Introducción
En la entrada anterior definimos el espacio dual de un espacio vectorial . Así mismo, definimos las formas coordenadas, que son formas lineales asociadas a una base
de
. Lo que hace la
-ésima forma coordenada en un vector
es «leer» el
-ésimo coeficiente de
expresado en la base
. Nos gustaría ver que estas formas coordenadas conforman bases del espacio dual.
Más concretamente, el objetivo de esta entrada es mostrar el teorema que enunciamos al final de la entrada anterior, hablar de problemas prácticos de bases duales y de mostrar un resultado interesante que relaciona bases, bases duales y la invertibilidad de una matriz.
Pequeño recordatorio
Como recordatorio, dada una base de un espacio vectorial
de dimensión finita
, podemos construir
formas coordenadas
que quedan totalmente determinadas por lo que le hacen a los elementos de
y esto es, por definición, lo siguiente:
Recordemos también que dado un vector en
podíamos construir a la forma lineal «evaluar en
«, que era la forma
dada por
. Como manda elementos de
a
, entonces pertenece a
. A partir de esta definición, construimos la bidualidad canónica
que manda
a
.
Finalmente, recordemos que dada una forma lineal y un vector
, usamos la notación
, y que esta notación es lineal en cada una de sus entradas. Todo esto lo puedes revisar a detalle en la entrada anterior.
El teorema de bases duales
El resultado que enunciamos previamente y que probaremos ahora es el siguiente.
Teorema. Sea un espacio vectorial de dimensión finita
y
una base de
. Entonces el conjunto de formas coordenadas
es una base de
. En particular,
es de dimensión finita
. Además, la bidualidad canónica
es un isomorfismo de espacios vectoriales.
Antes de comenzar, convéncete de que cada una de las son formas lineales, es decir, transformaciones lineales de
a
.
Demostración. Veremos que es un conjunto linealmente independiente y que genera a
. Veamos lo primero. Tomemos una combinación lineal igual a cero,



Por un lado, , pues estamos suponiendo que la combinación lineal de
‘s es (la forma lineal) cero. Por otro lado, analizando término a término y usando que los
son la base dual, tenemos que si
entonces
es cero, y si
, es
.
Así que el único término que queda es . Juntando ambas observaciones,
, de modo que todos los coeficientes de la combinación lineal son cero. Asi,
es linealmente independiente.
Ahora veremos que genera a
. Tomemos una forma lineal arbitraria
, es decir, un elemento en
. Al evaluarla en
obtenemos escalares



La primer igualdad es por la definición de suma de transformaciones lineales. En la segunda usamos la linealidad de la segunda entrada para meter el escalar . La siguiente es de nuevo por la linealidad de la segunda entrada. En la penúltima igualdad usamos que justo
es el coeficiente que acompaña a
cuando escribimos a
con la base
. Esto muestra que
genera a
.
Así, es base de
. Como
tiene
elementos, entonces
tiene dimensión
.
La última parte del teorema consiste en ver que es un isomorfismo de espacios vectoriales. Por lo que acabamos de demostrar,









Supongamos que es tal que
. Vamos a mostrar que
. Si
, en particular para las formas coordenadas
tenemos que
. En otras palabras,
para toda
. Es decir, todas las coordenadas de
en la base
son
. Así,
. Con esto terminamos la prueba.
La demostración anterior muestra cómo encontrar las coordenadas de una forma lineal en términos de la base
: basta con evaluar
en los elementos de la base
. Recopilamos esto y la igualdad dual como una proposición aparte, pues resulta ser útil en varios contextos.
Proposición. Sea un espacio vectorial de dimensión finita
,
una base de
y
la base dual. Entonces, para todo vector
en
y para toda forma lineal
, tenemos que
La traza de una matriz en es la suma de las entradas en su diagonal principal. Es sencillo verificar que la función
que manda a cada matriz a su traza es una forma lineal, es decir, un elemento de
.
Ejemplo. Considera el espacio vectorial de matrices . Sea
su base canónica. Expresa a la forma lineal traza en términos de la base dual
.
Solución. Tenemos que y que si
, entonces
. De esta forma, usando la fórmula de la proposición anterior,


