Álgebra Lineal - Espacio Vectorial en Rn

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Tema 4.- El espacio vectorial Rn.
1. Subespacios vectoriales de Rn.
2. Bases de un subespacio.
3. Rango de una matriz.
4. Bases de Rn. Cambios de base.
5. Ejercicios.
En este tema estudiamos la estructura vectorial del espacio Rn, de las n−uplas ordenadas de números reales, es
decir, la estructura relacionada con las operaciones suma (de vectores) y multiplicación de un número (real) por un
vector. El espacio Rn es uno de los modelos para el estudio de los denominados espacios vectoriales (generales). Sin
entrar en más detalles y definiciones, un espacio vectorial es un conjunto de elementos sobre el que hay definida una
operación suma (de dichos elementos) y una operación producto de un número por uno de dichos elementos. Por
ejemplo, son espacios vectoriales:
el conjunto de las matrices de unas dimensiones dadas, con la operación suma de matrices y producto de un
escalar (real, complejo) por una matriz,
el conjunto de todos los polinomios en una variable, con las operaciones suma de polinomios y producto de un
escalar por un polinomio,
el conjunto de todos los polinomios en una variable y con grado menor o igual que un cierto valor prefijado. Por
ejemplo, el conjunto de todos los polinomios de grado menor o igual que 3.
Para finalizar, daremos la definición formal de base y consideraremos los resultados fundamentales asociados a
dicho concepto.
1. Subespacios vectoriales de Rn.
Los subespacios vectoriales de Rn serán los subconjuntos de Rn que se pueden caracterizar mediante ecuaciones
lineales homogéneas (ecuaciones impĺıcitas en las n variables dadas por las coordenadas de un vector genérico). Como
ya hemos visto, cualquier conjunto de vectores descrito como el conjunto de todas las combinaciones lineales de ciertos
vectores también puede caracterizarse mediante ecuaciones lineales homogéneas. A la hora de manipular subespacios
vectoriales recurriremos, de forma habitual, a su expresión mediante ecuaciones impĺıcitas o a su expresión mediante
ecuaciones paramétricas. Una de las cuestiones que trataremos es el número mı́nimo de ecuaciones impĺıcitas mediante
las que se puede caracterizar un subespacio y el número mı́nimo de vectores que permiten generar dicho subespacio. En
el espacio tridimensional R3, los subespacios vectoriales son, además del subespacio nulo {0} y del total R3, las rectas
y los planos que pasan por el origen de coordenadas. Recordemos que cualquier recta o plano se puede caracterizar
mediante ecuaciones impĺıcitas y mediante ecuaciones paramétricas. En R3, para caracterizar una recta que pasa por
el origen de coordenadas necesitamos dos ecuaciones (no redundantes) o un vector, y para caracterizar un plano que
pasa por el origen de coordenadas necesitamos una ecuación o dos vectores linealmente independientes (una base de
dicho plano).
1.1. Subespacios vectoriales.
Definición. Se llama subespacio vectorial de Rn a todo subconjunto no vaćıo S ⊂ Rn que verifica:
(1) Si un vector está en S, también lo está cualquiera de sus múltiplos, es decir,
v ∈ S =⇒ αv ∈ S, ∀ α ∈ R,
(2) Si dos vectores están en S, también lo está la suma de ambos, es decir,
v1, v2 ∈ S =⇒ v1 + v2 ∈ S.
79
La propiedad (1) nos dice que si tenemos un vector no nulo de un subespacio vectorial, la recta determinada por
dicho vector está contenida en el subespacio. La propiedad (2) nos dice que si tenemos dos vectores (no colineales) de
un subespacio vectorial, el plano determinado por dichos vectores está contenido en el subespacio.
Las dos propiedades anteriores se pueden expresar de forma conjunta: Si dos vectores están en S, también lo
está cualquiera de sus combinaciones lineales:
∀
{
v1, v2 ∈ S
α, β ∈ R
}
=⇒ αv1 + βv2 ∈ S.
En particular el vector nulo pertenece a cualquier subespacio vectorial.
Obviamente S =
{
~0
}
y S = Rn son subespacios vectoriales (a veces llamados subespacios triviales).
En el espacio bidimensional, R2, además de esos dos subespacios triviales, cualquier recta que pase por el origen
es un subespacio vectorial. Sin embargo, los vectores de posición determinados por los puntos de una parábola NO
forman un subespacio vectorial.
En el espacio tridimensional, R3, además de los dos subespacios triviales (
{
~0
}
y R3), cualquier recta o plano que
pase por el origen es un subespacio vectorial.
Ejercicio resuelto
Encontrar unas ecuaciones impĺıcitas del subespacio de R4
E = Gen{(1, 1, 1, 0)T , (2, 0, 1, 2)T , (0, 2, 1,−2)T , (0,−2,−1, 2)T , (−1, 1, 0,−2)T}.
Dado un conjunto generador {v1, v2, v3, v4, v5} de un subespacio E ⊂ R4, encontrar las ecuaciones impĺıcitas de E
es hallar las condiciones que deben verificar las componentes de un vector de R4, x = (x1, x2, x3, x4)
T , para que
pertenezca a E, es decir, para que se pueda escribir como combinación lineal del conjunto generador x = c1v1+ c2v2+
c3v3 + c4v4 + c5v5, es decir, para que existan esos escalares ci, o lo que es equivalente, para que el sistema
(v1|v2|v3|v4|v5)c = x, con c = (c1, c2, c3, c4, c5)T
sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|v3|v4|v5|x):




1 2 0 0 −1 x1
1 0 2 −2 1 x2
1 1 1 −1 0 x3
0 2 −2 2 −2 x4




F2 − F1
F3 − F1
-




1 2 0 0 −1 x1
0 −2 2 −2 2 x2 − x1
0 −1 1 −1 1 x3 − x1
0 2 −2 2 −2 x4




F3 − F2/2
F4 + F2
-




1 2 0 0 −1 x1
0 −2 2 −2 2 x2 − x1
0 0 0 0 0 x3 − x1/2− x2/2
0 0 0 0 0 x4 + x2 − x1




,
es decir, el sistema es compatible cuando
{
x3 − x1/2− x2/2 = 0,
x4 + x2 − x1 = 0, →
{
x1 + x2 − 2x3 = 0,
x1 − x2 − x4 = 0,
que son unas ecuaciones impĺıcitas de E.
Observemos que pod́ıamos haber buscado primero una base de E, aplicando eliminación gaussiana a la matriz
(v1|v2|v3|v4|v5):




1 2 0 0 −1
1 0 2 −2 1
1 1 1 −1 0
0 2 −2 2 −2




F2 − F1
F3 − F1
-




1 2 0 0 −1
0 −2 2 −2 2
0 −1 1 −1 1
0 2 −2 2 −2




F3 − F2/2
F4 + F2
-




1 2 0 0 −1
0 −2 2 −2 2
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0




,
de donde deducimos que E = Gen{v1, v2}, es decir, una base de E es BE = {v1, v2}. Dada una base {v1, v2} de
un subespacio E ⊂ R4, encontrar las ecuaciones impĺıcitas de E es hallar las condiciones que deben verificar las
componentes de un vector de R4, x = (x1, x2, x3, x4)
T , para que pertenezca a E, es decir, para que se pueda escribir
como combinación lineal de los vectores de la base x = c1v1 + c2v2, es decir, para que existan esos escalares ci, o lo
que es equivalente, para que el sistema
(v1|v2)c = x, con c = (c1, c2)T
80
sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|x):




1 2 x1
1 0 x2
1 1 x3
0 2 x4




F2 − F1
F3 − F1
-




1 2 x1
0 −2 x2 − x1
0 −1 x3 − x1
0 2 x4




F3 − F2/2
F4 + F2
-




1 2 x1
0 −2 x2 − x1
0 0 x3 − x1/2− x2/2
0 0 x4 + x2 − x1




,
es decir, el sistema es compatible cuando
{
x3 − x1/2− x2/2 = 0,
x4 + x2 − x1 = 0, →
{
x1 + x2 − 2x3 = 0,
x1 − x2 − x4 = 0,
que son unas ecuaciones impĺıcitas de E.
La garant́ıa de que el resultado al que hemos llegado es correcto se obtiene comprobando que todos los vectores vi
verifican todas las ecuaciones impĺıcitas obtenidas.
1.2. Espacio nulo y espacio columna de una matriz.
Asociados a una matriz A,m× n,
A = [v1|v2|...|vn] =





a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
...
...
. . .
...
am1 am2 · · · amn





hemos considerado los denominados
Espacio nulo de la matriz A, esto es, el conjunto de vectores reales x ∈ Rn caracterizados por las ecuaciones
impĺıcitas
Ax = 0 −→



a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = 0
...
...
...
am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn = 0



.
Espacio columna de la matriz A, subespacio generado por las columnas de A, esto es, el conjunto de vectores
y que se pueden escribir como combinación lineal de dichas columnas
y = α1v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn,
caracterizado por las ecuaciones paramétricas



y1 = α1a11 + α2a12 + · · ·+ αna1n
y2 = α1a21 + α2a22 + · · ·+ αna2n
...
......
ym = α1am1 + α2am2 + · · ·+ αnamn
, con α1, α2, . . . , αn ∈ R.
Resolviendo el sistema homogéneo Ax = 0 podemos obtener los vectores del espacio nulo de A como el conjunto
de vectores que se pueden expresar como combinación lineal (arbitraria) de determinados vectores, es decir, como el
subespacio generado por ciertos vectores o como el espacio columna de la matriz que tiene a dichos vectores como
vectores columna. Por otra parte, puesto que el espacio columna de una matriz A está formado por los vectores y tales
que el sistema de ecuaciones Ax = y es compatible, obteniendo las condiciones de compatibilidad de este sistema (en
función del término independiente y), tendremos unas ecuaciones lineales homogéneas que permiten expresar el citado
espacio columna como espacio nulo de otra matriz.
Por tanto, hablar de espacio nulo o espacio columna de una matriz (o subespacio generado por ciertos vectores)
no es hablar de conjuntos de vectores con caracteŕısticas distintas, sino que es hablar de un mismo tipo de conjunto
de vectores, que son los denominados subespacios vectoriales, pero expresados en forma distinta:
cuando uno de dichos conjuntos de vectores viene dado como espacio nulo de una matriz tenemos una descripción
impĺıcita (ecuaciones impĺıcitas) de dicho conjunto (un vector está en el conjunto considerado si, y sólo si,
sus coordenadas verifican el sistema homogéneo asociado a la matriz),
81
cuando uno de dichos conjuntos de vectores viene dado como espacio columna de una matriz tenemos una des-
cripción paramétrica (ecuaciones paramétricas) de dicho conjunto (un vector está en el conjunto considerado
si, y sólo si, puede expresarse como combinación lineal de determinados vectores).
Entre las descripciones paramétricas de un subespacio vectorial unas serán mejores que otras en el sentido de que
unas involucren menos vectores que otras. Es decir, si tenemos el espacio columna de una cierta matriz A,m × n,
y los vectores columna de A son linealmente dependientes, suprimiendo vectores que sean combinación lineal de los
que quedan, tendremos que el espacio columna de la matriz original también es el espacio columna de la matriz que
resulta de la matriz anterior suprimiendo algunas columnas. Si nos quedamos con un conjunto de vectores linealmente
independiente, tendremos que dichos vectores generan el espacio columna de la matriz original y cada vector de
dicho espacio se puede expresar de forma única como combinación lineal de los vectores linealmente independientes
obtenidos. Dichos vectores constituyen lo que se denomina una base (es decir, un conjunto de vectores linealmente
independiente que genera el subespacio) del subespacio vectorial considerado, el espacio columna de la matriz original.
Si en la representa-ción paramétrica eliminamos los parámetros, llegaremos a unas ecuaciones homogéneas que darán
una descripción impĺıcita del subespacio considerado.
De forma paralela, entre las descripciones impĺıcitas de un subespacio vectorial también habrá unas mejores que
otras, en el sentido de que una puede tener ecuaciones redundantes y otra no. Si mediante operaciones fila reducimos
una matriz A a forma escalonada y obtenemos la matriz U , las soluciones del sistema Ux = 0 coinciden con las del
sistema Ax = 0, es decir los espacios nulos de la matriz A y de la matriz U coinciden. Si de la matriz U eliminamos las
filas nulas, que proceden de ecuaciones originales redundantes en el sistema Ax = 0, tendremos un sistema de ecuaciones
sin ecuaciones redundantes y cuyas soluciones forman el espacio nulo de la matriz A original. Si resolvemos el
sistema homogéneo tendremos una descripción paramétrica del conjunto solución, es decir, del subespacio dado.
Podemos caracterizar las matrices invertibles en términos de sus espacios nulo y columna.
Teorema.- Consideremos una matriz cuadrada de orden n.
(1) La matriz A tiene inversa si, y sólo si, Col (A) = Rn.
(2) La matriz A tiene inversa si, y sólo si, Nul (A) = {0}.
Cuando se consideran las transformaciones lineales sin hacer referencia a la matriz asociada, se suele utilizar la
siguiente terminoloǵıa:
Definición. Consideremos una aplicación lineal T : Rn −→ Rm.
(1) Se denomina núcleo de T y se denota por ker(T ) al conjunto (subespacio)
ker(T ) = {x ∈ Rn : T (x) = 0} .
(2) Se denomina conjunto o espacio imagen de T al conjunto de vectores de Rm que tienen anti-imagen, es decir,
Imagen(T ) = T (Rn) = {T (x) : x ∈ Rm} = {y ∈ Rm : ∃x ∈ Rn, y = T (x)} .
Si consideramos la matriz A asociada a T , tenemos
ker(T ) = {x ∈ Rn : Ax = 0} = Nul (A)
Imagen(T ) = T (Rn) = {Ax : x ∈ Rm} = {y ∈ Rm : ∃x ∈ Rn, y = Ax} =
= {y ∈ Rm : Ax = y es un S.C.} = Col (A).
Ejemplo.- Consideremos el espacio nulo de la matriz
A =


