(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

INTRODUCCIÓN

Ya analizamos las funciones multilineales y en particular las formas alternantes, así que estamos listos para presentar al protagonista natural que surge de esas propiedades: el determinante. En esta entrada lo definiremos formalmente, veremos la fórmula general que lo caracteriza y probaremos su unicidad. De este modo, el determinante deja de ser un artificio de cálculo y se revela como un concepto profundamente ligado a la estructura lineal.

DETERMINANTE

Definición: Sea $n \in \mathbb{N}^+$. Una función determinante $n \times n$ en $K$ es una función $det : \mathcal{M}_{n \times n} (K) \longrightarrow K$ que cumple dos propiedades

a) Para cada $A \in \mathcal{M}_{n \times n} (K)$, con $A_1 , … , A_n \in K^n$ los renglones de $A$, considerando a $det$ como una función: $det \, A = det \, (A_1 , … , A_n)$ tenemos que $det$ es una función $n$ – multilineal en $K^n.$

b) $det \, I_n = 1$ donde $I_n \in \mathcal{M}_{n \times n} (K)$ la matriz identidad.

Teorema (5.2.1.): Sea $n \in \mathbb{N}^+$.
Existe una única función determinante $n \times n$ en $K$ y puede calcularse con la fórmula $det \, A = \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn\,\sigma \,a_{1\, \sigma (1)} \dotsb a_{n \, \sigma (n)} .$

Demostración: Veamos primero que la función propuesta es una función determinante $n \times n$ en $K$:

Sea $A \in \mathcal{M}_{n \times n}(K)$ con $A_j = \lambda A^*_j + A^{**}_j $ donde $\lambda \in K$ y ${A_j}^* , {A_j}^{**} \in K^n$.

$\begin{align*}
det \, A = & det \, (A_1 , … , \lambda A^*_j + A^{**}_j , … , A_n) \tag{}\\
= & \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn\,\sigma \, a_{1 , \sigma(1)} \dotsb ( \lambda {a^*_{j , \sigma(j)}} + {a^{**}_{j , \sigma(j)}} )\dotsb a_{n , \sigma(n)} \tag{}\\
= & \lambda \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn\,\sigma \, a_{1 , \sigma(1)} \dotsb {a^*_{j , \sigma(j)}} \dotsb a_{n , \sigma(n)} \tag{}\\
& + \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn\,\sigma \, a_{1 , \sigma(1)} \dotsb {a^{**}_{j , \sigma(j)}} \dotsb a_{n , \sigma(n)} \tag{}\\
= & \lambda \, det \, (A_1 , … , A^*_j , … , A_n) \tag{}\\
& + det \, (A_1 , … , A^{**}_j , … , A_n).
\end{align*}$

$\therefore det$ es una función $n$ – multilineal en $K^n.$

Veamos ahora que es alternante:

Supongamos que $A_i = A_j$ para algunos $i,j \in \{ 1, … , n \}$ con $i <j.$

Consideremos la transposición $\tau \in S_n$ tal que $\tau (i) = j , \tau (j) = i , \tau (k) = k$ para todo $k \in \{ 1 , … , n \} \setminus \{ i , j \}$

La función $\varphi : S_n \longrightarrow S_n$ con $\varphi (\sigma) = \sigma \circ \tau$ para toda $\sigma\in S_n$ es biyectiva ya que es su propio inverso. En paticular es suprayectiva y así $S_n = Im \varphi = \{ \sigma \circ \tau | \sigma \in S_n \}$.

Entonces, recordando que el signo de una permutación es $1$ si es un producto de un número par de transposiciones y es $-1$ en caso contrario:

