Álgebra Lineal I: Ortogonalidad y espacio ortogonal

Introducción

En entradas anteriores hablamos de formas lineales y del espacio dual. Vimos que las formas coordenadas correspondientes a una base forman bases del espacio dual. También hicimos ejemplos prácticos de cómo encontrar bases duales y cómo hacer cambios de base en el espacio dual. Usaremos la teoría que hemos desarrollado hasta el momento para estudiar los conceptos de ortogonalidad y espacio ortogonal.

Antes de comenzar, es importante dejar un consejo. Quizás a estas alturas asocias a la ortogonalidad con la perpendicularidad. Esta intuición puede ayudar un poco más adelante, pero por el momento es recomendable que dejes esa intuición de lado. El problema es que la “perpendicularidad” habla de parejas de segmentos, parejas de lineas, o parejas de vectores. Sin embargo, las nociones de ortogonalidad que estudiaremos ahora hablan de cuándo una forma lineal l y un vector v son ortogonales, por lo cual es mejor pensarlo por el momento en la ortogonalidad como un concepto nuevo.

Definiciones de ortogonalidad y espacio ortogonal

En esta sección, V es un espacio vectorial sobre un campo F.

Definición. Tomemos una forma lineal l de V y v un vector en V. Decimos que l y v son ortogonales si

    \[\langle l,v \rangle = 0.\]

De manera equivalente, l y v son ortogonales si l(v)=0, o si v está en el kernel de l.

Ejemplo. Consideremos la forma lineal l de los polinomios en \mathbb{R}_2[x] que a un polinomio lo manda a su evaluación en 2, es decir, tal que l(p)=p(2). Consideremos al polinomio p(x)=x^2-3x+2. Tenemos que

    \begin{align*}l(p)&=p(2)\\&=2^2-3\cdot 2 +2\\&=4-6+2\\&=0,\end{align*}

de modo que \langle l, p\rangle =0, así que l y p son ortogonales. Por otro lado, si q(x)=x+1, tenemos que \langle l,q\rangle = l(q)=3, de modo que l y q no son ortogonales.

\square

Ejemplo. Consideremos la forma lineal l(x,y,z)=2x+3y-z de \mathbb{R}^3. Un vector que es ortogonal con l es el vector v=(0,0,0). Un vector un poco más interesante es el vector (1,1,5) pues l(1,1,5)=2+3-5=0.

El vector (1,1,5) también es ortogonal a la forma lineal m(x,y,z)=x+y-\frac{2z}{5}, como puedes verificar.

\square

A partir de la noción anterior, nos podemos hacer dos preguntas. Dado un conjunto de vectores, ¿quiénes son todas las formas lineales ortogonales a todos ellos? Dado un conjunto de formas lineales, ¿quiénes son todos los vectores ortogonales a todas ellas? Esta noción queda capturada en la siguiente definición.

Definición. Para S un subconjunto de V, definimos al ortogonal de S como el conjunto de formas lineales de V ortogonales a todos los elementos de S. En símbolos,

    \[S^\bot:= \{l\in V^\ast: \langle l,v \rangle = 0\, \forall v \in S\}.\]

Tenemos una definición dual para subconjuntos de V^\ast.

Definición. Para S un subconjunto de V^\ast, el ortogonal de S es el conjunto de vectores de V ortogonales a todos los elementos de S. En símbolos,

    \[S^\bot=\{v\in V: \langle l, v \rangle = 0 \, \forall l\in S\}.\]

Observa que estamos definiendo al ortogonal para subconjuntos de V (y de V^\ast), es decir, que S no tiene por qué ser un subespacio vectorial de V. Por otro lado, sea o no S un subespacio, siempre tenemos que S^\bot es un subespacio. Por ejemplo, si S es un subconjunto de V y l_1, l_2 son formas lineales que se anulan en todos los elementos de S, entonces para cualquier escalar c también tenemos que l_1+cl_2 se anula en todos los elementos de S.

Ejercicio. Tomemos S al subconjunto de matrices diagonales con entradas enteras en M_2(\mathbb{R}). ¿Quién es S^\bot? Ojo: Aquí S no es un subespacio.

Solución. Sabemos que para cualquier forma lineal l de M_2(\mathbb{R}) existen reales p, q, r, s tales que

    \[l\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=pa+qb+rc+sd.\]

Si l está en S^\bot, se tiene que anular en particular en las matrices A=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix} y B=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}, pues ambas están en S. En otras palabras,

    \[0 = l(A) = p\]

y

    \[0 = l(B) = s.\]

Así, la forma lineal tiene que verse como sigue:

    \[l\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}= qb+rc.\]

Y en efecto, todas las formas lineales de esta forma se anulan en cualquier matriz diagonal con entradas enteras, pues en esas matrices b=c=0.

\square

Encontrar el espacio ortogonal de manera práctica

Ya mencionamos que S no necesariamente tiene que ser un subespacio para definir S^\bot. Sin embargo, usando la linealidad podemos mostrar que, para cualquiera de las dos definiciones, basta estudiar qué sucede con subespacios vectoriales. La demostración de la siguiente proposición es sencilla, y se deja como tarea moral.