−1 2 0 3
3 0 1 −1
1 4 1 5

 ,
es decir, estamos considerando el conjunto S de los vectores x ∈ R4 cuyas coordenadas (x1, x2, x3, x4) verifican las
ecuaciones (impĺıcitas)
−x1 + 2x2 + 3x4 = 0
3x1 + x3 − x4 = 0
x1 + 4x2 + x3 + 5x4 = 0



.
Haciendo operaciones fila sobre la matriz A (que se corresponden con operaciones sobre las ecuaciones del sistema)
tenemos
A =


−1 2 0 3
3 0 1 −1
1 4 1 5


F2 + 3F1
-
F3 + F1


−1 2 0 3
0 6 1 8
0 6 1 8


F3 − F2
- U =


−1 2 0 3
0 6 1 8
0 0 0 0

.
82
De hecho, refiriéndonos a la matriz original tenemos que F3(A) = F2(A) + 2F1(A). Equivalentemente, la tercera
ecuación del sistema original es combinación lineal de las dos primeras con lo cual si un vector es solución de las dos
primeras también lo es de la tercera. Resumiendo, tenemos que
S = Nul (A) = Nul
[
−1 2 0 3
3 0 1 −1
]
= Nul (U) = Nul
[
−1 2 0 3
0 6 1 8
]
con lo cual nuestro conjunto S de vectores está caracterizado por las ecuaciones (no redundantes)
−x1 + 2x2 + 3x4 = 0
6x2 + x3 + 8x4 = 0
}

o por
−x1 + 2x2 + 3x4 = 0
3x1 + x3 + x4 = 0




.
Resolviendo el sistema Ux = 0 tenemos


-1 2 0 3 0
0 6 1 8 0
0 0 0 0 0

 =⇒




Variables libres
x3 y x4.
Variables fijas
x1 y x2.




=⇒
⇒



x2 =
1
6 (−x3 − 8x4)
x1 = 2x2 + 3x4 =
2
6 (−x3 − 8x4) + 3x4 = − 13x3 + 13x4
⇒




x1
x2
x3
x4




= x3




− 13
− 16
1
0




+ x4




1
3
− 43
0
1




.
Por tanto,
Nul (A) = Gen



v1 =




− 13
− 16
1
0




, v2 =




1
3
− 43
0
1







= Gen



6v1 =




−2
−1
6
0




, 3v2 =




1
−4
0
3







= Col




− 13 13
− 16 − 86
1 0
0 1




= Col




−2 1
−1 −4
6 0
0 3




.
Los vectores {v1, v2} forman una base de S = Nul (A). Los vectores de Nul (A) son los que pueden expresarse como
combinación lineal de v1 y v2 y, como consecuencia de la independencia lineal, cada vector de S sólo puede expresarse
de una única forma como combinación lineal de v1 y v2. Los coeficientes que aparezcan en dicha combinación lineal
son las coordenadas del vector de S respecto a la base {v1, v2} (de S). El vector v = [−8 5 18 − 6] está en S y sus
coordenadas respecto a {v1, v2} son la solución de
v = λv1 + µv2 ≡

 v

 =

 v1 v2


[
λ
µ
]
≡




− 13 13 −8
− 16 − 43 5
1 0 18
0 1 −6




,
es decir, λ = 18, µ = −6 (v = 18v1 − 6v2).
Ejemplo.- Vamos a utilizar la misma matriz A del ejemplo anterior. El espacio columna de dicha matriz es, por
definición de espacio columna, el conjunto de vectores y que se pueden expresar como combinación lineal de las
columnas de A, es decir los vectores y (¡con 3 coordenadas!) que se pueden expresar mediante
y =


y1
y2
y3

 = α


−1
3
1

+ β


2
0
4

+ γ


0
1
1

+ δ


3
−1
5


para ciertos α, β, γ, δ ∈ R. Esto es lo mismo que decir que el espacio columna está formado por los vectores y ∈ R3
para los que el sistema de ecuaciones Ax = y tiene solución. En dicho caso, cada solución del sistema Ax = y nos
daŕıa una forma de expresar y como combinaciónlineal de las columnas de A. Obtengamos, para un vector genérico
83
y ∈ R3 las condiciones de compatibilidad del sistema Ax = y, reduciendo la matriz ampliada del sistema [A|y] a forma
escalonada. Haciendo las mismas operaciones fila que hemos hecho cuando hemos obtenido el espacio nulo tenemos
[A|y] =


−1 2 0 3 y1
3 0 1 −1 y2
1 4 1 5 y3


F2 + 3F1
-
F3 + F1


−1 2 0 3 y1
0 6 1 8 y2 + 3y1
0 6 1 8 y3 + y1


F3 − F2
- U =


-1 2 0 3 y1
0 6 1 8 y2 + 3y1
0 0 0 0 y3 − y2 − 2y1

.
Por tanto, el sistema Ax = y es compatible (determinado o indeterminado)⇐⇒ y3− y2− 2y1 = 0. Es decir, el espacio
columna de A está formado por los vectores y ∈ R3 cuyas coordenadas verifican la ecuación (lineal homogénea)
y3 − y2 − 2y1 = 0. Se trata, por tanto, de un plano (en R3) que pasa por el origen de coordenadas. Además, teniendo
la forma escalonada U que hemos obtenido, puesto que:
Las columnas 1 y 2 de U son linealmente independientes y
Las columnas 3 y 4 son combinación lineal de las columnas 1 y 2,
lo mismo sucede con las columnas correspondientes de la matriz A con lo cual, el espacio columna de A (generado por
las 4 columnas) coincide con el espacio generado por las columnas 1 y 2 de A (¡no de U !). Los vectores dados por las
columnas 1 y 2 de A forman una base de Col (A) puesto que son linealmente independientes y generan dicho espacio.
Si denotamos por v1, v2, v3 y v4 a los vectores columna de A, cada vector y ∈ Col (A) se puede expresar de infinitas
formas distintas como combinación lineal de v1, v2, v3 y v4 puesto que el sistema de ecuaciones Ax = y es compatible
(puesto que y ∈ Col (A)) indeterminado (puesto que hay 2 variables libres). Sin embargo, dicho vector y ∈ Col (A)
sólo puede expresarse de una única forma como combinación lineal de v1 y v2 puesto que el sistema de ecuaciones

 v1 v2


[
λ
µ
]
=


y1
y2
y3


tendrá solución única. Para discutir, y resolver, este sistema basta con suprimir las columnas 3 y 4 de la reducción
que hemos hecho del sistema Ax = y con lo cual tenemos


−1 2 y1
3 0 y2
1 4 y3

 - · · ·


-1 2 y1
0 6 y2 + 3y1
0 0 y3 − y2 − 2y1

.
La solución única (λ, µ) de este sistema (compatible cuando y ∈ R3) nos dará los coeficientes para los cuales se verifica
y = λv1 + µv2.
Estos coeficientes (λ, µ) (únicos para cada vector y ∈ Col (A)) se denominan coordenadas de y respecto de la base
{v1, v2}. Por ejemplo, las coordenadas del vector
y =


1
1
3

 (∈ Col (A) puesto que y3 − y2 − 2y1 = 3− 1− 2 = 0)
respecto a la base {v1, v2} de Col (A) vienen dadas por la solución del sistema

 v1 v2


[
λ
µ
]
=


1
1
3

 −→


-1 2 1
0 6 4
0 0 0

 =⇒
[
λ
µ
]
=
[
1
3
4
6
]
.
Ejercicio resuelto
Dada la matriz
A =




0 1 1
1 −1 −3
−2 0 4
−1 2 a




, a ∈ R,
encontrar, según los valores del parámetro a, unas ecuaciones impĺıcitas del espacio columna de A, Col(A). Para
a = 1, escribir razonadamente, si es que existe, una matriz C, 4× 5, tal que Col(C) = Col(A).
84
Si llamamos vi a las columnas de A, A = [v1|v2|v3], entonces su espacio columna, Col(A) = Gen {v1, v2, v3}, que
está contenido en R4.
Dado un conjunto generador {v1, v2, v3} de un subespacio E ⊂ R4, encontrar las ecuaciones impĺıcitas de E es hallar
las condiciones que deben verificar las componentes de un vector de R4, x = (x1, x2, x3, x4)
T , para que pertenezca a
E, es decir, para que se pueda escribir como combinación lineal del conjunto generador, x = c1v1 + c2v2 + c3v3, es
decir, para que existan esos escalares ci, o lo que es equivalente, para que el sistema
(v1|v2|v3)c = x, con c = (c1, c2, c3)T
sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|v3|x):




0 1 1 x1
1 −1 −3 x2
−2 0 4 x3
−1 2 a x4




F2 ↔ F1
-




1 −1 −3 x2
0 1 1 x1
−2 0 4 x3
−1 2 a x4




F3 + 2F1
F4 + F1
-




1 −1 −3 x2
0 1 1 x1
0 −2 −2 x3 + 2x2
0 1 a− 3 x4 + x2




F3 − 2F2
F4 − F2
-




1 −1 −3 x2
0 1 1 x1
0 0 0 x3 + 2x2 + 2x1
0 0 a− 4 x4 + x2 − x1




F4 ↔ F3
-




1 −1 −3 x2
0 1 1 x1
0 0 a− 4 x4 + x2 − x1
0 0 0 x3 + 2x2 + 2x1




,
es decir, si a 6= 4 aparecen tres pivotes y el sistema es compatible cuando
2x1 + 2x2 + x3 = 0
(si a 6= 4, Col(A) ⊂ R4 tiene una sola ecuación impĺıcita pues al ser las tres columnas linealmente independientes,
dim(Col(A)) = 3). Sin embargo, si a = 4, sólo aparecen dos pivotes (sólo hay dos columnas linealmente independientes,
con lo que dim(Col(A)) = 2 y ese subespacio tendrá dos ecuaciones impĺıcitas) y, por tanto, el sistema es compatible
cuando {
2x1 + 2x2 + x3 = 0,
x1 − x2 − x4 = 0,
que son unas ecuaciones impĺıcitas de Col(A) cuando a = 4.
La garant́ıa de que el resultado al que hemos llegado es correcto se tiene comprobando que todos los vectores vi
verifican todas las ecuaciones impĺıcitas obtenidas (una en el caso a 6= 4 y dos cuando a = 4).
Nos piden después que, para a = 1, encontremos si es posible alguna matriz C, 4 × 5, tal que Col(C) = Col(A).
Es decir, C = [u1|u2|u3|u4|u5] y como los ui ∈ R4, entonces Col(C) ⊂ R4 con lo que śı puede darse Col(C) = Col(A).
(Si C no tuviera 4 filas, entonces los ui /∈ R4 y no existiŕıa C tal que Col(C) = Col(A)).
Para escribir una matriz C, 4 × 5, cuyo espacio columna coincida con Col(A) basta con que sus cinco columnas
sean combinación lineal de v1, v2 y v3 (columnas de A) y que tres de ellas sean linealmente independientes (pues las
tres columnas de A lo son para a = 1). Por ejemplo, nos sirven las matrices siguientes (por comodidad repetimos las
tres primeras columnas de A, aunque basta con que las cinco columnas verifiquen la ecuación impĺıcita de Col(A),
2x1 + 2x2 + x3 = 0, y que haya tres linealmente independientes):