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La igualdad que encontramos dice que «para obtener la traza hay que extraer las entradas ,
,
de
y sumarlas». En efecto, eso es justo lo que hace la traza.
Algunos problemas prácticos de bases duales
Ya que introdujimos el concepto de espacio dual y de base dual, hay algunos problemas prácticos que puede que queramos resolver.
- Dada una base
de
, ¿cómo podemos encontrar a la base dual
en términos de la base dual
de la base canónica?
- Dada una base
de
, ¿es posible encontrar una base
de
tal que
? De ser así, ¿cómo encontramos esta base?
A continuación mencionamos cómo resolver ambos problemas. Las demostraciones se quedan como tarea moral. En la siguiente entrada veremos problemas ejemplo resueltos.
- La receta para resolver el primer problema es poner a
como vectores columna de una matriz
. Las coordenadas de
en términos de la base
están dados por las filas de la matriz
.
- La receta para resolver el segundo problema es tomar una base
cualquiera de
y considerar la matriz
con entradas
. La matriz
tiene como columnas a los vectores de coordenadas de la base
que buscamos con respecto a la base
.
¿Por qué la matriz de la segunda receta es invertible? Esto lo mostramos en la siguiente sección.
Un teorema de bases, bases duales e invertibilidad de matrices
La demostración del siguiente teorema usa varias ideas que hemos estado desarrollando con anterioridad. Usamos que:
- Si
es de dimensión finita
y
es un conjunto de
vectores de
, entonces basta con que
sea linealmente independiente para ser base. Esto lo puedes repasar en la entrada del lema de intercambio de Steinitz.
- Una matriz cuadrada
es invertible si y sólo si el sistema de ecuaciones
sólo tiene la solución trivial
. Esto lo puedes repasar en la entrada de equivalencias de matrices invertibles.
- Una matriz cuadrada
es invertible si y sólo si su transpuesta lo es.
- El hecho de que la bidualidad canónica
es un isomorfismo entre
y
.
Teorema. Sea un espacio vectorial de dimensión finita
sobre el campo
. Sea
un conjunto de vectores en
y
un conjunto de elementos de
, es decir, de formas lineales en
. Consideremos a la matriz
en
dada por





Demostración. Mostraremos primero que si no es base, entonces
no es invertible. Como
tiene
elementos y no es base, entonces no es linealmente independiente, así que existe una combinación lineal no trivial




De manera similar, si no es base, entonces hay una combinación lineal no trivial




Ahora veremos que si y
son bases, entonces
es invertible. Si
no fuera invertible, entonces tendríamos una solución no trivial
a la ecuación
. Como vimos arriba, esto quiere decir que para cada
tenemos que