Proposición 1. Para S un subconjunto de V (o de V^\ast), tenemos que

    \[S^\bot = \text{span}(S)^\bot.\]

Esta proposición es particularmente importante pues en espacios vectoriales de dimensión finita nos permite reducir el problema de encontrar ortogonales para subconjuntos de vectores (o de formas lineales), a simplemente resolver un sistema de ecuaciones. El procedimiento que hacemos es el siguiente (lo enunciamos para vectores, para formas lineales es análogo):

  • Tomamos una base B=\{b_1,\ldots,b_n\} de V
  • Tomamos un subconjunto S de vectores de V.
  • Usamos la Proposición 1 para argumentar que S^\bot=\text{span}(S) ^\bot.
  • Consideramos una base C=\{c_1,\ldots,c_m\} de \text{span}(S) y notamos que una forma lineal l se anula en todo \text{span}(S) si y sólo si se anula en cada elemento de C.
  • Escribimos a cada c_i como combinación lineal de elementos de B, digamos

        \[c_i=a_{i1}b_1+\ldots+a_{in}b_n.\]

  • Cada condición l(c_i)=0 se transforma en la ecuación lineal

        \[a_{i1}l(b_1)+\ldots+a_{in}l(b_n)=l(c_i)=0\]

    en las variables l(b_1), l(b_2),\ldots, l(b_n) igualada a 0, de forma que las m condiciones dan un sistema de ecuaciones homogéneo.
  • Podemos resolver este sistema con reducción gaussiana para encontrar todas las soluciones, aunque basta con encontrar a las soluciones fundamentales, pues justo forman la base de \text{span}(S)^\bot=S^\bot.

Veamos este método en acción.

Ejemplo de encontrar el espacio ortogonal de manera práctica

Ejercicio. Considera el subconjunto S de \mathbb{R}^3 cuyos elementos son (2,3,-5), (-1,0,1), (3,3,-6), (-3,-2,5). Determina S^\bot.

Solución. Para encontrar S^\bot, basta encontrar \text{span}(S)^\bot.

Lo primero que notamos es que todos los vectores de S satisfacen que la suma de sus entradas es 0, así que todos los vectores en \text{span}(S) también, de modo que \text{span}(S) no es todo \mathbb{R}^3, así que es de dimensión a lo más 2. Notamos también que (-1,0,1) y (2,3,-5) son linealmente independientes, así que \text{span}(S) es de dimensión al menos 2, de modo que es de dimensión exactamente 2 y por lo tanto (-1,0,1) y (2,3,-5) es una base.

Para cualquier forma lineal l en \mathbb{R}^3 existen reales a, b, c tales que l(x,y,z)=ax+by+cz. Para encontrar aquellas formas lineales que se anulan en \text{span}(S), basta encontrar aquellas que se anulan en la base, es decir, en (-1,0,1) y (2,3,-5). De esta forma, necesitamos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo

    \begin{align*}-a+c&=0\\2a+3b-5c&=0.\end{align*}

Para resolver este sistema, aplicamos reducción gaussiana:

    \begin{align*}&\begin{pmatrix} -1 & 0 & 1\\ 2 & 3 & -5\end{pmatrix}\\\to &  \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 3 & -3\end{pmatrix}\\\to &  \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1\end{pmatrix}\end{align*}

La variable libre es c y las pivote son a y b. Obtenemos a=c y b=c, de donde las soluciones se ven de la forma (c,c,c). Concluimos entonces que S^\bot son las formas lineales tales que

    \[l(x,y,z)=c(x+y+z)\]

para algún real c.

\square

En el ejemplo anterior, la dimensiones de \text{span}(S) y de \text{span}(S)^\bot suman 3, que es la dimensión de \mathbb{R}^3. Esto no es una casualidad, como veremos en la siguiente sección.

El teorema de dualidad

Las dimensiones de un subespacio de un espacio vectorial de dimensión finita, y de su espacio ortogonal, están relacionadas con la dimensión del espacio. Este es uno de los teoremas más importantes de dualidad.

Teorema. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita sobre F y W un subespacio de V (o de V^\ast). Entonces

    \[\dim W + \dim W^\bot = \dim V.\]

Demostración. Hagamos primero el caso en el que W es un subespacio de V. Supongamos que \dim V = n y que \dim W = m. Como W es subespacio, tenemos que m\leq n. Tenemos que mostrar que \dim W^\bot = n-m, así que basta exhibir una base de \dim W^\bot con n-m formas lineales.

Para ello, tomemos e_1,e_2,\ldots, e_m una base de W y tomemos elementos e_{m+1},\ldots,e_{n} que la completan a una base de V. Afirmamos que la base de W^\bot que estamos buscando consiste de las formas coordenadas e_{m+1}^\ast,\ldots,e_{n}^\ast correspondientes a e_{m+1},\ldots,e_n.