0 1 1 0 0
1 −1 −3 0 0
−2 0 4 0 0
−1 2 1 0 0




,




0 1 1 0 0
1 −1 −3 1 1
−2 0 4 −2 −2
−1 2 1 −1 −1




,




0 1 1 1 1
1 −1 −3 −1 −3
−2 0 4 0 4
−1 2 1 2 1




,




0 1 1 0 3
1 −1 −3 2 −3
−2 0 4 −4 0
−1 2 1 −2 6




,




0 1 1 0 0
1 −1 −3 1 1
−2 0 4 −2 −2
−1 2 1 27 0




, ...
Observemos que para las matrices B1 = [v1|v1|v1|v1|v1], B2 = [v1|v2|v1−v2|0|2v1−3v2], B3 = [v2|v2|v3−v2|v3|4v2−
5v3], se verifica Col(Bi) ⊂ Col(A) pero no se da la igualdad Col(Bi) = Col(A) (que es lo que nos pide el enunci-
ado; por tanto, tres columnas deben ser linealmente independientes) ya que dim(Col(B1)) = 1, dim(Col(B2)) =
dim(Col(B3)) = 2, mientras que dim(Col(A)) = 3.
Ejercicio resuelto
Dada la matriz
B =


1 −1 1 1
1 2 0 −1
0 b −1 −2

 , b ∈ R,
encontrar, según los valores del parámetro b, un conjunto generador linealmente independiente del espacio nulo de
B, Nul(B).
85
El espacio nulo de B está formado por los vectores x ∈ R4 tales que Bx = 0. Nos piden que encontremos un conjunto
generador linealmente independiente (una base) de dicho espacio nulo, en función del parámetro b. Para ello basta con
resolver el sistema Bx = 0 (homogéneo, de tres ecuaciones y cuatro incógnitas):


1 −1 1 1
1 2 0 −1
0 b −1 −2

 F2 − F1
-


1 −1 1 1
0 3 −1 −2
0 b −1 −2

 F3 − b3F2
-


1 −1 1 1
0 3 −1 −2
0 0 b3 − 1 2( b3 − 1)

 .
Entonces, cuando b = 3, la matriz que representa al sistema es


1 −1 1 1
0 3 −1 −2
0 0 0 0


con lo que tomando x3, x4 como variables libres (al ser las columnas tercera y cuarta columnas no pivote) obtenemos
x3, x4 ∈ R
x2 =
1
3 (x3 + 2x4)
x1 = x2 − x3 − x4 = − 23x3 − 13x4



→ x =




x1
x2
x3
x4




= x3




−2/3
1/3
1
0




+ x4




−1/3
2/3
0
1




,
con lo que
Nul(B) = Gen







−2/3
1/3
1
0




,




−1/3
2/3
0
1







= Gen







−2
1
3
0




,




−1
2
0
3







y una base de Nul(B), para b = 3, es {(−2, 1, 3, 0)T , (−1, 2, 0, 3)T}. Conviene comprobar que estos vectores verifican
el sistema Bx = 0.
Si b 6= 3,la matriz que representa el sistema (hemos dividido la tercera fila por b3 − 1 6= 0) es


1 −1 1 1
0 3 −1 −2
0 0 1 2


con lo que, tomando x4 como variable libre (al ser la cuarta columna no pivote), obtenemos
x4 ∈ R
x3 = −2x4
x2 =
1
3 (x3 + 2x4) = 0
x1 = x2 − x3 − x4 = x4



→ x =




x1
x2
x3
x4




= x4




1
0
−2
1




→ Nul(B) = Gen







1
0
−2
1







y una base de Nul(B), para b 6= 3, es {(1, 0,−2, 1)T}. Conviene comprobar que este vector verifica el sistema Bx = 0.
Ejercicio resuelto
Dada la matriz A =
[
1 2 1
−2 −4 −2
]
, escribir, si es posible, dos matrices cuadradas de orden 3 y dos matrices
3× 4 cuyo espacio columna coincida con el espacio nulo de A, Nul(A).
Vamos a calcular, en primer lugar el espacio nulo de A, Nul(A), es decir vamos a encontrar los vectores x tales que
Ax = 0. Puesto que A es una matriz 2× 3, para que se pueda hacer el producto Ax, debe verificarse que x ∈ R3. Aśı,
Ax = 0 nos proporciona las ecuaciones impĺıcitas de Nul(A):
Nul(A) ≡
{
x1 + 2x2 + x3 = 0
−2x1 − 4x2 − 2x3 = 0 → Nul(A) = Gen



v1 =


−2
1
0

 , v2 =


−1
0
1





.
Por tanto, una base de Nul(A) es {v1, v2}. Para escribir matrices 3 × 3 cuyo espacio columna coincida con Nul(A)
basta con que sus tres columnas sean combinación lineal de v1 y v2 (o, equivalentemente, que verifiquen su ecuación
impĺıcita x1 + 2x2 + x3 = 0) y que dos sean linealmente independientes:


−2 −1 0
1 0 0
0 1 0

 ,


−2 −1 −2
1 0 1
0 1 0

 ,


−2 −1 −1
1 0 0
0 1 1

 ,


−1 −2 −3
0 1 1
1 0 1

 ,


1 2 4
0 −1 0
−1 0 −4

 , ...
86
Observemos que para la matriz B = [v1|v1|v1] se verifica Col(B) ⊂ Nul(A) pero no se da la igualdad Col(B) = Nul(A)
(que es lo que nos pide el enunciado). Por tanto, dos columnas deben ser linealmente independientes.
Si las matrices son 3× 4, se aplica el mismo razonamiento sobre las cuatro columnas: todas deben ser combinación
lineal de v1 y v2 y, simultáneamente, dos deben ser linealmente independientes:


−2 −1 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0

 ,


−2 −1 −2 −4
1 0 1 0
0 1 0 4

 ,


−2 −1 2 −7
1 0 −1 0
0 1 0 7

 ,


−1 −2 −2 −2
0 1 1 1
1 0 0 0

 , ...
2. Bases de un subespacio.
Definición. Dado un subespacio S de Rn distinto del subespacio nulo S 6= {0}, se dice que un conjunto de vectores
{v1, v2, . . . , vr}
de S es una base de S si:
(a) {v1, v2, . . . , vr} es linealmente independiente,
(b) {v1, v2, . . . , vr} genera S,
S = Gen {v1, v2, . . . , vr} .
Las anteriores condiciones se pueden expresar de forma matricial: Si denotamos por A a la matriz cuyas columnas
son los vectores dados
A =





...
... · · ·
...
v1 v2
. . . vr
...
... · · ·
...





las columnas de A forman una base de un subespacio vectorial S si:
(a) El sistema homogéneo Ax = 0 tiene solución única (condición equivalente a que los vectores sean linealmente
independientes) y
(b) S = Col (A), es decir S está formado por los vectores y ∈ Rm para los que el sistema de ecuaciones Ax = y es
compatible.
Ejemplo. Los vectores canónicos de Rn,



e1 =





1
0
...
0





, e2 =





0
1
...
0





, . . . , en =





0
...
0
1








forman una base de Rn. Los vectores
{e1, e1 + e2, · · · , e1 + e2 + · · ·+ en}
también forman una base de Rn.
Definición/Teorema. (Coordenadas respecto de una base) Dada una base {v1, v2, . . . , vr} de un subespacio vectorial
S, cada vector v de S se puede expresar de forma única como combinación lineal de los vectores de la base dada,
v = c1v1 + c2v2 + · · ·+ crvr.
Los coeficientes que aparecen en dicha expresión (c1, . . . , cr) se denominan coordenadas de v respecto a la base dada
B = {v1, v2, . . . , vr} y se suelen denotar por
[v]B =



c1
...
cr


.
Definición/Teorema. Consideremos un subespacio vectorial S de Rm distinto del subespacio nulo S 6= {0}. Se
verifican:
87
(a) S tiene base.
(b) Todas las bases de S tienen el mismo número de elementos.
Al número de elementos de una base de S se le denomina dimensión de S. Por definición, la dimensión del
subespacio formado por el vector nulo es cero.
Si, al igual que antes, denotamos por A a la matriz cuyas columnas son los vectores dados
A =





...
... · · ·
...
v1 v2
. . . vr
...
... · · ·
...





,
para cada vector v (vector columna) de S se verifica que
v = Ac
para algún vector de coeficientes c.
Teorema (El Teorema de la Base). Consideremos un subespacio vectorial S de Rm de dimensión p (p ≤ m) y un
conjunto de vectores {u1, . . . , uq} ⊂ S.
(a) Si {u1, . . . , uq} generan S, entonces q ≥ p. Además, q = p⇐⇒ {u1, . . . , uq} es una base de S.
(b) Si {u1, . . . , uq} es linealmente independiente, entonces q ≤ p. Además, q = p⇐⇒ {u1, . . . , uq} es una base de S.
En particular, si tenemos un conjunto de n vectores de Rm:
Si n > m, los n vectores no pueden ser linealmente independientes,
Si m > n, los n vectores no pueden generar Rm.
3. Rango de una matriz.
Definición. Dada una matriz A, m × n, se llama rango de A a la dimensión de su espacio columna, es decir, a la
dimensión del subespacio vectorial (de Rm)
Col (A) = {combinaciones lineales de las columnas de A}
= {Ax : x ∈ Rn} = {y ∈ Rm : Ax = y es compatible} .
Teniendo en cuenta la relación entre la dimensión del espacio columna de A y la reducción de A a forma escalonada
tenemos que
rango(A) = número de pivotes de A.
Para una matriz cuadrada A de orden n, teniendo en cuenta los resultados sobre la existencia de la inversa
obtenemos que:
A tiene inversa ⇐⇒ rango(A) = n.
Teorema. Consideremos una matriz A, m× n. Se verifican:
(a) rango(A) = rango(AT ). Es decir, la dimensión del subespacio vectorial (de Rn) generado por las m filas de A
coincide con la dimensión del espacio columna de A (subespacio vectorial de Rm generado por las n columnas
de A):
dim (Col (A)) = dim
(
Col (AT )
)
.
Es decir, si por un lado reducimos la matriz A a forma escalonada por filas (mediante operaciones fila) y por
otro reducimos a forma escalonada por columnas (mediante operaciones columna), el número de pivotes que se
tienen en ambas reducciones es el mismo.
88
(b) Teorema del rango.
dim (Col (A)) + dim (Nul (A)) = n.
(c) En términos de la reducción por filas de A a forma escalonada, el Teorema del rango se puede expresar mediante:
(número de pivotes) + (número de variables libres) = n.
Si consideramos la transformación lineal T : Rn −→ Rm, asociada a una matriz real A,m × n, el espacio imagen
de la transformación es el espacio columna de la matriz A,
Imagen(T ) = T (Rn) = {T (x) ∈ Rm : x ∈ Rn} =
= {y ∈ Rm : y = T (x) para algún x ∈ Rn} = Col (A).
Se trata, por tanto, de un subespacio vectorial de Rm cuya dimensión es rango(A).
La imagen, mediante T , de cualquier subespacio vectorial S de Rn será un subespacio vectorial T (S) de Rm
contenido en el espacio imagen (columna) y por tanto la dimensión de dicho subespacio T (S) será menor o igual que
el rango de A (y menor o igual que la dimensión del subespacio S original).
Por otra parte, si consideramos un subespacio vectorial H de Rm, el conjunto de los vectores x ∈ Rn cuyos
transformados T (x) = Ax pertenecen a H forman un subespacio vectorial de Rn. En particular, si H es el subespacio
nulo de Rm, es decir, H = {0} ⊆ Rm entonces, obtenemos el núcleo de la transformación T o lo que es lo mismo, el
espacio nulo de A,
ker(T ) = {x ∈ Rn : T (x) = 0} = {x ∈ Rn : Ax = 0} = Nul (A).
Ejercicio resuelto
Considera la transformación lineal T que verifica
T




1
2
0



 =




1
−1
−1
2




, T




1
1
0



 =




0
−3
0
3




, T




1
0
1



 =




1
−4
−1
5




.
(a) Calcula la matriz A tal que T (x) = Ax para todo x ∈ R3.
(b) Calcula unas ecuaciones impĺıcitas delespacio columna de A.
(c) Calcula un conjunto linealmente independiente de vectores S que genere el subespacio nulo de A.
(a) La aplicación lineal T : R3 → R4 tiene asociada, respecto de las bases canónicas, la matriz A en cuyas columnas
aparecen los transformados de la base canónica del espacio de partida, es decir, A = [T (e1)|T (e2)|T (e3)].
Una posibilidad es plantear el sistema de ecuaciones vectoriales, donde, por comodidad llamamos a = (1,−1,−1, 2)T ,
b = (0,−3, 0,−3)T , c = (1,−4,−1, 5)T ,
T ([1, 2, 0]T ) = T (e1 + 2e2) = T (e1) + 2T (e2) = a
T ([1, 1, 0]T ) = T (e1 + e2) = T (e1) + T (e2) = b
T ([1, 0, 1]T ) = T (e1 + e3) = T (e1) + T (e3) = c



−→
T (e2) = a− b = (1, 2,−1,−1)T
T (e1) = b− T (e2) = (−1,−5, 1, 4)T
T (e3) = c− T (e1) = (2, 1,−2, 1)T



que en este caso se resuelve trivialmente (en general, lo resolveremos mediante eliminación de Gauss).
Por tanto,
A = [T (e1)|T (e2)|T (e3)] =




−1 1 2
−5 2 1
1 −1 −2
4 −1 1




.
Antes de seguir, podemos asegurarnos de que la matriz encontrada es la correcta comprobando que
A[1, 2, 0]T = (1,−1,−1, 2)T , A[1, 1, 0]T = (0,−3, 0,−3)T A[1, 0, 1]T = (1,−4,−1, 5)T .
Otra forma de encontrar A es escribir matricialmente las igualdades que nos dan:
A


1
2
0

 =




1
−1
−1
2




, A


1
1
0

 =




0
−3
0
3




, A


1
0
1

 =




1
−4
−1
5




→ A


1 1 1
2 1 0
0 0 1

 =




1 0 1
−1 −3 −4
−1 0 −1
2 3 5




,
89
de donde deducimos
A =




1 0 1
−1 −3 −4
−1 0 −1
2 3 5






1 1 1
2 1 0
0 0 1


−1
=




1 0 1
−1 −3 −4
−1 0 −1
2 3 5






−1 1 1
2 −1 −2
0 0 1

 =




−1 1 2
−5 2 1
1 −1 −2
4 −1 1




.
La matriz inversa que aparece la hemos calculado aplicando el método de Gauss–Jordan:


1 1 1 1 0 0
2 1 0 0 1 0
0 0 1 0 0 1

 ∼


1 1 1 1 0 0
0 −1 −2 −2 1 0
0 0 1 0 0 1

 ∼


1 1 0 1 0 −1
0 −1 0 −2 1 2
0 0 1 0 0 1


∼


1 0 0 −1 1 1
0 −1 0 −2 1 2
0 0 1 0 0 1

 ∼


1 0 0 −1 1 1
0 1 0 2 −1 −2
0 0 1 0 0 1

 .
(b) Puesto que
Col(A) = Gen







−1
−5
1
4




,




1
2
−1
−1




,




2
1
−2
1







,
dado un conjunto generador {v1, v2, v3} del subespacio Col(A) ⊂ R4, encontrar las ecuaciones impĺıcitas de Col(A) es
hallar las condiciones que deben verificar las componentes de un vector de R4, x = (x1, x2, x3, x4)
T , para que pertenezca
a Col(A), es decir, para que se pueda escribir como combinación lineal del conjunto generador x = c1v1 + c2v2 + c3v3,
es decir, para que existan esos escalares ci, o lo que es equivalente, para que el sistema
(v1|v2|v3)c = x, con c = (c1, c2, c3)T
sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|v3|x):




−1 1 2 x1
−5 2 1 x2
1 −1 −2 x3
4 −1 1 x4




∼




−1 1 2 x1
0 −3 −9 x2 − 5x1
0 0 0 x3 + x1
0 3 9 x4 + 4x1




∼




−1 1 2 x1
0 −3 −9 x2 − 5x1
0 0 0 x3 + x1
0 0 0 x4 − x1 + x2




,
es decir, las coordenadas de los vectores que pertenezcan a Col(A) deben verificar
x1 + x3 = 0, x1 − x2 − x4 = 0.
Merece la pena emplear unos segundos, para estar seguros de que el resultado obtenido es correcto, en comprobar que
los tres vectores que generan el espacio columna verifican todas (dos en nuestro caso) las ecuaciones obtenidas.
Observemos que dim(Col(A)) = 2 (pues la tercera columna de A es combinación lineal de las dos primeras) y al
estar ese subespacio en R4 lo definen dos ecuaciones impĺıcitas.
(c) El espacio nulo de A está formado por los vectores x ∈ R3 tales que Ax = 0. Al aplicar el método de eliminación
para resolverlo vamos a obtener el mismo resultado (en las tres primeras columnas) que el conseguido al buscar las
ecuaciones impĺıcitas en el apartado anterior:




−1 1 2
−5 2 1
1 −1 −2
4 −1 1




∼




−1 1 2
0 −3 −9
0 0 0
0 3 9




∼




−1 1 2
0 −3 −9
0 0 0
0 0 0




→
{
x1 = x2 + 2x3 = −3x3 + 2x3 = −x3,
x2 = −3x3,
con lo que Nul(A) = Gen {v = (−1,−3, 1)T}, es decir, S =





−1
−3
1





. Es fácil comprobar que v verifica Av = 0,
es decir, que pertenece a Nul(A). Además, sabiendo que, en nuestro caso, T está definida en R3, la igualdad
dim(Col(A)) + dim(Nul(A)) = 3
nos permit́ıa saber, antes de comenzar este apartado, que
dim(Nul(A)) = 3− dim(Col(A)) = 3− 2 = 1.
90
4. Bases de Rn. Cambios de base.
4.1. Bases de Rn.
Todas las bases de Rn están formadas por n vectores. Puesto que en ese caso tendremos n vectores linealmente
independientes con n coordenadas cada uno, la matriz cuadrada formada por dichos vectores como vectores columna
tiene inversa (y los vectores columna de dicha matriz inversa formarán otra base de Rn). Por otra parte, también los
vectores fila de las dos matrices citadas serán una base de Rn. Para comprobar si n vectores forman una base de Rn
bastará con reducir a forma escalonada la matriz formada por dichos vectores como vectores columna y comprobar si
se obtienen n pivotes. Notemos que, el orden de los vectores no influye en si éstos forman base o no.
Ejemplo. Siendo e1, e2, . . . , en los vectores de la base canónica de R
n, los vectores
e1, e1 + e2, e1 + e2 + e3, . . . , e1 + e2 + · · ·+ en
forman una base de Rn y para calcular las coordenadas de un vector genérico x ∈ Rn respecto de esta base basta con
resolver el sistema (con término independiente x)





1 1 · · · 1
0 1 · · · 1
...
...
. . .
...
0 0 · · · 1










α1
α2
...
αn





=





x1
x2
...
xn





.
Resolvemos el sistema





1 1 · · · 1 x1
0 1 · · · 1 x2
...
...
. . .
...
...
0 0 · · · 1 xn





−→







1 0 0 · · · 0 x1 − x2
0 1 0 · · · 0 x2 − x3
...
...
. . .
. . .
...
...
0 0 · · · 1 0 xn−1 − xn
0 0 · · · 0 1 xn







.
Por tanto, las coordenadas de x respecto a la base dada son







α1
α2
...
αn−1
αn







=







x1 − x2
x2 − x3
...
xn−1 − xn
xn







.
4.2. Cambios de base.
Dada una base B = {v1, v2, . . . , vn} de Rn, las coordenadas de un vector x ∈ Rn respecto a dicha base son los
coeficientes (únicos) α1, α2, . . . , αn para los cuales se verifica
α1v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn = x ≡





...
... · · ·
...
v1 v2
. . . vn
...
... · · ·
...










α1
α2
...
αn





= x =





x1
x2
...
xn





con x =





x1
x2
...
xn





las coordenadas de x respecto de la base canónica.
Dadas dos bases
U = {u1, u2, . . . , un} y B = {v1, v2, . . . , vn}
de Rn se trata de hallar la relación entre las coordenadas de un vector x ∈ Rn respecto de ambas bases. Hallemos
primero, la relación entre las coordenadas del vector x en la base U y la base canónica C. Las coordenadas de un vector
91
x ∈ Rn respecto a U vienen dadas por un vector [x]U que verifica que
x =





x1
x2
...
xn





, [x]U =





α1
α2
...
αn





⇔ x = α1u1 + α2u2 + · · ·+ αnun
⇔





x1
x2
...
xn





=





...
... · · ·
...
u1 u2
. . . un
...
... · · ·
...










α1
α2
...
αn





. (∗)
La matriz 




...
... · · ·
...
u1 u2
. . . un
...
... · · ·
...





que relaciona las coordenadas de un mismo vector x respecto a la base canónica con las coordenadas del mismo vector
x respecto a la base U se denomina matriz del cambio de base U −→ C de U a la base canónica C = {e1, e2, . . . , en}
y se denota por
P
C ← U =





...
... · · ·
...
u1 u2
. . . un
...
... · · ·
...





, x = [x]C = P
C ← U
[x]U
Puesto que la igualdad (∗) es equivalente a





α1
α2
...
αn





=





...
... · · ·
...
u1 u2
. . . un
...
... · · ·
...





