&{1}&1\\0&0&1&-2\end{bmatrix}=4-3=1.$$Para $x_4=1,$ obtenemos $x_1=3,x_2=-3,x_3=2,$ luego una base de $U\cap V$ es: $$B_{U\cap V}=\left\{{(3,-3,2,1)}\right\}.$$
2. Si $x\in F_1+F_2,$ entonces $x$ es de la forma $x=u+v$ con $u\in F_1$ y $v\in F_2.$ Como $S_1$ genera a $F_1$ y $S_2$ genera a $F_2,$ se verifica $u=\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_nu_n$ y $v=\mu_1v_1+\cdots+\mu_mu_m$ para ciertos escalares $\lambda_i,\mu_j$ y ciertos vectores $u_i\in F_1,$ $v_j\in F_2.$ Entonces, $$x=u+v=\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_nu_n+\mu_1v_1+\cdots+\mu_mu_m,$$ con $u_i,v_j\in S_1\cup S_2$ para todo $i,j.$ Concluimos que $S_1\cup S_2$ es sistema generador de $F_1+F_2.$
3. Según el ejercicio anterior, los cinco vectores dados generan a $U+V.$ Para hallar una base de este subespacio, bastará extraer el máximo número de linealmente independientes. $$\begin{bmatrix}\boxed{3}&-1&1&2\\-1&0&2&-1\\1&-1&5&0\\1&1&-1&2\\5&0&-2&5\end{bmatrix}\begin{matrix}\sim\\3F_2+F_1\\3F_3-F_1\\3F_4-F_1\\3F_5-5F_1\end{matrix}\begin{bmatrix}3&-1&1&2\\0&\boxed{-1}&7&-1\\0&-2&14&-2\\0&4&-4&4\\0&5&-11&5\end{bmatrix}$$$$\begin{matrix}\sim\\F_3-2F_2\\3F_3-F_1\\F_4+4F_2\\F_5+5F_1\end{matrix}\begin{bmatrix}3&-1&1&2\\0&-1&7&-1\\0&0&0&0\\0&0&\boxed{24}&0\\0&0&24&0\end{bmatrix}\begin{matrix}\sim\\F_5-F_4\end{matrix}\begin{bmatrix}3&-1&1&2\\0&-1&7&-1\\0&0&0&0\\0&0&\boxed{24}&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}$$$$\begin{matrix}\sim\\\dfrac{1}{24}F_4\end{matrix}\begin{bmatrix}3&-1&1&2\\0&-1&7&-1\\0&0&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}.$$Una base de $U+V$ es por tanto $B_{U+V}=\{(3,-1,1,2),(0,-1,7,-1),(0,0,1,0)\}.$Para hallar una base de $U\cap V,$ hallemos previamente unas ecuaciones implicitas de $U,$ y unas de $V.$ Obsérvese que en el proceso anterior, las manipulaciones de las tres primeras filas producen vectores de $U,$ por lo que una base de este subespacio es $B_U=\{(3,-1,1,2),(0,-1,7,-1)\}.$ Unas ecuaciones paramétricas de $U$ son: $$x_1=3\lambda_1,\;x_2=-\lambda_1-\lambda_2,\;x_3=\lambda_1+7\lambda_2,\;x_4=2\lambda_1-\lambda_2.$$ Eliminando parámetros, obtenemos: $$U\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+x_2-x_4=0\\2x_1+7x_2+x_3=0.\end{matrix}\right.\quad (1)$$ Una base de $V$ es $B_V=\{(1,1,-1,2),(5,0,-2,5)\}.$ Procediendo de manera análoga, hallamos unas ecuaciones implícitas de $V,$ obteniendo: $$V\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+x_2-x_4=0\\2x_1+3x_2+5x_3=0.\end{matrix}\right.\quad (2)$$ Los vectores de $U\cap V$ son exactamente los vectores que satisfacen las condiciones $(1)$ y $(2),$ por tanto unas ecuaciones implícitas de $U\cap V$ son: $$U\cap V\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+x_2-x_4=0\\2x_1+7x_2+x_3=0\\2x_1+3x_2+5x_3=0.\end{matrix}\right.$$ Usando el procedimiento estándar par el cálculo de una base de un subespacio dado por unas ecuaciones implícitas, obtenemos la base de $U\cap V:$ $$B_{U\cap V}=\{(4,-1,-1,3)\}.$$
4. a) Base de $S.$
   Tenemos $\dim S=3-\text{rg }[1,-2,1]=3-1=2.$ Tomando $y=1,z=0$ obtenemos el vector $(2,1,0)\in S$ y tomando $y=0,z=1$ obtenemos el vector $(-1,0,1)\in S.$ Una base de $S$ es por tanto $B_S=\{(2,1,0),(-1,0,1) \}.$\\
   (b) Base de $L.$
   Los vectores $(1,1,1), (1,-1,2), (0,2,-1)$ generan $L$ con lo cual para hallar una base bastará extraer el máximo número de vectores linealmente independientes. $$\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{1}&{1}\\{1}&{-1}&{2}\\{0}&{2}&{-1}\end{bmatrix}\underbrace{=}_{F_2-F_1}\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{1}&{1}\\{0}&{-2}&{1}\\{0}&{2}&{-1}\end{bmatrix}\underbrace{=}_{F_3+F_2}\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{1}&{1}\\{0}&{-2}&{1}\\{0}&{0}&{0}\end{bmatrix}=2,$$ y una base de $L$ es $B_L=\{(1,1,1), (0,-2,1)\}.$\\
   (c) Base de $L+S.$
   La unión de unos generadores de $S$ con otros de $L$ proporcionan unos generadores de $L+S$ y para hallar una base bastará extraer el máximo número de linealmente independientes. $$\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{1}&{1}\\{0}&{-2}&{1}\\{2}&{1}&{0}\\-1& 0 &1\end{bmatrix}\underbrace{=}_{\begin{matrix}F_2-2F_1\\F_4+F_1\end{matrix}}\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{1}&{1}\\{0}&{-2}&{1}\\{0}&{-1}&{-2}\\0 & 1 & 2 \end{bmatrix}\underbrace{=}_{\begin{matrix}2F_3-F_2\\2F_4+F_2\end{matrix}}\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{1}&{1}\\{0}&{-2}&{1}\\{0}&{0}&{-5}\\0 & 0 & 5\end{bmatrix}$$ $$\underbrace{=}_{F_4+F_3}\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{1}&{1}\\{0}&{-2}&{1}\\{0}&{0}&{-5}\\0 & 0 & 0\end{bmatrix}=3.$$ Por tanto, $L+S=\mathbb R^3$ y una base de $L+S$ es por ejemplo la canónica de $\mathbb R^3:$ $$B_{L+S}=\{(1,0,0),(0.1,0),(0.0,1)\}.$$ (d) Base de $S\cap L.$
   Tenemos $\dim L=\dim S=2$ y $\dim (S+L)=3.$ Del teorema de Grassmann deducimos que $\dim S\cap L=1.$ Por otra parte el vector $(1,1,1)$ pertenece a $S\cap L$ con lo cual una base de $S\cap L$ es $B_{S\cap L}=\{(1,1,1)\}.$