Por un lado, estas formas coordenadas son linealmente independientes, pues son un subconjunto de la base e_1^\ast,\ldots, e_n^\ast de V^\ast. Por otro lado, si tenemos a una forma lineal l de V, habíamos mostrado que la podemos expresar de la forma

    \[l=\sum_{i=1}^n \langle l, e_i \rangle e_i^\ast,\]

de modo que si l se anula en todo W, en particular se anula en los vectores e_1,\ldots,e_m, por lo que

    \[l=\sum_{i=m+1}^n \langle l, e_i\rangle e_i^\ast,\]

lo cual exhibe a l como combinación lineal de los elementos e_{m+1}^\ast,\ldots,e_n^\ast. De esta forma, este subconjunto de formas lineales es linealmente independiente y genera a W^\bot, que era justo lo que necesitábamos probar.

Ahora hagamos el caso en el que W es un subespacio de V^\ast. Podríamos hacer un argumento análogo al anterior, pero daremos una prueba alternativa que usa la bidualidad canónica \iota: V\to V^\ast ^\ast. La igualdad \langle l,v \rangle = 0 es equivalente a \langle \iota(v),l \rangle =0. De esta forma, v está en W^\bot si y sólo si \iota(v)\in V^\ast ^\ast se anula en todo W. Como \iota es isomorfismo y el espacio de los g\in V^\ast ^\ast que se anulan en W tiene dimensión

    \[\dim V^\ast-\dim W = \dim V - \dim W\]

(por la primer parte del teorema), concluimos entonces que

    \[\dim W^\bot = \dim V - \dim W,\]

lo cual prueba la otra parte del teorema.

\square

Problema. Sea W el subespacio de matrices simétricas de M_3(\mathbb{R}) ¿Cuál es la dimensión de W^\bot?

Solución. Se puede mostrar que E_{11}, E_{22}, E_{33}, E_{12}+E_{21}, E_{23}+E_{32}, E_{13}+E_{31} forman una base para W. De esta forma, W tiene dimensión 6. Por el Teorema 1, tenemos que \dim W^\bot = \dim M_3(\mathbb{R})-6=9-6=3.

\square

Aplicar dos veces ortogonalidad en subespacios

Una consecuencia importante del teorema anterior es que aplicarle la operación “espacio ortogonal” a un subespacio de un espacio de dimensión finita nos regresa al inicio. Más formalmente:

Corolario. Si V es un espacio vectorial de dimensión finita sobre un campo F y W un subespacio de V (o de V^\ast), entonces (W^\bot)^\bot=W.

Demostración. Haremos la prueba para cuando W es subespacio de V. La otra es análoga y se deja como tarea moral. Lo primero que vamos a mostrar es que W\subset  (W^\bot)^\bot. Tomemos w en W. Tenemos que mostrar que l(w)=0 para cualquier l en W^\bot. Por definición, un l en W^\bot se anula en todo elemento de W, así que se anula particularmente en w, como queremos.

Como W y (W^\bot)^\bot son espacios vectoriales, tenemos que W es subespacio de (W^\bot)^\bot. Por el teorema de dualidad, tenemos que

    \[\dim W^\bot = \dim V - \dim W.\]

Usando esto y de nuevo el teorema de dualidad, tenemos que

    \[\dim (W^\bot)^\bot = \dim V - \dim W^\bot = \dim W.\]

De esta forma, W es un subespacio de \dim (W^\bot)^\bot de su misma dimensión, y por lo tanto W= (W^\bot)^\bot.

\square

Hay que tener particular cuidado en usar el corolario anterior. Solamente se puede garantizar su validez cuando W es un subespacio de V, y cuando V es de dimensión finita. En efecto, si S es simplemente un subconjunto de V y no es un subespacio, entonces la igualdad S=(S^\bot)^\bot es imposible, pues al lado derecho tenemos un subespacio de V y al izquierdo no.

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.

  • Demuestra la proposición enunciada en la entrada
  • Sea S el subespacio de matrices diagonales en M_n(\mathbb{R}). ¿Cuál es la dimensión de S^\bot?
  • Considera \mathbb{R}_3[x], el espacio vectorial de polinomios con coeficientes reales y grado a lo más 3. Considera las formas lineales \text{ev}_2 y \text{ev}_3 que evalúan a un polinomio en 2 y en 3 respectivamente. ¿Quién es el espacio ortogonal de \{\text{ev}_2,\text{ev}_3\}?
  • Prueba la segunda parte del teorema de dualidad con un argumento análogo al que usamos para probar la primer parte.
  • Prueba el corolario para cuando W es subespacio de V^\ast.
  • Verifica que las matrices propuestas en el último ejercicio en efecto forman una base para el subespacio de matrices simétricas.

Más adelante…

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3 comentarios en “Álgebra Lineal I: Ortogonalidad y espacio ortogonal

      1. JP Antuna

        Claro. Leyendo entradas posteriores me di cuenta de esta sutileza.
        No es lo mismo “formas lineales DE V (o V*)” que “formas lineales EN V (o V*)”.
        Gracias por responder, profesor.

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