−1




x1
x2
...
xn





≡ [x]U =
(
P
C ← U
)−1
[x]C
la matriz
(
P
C ← U
)−1
es la matrizdel cambio de base C → U con lo cual
P
U ← C =
(
P
C ← U
)−1
.
De forma análoga, si consideramos ahora las bases de Rn,
B = {v1, v2, . . . , vn} y U = {u1, u2, . . . , un}
podŕıamos obtener las matrices de cambio de base B −→ U y U −→ B de la misma forma que lo que acabamos de
hacer si conociéramos las coordenadas de los vectores de una base respecto a la otra. Si, en cambio, conocemos las
coordenadas de los vectores de ambas bases respecto, por ejemplo, a la base canónica, tenemos un planteamiento
similar.
Denotemos las coordenadas de un vector genérico x ∈ Rn respecto de ambas bases B y U mediante
[x]B =



α1
...
αn


, [x]U =



β1
...
βn


.
Tenemos entonces que x = α1v1 + · · ·+ αnvn = β1u1 + · · ·+ βnun y expresando estas igualdades en forma matricial
tenemos que
x =



x1
...
x3


 =

 v1 v2 · · · vn





α1
...
αn


 =

 u1 u2 · · · un





β1
...
βn



es decir, siendo B la matriz cuyas columnas son los vectores de la base B en la base canónica y siendo U la matriz
cuyas columnas son los vectores de la base U en la base canónica, se verifica que
x = B[x]B = U [x]U .
92
Por tanto,
[x]B = B
−1U [x]U =⇒ P
B ← U
= B−1U,
[x]U = U
−1B[x]B =⇒ P
U ← B
= U−1B.
Ejemplos.
(1) Vamos a calcular las matrices de cambio de base entre la base canónica de R3 y la base
B =
{
v1 = [−2 1 0]T , v2 = [1 − 2 3]T , v3 = [−1 0 − 1]T
}
.
Siendo las coordenadas de un vector genérico x ∈ R3 respecto a B y respecto a la base canónica
[x]B =


α1
α2
α3

, x =


x1
x2
x3

 ,
respectivamente, se verifica que
x = α1v1 + α2v2 + α3v3 ≡


x1
x2
x3

 =

 v1 v2 v3




α1
α2
α3

.
Por tanto, la matriz
P =

 v1 v2 v3

 =


−2 1 −1
1 −2 0
0 3 −1


(cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de la base B respecto a la base C es la matriz PC ← B del
cambio de base B −→ C puesto que
x = [x]C = P [x]B, ∀x ∈ R3.
Puesto que la inversa P−1 verifica
[x]B = P
−1[x]C , ∀x ∈ R3
dicha matriz es la del cambio de base C −→ B. Resumiendo,
P
C ← B
= P =


−2 1 −1
1 −2 0
0 3 −1

, P
B ← C
= P−1 = −1
6


2 −2 −2
1 2 −1
3 6 3

.
(2) Calculemos las matrices de cambio de base entre las bases
B =



v1 =


−2
1
0

 , v2 =


1
−2
3

 , v3 =


−1
0
−1





y
U =



u1 =


1
2
1

 , u2 =


−1
−2
2

 , u3 =


−1
3
2





.
Denotemos las coordenadas de un vector genérico x ∈ R3 respecto de ambas bases B y U mediante
[x]B =


α1
α2
α3

, [x]U =


β1
β2
β3

.
Tenemos entonces que x = α1v1 + α2v2 + α3v3 = β1u1 + β2u2 + β3u3. Escribiendo estas igualdades en forma
matricial 

x1
x2
x3

 =


−2 1 −1
1 −2 0
0 3 −1




α1
α2
α3

 =


1 −1 −1
2 −2 3
1 2 2




β1
β2
β3


93
obtenemos


α1
α2
α3

 =


−2 1 −1
1 −2 0
0 3 −1


−1

1 −1 −1
2 −2 3
1 2 2




β1
β2
β3


y, por tanto,
P
B ← U
=


−2 1 −1
1 −2 0
0 3 −1


−1

1 −1 −1
2 −2 3
1 2 2

 = − 16


2 −2 −2
1 2 −1
3 6 3




1 −1 −1
2 −2 3
1 2 2


= 16


4 2 12
−4 7 −3
−18 9 −21

.
Análogamente podŕıamos obtener
P
U ← B
=

 P
B ← U


−1
=
1
15


−20 25 −15
−5 22 −6
15 −12 6

.
Ejercicio resuelto
Dadas las bases de R2, B1 =
{(
−5
2
)
,
(
2
−1
)}
y B2 =
{(
−3
1
)
,
(
−4
1
)}
, encontrar, con la ayuda
de la matriz correspondiente, las coordenadas en la base B2 del vector v cuyas coordenadas en la base B1 son
[v]B1 = (2, 1)B1 .
Sabemos que dada una base de R2, B1 = {v1, v2}, la matriz PB1 = [v1|v2] relaciona las coordenadas que un vector v
tiene en la base canónica, [v]BC , y las que tiene en la base B1, [v]B1 , de forma que
[v]BC = PB1 [v]B1 .
Análogamente, dada una base B2 = {u1, u2}, la matriz PB2 = [u1|u2] relaciona las coordenadas que un vector v tiene
en la base canónica, [v]BC , y las que tiene en la base B2, [v]B2 , de forma que
[v]BC = PB2 [v]B2 .
Combinando ambas expresiones obtenemos
PB1 [v]B1 = PB2 [v]B2 →
{
[v]B2 = P
−1
B2
PB1 [v]B1 = PB2←B1 [v]B1 ,
[v]B1 = P
−1
B1
PB2 [v]B2 = PB1←B2 [v]B2 .
Como el enunciado nos da [v]B1 , usaremos [v]B2 = P
−1
B2
PB1 [v]B1 . Puesto que
PB1 =
[
−5 2
2 −1
]
, PB2 =
[
−3 −4
1 1
]
→ P−1B2 PB1 =
[
1 4
−1 −3
] [
−5 2
2 −1
]
=
[
3 −2
−1 1
]
obtenemos [v]B2 = P
−1
B2
PB1 [v]B1 =
[
3 −2
−1 1
] [
2
1
]
=
[
4
−1
]
.
Es fácil comprobar que el resultado es correcto. Teniendo en cuenta las coordenadas obtenidas en ambas bases
v = 2v1 + v2 = 4u1 − u2 con lo que debe ser cierto
2
[
−5
2
]
+
[
2
−1
]
= 4
[
−3
1
]
−
[
−4
1
]
.
De aqúı deducimos además (sin más que sumar los vectores) que, en la base canónica, v = (−8, 3)T .
Ejercicio resuelto
Consideremos una transformación lineal f : R3 −→ R3.
Hallar la matriz A que representa a f cuando se trabaja con la base canónica B = {e1, e2, e3}, sabiendo que A es
simétrica, que f(e1) = e2+ e3, f(e1+ e2+ e3) = 2(e1+ e2+ e3) y que f(e2) pertenece al subespacio E de ecuación
x− z = 0.
94
La aplicación lineal dada f : R3 → R3 tiene asociada, respecto de las bases canónicas, la matriz A en cuyas columnas
aparecen los transformados de la base canónica del espacio de partida, es decir,
A = [f(e1)|f(e2)|f(e3)] =


a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3

 .
Al ser A simétrica, AT = A, debe ser b1 = a2, c1 = a3 y c2 = b3, con lo que A =


a1 a2 a3
a2 b2 b3
a3 b3 c3

 . Puesto que
f(e1) = Ae1 = e2 + e3 = (0, 1, 1)
T la matriz A será
A =


0 1 1
1 b2 b3
1 b3 c3

 .
Puesto que f(e2) pertenece al subespacio E de ecuación x− z = 0, los elementos de la segunda columna de A deben
verificar dicha ecuación, es decir, 1− b3 = 0, con lo que b3 = 1 y tenemos
A =


0 1 1
1 b2 1
1 1 c3

 .
Finalmente, usando f(e1 + e2 + e3) = f(e1) + f(e2) + f(e3) = (2, 2, 2)
T , obtenemos que la tercera columna de A debe
verificar
f(e3) = (2, 2, 2)
T − f(e1)− f(e2) = (2, 2, 2)T − (0, 1, 1)T − (1, b2, 1)T = (1, 1− b2, 0)T .
Por tanto, debe ser (1, 1, c3)
T = (1, 1− b2, 0)T , con lo que b2 = 0, c3 = 0, y la matriz pedida es
A =


0 1 1
1 0 1
1 1 0

 .
Es recomendable emplear un minuto en comprobar que la matriz calculada satisface todas las condiciones del enunciado,
es decir, que no nos hemos equivocado al calcularla.
5. Ejercicios.
Ejercicio 1. Determinar si los siguientes conjuntos son subespacios vectoriales de R2 y R3, respectivamente:
(a) H =
{[
x
y
]
∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0
}
.
(b) H =





x
y
z

 ∈ R3 : x+ y = 0



.
Ejercicio 2. Sea E el conjunto de vectores de R4 cuyas dos primeras coordenadas suman cero.
(a) Probar que E es un subespacio vectorial de R4.
(b) Calcular un sistema generador linealmente independiente para dicho subespacio.
(c) Hallar unas ecuaciones impĺıcitas del subespacio E.
Ejercicio 3. Probar que el espacio nulo y columna de una matriz A de orden m × n son subespacios vectoriales de
Rn y Rm respectivamente.
Ejercicio 4. Dados la matriz A y el vector b por
A =


1 2
1 1
0 2

 , b =


3
2
2

 .
95
(a) Determinar si el vector b pertenece al espacio columna de la matriz A.
(b) Obtener los vectores pertenecientes al espacio nulo de la matriz A.
Ejercicio 5. Sean las matrices A, B y el vector b dados por
A =




1 0 1 1
1 1 2 0
1 0 1 1
1 1 2 0




, B =


1 1 0
0 1 2
1 1 3

 , b =




3
0
1
0




.
(a) Determinar unas ecuaciones impĺıcitas y paramétricas del espacio columna de las matrices A y B.
(b) Determinar unas ecuaciones impĺıcitas linealmente independientes y unas ecuaciones paramétricas del espacio
nulo de A y B.
(c) Hallar un sistema generador linealmente independiente para el espacio nulo y columna de dichas matrices.
(d) Razonar si el vector b pertenece al espacio nulo de la matriz A. ¿Y al espacio nulo de la matriz B?
Ejercicio 6. (a) Determinar el rango de las siguientesmatrices:
A =




0 1 −1 2 0
0 2 1 2 −2
0 1 −1 2 0
0 0 −1 −2 3




, B =




−1 1 −1 2
3 2 3 2
2 1 2 2
0 1 0 −2




.
(b) Sea A una matriz 20× 15 cuyo rango es 12. Determinar la dimensión de los siguientes subespacios vectoriales,
Col (A), Nul (A), Col (AT ) y Nul (AT ).
Ejercicio 7. Siendo e1, e2, e3 los vectores de la base canónica de R
3 y sabiendo que los vectores de la base B verifican
e1 = 2u1 + 2u2 + u3, e2 = u1 − 2u2 + 2u3, e3 = −2u1 + u2 + 2u3, señalar la relación correcta entre las siguientes
(considerando a los vectores como vectores-columna)
(a) [e1 e2 e3] =