$\begin{align*}
det \, A & = \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn(\sigma \circ \tau) \, a_{1 \, \sigma \circ \tau (1)} \dotsb a_{i \, \sigma \circ \tau (i)} \dotsb a_{j \, \sigma \circ \tau (j)} \dotsb a_{n \, \sigma \circ \tau (n)} \tag{}\\
& = \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn (\sigma \circ \tau) \, a_{1 \, \sigma (1)} \dotsb a_{i \, \sigma (j)} \dotsb a_{j \, \sigma (i)} \dotsb a_{n \, \sigma (n)} \tag{}\\
& = – \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn \,\sigma \, a_{1 \, \sigma (1)} \dotsb a_{j \, \sigma (j)} \dotsb a_{i \, \sigma (i)} \dotsb a_{n \, \sigma (n)} \tag{}\\
& = – \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn \,\sigma \, a_{1 \, \sigma (1)} \dotsb a_{i \, \sigma (i)} \dotsb a_{j \, \sigma (j)} \dotsb a_{n \, \sigma (n)} \tag{}\\
& = – det \, A \tag{}\\
\end{align*}$

donde la tercera igualdad se debe a que, como $A_i = A_j$ por hipótesis, entonces $a_{i \, \sigma (j)} =a_{j \, \sigma (j)} $ y $a_{j \, \sigma (i)} =a_{i \, \sigma (i)} $, y la cuarta igualdad a la conmutatividad del producto en el campo $K$.

$\therefore \det$ es una forma alternante.

Veamos que $det \, I_n = 1$:

Supongamos que $A = I_n$, es decir, $a_{ij} = 1$ cuando $i=j$ y $a_{ij} = 0$ cuando $i \not= j.$

Debido a cómo son las entradas de la matriz identidad, en el desarrollo de su determinante el único sumando que es no nulo es $a_{11} \dotsb a_{nn}$ que corresponde a la permutación identidad, que tiene signo $+1$.

De donde $det \, A =(+1) a_{11} \dotsb a_{nn} = (+1)(1) \dotsb (1) = 1.$

$\therefore det$ es una función determinante $n \times n$ en $K.$

Nos falta ver que es la única.

Supongamos que $Det$ es una función determinante $n \times n$ en $K.$
Probaremos que necesariamente $Det = det$.

Sean $e_1 , … , e_n \in K^n$ los vectores canónicos.

$Det (A_1 , … , A_n) = Det (a_{11} e_1 + … + a_{1n} e_n , … , a_{n1} e_1 + … + a_{nn} e_n)$

Usando la linealidad en cada entrada (vamos abriendo las sumas y sacando cada a_{ij}) obtenemos diversos sumandos del tipo $ a_{1 \, t_1} \dotsb a_{n \, t_n} Det (e_{t_1} , … , e_{t_n})$, pero estos son cero si en $Det (e_{t_1} , … , e_{t_n})$ hay entradas iguales ya que $Det$ es alternante. Quedan entonces los sumandos en que $t_1 , … , t_n$ son los números ${ 1 , … , n }$.

Consideremos $\sigma \in S_n$ dada por $\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & … & n \\ t_1 & t_2 & … & t_n \end{pmatrix}$

Se tiene que $Det \, A = \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} \, a_{1 \, \sigma (1)} \dotsb a_{n \, \sigma (n)} Det (e_{\sigma (1)} , … , e_{\sigma (n)})$

Por el inciso c de la proposición (5.1.1.), lo anterior es igual a $\displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} \,a_{1 , \sigma (1)} \dotsb a_{n , \sigma (n)} sgn\,\sigma Det (e_1 , … , e_n)$ $= \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} \, a_{1 , \sigma (1)} \dotsb a_{n , \sigma (n)} sgn\,\sigma Det \, I_n$ $= \displaystyle \sum_{\sigma \in S_n} sgn\,\sigma \, a_{1 , \sigma (1)} \dotsb a_{n , \sigma (n)}= det \, A.$

$\therefore det$ es única.

Tarea Moral

1. Considera $A =\left( \begin{array}{rrr} 2 & -1 & 0 \\ 3 & 0 & 4 \\ 5 & 1 & -2 \end{array}\right)$ y $\sigma \in S_3$ dada por: $\sigma (1) = 2, \sigma (2) = 3, \sigma (3) = 1.$
   a) ¿Cuál es el signo de $\sigma$?
   Sugerencia: Escribe a $\sigma$ como un producto de transposiciones.
   b) En el desarrollo del determinante de $A$, ¿qué entradas de la matriz $A$ están asociadas a $\sigma$?
   c) ¿Cuál es el producto de esas entradas?
   d) ¿Cuál es el sumando asociado a $\sigma$ en la suma para calcular $det \, A$?
2. Si sabemos que $det \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 2 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 4 & 2 \\ 2 & 0 & 1 & 5 \\ 3 & 1 & 2 & 0 \end{array}\right) = -137,$
   obtén $det \left( \begin{array}{rrrr} 0 & -\frac{1}{2} & -2 & -1\\ 6 & 2 & 4 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 5 \\5 & 10 & 0 & 15 \end{array}\right).$
   Sugerencia: Realiza intercambios de renglones y multiplica por escalares algunos renglones de la primera matriz para obtener la segunda. Recuerda cómo afecta cada intercambio de renglones y el multiplicar por un escalar un reglón al determinante.
3. Si hay una matriz demasiado grande como para calcular el determinante a mano, ¿qué propiedades te pueden ayudar a simplificar cuentas?
   Por ejemplo:
   1) Si hay dos filas iguales, el determinante es _____.
   2) Si una fila es combinación lineal de otra fila, el determinante es _____.

