Álgebra Lineal II: Más información del grupo ortogonal.

Introducción

En la entrada anterior estudiamos el grupo de transformaciones ortogonales en dimensión $2$.

Ahora estudiaremos el caso $\dim V=3$, para esto haremos uso del teorema de clasificación de la entrada anterior, así como el estudio que hicimos para el caso de dimensión $2$. Siguendo la misma idea que desarrollamos en el teorema de clasificiación, consideramos enteros $p,q,k$ tales que $$p+q+2k=3,$$ por lo que necesariamente $p\neq 0$ o $q\neq 0$. También podemos probar esto de manera máss directa, observando que el polinomio caracterísitico de $T$ es de grado $3$, por lo que debe tener una raíz real, y por ende un eigenvalor real, el cual será igual a $1$ o $-1$, pues tiene módulo $1$.

Intercambiando $T$ con $-T$ se tiene que simplemente se intercambian los papeles de $p$ y $q$. Supongamos que $p\geq 1$, esto significa que $T$ tiene al menos un punto fijo $v$. Entonces $T$ fija la recta $D=span (v)$ e induce una isometría sobre el plano ortogonal a $D$. Esta isometría se puede clasificar con el último teorema de la entrada anterior. Por lor tanto, hemos reducido el caso de dimensión $3$ al caso de dimensión $2$. Podemos ser más explicitos si consideramos los siguientes casos.