2 2 1
1 −2 2
−2 1 2

 [u1 u2 u3] .
(b) [u1 u2 u3] =




2 2 1
1 −2 2
−2 1 2




−1
= 19


2 1 −2
2 −2 1
1 2 2

 .
(c) [u1 u2 u3] =




2 1 −2
2 −2 1
1 2 2




−1
= 19


2 2 1
1 −2 2
−2 1 2

 .
Ejercicio 8. Consideremos la base B = {(2, 1)T , (−3,−1)T} de R2. R4:
(a) Obtener, en dicha base, las ecuaciones impĺıcitas y las paramétricas de los subespacios que, en la base canónica,
vienen definidos mediante
E ≡ x1 + x2 = 0, F ≡ x1 − 2x2 = 0, G = Gen {(1, 1)T }, H = Gen {(3, 1)T}.
(b) Obtener, en la base canónica, las ecuaciones impĺıcitas y las paramétricas de los subespacios que, en la base B,
vienen definidos mediante
E ≡ y1 + 5y2 = 0, F ≡ y2 = 0, G = Gen {(1, 0)TB}, H = Gen {(2, 4)TB}.
96
Tema 5.- Ortogonalidad. Mı́nimos cuadrados
1. Producto escalar. Norma, distancia, ángulos y ortogonalidad.
2. El complemento ortogonal de un subespacio.
3. Bases ortonormales de un subespacio. Matrices ortogonales.
4. Proyección ortogonal sobre un subespacio. El teorema de la mejor aproximación.
5. El método de Gram-Schmidt.
6. Problemas de mı́nimos cuadrados. Ecuaciones normales de Gauss.
7. Ajuste de curvas, regresión lineal.
8. Ejercicios.
En este tema estudiamos la estructura métrica de los espacios Rn, es decir, las cuestiones relacionadas con distancias
y ángulos. Al contrario de lo que sucede con el estudio de la resolución de sistemas de ecuaciones lineales, el álgebra de
matrices, etc., el hecho de considerar aqúı vectores reales es esencial. Para poder considerar conceptos métricos en Cn,
es decir, con vectores de coordenadas complejas, habŕıa que considerar la definición apropiada (coherente) de producto
escalar de vectores complejos, que se suele denominar producto hermı́tico. Al aplicar dicha definición a vectores reales
nos daŕıa la definición usual que vemos a continuación y que los alumnos conocen en dimensión 2 y en dimensión 3.
Finalmente, estudiaremos el problema del ajuste por mı́nimos cuadrados, de gran interés en las aplicaciones.
1. Producto escalar. Norma, distancia, ángulos y ortogonalidad.
Definición. (Producto escalar, norma, ortogonalidad) Consideremos dos vectores x, y ∈ Rn
Se denomina Producto escalar de dos vectores x, y ∈ Rn al número real
x · y = xT y = yTx = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn ∈ R.
Se denomina Norma de un vector x ∈ Rn al número real no-negativo
||x|| =
√
|x1|2 + · · ·+ |xn|2 =
√
x · x ≥ 0.
Se denomina Distancia entre dos vectores x, y ∈ Rn al número real no-negativo
d(x, y) = ||x− y|| .
Ortogonalidad
(a) Se dice que dos vectores x, y ∈ Rn son ortogonales (x ⊥ y) si
x · y = 0.
(b) Se dice que un conjunto de vectores {v1, . . . , vm} de Rn es un conjunto ortogonal si cada uno de los
vectores vk es ortogonal a todos los demás,
vk · vj = 0, j 6= k.
(c) Se dice que un conjunto de vectores {v1, . . . , vm} de Rn es un conjunto ortonormal si es un conjunto
ortogonal y cada uno de los vectores vk tiene norma igual a 1,
vk · vj = 0, j 6= k; ||v1|| = · · · = ||vm|| = 1.
Las propiedades del producto escalar, la norma, la distancia y la ortogonalidad son conocidas por el alumno
para vectores en R2 y en R3. En los espacios Rn, las propiedades son esencialmente las mismas. Notemos que si
considerásemos dichos conceptos de forma independiente de un sistema de referencia, en cada uno de ellos aparecen
involucrados uno o dos vectores. Algunas de las propiedades del producto escalar pueden obtenerse directamente
del hecho de que el producto escalar de dos vectores puede expresarse como un producto matricial, vector-fila por
vector-columna
x · y = [x1, x2, . . . , xn]



y1
...
yn


 = x
T y = yTx = [y1, y2, . . . , yn]



x1
...
xn


 = y · x.
97
Propiedades. Sean x, y ∈ Rn, α ∈ R.
(1) ||x|| = 0⇐⇒ x = 0.
(2) ||αx|| = |α| ||x||.
(3) Desigualdad triangular: ||x+ y|| ≤ ||x||+ ||y|| , (||x− y|| ≤ ||x||+ ||y||).
(1) Desigualdad de Cauchy-Schwartz: |x · y| ≤ ||x|| ||y||.
(4) Teorema de Pitágoras:
x ⊥ y ⇐⇒ ||x+ y||2 = ||x||2 + ||y||2 .
El ángulo (los ángulos) determinado por dos vectores no-nulos x, y ∈ Rn puede caracterizarse (definirse) mediante
la igualdad
x · y = ||x|| ||y|| cos(θ).
2. El complemento ortogonal de un subespacio.
Definición. (El complemento ortogonal de un subespacio) Dado un subespacio vectorial S de Rn se denomina com-
plemento ortogonal de S al conjunto
S⊥ = {v ∈ Rn : v ⊥ u , ∀u ∈ S} .
Es decir, S⊥ está formado por todos los vectores que son ortogonales a todos los vectores de S. Por tanto, el com-
plemento ortogonal del subespacio nulo
{
~0
}
es Rn puesto que cualquier vector es ortogonal al vector nulo. Por otra
parte, el complemento ortogonal del espacio total Rn es el subespacio nulo, puesto que el vector nulo (de Rn) es el
único que es ortogonal a todos los vectores de Rn.
Ejemplos. A la hora de trabajar con el complemento ortogonal de un subespacio es conveniente tener presente cómo se
puede caracterizar, el complemento ortogonal de un subespacio, cuando el subespacio viene dado en forma paramétrica
o cuando viene dado en forma impĺıcita. En R2, un subespacio vectorial de dimensión 1 es una recta que pasa por el
origen y su complemento ortogonal será (como es natural) la recta que pasa por el origen (es un subespacio vectorial)
y es perpendicular a la recta dada. En R3, un subespacio vectorial de dimensión 1 es una recta que pasa por el origen.
Su complemento ortogonal será el plano que pasa por el origen (es un subespacio vectorial) y es perpendicular a la
recta dada. Un subespacio vectorial de dimensión 2 es un plano que pasa por el origen. Su complemento ortogonal
será la recta que pasa por el origen (es un subespacio vectorial) y es perpendicular al plano dado.
(1) Consideremos un subespacio de dimensión 1 en R2, dado en forma paramétrica, es decir, una recta que pasa por
el origen de coordenadas, dada por un vector dirección v1. Por ejemplo, para v1 = [2,−1]T
S = Gen {v1} = {αv1 : α ∈ R} ≡
{
x1 = 2α
x2 = −α ,
su complemento ortogonal estará formado por los vectores v = [x1, x2]
T ∈ R2 que son ortogonales a todos los
vectores de la forma αv1, α ∈ R
v ∈ S⊥ ⇔ (αv1) · v = 0, ∀α ∈ R⇐⇒ v1 · v = 0⇔ 2x1 − x2 = 0.
Es decir, el complemento ortogonal S⊥ está formado por todos los vectores v = [x1, x2]
T ∈ R2 cuyas coordenadas
verifican la ecuación
2x1 − x2 = 0,
con lo cual S⊥ es un subespacio vectorial (de dimensión 1) que viene dado en forma impĺıcita y los coeficientes
de la ecuación impĺıcita son las coordenadas del vector dirección de S. Si hubiéramos considerado otro vector
dirección de S (que será un múltiplo no-nulo de v1), habŕıamos obtenido una ecuación equivalente.
(2) Si consideramos un subespacio vectorial S de dimensión 1 en Rn, es decir una recta que pasa por el origen,
generada por un vector no-nulo v1 ∈ Rn
S = Gen



v1 =



a1
...
an






,
98
su complemento ortogonal estará formado por los vectores v = [x1, . . . , xn]
T ∈ Rn cuyas coordenadas verifican
la ecuación
v1 · v = 0 ≡ a1x1 + · · ·+ anxn = 0,
con lo cual S⊥ es un subespacio vectorial (de dimensión n− 1) que viene dado mediante una ecuación impĺıcita
y los coeficientes de dicha ecuación son las coordenadas del vector dirección de S.
Teorema. Dado un subespacio vectorial S de Rn se verifica:
(1) S⊥ es un subespacio vectorial de Rn.
(2)
(S⊥
)⊥
= S.
(3) Se verifica la siguiente relación entre S y S⊥.
(a) S ∩ S⊥ = {0}.
(b) S + S⊥ = Rn.
Por tanto, todo vector v de Rn se puede expresar de forma única como suma
de un vector de S y un vector de S⊥. (Esto será consecuencia del teorema de
la proyección ortogonal que veremos más adelante).
(5) Si S = Gen {v1, . . . , vp}, entonces
v ∈ S⊥ ⇐⇒ v ⊥ v1, . . . , v ⊥ vp.
Ejemplo. Antes hemos obtenido el complemento ortogonal de un subespacio de Rn de dimensión 1, que era un
subespacio vectorial de dimensión n−1 (estos subespacios se suelen denominar hiperplanos). Las propiedades anteriores
permiten obtener fácilmente el complemento ortogonal de un subespacio, de dimensión n− 1, cuya ecuación impĺıcita
es
W ≡ a1x1 + · · ·+ anxn = 0.
Como hemos visto antes,
W = S⊥, siendo S = Gen






a1
...
an






,
tenemos que W⊥ =
(
S⊥
)⊥
= S. Es decir, de manera inmediata obtenemos, W⊥, en forma paramétrica.
El hecho de expresar el complemento ortogonal de una u otra forma paramétrica/impĺıcita dependiendo de como
venga expresado el subespacio vectorial:
S en forma paramétrica −→ S⊥ en forma impĺıcita
S en forma impĺıcita −→ S⊥ en forma paramétrica
queda reflejado con el siguiente Teorema.
Teorema. (Los cuatro subespacios asociados a una matriz) Sea A una matriz real m× n. Se verifica:
[Col (A)]⊥ = Nul (AT ), [Nul (A)]⊥ = Col (AT )
El espacio Col (AT ) se suele denominar espacio fila de la matriz A.
Notemos que en lo que se refiere a las dimensiones de los complementos ortogonales tenemos
dim
(
[Col (A)]
⊥
)
= dim
(
Nul (AT )
)
= m− pivotes de AT = m− rango (A) = m− dim (Col (A)) .
Puesto que cualquier subespacio vectorial se puede expresar como el espacio columna de una matriz tenemos que para
cualquier subespacio vectorial S de Rm, se verifica
dim
(
S⊥
)
= m− dim (S).
99
3. Bases ortonormales de un subespacio. Matrices ortogonales.
Proposición. Si {u1, u2, . . . , ur} es un conjunto de vectores no-nulos ortogonales dos a dos, entonces son linealmente
independientes.
Demostración.- Si tenemos una combinación lineal de los vectores dados igual al vector nulo
α1u1 + α2u2 + · · ·+ αpup = ~0 (∗)
al multiplicar escalarmente por el vector u1 tenemos
(α1u1 + α2u2 + · · ·+ αpup) · u1 = ~0 · u1 = 0.
Desarrollando el primer miembro de la igualdad
α1u1 · u1 + α2u2 · u1 + · · ·+ αpup · u1 =