Más adelante…

Más adelante nos adentraremos en resultados que fueron construidos paso a paso en los siglos XVIII y XIX por matemáticos como Laplace, quienes vieron en el determinante no solo una fórmula abstracta, sino una técnica para descomponer matrices y resolver sistemas lineales de manera más ordenada. En la próxima entrada veremos cómo esas propiedades básicas le dan al determinante su carácter de pilar dentro del álgebra lineal.

Entradas relacionadas

• Ir a Álgebra Lineal I
• Entrada anterior del curso: 5.1. FUNCIONES MULTILINEALES, $n$ – MULTILINEALES Y ALTERNANTES: definiciones, propiedades y ejemplos
• Siguiente entrada del curso: 5.3. EL MENOR $i,j$ de $A$: definición y propiedades del determinante de la transpuesta y del producto de matrices

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

INTRODUCCIÓN

Imagina que quieres describir una interacción entre varios vectores al mismo tiempo, que capture relaciones no solo por pares, sino entre todos ellos a la vez. Aquí es donde entran las funciones multilineales, una poderosa herramienta para estudiar relaciones entre múltiples vectores simultáneamente.

En esta entrada vamos a construir una nueva manera de pensar la linealidad: ya no como una simple transformación de un solo vector, sino como una función que toma varios vectores y devuelve algo significativo —un número, un vector, o incluso otra función— respetando la estructura lineal en cada entrada. Además, descubriremos funciones que «reaccionan» de formas específicas cuando intercambiamos vectores o repetimos uno de ellos: funciones simétricas y alternantes.

FUNCIÓN MULTILINEAL, $n$-MULTILINEAL EN $V$ Y ALTERNANTE

Definición: Sean $n \in \mathbb{N}^+$ y $V_1 , … , V_n, W$ $K$ – vectoriales. Decimos que una función $\varphi : V_1 \times … \times V_n \longrightarrow W$ es:

• $n$-multilineal si para cada $i \in \{ 1,…,n \}$ al elegir cualesquiera $v_j \in V_j$ con $j \not= i$, se tiene que la función $T_i : V_i \longrightarrow W$ tal que $\forall x \in V_i ( \varphi ( v_1 , … , v_{i-1} , x , v_{i+1} , … , v_n ) )$ es una transformación lineal.
• $n$-multilineal en $V$ si es multilineal y $V_1 = … = V_n = V.$
  Si además $W=K$, decimos que $\varphi$ es una forma $n$-multilineal en $V$.
• alternante si es una forma $n$ – multilineal en $V$ y se anula cuando dos vectores consecutivos son iguales, es decir, $\varphi(v_1, … , v_n) = 0$ cuando $v_i = v_{i+1}$ para algún $i \in \{1, … , n-1\}$.
• simétrica si es $n$ – multilineal en $V$ y al intercambiar cualesquiera dos entradas de $( v_1 , … , v_n )$ el valor de $\varphi$ en ese elemento permanece igual.

Nota: Le llamamos:
bilineal si es $2$ – multilineal
trilineal si es $3$ – multilineal
multilineal si si es $n$ – multilineal y es claro el valor de $n$

Estas definiciones surgen al estudiar funciones que se evalúan en $n$-adas en los que cada entrada es un vector. La propiedad de multilinealidad garantiza que la función se comporta linealmente en cada una de sus entradas si fijamos las demás. Cuando todas las entradas provienen del mismo espacio vectorial y la imagen está en el campo, hablamos de una forma multilineal.