Tarea moral
Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.
- Usa la definición de linealidad para ver que las formas coordenadas
en efecto son formas lineales.
- Muestra que
, la bidualidad canónica, es una transformación lineal.
- Justifica por qué la primer receta resuelve el primer problema práctico de bases duales.
- Justifica por qué la segunda receta resuelve el segundo problema práctico de bases duales.
- Sean
reales distintos. Considera el espacio vectorial
de polinomios con coeficientes reales y grado a lo más
. Muestra que las funciones
tales que
son formas lineales linealmente independientes, y que por lo tanto son una base de
. Usa esta base, la base canónica de
y el teorema de la última sección para mostrar que la matriz
Más adelante…
Esta entrada es un poco abstracta, pues habla de bastantes transformaciones aplicadas a transformaciones, y eso puede resultar un poco confuso. Se verán problemas para aterrizar estas ideas. La importancia de entenderlas y manejarlas correctamente es que serán de utilidad más adelante, cuando hablemos de los espacios ortogonales, de transposición de transformaciones lineales y de hiperplanos.
La teoría de dualidad también tiene amplias aplicaciones en otras áreas de las matemáticas. En cierto sentido, la dualidad que vemos aquí es también la que aparece en espacios proyectivos. Está fuertemente relacionada con la dualidad que aparece en teoremas importantes de optimización lineal, que permiten en ocasiones reformular un problema difícil en términos de uno más fácil, pero con el mismo punto óptimo.
Entradas relacionadas
- Ir a Álgebra Lineal I
- Entrada anterior del curso: Introducción a espacio dual
- Siguiente entrada del curso: Problemas de dualidad y base dual
Buenas noches, profe.
Aún no me queda claro por qué ei*(ej) = 0 si i != j, y ei*(ej) = 1 si i = j
Hola Lorena. Puedes pensarlo en un caso sencillo, que es el de R^n. Aquí, la forma e_i* lo que hace es «leer la i-ésima coordenada». Por ejemplo, trabajando en R^3, lo que hace la forma e_1* es e_1*(x,y,z)=x, lo que hace e_2* es e_2*(x,y,z)=y y lo que hace e_3* es e_3*(x,y,z)=z. Ahora, ¿qué pasa si tienes los vectores canónicos? Por ejemplo, si tienes e_1=(1,0,0), entonces la primer coordenada es 1, la segunda es 0 y la tercera es 0, entonces e_1*(e_1)=1, e_2*(e_1)=0 y e_3*(e_1)=0.
Cuando estas en espacios vectoriales generales, para saber lo que le hace e_i* a un vector v, lo que tienes que hacer (por definición) es escribir a v en términos de la base: a_1e_1+a_2e_2+…+a_ne_n, y de ahí e_i*(v) es la «i-ésima coordenada en esta base», que sería a_i.
Si tienes por ejemplo a e_1, su forma de expresarlo como elementos de la base es e_1= (1 e_1) + (0 e_2) + (0 e_3) + … + (0 e_n). Por eso cuando le aplicas e_i*, si i=1 obtienes 1 y si i/=1, obtienes 0.
Espero esto ayude a aclarar un poco más el concepto. Si todavía no, no dudes en seguirme preguntando.
Hola.
¿Porqué cuando estamos demostrando que si B no es base, entonces A no es invertible se concluye que AX=0 tiene solución no trivial, pero cuando se demuestra que si L no es base, entonces A no es invertible se concluye que ^{t}AX=0 tiene solución no trivial? En otras palabras, ¿porqué para B usamos A y para L usamos la transpuesta?
Hola Daniela. La razón de esto es la definición de A. La entrada (i,j) está dada por l_i(v_j). Si cambiamos de columna, entonces cambia la v_j. Si cambiamos de fila, entonces cambia la l_i. Cuando los v_j son linealmente dependientes, hay una combinación lineal de columnas que son iguales a 0. Recuerda que las combinaciones lineales de columnas es justo lo que se obtiene con expresiones de la forma AX. Por otro lado, cuando los l_i son linealmente dependientes, hay una combinación lineal de filas que son iguales a 0, pero eso no tiene nada que ver con el sistema AX. Más bien, tiene que ver con que aparecen vectores Y no cero tales que YA=0. Esto se puede reescribir haciendo una transposición: YA=0 si y sólo si ^tA ^tY = 0. En otras palabras, aparece una solución X=^tY distinta de cero para ^tAX=0. De aquí, ^tA no es invertible, y por lo tanto A tampoco.
En la demostración de suprayectividad de iota, dicen que \$dim(V)=dim(V*)=dim(V**)$ implica que iota es suprayectiva, pero me imagino que podemos hacer un camino similar para generar a V** a partir de e_{i}
y de ese modo, por linealidad de las transformaciones l’ \in V* hacia F, definiendo e**_{i} formas coordenadas de V* hacia F tambien.
Mi contra ejemplo sería una T: R2–>R2 proyección de W1={(a,0)|}
Hola Sebastián. La razón por la cual iota es suprayectiva no es únicamente debido a la igualdad de dimensiones. En realidad, es consecuencia de esa igualdad de dimensiones y que _además_ se prueba que iota es inyectiva. El argumento completo sería así. Imagínate que ya probamos que iota es inyectiva. Tomemos una base B de V. Se tiene que B es LI y como iota es inyectiva, entonces iota(B) también es LI. Además, sabemos que la dimensión de V** es n. Así, iota(B) es un conjunto de n elementos que es LI y por lo tanto es base. Así, iota(B) es generador, y por lo tanto iota es suprayectiva. Ya agregamos un poquito más de detalles para que quede un poco más claro, gracias por la duda.
El contraejemplo que presentas en efecto es un contraejemplo para la afirmación (falsa) que dice «toda transformación entre espacios vectoriales de la misma dimensión es suprayectiva». Lo importante de la prueba anterior es que sí se demuestra «a mano» que iota es inyectiva.
También tengo duda, entonces es un sí y solo sí las proposiciones de las transformaciones lineales de: Si T inyectiva y B li, ent. T(B) li….. etc? Me preguntaba por esto: «Así, iota(B) es generador, y por lo tanto iota es suprayectiva»
Lo de «iota(B) es generador y por lo tanto iota es suprayectiva» simplemente se debe a que como las imágenes de la base generan, entonces ya se puede generar a todos en la imagen. Si gustas, lo podemos ver durante la sesión en vivo.
Muchas gracias! sí me había quedado claro aunque no pude asistir ya con la explicación c: