Introducción

En esta entrada ejercitaremos los conceptos introducidos recientemente. Abordamos los temas de espacio ortogonal e hiperplanos. Para ello, resolveremos problemas de ortogonalidad relacionados con encontrar una base para el espacio ortogonal y de escribir subespacios en términos de ecuaciones e intersecciones de hiperplanos.

Problemas resueltos de espacio ortogonal

Problema 1. Sea $S=\{x^3+x,x^2+x,-x^3+x^2+1\}\subseteq {\mathbb{R}}_3[x]$.
Describe $S^{\mathrm{\perp }}$ dando una base de este espacio.

Solución. Una forma lineal $l$ sobre ${\mathbb{R}}_3[x]$ es de la forma

$l(a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3)=a{a}_0+b{a}_1+c{a}_2+d{a}_3$

para algunos $a,b,c,d\in \mathbb{R}$, pues basta decidir quiénes son $a=l(1)$, $b=l(x)$, $c=l(x^2)$ y $d=l(x^3)$.

La condición $l\in S^{\mathrm{\perp }}$ es equivalente a

$l(x^3+x)=l(x^2+x)=l(-x^3+x^2+1)=0.$

Esto es
$$\begin{array}{rl}l(x^3+x)& =b+d=0\\ l(x^2+x)& =b+c=0\\ l(-x^3+x^2+1)& =a+c-d=0.\end{array}$$

La matriz asociada al sistema es

$A=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 0& 1\\ 0& 1& 1& 0\\ 1& 0& 1& -1\end{array}\right)$

y su forma escalonada reducida es

$A_{red}=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 1\\ 0& 0& 1& -1\end{array}\right).$

Así, $d$ es variable libre y $$\begin{array}{rl}a& =0\\ b& =-d\\ c& =d.\end{array}$$

De aquí, el conjunto de soluciones del sistema es
$$\{(0,-u,u,u):u\in \mathbb{R}\}.$$

Las correspondientes formas lineales son $$l_u(a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3)=u(-a_1+a_2+a_3).$$

Este es un subespacio de dimensión $1$, así que para determinar una base para $S^{\mathrm{\perp }}$, basta con elegir una de estas formas lineales con $u\ne 0$, por ejemplo, para $u=1$ tenemos
$$l_1(a_o+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3)=-a_1+a_2+a_3.$$

$\mathrm{△}$

Problema 2. Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$, sea $V^{\ast }$ su espacio dual y tomemos subconjuntos $S,S_1,S_2\subseteq V^{\ast }$ tales que $S_1\subseteq S_2$. Prueba lo siguiente.

1. $S_2^{\mathrm{\perp }}\subseteq S_1^{\mathrm{\perp }}$.
2. $S\subseteq (S^{\mathrm{\perp }}{)}^{\mathrm{\perp }}$.

Solución.

1. Sea $l\in S_2^{\mathrm{\perp }}$. Por definición $l(s)=0$ para toda $s\in S_2$.
   Luego, si $s\in S_1$, entonces $s\in S_2$ y así $l(s)=0$. Por consiguiente $l\in S_1^{\mathrm{\perp }}$. Concluimos $S_2^{\mathrm{\perp }}\subseteq S_1^{\mathrm{\perp }}$.
2. Sea $s\in S$. Para cualquier $l\in S^{\mathrm{\perp }}$ se cumple que $l(s)=0$ y así $s\in (S^{\mathrm{\perp }}{)}^{\mathrm{\perp }}$

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Observación. El problema anterior también es cierto si suponemos que $S,S_1,S_2\subseteq V$ tales que $S_1\subseteq S_2$ y la prueba es idéntica a la anterior.

Observación. Por muy tentador que sea pensar que la igualdad se da en el inciso 2 del problema anterior, esto es totalmente falso: $(S^{\mathrm{\perp }}{)}^{\mathrm{\perp }}$ es un subespacio de $V$ (o de $V^{\ast }$), mientras que no hay razón para que $S$ lo sea, pues este es solamente un subconjunto arbitrario de $V$ (o $V^{\ast }$). Como vimos en una entrada anterior, la igualdad se da si $S$ es un subespacio de $V$ (o de $V^{\ast }$) cuando $V$ es un subespacio de dimensión finita.

Problemas resueltos de ecuaciones lineales y de hiperplanos

Veamos ahora problemas de ortogonalidad relacionados con encontrar expresiones para un subespacio en términos de ecuaciones lineales y de hiperplanos.

Problema 1. Sea $W$ el subespacio de ${\mathbb{R}}^4$ generado por los vectores

$v_1=(1,1,0,1)$
$v_2=(1,2,2,1).$

Encuentra ecuaciones lineales en ${\mathbb{R}}^4$ cuyo conjunto solución sea $W$.