De acuerdo a las definiciones anteriores, una forma alternante da cero al evaluarse en $n$-adas en las que aparece el mismo vector en dos entradas consecutivas, mientras que el resultado de evaluar una función simétrica permanece inalterado bajo el intercambio de cualesquiera dos entradas de la $n$-ada en la que estemos evaluando.

Ejemplos

• Sean $K = \mathbb{R}$ y $V = \mathbb{R}^n$
  $\varphi : V \times V \longrightarrow \mathbb{R}$ donde para todo $v_1 , v_2 \in V$ se define $\varphi (v_1 , v_2) = v_1 \cdot v_2$ (el producto punto usual) es un forma bilineal simétrica.

Justificación. Para verificar que es bilineal, consideremos cada entrada por separado:

Si fijamos $v_1 \in \mathbb{R}^n$, definimos $T_1 : \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$ con $T_1(v_2) = v_1 \cdot v_2$ para todo $v_2 \in \mathbb{R}^n$.

Esta función es lineal porque para todos $v_2,w_2 \in \mathbb{R}^n$ y todo $\lambda \in \mathbb{R}$:

$T_1(\lambda v_2 + w_2) = v_1 \cdot (\lambda v_2 + w_2)$ $= v_1 \cdot (\lambda v_2) + v_1 \cdot w_2 = \lambda (v_1 \cdot v_2) + v_1 \cdot w_2$ $= \lambda T_1(v_2) + T_1(w_2).$

Si fijamos $v_2 \in \mathbb{R}^n$, la función $T_2 : \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$ con $T_2(v_1) = v_1 \cdot v_2$ para todo $v_1 \in \mathbb{R}^n$, también es lineal ya que para todos $v_1,w_1 \in \mathbb{R}^n$ y todo $\lambda \in \mathbb{R}$:

$T_2(\lambda v_1 + w_1) = (\lambda v_1 + w_1)\cdot v_2$ $= (\lambda v_1)\cdot v_2 + w_1 \cdot v_2 = \lambda (v_1\cdot v_2) +w_1 \cdot v_2$ $= \lambda T_2(v_1) + T_2(w_1).$

Además, $\varphi$ es simétrica porque para cualesquiera $v_1,v_2 \in \mathbb{R}^n$ se tiene que $v_1 \cdot v_2 = v_2 \cdot v_1$, así que para cualesquiera $v_1,v_2 \in \mathbb{R}^n$ se tiene que $\varphi(v_1, v_2) = \varphi(v_2, v_1)$.

• Sean $K = \mathbb{R}$, $V_1 = \mathbb{R}^m$, $V_2 = \mathbb{R}^n$ y $A \in \mathcal{M}_{m \times n} (\mathbb{R})$
  $\varphi : \mathbb{R}^m \times \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$ donde para todo $x \in \mathbb{R}^m$, $y \in \mathbb{R}^n$ se define $\varphi (x,y) = x^t A y$ es una función bilineal.
  (En este caso identificamos a $ \mathbb{R}^m$ con $\mathcal{M}_{m \times 1} (\mathbb{R})$ y a $ \mathbb{R}^n$ con $\mathcal{M}_{n \times 1} (\mathbb{R})$).

Justificación. Para verificar que es bilineal, consideremos cada entrada por separado:

Si fijamos $x \in \mathbb{R}^m$, definimos $T_x : \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$ con $T_x(y) = x^t A y$ para todo $y \in \mathbb{R}^n$.

Esta función es lineal porque para todos $y_1,y_2 \in \mathbb{R}^n$ y todo $\lambda \in\mathbb{R}$ se cumple:

$T_x(\lambda y_1 + y_2) = x^t A (\lambda y_1 + y_2)$ $= \lambda x^t A y_1 + x^t A y_2$ $= \lambda T_x(y_1) + T_x(y_2)$.

Si fijamos $y \in \mathbb{R}^n$, definimos $T_y : \mathbb{R}^m \longrightarrow \mathbb{R}$ con $T_y(x) = x^t A y$ para todo $x \in \mathbb{R}^m$. También $T_y$ es lineal porque para todos $x_1,x_2 \in \mathbb{R}^m$ y todo $\lambda \in\mathbb{R}$:

$T_y(\lambda x_1 + x_2) = (\lambda x_1 + x_2)^t A y$ $= \lambda x_1^t A y + x_2^t A y$ $= \lambda T_y(x_1) + T_y(x_2)$.

