Autor Tema: Intersección de subespacios vectoriales

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03 Julio, 2020, 05:44 am
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mgb

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Buenas noches hice este ejercicio y me queda una gran duda si esta bien o esta mal. Realmente no entiendo mi error ¿Pueden ayudarme?
Me piden la base de S,T,S+T y \( S\cap{T} \).

\( S=gen{(1,1,0),(0,1,-1),(2,1,1)} \)
\( T=gen{(1,0,-1),(0,2,1)} \)

Mi problema es solo con la interseccion, arranco haciendo las bases de los subespacios:
\( S_b={(1,1,0),(0,1,-1)} \)
\( T_b={(1,0,-1),(0,2,1)} \)
\( S+T={(1,1,0),(0,1,-1),(1,0,-1)} \)

Y ahora \( S\cap{T} \):
Comienzo escribiendo como combinacion lineal ambas  bases:
\( S: (x,y,z)=a(1,1,0)+b(0,1,-1) \)
\( T: (x,y,z)=c(1,0,-1)+d(0,2,1) \)
\( a(1,1,0)+b(0,1,-1)=c(1,0,-1)+d(0,2,1) \)
\( a(1,1,0)+b(0,1,-1)-c(1,0,-1)-d(0,2,1)=0 \)
Con esto hago mi matriz igualada a 0:
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 0 &0\\
1 & 1 & 0 & -2 &0\\
0 & -1 & 1 & -1 &0
\end{pmatrix}
\end{equation}
Obtengo:
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 0 &0\\
0 & 1 & 1 & -2 &0\\
0 & 0 & 2 & -3 &0
\end{pmatrix}
\end{equation}

Con esto obtengo las ecuaciones usando a,b,c y d despejo para poder reemplazarlas en la combinacion lineal:
\( 2c-3d=0\rightarrow{}c=\frac{3}{2}d \)
\( b+c-2d=0\rightarrow{2b=d} \)
\( a-c=0\rightarrow{a=3b} \)

Reemplazando me queda asi:
\( S: (x,y,z)=(3b)(1,1,0)+b(0,1,-1)\rightarrow{(3,4,-1)} \)
\( T: (x,y,z)=\frac{3}{2}d(1,0,-1)+d(0,2,1)\rightarrow{(\frac{3}{2},2,-\frac{1}{2})} \)

Aca es donde esta mi  duda, tengo entendido que para que la intersección exista esto me tiene que quedar igual \( {(3,4,-1)}={(\frac{3}{2},2,-\frac{1}{2})} \)

Esto ¿quiere decir que no existe intersección y solo tendrá al vector nulo como intersección?
Por que por el teorema de las dimensiones:
\( dim(S+T)=dimS+dimT-(s\cap{t}) \)
\( 3=2+2-(s\cap{t})\rightarrow{dim(s\cap{t})=1} \)

03 Julio, 2020, 05:59 am
Respuesta #1

Masacroso

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La intersección \( S \cap T \) no es vacía ya que de otro modo entonces tendríamos \( \dim (S+T)=4 \), lo cual es imposible ya que son subespacios de \( \mathbb{R}^3 \). Por tanto \( \dim (S \cap T)\in\{1,2\} \) necesariamente, así que si \( S\neq T \) entonces \( \dim (S \cap T)=1 \).


erróneo, como comenta Luis más adelante
Para ver lo que pasa te basta descubrir si uno, o ambos vectores de la base de \( T \), son combinación lineal de los vectores de la base de \( S \), es decir, ver dónde hay solución a las ecuaciones

\( \displaystyle{
a(1,1,0)+b(0,1,-1)=(1,0,-1),\qquad c(1,1,0)+d(0,1,-1)=(0,2,1)
} \)
[cerrar]

CORRECCIÓN:

Entonces existe un vector en \( S \) que también está en \( T \), es decir, una combinación lineal de la base de \( S \) es igual a una combinación lineal de \( T \). Por otro lado si \( S \) fuese igual a \( T \) toda combinación lineal en \( S \) puede ser escrita como combinación lineal en \( T \), en ecuaciones sería así:

\( {\color{green}{\displaystyle{
\big(\exists (a,b)\in \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\},\, \exists (c,d)\in \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}: a\vec u+b\vec v=c\vec w+d\vec z\big)\quad \implies \quad \big(\dim(S \cap T)\geqslant 1\big)\\
\big(\forall (a,b)\in \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\},\, \exists (c,d)\in \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}: a\vec u+b\vec v=c\vec w+d\vec z\big)\quad \iff \quad \big(\dim(S \cap T)=2\big)}}
} \)

donde \( \vec u,\vec v \) y \( \vec w,\vec z \) son bases de \( T \) y \( S \) respectivamente.

