Álgebra Lineal I: Problemas de ortogonalidad, ecuaciones e hiperplanos

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

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

$l(a_0 + a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=aa_0+ba_1+ca_2+da_3$

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 $l\in S^{\bot}$ es equivalente a

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

Esto es
\begin{align*}
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{align*}

La matriz asociada al sistema es

$A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}$

y su forma escalonada reducida es

$A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.$

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

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

Las correspondientes formas lineales son $$l_u(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=u(-a_1+a_2+a_3).$$

Este es un subespacio de dimensión $1$, así que para determinar una base para $S^{\bot}$, basta con elegir una de estas formas lineales con $u\neq 0$, por ejemplo, para $u=1$ tenemos
$$l_1(a_o+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=-a_1+a_2+a_3.$$

$\square$

Problema. 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. $S_2^{\bot}\subseteq S_1^{\bot}$.
  2. $S\subseteq (S^{\bot})^{\bot}$.

Solución.

  1. Sea $l\in S_2^{\bot}$. 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 $l\in S_1^{\bot}$. Concluimos $S_2^{\bot}\subseteq S_1^{\bot}$.
  2. Sea $s\in S$. Para cualquier $l\in S^{\bot}$ se cumple que $l(s)=0$ y así $s\in (S^{\bot})^{\bot}$

$\square$

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: $(S^{\bot})^{\bot}$ 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. 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 $W^{\bot}$.
Recordemos que $W^{\bot}$ 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{align*}
a+b+d&=0\\
a+2b+2c+d&=0.
\end{align*}

La matriz asociada al sistema anterior es

$A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
1 & 2 & 2 & 1\end{pmatrix}$

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

$A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & -2 & 1\\
0 & 1 & 2 & 0\end{pmatrix}.$

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

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

Así, deducimos que una base para $W^{\bot}$ 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 $W$.

$\square$

Problema. 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{align*}
p(x)&=e_1-2e_3\\
q(x)&=e_2+e_3-e_4.
\end{align*}

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 $W^{\bot}$.

Recordemos que una forma lineal en $\mathbb{R}_3[x]$ es de la forma $$l_1(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)=ax_1+bx_2+cx_3+dx_4$$

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

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

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

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

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

Por consiguiente

\begin{align*}
l(x_1e_1&+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)\\
&=2cx_1+(-c+d)x_2+cx_3+dx_4\\
&=c2x_1-x_2+x_3)+d(x_2+x_4).
\end{align*}

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

\begin{align*}
l_1(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)&=2x_1-x_2+x_3\\
l_2(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)&=x_2+x_4.
\end{align*}

y así $W=H_1\cap H_2$, donde

\begin{align*}
H_1&=\ker(l_1)=\{a+bx+cx^2+dx^3\in V : 2a-b+c=0\}\\
H_2&=\ker(l_2)=\{a+bx+cx^2+dx^3\in V : b+d=0\}.
\end{align*}


$\square$

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11 comentarios en “Álgebra Lineal I: Problemas de ortogonalidad, ecuaciones e hiperplanos

  1. JP Antuna

    Disculpen, no me quedó claro por qué en el inciso dos del segundo problema, concluyen que si l(s)=0 entonces s está en el ortogonal del ortogonal.

    Responder
    1. Ayax Calderón Autor

      Pues porque el ortogonal del ortogonal de S es el conjunto de los v en V tales que l(v)=0 para todo l en S ortogonal y lo que yo estoy diciendo en el punto dos se vale para cualquier l en S ortogonal.

      Responder
      1. JP Antuna

        Oh vale.
        ¿Dónde puedo ver una definición de «el ortogonal del ortogonal»? Eso es lo que me está confundiendo, no tengo anotado eso en mis notas.

      2. Ayax Calderón Autor

        Es que como tal no les dimos la definición del ortogonal del ortogonal, pero la deberían poder deducir con las definiciones que vienen en la entrada de ortogonalidad y espacio ortogonal. Recuerda que si S es subconjunto de V, entonces S ortogonal es subconjunto de V* y si W es subconjunto de V*, entonces W ortogonal es subconjunto de V. Con base en lo anterior se tiene que S ortogonal es subconjunto de V* y por lo tanto el ortogonal de S ortogonal es subconjunto de V. Entonces sólo checa la definición de espacio ortogonal para un subconjunto del dual de V. Si te causa conflicto puedes denotar al ortogonal de S con otra letra.

  2. JP Antuna

    En el tercer problema se les fue el signo de la entrada (1,4) de la matriz asociada al sistema; debería ser -1 en lugar de 1. Acarrean este error y debido a esto la solución es incorrecta, pues la matriz reducida es una distinta y todo el procedimiento que se sigue es erróneo. ):
    La l_1 sí queda igual, pero la l_2(x,y,z,t)=3x-2y+t

    Responder

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