  • $id\in\{T,-T\}$.
  • Tenemos que $\dim \ker (T-id)=2$. Si $e_2,e_1$ es una base ortonormal del plano $\ker (T-id)=2$ y completamos a una base ortonormal de $V$ $\{e_1,e_2,e_3\}$, entonces $T$ fija puntualmente al subespacio generado por $e_2,e_3$ y deja invariante a la recta generada por $e_1$. Por lo tanto la matriz asociada a $T$ con respecto a la base ortonormal es
    $$ \begin{pmatrix}
    t & 0 & 0\\
    0 & 1 & 0\\
    0 & 0 & 1
    \end{pmatrix}$$
    para algun número real $t$, el cual forzosamente es $-1$, pues sabemos que debe ser $1$ o $-1$, pero si fuera $1$, entonces $T$ sería la indentidad. Por lo tanto $T$ es una simetría ortogonal con respecto al plano $\ker (T-id)$. Además, $\det T=-1$, por lo que $T$ es una isometría negativa.
  • Tenemos que $\dim\ker (T-id)$ es la recta generado por algún vector $e_1$ de norma $1$. Completamos $e_1$ a una base ortonormal $\{e_1,e_2,e_3\}$ . Entonces la isometría $T$ inducida sobre es subespacio generado por $\{e_2,e_3\}$ no tiene puntos fijos, ya que todos los puntos fijos de $T$ están sobre $span(e_1)$, por lo tanto $T$ es una rotación de ángulo $\theta$, para un único $\theta\in(-\pi,\pi]$. Además, la matriz asociada a $T$ con respecto a la base ortonormal es
    $$ \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & \cos\theta & -\sin\theta\\
    0 & \sin\theta & \cos\theta
    \end{pmatrix}.$$
    Diremos que $T$ es la rotación de ángulo $\theta$ alrededor del eje $\mathbb{R}e_1$. Notemos que $\det T=1$, por lo que $T$ es una isometría positiva. Además, el ángulo $\theta$ satisface $$1+2\cos\theta=Tr(A),$$,aunque, al ser el coseno una función par, $-\theta$ también satisface la ecuación anterior. Para encontrar a $\theta$ necesitamos hallar a $\sin\theta$. Para ello verificamos que
    $$\det_{(e_1,e_2,e_3)}(e_1,e_2,T(e_2))=\begin{vmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & 1 & \cos\theta\\
    0 & 0 & \sin\theta
    \end{vmatrix}=\sin\theta.$$
  • Supongamos que $\ker(T-id)=\{0\}$. Una posibilidad es que $T=-id$. Supongamos que $T\neq id $. Como $T$ o $-T$ tienen un punto fijo y $T$ tiene puntos fijos, entonces necesariamente $-T$ tiene un punto fijo. Sea $e_1$ un vector de norma $1$ fijado por $-T$, por lo tanto $T(e_1)=-e_1$. Completando $e_1$ a una base ortonormal de $V$ dando un argumento similar al del caso anterior, obtenemos que la matriz asociada a $T$ con respecto a la base ortonormal es
    $$\begin{pmatrix}1- & 0 & 0\\
    0 & \cos\theta & -\sin\theta\\
    0 & \sin\theta & \cos\theta
    \end{pmatrix}=R_\theta \cdot \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & \cos\theta & -\sin\theta\\
    0 & \sin\theta & \cos\theta
    \end{pmatrix}$$
    para algún $\theta \in (-\pi,\pi]$. Por lo tanto $T$ es la composición de una rotación de ángulo $\theta$ y una simetría ortogonal con respecto al eje de rotación. También notemos que $\det T=-1$, por lo que $T$ es una isometría negativa.
    También podemos mirarlo desde el punto de vista de las matrices. Consideremos una matriz ortogonal $A\in M_3(\mathbb{R})$ y la transformación lineal asociada
    \begin{align*}
    T:V&\to V\\
    X&\mapsto AX
    \end{align*}, donde $V=\mathbb{R}^3$ está equipado con el producto interior usual. Excluiremos los casos triviales $A=\pm I_3$. Para estudiar la isometría $T$, primero revisamos si esta es positiva o negativa, calculando el determinante.
    Supongamos que $T$ es positiva. Ahora veremos si $A$ es simétrica. Para ellos consideremos los siguentes dos casos:
  • Si $A$ es simétrica, entonces $A^2=I_3$ (pues $A$ es ortogonal y simétrica) y por lo tanto $T$ es una simetría ortogonal. Afirmamos que $T$ es una simetría ortogonal con respecto a una recta. En efecto, como $A^2=I_3$, todos los eigenvalores de $A$ son $1$ o $-1$. Más aún, los eigenvalores no son iguales, ya que estamos excluendo los casos $A=\pm I_3$, y el producto de ellos es 1, pues $\det A=1$. Por lo tanto, un eigenvalor es igual a $1$ y los otros dos son iguales a $-1$. Se sigue que la matriz asociada a $T$ con respecto a la base ortonormal $\{e_1,e_2,e_3\}$ es
    $$\begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & -1 & 0\\
    0 & 0 & -1
    \end{pmatrix}$$ y $T$ es la simetría ortogonal con respecto a la recta generado por $e_1$. Para encontrar esta recta de manera explícita, necesitamos calcular $\ker(A-I_3)$ resolviendo el sistema $AX=X$.
  • Si $A$ no es simétrica, entonces $A$ es una rotación de ángulo $\theta$ ara un único $\theta\in(-\pi,\pi]$. Podemos encontrar el eje de rotación resolviendo el sistema $AX=X$: si $Ae_1=e_1$ para algún vector $e_1$, entonces el eje de rotación está generado por $e_1$. Para encontrar el ángulo de rotación usamos la siguiente ecuación
    \begin{equation}\label{angulo}
    1+2\cos\theta=Tr(A),
    \end{equation}
    la cual determina a $\theta$ en valor absoluto (pues $\theta$ y $-\theta$ son soluciones por la paridad del coseno). Ahora escogemos un vector $e_2$ ortogonal a $e_1$ y de norma $1$ y definimos $e_3=(u_2v_3-u_3v_2,u_3v_1-u_1v_3,u_1v_2-u_2v_1)$, donde $e_1=(u_1,u_2,u_3)$ y $e_2=(v_1,v_2,v_3)$. Entonces $e_1,e_2,e_3$ es una base ortonormal positiva de $\mathbb{R}^3$ y $\det_{(e_1,e_2,e_3)}(e_1,e_2,Ae_2)$ nos da el valor de $\sin\theta$, con lo cual podremos determinar a $\theta$ de manera única. En la práctica bastará con encontrar el signo de $\det_{(e_1,e_2,e_3)}(e_1,e_2,Ae_2)$, ya que esto nos dará el signo de $\sin\theta$, lo cual determina $\theta$ de manera única gracias a la ecuación \eqref{angulo}.

Finalmente, si se supone que $T$ es negativa, entoces $-T$ es positiva y por lo tanto todo el estudio que acabamos de hacer se puede aplicar a $-T$.

Para finalizar, veremos un ejemplo concreto.

Ejemplo. Demuestra que a matriz
$$A=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}
2 & 2 & 1\\
-2 & 1 & 2\\
1 & -2 & 2
\end{pmatrix}$$ es ortogonal y estudia su isometría correspondiente en $\mathbb{R}^3$.