03 Julio, 2020, 06:12 am
Respuesta #2

mgb

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La intersección \( S \cap T \) no es vacía ya que de otro modo entonces tendríamos \( \dim (S+T)=4 \), lo cual es imposible ya que son subespacios de \( \mathbb{R}^3 \) (de hecho al ser \( \dim(S+T)=3 \) entonces \( S+T=\mathbb{R}^3 \)). Por tanto \( \dim (S \cap T)\in\{1,2\} \) necesariamente, así que si \( S\neq T \) entonces \( \dim (S \cap T)=1 \).

Para ver lo que pasa te basta descubrir si uno, o ambos vectores de la base de \( T \), son combinación lineal de los vectores de la base de \( S \), es decir, ver dónde hay solución a las ecuaciones

\( \displaystyle{
a(1,1,0)+b(0,1,-1)=(1,0,-1),\qquad c(1,1,0)+d(0,1,-1)=(0,2,1)
} \)
Perdon deberia analizar no lo logro comprender lo que me falta, mi vectores quedan como múltiplos ya que si divido por 2 me quedan iguales pero eso ¿es correcto? me refiero a esto  \( {(3,4,-1)\frac{1}{2}}={(\frac{3}{2},2,-\frac{1}{2})} \)

03 Julio, 2020, 09:21 am
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

Para ver lo que pasa te basta descubrir si uno, o ambos vectores de la base de \( T \), son combinación lineal de los vectores de la base de \( S \), es decir, ver dónde hay solución a las ecuaciones

\( \displaystyle{
a(1,1,0)+b(0,1,-1)=(1,0,-1),\qquad c(1,1,0)+d(0,1,-1)=(0,2,1)
} \)

Ojo, porque aunque \( dim(T\cap S)=1 \) puede ocurrir que en la base de \( S \) ninguno de sus vectores sea combinación linea de los generadores de \( T \).

Perdon deberia analizar no lo logro comprender lo que me falta, mi vectores quedan como múltiplos ya que si divido por 2 me quedan iguales pero eso ¿es correcto? me refiero a esto  \( {(3,4,-1)\frac{1}{2}}={(\frac{3}{2},2,-\frac{1}{2})} \)

Es que la intersección entre \( S \) y \( T \) es un subespacio, no un sólo vector. En un caso te sale el subespacio generado por \( (3,4,-1)  \)y en otro el generado por \( (3/2,2,-1/2) \). Es el mismo subespacio porque ambos generadores son proporcionales.

Saludos.

03 Julio, 2020, 04:34 pm
Respuesta #4

mgb

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Hola

Para ver lo que pasa te basta descubrir si uno, o ambos vectores de la base de \( T \), son combinación lineal de los vectores de la base de \( S \), es decir, ver dónde hay solución a las ecuaciones

\( \displaystyle{
a(1,1,0)+b(0,1,-1)=(1,0,-1),\qquad c(1,1,0)+d(0,1,-1)=(0,2,1)
} \)

Ojo, porque aunque \( dim(T\cap S)=1 \) puede ocurrir que en la base de \( S \) ninguno de sus vectores sea combinación linea de los generadores de \( T \).

Perdon deberia analizar no lo logro comprender lo que me falta, mi vectores quedan como múltiplos ya que si divido por 2 me quedan iguales pero eso ¿es correcto? me refiero a esto  \( {(3,4,-1)\frac{1}{2}}={(\frac{3}{2},2,-\frac{1}{2})} \)

Es que la intersección entre \( S \) y \( T \) es un subespacio, no un sólo vector. En un caso te sale el subespacio generado por \( (3,4,-1)  \)y en otro el generado por \( (3/2,2,-1/2) \). Es el mismo subespacio porque ambos generadores son proporcionales.

Saludos.
Entendi perfecto ,gracias.

03 Julio, 2020, 06:10 pm
Respuesta #5

Masacroso

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Hola

Para ver lo que pasa te basta descubrir si uno, o ambos vectores de la base de \( T \), son combinación lineal de los vectores de la base de \( S \), es decir, ver dónde hay solución a las ecuaciones

\( \displaystyle{
a(1,1,0)+b(0,1,-1)=(1,0,-1),\qquad c(1,1,0)+d(0,1,-1)=(0,2,1)
} \)

Ojo, porque aunque \( dim(T\cap S)=1 \) puede ocurrir que en la base de \( S \) ninguno de sus vectores sea combinación linea de los generadores de \( T \).

Uh, qué fallo más gordo por mi parte, toda la razón. Lo que debe pasar es que un vector de \( T \) esté también en \( S \), es decir, que una combinación lineal de la base de \( T \) sea igual a una combinación lineal de la base de \( S \).