Solución. Necesitamos encontrar una base para $W^{\mathrm{\perp }}$.
Recordemos que $W^{\mathrm{\perp }}$ consiste de todas las formas lineales

$l(x,y,z,t)=ax+by+cz+dt$

tales que $l(v_1)=l(v_2)=0$, es decir
$$\begin{array}{rl}a+b+d& =0\\ a+2b+2c+d& =0.\end{array}$$

La matriz asociada al sistema anterior es

$A=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 1\\ 1& 2& 2& 1\end{array}\right)$

y por medio de reducción gaussiana llegamos a que su forma reducida escalonada es

$A_{red}=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& -2& 1\\ 0& 1& 2& 0\end{array}\right).$

De aquí, $c$ y $d$ son variables libres y $a$ y $b$ son variables pivote determinadas por
$$\begin{array}{rl}a& =2c-d\\ b& =-2c.\end{array}$$

Por lo tanto,
$$\begin{array}{rl}l(x,y,z,t)& =(2c-d)x-2cy+cz+dt\\ & =c(2x-2y+z)+d(-x+t).\end{array}$$

Así, deducimos que una base para $W^{\mathrm{\perp }}$ está dada por

$l_1(x,y,z,t)=2x-2y+z$ y $l_2(x,y,z,t)=-x+t$

y por consiguiente $W=\{v\in {\mathbb{R}}^4:l_1(v)=l_2(v)=0\}$, de donde $$l_1(v)=0,l_2(v)=0$$ son ecuaciones cuyo conjunto solución es $W$.

$\mathrm{△}$

Problema 2. Considera el espacio vectorial $V={\mathbb{R}}_3[x]$. Escribe el subespacio vectorial generado por $p(x)=1-2x^2$ y $q(x)=x+x^2-x^3$ como la intersección de dos hiperplanos linealmente independientes en $V$.

Solución. Sea $\mathcal{B}=\{1,x,x^2,x^3\}=\{e_1,e_2,e_3,e_4\}$ la base canónica de $V$.

Entonces

$$\begin{array}{rl}p(x)& =e_1-2e_3\\ q(x)& =e_2+e_3-e_4.\end{array}$$

Escribir $W=\text{span}(p(x),q(x))$ como intersección de dos hiperplanos es equivalente a encontrar dos ecuaciones que definan a $W$, digamos $l_1(v)=l_2(v)=0$ pues entonces $$W=H_1\cap H_2,$$ donde $H_1=\ker (l_1)$ y $H_2=\ker (l_2)$.

Así que sólo necesitamos encontrar una base $l_1,l_2$ de $W^{\mathrm{\perp }}$.

Recordemos que una forma lineal en ${\mathbb{R}}_3[x]$ es de la forma $$l_1(x_1{e}_1+x_2{e}_2+x_3{e}_3+x_4{e}_4)=a{x}_1+b{x}_2+c{x}_3+d{x}_4$$

para algunos $a,b,c,d\in \mathbb{R}$.

Esta forma lineal $l$ pertenece a $W^{\mathrm{\perp }}$ si y sólo si $$l(p(x))=l(q(x))=0,$$ o bien

$$\begin{array}{rl}a-2c& =0\\ b+c-d& =0.\end{array}$$

Podemos fijar $c$ y $d$ libremente y despejar $a$ y $b$ como sigue:

$$\begin{array}{rl}a& =2c\\ b& =-c+d.\end{array}$$

Por consiguiente

$$\begin{array}{rl}l(x_1{e}_1& +x_2{e}_2+x_3{e}_3+x_4{e}_4)\\ & =2c{x}_1+(-c+d)x_2+c{x}_3+d{x}_4\\ & =c2x_1-x_2+x_3)+d(x_2+x_4).\end{array}$$

Así deducimos que una base $l_1,l_2$ de $W^{\mathrm{\perp }}$ está dada por

$$\begin{array}{rl}{l}_1(x_1{e}_1+x_2{e}_2+x_3{e}_3+x_4{e}_4)& =2x_1-x_2+x_3\\ l_2(x_1{e}_1+x_2{e}_2+x_3{e}_3+x_4{e}_4)& =x_2+x_4.\end{array}$$

y así $W=H_1\cap H_2$, donde

$$\begin{array}{rl}{H}_1& =\ker (l_1)=\{a+bx+c{x}^2+d{x}^3\in V:2a-b+c=0\}\\ H_2& =\ker (l_2)=\{a+bx+c{x}^2+d{x}^3\in V:b+d=0\}.\end{array}$$

$\mathrm{△}$

Entradas relacionadas

• Ir a Álgebra Lineal I
• Entrada anterior del curso: Ortogonalidad, ecuaciones e hiperplanos
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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»