Solución. El cálculo para verificar que $A$ es ortogonal es muy sencillo y se deja como tarea moral. Luego vemos que $\det A=1$, por lo que la isometría asociada es positiva. Como $A$ no es simétrica, se sigue que $T$ es una rotación. Para encontrar el eje necesitamos resolver el sistema $AX=X$, el cual es equivalente a
\begin{align*}
\begin{cases}
2x+2y+z &= 3x\\
-2x+y+2z &=3y\\
x-2y+2z &=3z
\end{cases}
\end{align*} y entonces $x=z$ y $y=0$. Por lo tanto, el eje de rotación está generado por el vector $(1,0,1)$. Normalizandolo obtenemos el vector
$$e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1),$$ que genera al eje de $T$.
sea $\theta$ el ángulo de rotación, tal que
$$1+2\cos\theta=Tr(A)=\frac{5}{3},$$ y por lo tanto
$$cos\theta=\frac{1}{3}.$$
Falta determinar el signo de $\sin \theta$. Para ello, escogemos un vector ortogonal a $e_1$, digamos $$e_2=(0,1,0)$$ y calculamos el signo de
$$\det (e_1,e_2,Ae_2)=\frac{1}{3\sqrt{2}}\begin{vmatrix}
1 & 0 & 2\\
0 & 1 & 0\\
1 & 0 & -2
\end{vmatrix}=-\frac{4}{3\sqrt{2}}<0,$$ por lo que $\sin\theta<0$ y finalmente $\theta=-\arccos\frac{1}{3}$.

$\square$

Tarea moral

  • Verifica que la matriz $A$ del ejemplo anterior es ortogonal.
  • Encuentra la matriz asociada a la simetría ortogonal en $\mathbb{R}^3$ con respecto a la recta generada por el vector $(1,2,3)$.
  • Encuentra la matriz asociada a la simetría ortogonal en $\mathbb{R}^3$ con respecto al plano generad por los vectores $(1,1,1)$ y $(0,1,0)$.
  • Sea $V=\mathbb{R}^3$.¿En qué casos una rotación sobre $V$ conmuta con una simetríai ortogonal?

4 comentarios en “Álgebra Lineal II: Más información del grupo ortogonal.

  1. Rodrigo Seels

    Buen día:

    Al principio de esta entrada se dice: «Intercambiando T con -T se tiene que simplemente se intercambian los papeles de p y q.» ¿Por qué esto es así?

    Gracias.

    Responder
    1. Diego Ligani Rodríguez Trejo

      Por que por la entrada anterior sabemos que $T$ se puede escribir como una matriz de la forma \begin{pmatrix} I_p & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
      0 & – I_q & 0 & \cdots & 0 \\
      0 & 0 & R_{\theta_1} & \cdots & 0 \\
      \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & 0 \\
      0 & 0 & 0 & 0 & R_{\theta_k} \end{pmatrix}
      De donde el discriminante de $T$ depende únicamente de $q$ (a saber, el discriminante es $(-1)^q$ como decía también en la entrada anterior) ya que el discriminante de $I_p$ es 1 y el discriminante de todas las rotaciones es 1 también, por otro lado, si trabajáramos con $-T$ llegamos a que el discriminante dependería únicamente de $p$ por lo que «intercambian papeles»

      Responder
    1. Diego Ligani Rodríguez Trejo

      Para analizar mejor a $T$ estamos viendo todos los casos posibles de $dim(Ker(T-Id))$, en el primer caso estamos suponiendo que $dim(Ker(T-Id))=3$, esto quiere decir que $Ker(T-Id)$ tiene una base con $3$ elementos, por otro lado, sabemos que $Ker(T-Id)$ es un subespacio de $V$, por lo que la su base es un subconjunto de $V$, pero esto es importante ya que tenemos un conjunto linealmente independiente con $3$ elementos en un espacio vectorial de dimensión $3$, es decir la base de $Ker(T-Id)$ también es base de $V$, por lo que $Ker(T-Id)=V$ esto quiere decir que para cualquier $v \in V$ $(T-Id)(v)=0$ pero esto pasa si y solo si $T=id$, ahora, esto pasó al trabajar con $T$ si hiciéramos el mismo proceso trabajando ahora con $-T$ llegaríamos a que $-T=Id$, lo que es la otra posibilidad que se ve en ese punto.

      Responder

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