usando la
condición de
ortogonalidad

 =
= α1 ||u1||
2 + α20 + · · ·+ αp0 = 0
[
puesto
que u1 6= 0
]
=⇒ α1 = 0.
De manera análoga, al multiplicar escalarmente la igualdad (∗) por un vector
uk, k = 1, 2, . . . , p,
se obtiene
α10 + α20 + · · ·+ αk ||uk||
2 + · · ·+ αn0 = 0 ⇒
[
puesto
que uk 6= 0
]
⇒ αk = 0.
Por tanto, la única combinación lineal que es igual al vector nulo es la combinación lineal idénticamente nula (todos los
coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dados son linealmente independientes. 2
Proposición. Sea {u1, u2, . . . , ur} una base ortogonal de un subespacio S de Rn. Entonces:
Las coordenadas de un vector u ∈ S respecto de dicha base vienen dadas por u · uk
||uk||2
, es decir, se verifica que
u =
u · u1
||u1||2
u1 + · · ·+
u · ur
||ur||2
ur.
La expresión anterior se suele denominar desarrollo de Fourier de v respecto a la base {u1, u2, . . . , ur}.
Antes de pasar a estudiar la proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio, vamos a considerar las
propiedades de las matrices cuyas columnas son ortonormales. En particular, vamos a considerar las matrices cuadradas
cuyas columnas son ortonormales. Cuando se tiene un conjunto ortogonal de vectores no-nulos y se normalizan (se
divide cada uno por su norma), obtenemos un conjunto ortonormal de vectores que formarán una base ortonormal del
subespacio vectorial que generan. En términos de computación numérica, las matrices cuyas columnas son ortonormales
juegan un papel importante por ser matrices que transmiten los errores de redondeo de manera controlada.
Proposición. Sea U = [u1, . . . , un] una matriz real m× n.
(1) U tiene columnas ortonormales ⇐⇒ UTU = I.
(2) Si U tiene columnas ortonormales, la transformación lineal asociada
U : x ∈ Rn −→ y = Ux ∈ Rm
conserva ángulos y distancias, es decir
(a) ||Ux|| = ||x|| , ∀x ∈ Rn.
(b) (Ux) · (Uy) = x · y, ∀x, y ∈ Rn y en particular,
(c) Ux ⊥ Uy ⇐⇒ x ⊥ y.
Un caso particularmente importante lo constituyen las matrices cuadradas con columnas ortonormales.
Definición. (Matriz ortogonal) Se denomina matriz ortogonal a toda matriz Q real cuadrada no-singular cuya
inversa coincide con su traspuesta, Q−1 = QT .
100
Proposición. Se verifica:
(1) Si Q es ortogonal =⇒ det(Q) = ±1.
(2) Q es ortogonal ⇐⇒ QT es ortogonal.
(3) Si Q1 y Q2 son ortogonales, entonces Q1Q2 es ortogonal.
Proposición. Sea Q una matriz real cuadrada n× n. Son equivalentes:
(1) Q es una matriz ortogonal.
(2) Las n columnas de Q son ortonormales (y por tanto forman una base ortonormal de Rn).
(3) Las n filas de Q son ortonormales (y por tanto forman una base ortonormal de Rn).
4. Proyección ortogonal sobre un subespacio. El teorema de la mejor
aproximación.
Si consideramos el subespacio vectorial S, de dimensión uno (una recta), generado por un vector, u1, no-nulo,
S = Gen {u1}, la proyección ortogonal de un vector v ∈ Rn sobre S será el vector u = αu1 ∈ S que verifica que
v − u = v − αu1
es ortogonal a S, es decir, tenemos que determinar α con la condición que v − αu1 sea ortogonal a u1,
(v − αu1) · u1 = v · u1 − α ||u1||2 = 0 ⇐⇒ α = v·u1||u1||2 ⇒
=⇒ u = proy S(v) = v·u1||u1||2 u1.
Para un subespacio de dimensión arbitraria puede darse una expresión de la proyección ortogonal de un vector sobre
dicho subespacio cuando disponemos de una base ortogonal de dicho subespacio. Considerando una base ortonormal
puede darse una expresión cómoda de la matriz de la proyección ortogonal.
Teorema (de la descomposición ortogonal). Sea S un subespacio vectorial de Rn. Dado cualquier vector v ∈
Rn existe un único vector u ∈ S (llamado proyección ortogonal de v sobre S) tal que v − u ∈ S⊥. De hecho, si
{u1, u2, . . . , ur} es una base ortogonal de S, entonces la proyección ortogonal de v sobre S es
u := proy S(v) =
v · u1
||u1||2
u1 + · · ·+
v · ur
||ur||2
ur,
y la proyección ortogonal de v sobre S⊥ es
w = v − u.
Notemos que:
Cada sumando de la expresión
v · u1
||u1||2
u1 + · · ·+
v · ur
||ur||2
ur
nos da la proyección ortogonal del vector v sobre el subespacio generado por el correspondiente vector uk.
El vector u = proy S(v) verifica que ||u||2 ≤ ||v||2.
Corolario. (Matriz de una proyección ortogonal) Sea S un subespacio vectorial de Rn.
(a) Si {u1, u2, . . . , ur} es una base ortonormal de S, la proyeción ortogonal de un vector v ∈ Rn sobre S es
u := proy S(v) = (v · u1)u1 + · · ·+ (v · ur)ur.
101
(b) Siendo U una matriz cuyas columnas forman una base ortonormal de S, la matriz de la proyección ortogonal
sobre S es PS = UU
T , es decir
proy S(v) = UU
T v, ∀v ∈ Rn.
Aunque puedan considerarse distintas matrices U como en el enunciado, la matriz PS = UU
T que representa
a la proyección ortogonal, respecto a la base canónica, es única. Las propiedades caracteŕısticas de las matrices de
proyección ortogonal son
P 2S = PS ,
(
UUT
)2
= U(UTU)UT = UIUT = UUT , y
PS es simétrica,
(
UUT
)T
= (UT )TUT = UUT .
Teorema (de la mejor aproximación). Sea S un subespacio vectorial de Rn y consideremos un vector x ∈ Rn y
un vector y ∈ S. Son equivalentes:
 
O
x
y
w
S
S⊥
(a) y es la proyección ortogonal de x sobre S,
es decir,
y ∈ S, x− y ∈ S⊥.
(b) y es la mejor aproximación de x desde S,
es decir,
y ∈ S, ||x− y|| ≤ ||x− w|| para todo w ∈ S.
Sea y = proy S(x) y sea w ∈ S. Puesto que
x−w = (x−y)+(y−w), x−y ∈ S⊥, y−w ∈ S,
aplicando el Teorema de Pitágoras tenemos
||x− w||2 = ||x− y||2 + ||y − w||2 ≥ ||x− y||2 .
5. El método de Gram-Schmidt.
En el Tema 4 hemos visto cómo obtener una base de un subespacio vectorial a partir de un conjunto de vectores
quegenera el subespacio vectorial. En los eṕıgrafes anteriores hemos visto que el cálculo de las coordenadas de un
vector respecto de una base ortogonal es muy simple (desarrollo de Fourier) y que éstas permiten dar la expresión
de la proyección ortogonal sobre el subespacio que generan dichos vectores. El método de ortogonalización de Gram-
Schmidt, que vamos a describir, permite construir de manera progresiva una base ortogonal de un subespacio vectorial
a partir de una base de dicho subespacio e incluso de un conjunto de vectores que genere el subespacio.
Partiendo de una base {v1, v2, . . . , vp} de un subespacio S, el método consiste en generar uno a uno vectores que
son ortogonales a los construidos. Denotamos por S1, S2, . . . , los subespacios vectoriales definidos por
S1 = Gen {v1} , S2 = Gen {v1, v2} , . . . , Sp = Gen {v1, v2, . . . , vp} = S.
El método de Gram-Schmidt consiste en generar los vectores:
u1 = v1 ∈ S1,
u2 = v2 − proy S1(v2) ∈ S2, es decir, u2 es el único vector de la forma u2 = v2 + αu1 que es ortogonal a u1,
u3 = v3 − proy S2(v3) ∈ S3, es decir, u3 es el único vector de la forma u3 = v3 + αu1 + βu2 que es ortogonal a
u1 y a u2,
. . .
Notemos que, puesto que los vectores {v1, v2, . . . , vp} son linealmente independientes, necesariamente los subespacios
S1 ⊂ S2 ⊂ · · · ⊂ Sp = S
102
son todos distintos (dim (Sk) = k, k = 1, 2, . . . , p), los vectores u1, u2, . . . , up son todos no-nulos y linealmente inde-
pendientes y se verifica que
S1 = Gen {v1} = Gen {u1},
S2 = Gen {v1, v2} = Gen {u1, u2} ,
S3 = Gen {v1, v2, v3} = Gen {u1, u2, v3} = Gen {u1, u2, u3} ,
...
...
Sp = Gen {v1, . . . , vp} = . . . = Gen {u1, · · · , up} .
Teorema (Método de ortogonalización de Gram-Schmidt). Consideremos una base {v1, v2, . . . , vp} de un
subespacio vectorial S de Rn. Entonces, los siguientes vectores están bien definidos
u1 = v1
u2 = v2 −
v2 · u1
||u1||2
u1
u3 = v3 −
v3 · u1
||u1||2
u1 −
v3 · u2
||u2||2
u2
...
up = vp −
vp · u1
||u1||2
u1 − · · ·
vp · up−1
||up−1||2
up−1
y son no-nulos y ortogonales dos a dos.
(a) {u1, u2, . . . , up} es una base ortogonal de S = Gen {v1, v2, . . . , vp}.
(b) Para cada k = 1, . . . , p, {u1, u2, . . . , uk} es una base ortogonal de Sk = Gen {v1, v2, . . . , vk}.
Observaciones.
(a) Si el objetivo es obtener una base ortonormal de S, una vez que se ha obtenido una base ortogonal basta normalizar
los vectores obtenidos.
(b) En cada paso del método de Gram-Schmidt que acabamos de describir podŕıamos multiplicar (o dividir) el vector
obtenido por un coeficiente no-nulo y seguir los cálculos con dicho vector.
(c) Si el vector vk es combinación lineal de los anteriores, v1, v2, ..., vk−1, al aplicar el método de Gram-Schmidt
obtenemos uk = 0. Es decir, el método de Gram-Schmidt devuelve el vector nulo cuando se aplica a un conjunto
de vectores linealmente dependientes.
Ejercicio resuelto
Consideremos la matriz
A =




1 0 b a
0 1 a b
1 0 b a
0 1 a b




, a, b ∈ R.
Si a = 0 y b = 1, la matriz B = 12A es la matriz de la proyección ortogonal sobre un cierto subespacio S ⊂ R4.
(a) Encontrar una base ortonormal del subespacio S.
(b) Calcular la proyección ortogonal del vector (1, 1, 1, 1)T sobre S⊥.
Si a = 0 y b = 1 la matriz B es
B =
1
2
A =
1
2




1 0 1 0
0 1 0 1
1 0 1 0
0 1 0 1




.
(a) Nos dicen que B es la matriz PS de la proyección ortogonal sobre un cierto subespacio S ⊂ R4, es decir, que la
proyección ortogonal de cualquier vector x ∈ R4 sobre S es Bx. Los vectores v que pertenecen a S son aquéllos que
coinciden con su proyección ortogonal sobre S, es decir, los que verifican Bv = v. Resolviendo este sistema
1
2




1 0 1 0
0 1 0 1
1 0 1 0
0 1 0 1








v1
v2
v3
v4




=




v1
v2
v3
v4




→ 1
2




−1 0 1 0
0 −1 0 1
1 0 −1 0
0 1 0 −1








v1
v2
v3
v4




=




0
0
0
0




→
{
v1 − v3 = 0,
v2 − v4 = 0,
103
obtenemos
v = α




1
0
1
0




+ β




0
1
0
1




, α, β ∈ R → S = Gen



u1 =




1
0
1
0




, u2 =




0
1
0
1







.
Como la base encontrada ya es ortogonal (u1 · u2 = 0), basta con dividir por la norma de cada vector para encontrar
una base ortonormal de S: 


1√
2




1
0
1
0




,
1√
2




0
1
0
1







.
(b) Para calcular la proyección ortogonal del vector w = (1, 1, 1, 1)T sobre S⊥, usamos que la matriz de la proyección
ortogonal sobre S⊥, PS⊥ , vale
PS⊥ = I − PS =




1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1




− 1
2




1 0 1 0
0 1 0 1
1 0 1 0
0 1 0 1




=
1
2




1 0 −1 0
0 1 0 −1
−1 0 1 0
0 −1 0 1




con lo que
ProyS⊥w = PS⊥w =
1
2




1 0 −1 0
0 1 0 −1
−1 0 1 0
0 −1 0 1








1
1
1
1




=




0
0
0
0




,
resultado lógico ya que w ∈ S, pues verifica sus ecuaciones impĺıcitas (halladas en el apartado anterior), x1 − x3 = 0,
x2 − x4 = 0 (en particular, podemos ver que w = u1 + u2).
Ejercicio resuelto
Dados el subespacio E de R4 y la matriz A
E = Gen



u1 =




1
0
0
1




, u2 =




0
1
0
2




, u3 =




0
0
1
1







, A =




a1 b1
a2 2
a3 b2
−2 b3




.
(a) Encontrar la matriz de la proyección ortogonal sobre E.
(b) Calcular A sabiendo que Col(A) está contenido en E⊥.
(a) Para calcular la matriz de la proyección ortogonal PE sobre un subespacio E necesitamos una base ortonormal
de E. Pero teniendo en cuenta que PE + PE⊥ = I, puede ser más fácil calcular primero PE⊥ a partir de una base
ortonormal de E⊥. Por tanto, lo más conveniente es trabajar con el espacio que tenga menor dimensión entre E y E⊥.
Por un lado, dim(E) = 3 pues los tres vectores que lo generan son linealmente independientes




1 0 0
0 1 0
0 0 1
1 2 1




∼




1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 2 1




∼




1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 1




∼




1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0




.
De esta forma, al estar en R4, dim(E⊥) = 4−dim(E) = 4−3 = 1, con lo que es trivial encontrar una base ortonormal
de E⊥ y muy tedioso hallarla para E.
Para trabajar con E⊥ podemos escribir sus ecuaciones impĺıcitas (a partir de un conjunto generador de E; si se
trata de una base de E, entonces tenemos garant́ıa de que no nos sobra ninguna ecuación en ese conjunto de ecuaciones
impĺıcitas):
E⊥ ≡



x1 + x4 = 0
x2 + 2x4 = 0
x3 + x4 = 0
−→



x4 ∈ R
x1 = −x4
x2 = −2x4
x3 = −x4
−→ E⊥ = Gen







1
2
1
−1







.
Otra forma de encontrar una base de E⊥ es a partir de las ecuaciones impĺıcitas de E, y éstas son fáciles de calcular
104
(repetimos la primera eliminación que hicimos para ver la dimensión de E, añadiendo una cuarta columna):




1 0 0 x1
0 1 0 x2
0 0 1 x3
1 2 1 x4




∼




1 0 0 x1
0 1 0 x2
0 0 1 x3
0 2 1 x4 − x1




∼




1 0 0 x1
0 1 0 x2
0 0 1 x3
0 0 1 x4 − x1 − 2x2




∼






1 0 0 x1
0 1 0 x2
0 0 1 x3
0 0 0 x4 − x1
−2x2 − x3






,
de donde deducimos que x1 + 2x2 + x3 − x4 = 0 es una ecuación impĺıcita de E (es recomendable emplear unos
segundos en comprobar que todos los vectores que generan E satisfacen todas las ecuaciones impĺıcitas obtenidas;
en nuestro caso, que los tres vectores verifican la ecuación). Observemos que obtenemos una sola ecuación impĺıcita
pues E tiene dimensión 3 y es un subespacio de R4. A partir de dicha ecuación impĺıcita de E deducimos que
E⊥ = Gen{(1, 2, 1,−1)T}.
La ventaja de trabajar con E⊥ es que la base obtenida ya es ortogonal (al tener un único vector) y, por tanto, una
base ortonormal es BE⊥ = {v1 = 1√7 (1, 2, 1,−1)
T}. Construyendo la matriz U = [v1] podemos ya calcular la matriz
de la proyección ortogonal sobre E⊥ que viene dada por
PE⊥ = UU
T =
1√
7




1
2
1
−1




1√
7
[
12 1 −1
]
=
1
7




1 2 1 −1
2 4 2 −2
1 2 1 −1
−1 −2 −1 1




.
Es muy fácil obtener entonces la matriz de la proyección ortogonal sobre E
PE = I − PE⊥ =
1
7




6 −2 −1 1
−2 3 −2 2
−1 −2 6 1
1 2 1 6




.
Para estar seguros de que las matrices encontradas son las correctas es recomendable comprobar que, al proyectar cada
vector de la base de ese espacio obtenemos el mismo vector, y que, al proyectar cada vector de la base del subespacio
ortogonal obtenemos el vector nulo. Además, hay dos comprobaciones inmediatas que si no las satisface una matriz
de proyección seguro que está mal calculada: es siempre una matriz cuadrada, en este caso al estar el subespacio en
R4 es 4× 4 y debe ser simétrica al ser (UUT )T = (UT )TUT = UUT .
Observemos que un camino no recomendable (pues nos puede llevar mucho tiempo y seguramente con errores en los
cálculos) para calcular PE consiste en buscar una base de E, {z1, z2, z3}, aplicarle el método de Gram–Schmidt para
conseguir una base ortogonal, {t1, t2, t3}, dividir por las normas de los vectores para conseguir una base ortonormal y
construir la matriz
U =
[
t1
||t1||
∣
∣
∣
∣
t2
||t2||
∣
∣
∣
∣
t3
||t3||
]
,
con lo que, finalmente, PE = UU
T .
(b) Si Col(A) está contenido en E⊥, quiere decir que cada columna de A se puede escribir como combinación lineal
de los vectores de cualquier base de E⊥. Como una base de E⊥ es {(1, 2, 1,−1)T}, debe verificarse




a1
a2
a3
−2




= α




1
2
1
−1




→



α = 2,
a1 = 2,
a2 = 4,
a3 = 2,
;




b1
2
b2
b3




= β




1
2
1
−1




→



β = 1,
b1 = 1,
b2 = 1,
b3 = −1,
con lo que la matriz A buscada resulta ser A =




a1 b1
a2 2
a3 b2
−2 b3




=




2 1
4 2
2 1
−2 −1




.
Un planteamiento equivalente consiste en exigir que la matriz siguiente tenga rango uno
r




1 a1 b1
2 a2 2
1 a3 b2
−1 −2 b3




= r




1 a1 b1
0 a2 − 2a1 2− 2b1
0 a3 − a1 b2 − b1
0 a1 − 2 b3 + b1




= 1 −→



a2 − 2a1 = 0,
a3 − a1 = 0,
a1 − 2 = 0,
2− 2b1 = 0,
b2 − b1 = 0,
b3 + b1 = 0,
−→



a1 = 2,
a2 = 4,
a3 = 2,
b1 = 1,
b2 = 1,
b3 = −1.
105
Otra posibilidad es exigir que las columnas de A verifiquen las tres ecuaciones impĺıcitas de E⊥ obtenidas en el primer
apartado.
Ejercicio resuelto
Consideremos el subespacio E de R3 definido mediante x− z = 0 y la aplicación lineal f : R3 −→ R3 representada
(en la base canónica de R3) por la matriz
A =


3 −2 1
0 −1 2
2 −1 0

 .
(a) Hallar la proyección ortogonal del vector (−1, 1, 1)T sobre el subespacio f(E).
(b) Encontrar la matriz de la proyección ortogonal sobre el subespacio [f(E)]⊥.
(a) A partir de las ecuaciones impĺıcitas de E, x− z = 0, es inmediato deducir (resolviendo la ecuación que define a
E) que:
E = Gen



v1 =


1
0
1

 , v2 =


0
1
0





.
Si x es un vector de E, x ∈ E, entonces se podrá escribir como x = α1v1 + α2v2 y su transformado, mediante la
transformación lineal f , será f(x) = f(α1v1 + α2v2) = α1f(v1) + α2f(v2) es decir, que si E = Gen {v1, v2} entonces,
f(E) = Gen {f(v1), f(v2)}. Calculamos pues
f(v1) = Av1 =


3 −2 1
0 −1 2
2 −1 0




1
0
1

 =


4
2
2

 ,
f(v2) = Av2 =


3 −2 1
0 −1 2
2 −1 0




0
1
0

 =


−2
−1
−1

 ,
con lo que f(E) = Gen {(4, 2, 2)T , (−2,−1,−1)T} = Gen {w = (2, 1, 1)T }.
Puesto que dim(f(E)) = 1 y se trata de un subespacio de R3, entonces dim([f(E)]⊥) = 2, con lo que es más fácil
proyectar sobre f(E) que sobre [f(E)]⊥.
Cuidado, no hay que confundir [f(E)]⊥ con f(E⊥). Este último viene generado por f [(1, 0,−1)T ] = (2,−2, 2)T , ya
que E⊥ = Gen {(1, 0,−1)T}, mientras que una ecuación impĺıcita que define [f(E)]⊥ es 2x+ y + z = 0 y, por tanto,
resolviendo esta ecuación, [f(E)]⊥ = Gen {u1 = (1,−2, 0)T , u2 = (0,−1, 1)T}.
Para proyectar sobre un subespacio necesitamos conocer una base ortogonal suya. Puesto que una base de f(E) es
w = (2, 1, 1)T (que es ortogonal al estar formada por un único vector) ya podemos proyectar el vector u = (−1, 1, 1)T
sobre f(E)
Proyf(E)u =
u · w
w · w w =
0
6
w =


0
0
0

 .
Este resultado indica que el vector u que hemos proyectado sobre f(E) pertenece a [f(E)]⊥.
Si preferimos proyectar mediante la matriz de la proyección Pf(E), la calculamos construyendo U = (w/||w||) de
forma que
Pf(E) = UU
T =
√
6
6


2
1
1


√
6
6
(
2 1 1
)
=
1
6


4 2 2
2 1 1
2 1 1

 .
Conviene emplear unos segundos en comprobar que la matriz Pf(E) calculada es correcta (hay dos comprobaciones
inmediatas que si no las satisface seguro que está mal: es siempre una matriz cuadrada, en este caso al estar el
subespacio en R3 es 3× 3; además debe ser simétrica al ser (UUT )T = (UT )TUT = UUT ). Para tener garant́ıa de que
está bien calculada, vemos que Pf(E)w = w (como la proyección de cualquier vector de f(E) sobre f(E) es el propio
vector, basta con comprobarlo con todos los vectores de su base) y que Pf(E)u1 = Pf(E)u2 = 0 (como la proyección de
cualquier vector de [f(E)]⊥ sobre f(E) es el vector nulo, lo verificamos con todos los vectores de la base de [f(E)]⊥).
De esta forma
Proyf(E)u = Pf(E)u =
1
6


4 2 2
2 1 1
2 1 1




−1
1
1

 =


0
0
0

 .
106
(b) Por la consideración de las dimensiones f(E) y de [f(E)]⊥, la manera más fácil de calcular P[f(E)]⊥ es teniendo
en cuenta que Pf(E) + P[f(E)]⊥ = I. Puesto que ya hemos calculado Pf(E), es inmediato que
P[f(E)]⊥ = I − Pf(E) =


1 0 0
0 1 0
0 0 1

− 1
6


4 2 2
2 1 1
2 1 1

 =
1
6


2 −2 −2
−2 5 −1
−2 −1 5

 .
Veamos que si no recurrimos al subespacio ortogonal, es decir, si trabajamos directamente con [f(E)]⊥ los cálculos
serán más engorrosos. Para calcular la matriz de la proyección necesitamos una base ortonormal del subespacio. Como
una ecuación impĺıcita de [f(E)]⊥ es 2x+ y+ z = 0, resolviendo esta ecuación, obtenemos una base B[f(E)]⊥ = {u1 =
(1,−2, 0)T , u2 = (0,−1, 1)T}. Para obtener una base ortogonal vamos a aplicar el método de Gram–Schmidt a esos
dos vectores
w1 = u1 =


1
−2
0

 ; w2 = u2 −
u2 · w1
w1 · w1
w1 =


0
−1
1

− 2
5


1
−2
0

 =


−2/5
−1/5
1

 .
Conviene comprobar, para detectar posibles errores, que w1 y w2 son ortogonales, es decir, que w1 · w2 = 0.
Por tanto, una base ortogonal de [f(E)]⊥ viene dada por {w1, w2}. Por comodidad, en vez de w2 podemos tomar
un múltiplo suyo para evitar la aparición de fracciones, obteniendo la base ortogonal
{w1 = (1,−2, 0)T , w′2 = (2, 1,−5)T}.
Dividiendo por su norma conseguimos una base ortonormal de [f(E)]⊥, B[f(E)]⊥ =
{
w1
||w1|| ,
w′2
||w′2||
}
, a partir de la cual
construimos la matriz U =
(
w1
||w1||
∣
∣
∣
w′2
||w′2||
)
con lo que
P[f(E)]⊥ = UU
T =



√
5
5
√
30
15
− 2
√
5
5
√
30
30
0 −
√
30
6



( √
5
5 − 2
√
5
5 0√
30
15
√
30
30 −
√
30
6
)
=
1
6


2 −2 −2
−2 5 −1
−2 −1 5

 .
Observemos que una alternativa a aplicar el método de Gram-Schmidt es buscar con cuidado una base ortogonal
de [f(E)]⊥. Como su ecuación impĺıcita es 2x+ y + z = 0, elegimos un primer vector cualquiera (cuanto más sencillo
mejor, pues en la solución aparecen dos parámetros) que verifique esa ecuación, por ejemplo, z1 = (1,−2, 0)T . Ahora
un segundo vector, z2 = (a, b, c)
T , lo determinamos exigiendo que verifique la ecuación anterior y que sea perpendicular
a z1, es decir, debe verificar 2a + b + c = 0, a − 2b = 0. Elegimos un vector cualquiera (en la solución aparece un
parámetro) que verifique este sistema, por ejemplo, z2 = (2, 1,−5)T . La base ortogonal encontrada es {z1, z2}.
Ejercicio resuelto
Hallar la proyección ortogonal del vector (3,−4, 5)T sobre el subespacio f(E) siendo f la aplicación lineal dada
por la matriz
A =


1 0 1
−1 1 0
0 1 −1


y E el subespacio de R3 dado por x− y − z = 0.
A