• Sean $K = \mathbb{R}$, $V_1 = V_2 = \mathbb{R}^n$ y $A \in \mathcal{M}_{n \times n} (\mathbb{R})$ tal que $A^t=A$.
  $\varphi : \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$ donde para todo $x,y \in \mathbb{R}^n$ se define $\varphi (x,y) = x^t A y$ es una función bilineal simétrica.

Justificación. Debido al ejemplo anterior, sabemos que $\varphi$ es una función bilineal.

Sean $x,y\in \mathbb{R}^n$. Como $A^t=A$, entonces $\varphi (x,y) = x^t A y =x^t A^ty=(y^t A x)^t$. Además, dado que $y^t A x \in \mathcal{M}_{1 \times 1}$, coincide con su transpuesta, es decir $(y^t A x)^t=y^t A x$. Así, $\varphi (x,y) =y^t A x = \varphi (y,x).$

Por lo tanto, $\varphi$ es simétrica.

• Sean $K = \mathbb{R}$, $V_1 = V_2 = V_3 = \mathbb{R}^3$
  $\varphi : \mathbb{R}^3 \times \mathbb{R}^3 \times \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}$ donde para todo $x_1,x_2,x_3 \in \mathbb{R}^3$ se define $\varphi (x_1,x_2,x_3) = (x_1 \times x_2) \cdot x_3$, donde $x_1\times x_2$ es el producto cruz de los vectores $x_1$ y $x_2$, es una función trilineal alternante.

Justificación. Para verificar que es trilineal, consideremos cada entrada por separado:

Si fijamos $x_1,x_2 \in \mathbb{R}^3$, definimos: $T_{x_1 , x_2} : \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}$ con $T_{x_1 , x_2}(x_3) = (x_1 \times x_2) \cdot x_3$ para todo $x_3 \in \mathbb{R}^3$, es lineal porque el producto punto es lineal en su segunda entrada.

Si fijamos $x_1,x_3 \in \mathbb{R}^3$, definimos: $T_{x_1 , x_3} : \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}$ con $T_{x_1 , x_3}(x_2) = (x_1 \times x_2) \cdot x_3$ para todo $x_2 \in \mathbb{R}^3$, es lineal porque el producto cruz es lineal en su segunda entrada.

Si fijamos $x_2,x_3 \in \mathbb{R}^3$, definimos: $T_{x_2 , x_3} : \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}$ con $T_{x_2 , x_3}(x_1) = (x_1 \times x_2) \cdot x_3$ para todo $x_1 \in \mathbb{R}^3$, es lineal porque el producto cruz es lineal en su primera entrada y el producto punto es lineal en su primera entrada.

Para ver que es alternante, tenemos que analizar lo que pasa cuando dos entradas son iguales:

Supongamos que $x_1 = x_2$. Entonces $\varphi (x_1 , x_2 , x_3) = \varphi (x_1 , x_1 , x_3)$ $= (x_1 \times x_1) \cdot x_3 = 0 \cdot x_3 = 0$

Supongamos que $x_1 = x_3$. Entonces $\varphi (x_1 , x_2 , x_3) = \varphi (x_1 , x_2 , x_1)$ $= (x_1 \times x_2) \cdot x_1 = 0$ porque $x_1 \times x_2$ es ortogonal a $x_1$ y a $x_2$ por construcción y por lo tanto, su producto punto con cualquiera de esos dos vectores da cero. Esto también justifica que si $x_2 = x_3$, entonces $\varphi (x_1 , x_2 , x_3) = 0$.

Proposición (5.1.1.): Sean $n \in \mathbb{N}^+$, $V$ un $K$ – espacio vectorial, $\varphi$ una forma $n$ – multilineal alternante en $V$. Se cumple que:

$\varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i+1} , v_i , v_{i+2} , … , v_n)$ $= – \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i-1} , v_i , v_{i+1},v_{i+2} , … , v_n)$ para cualquier $i \in \{ 1 , … , n \}.$

b) $\varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_i , v_{i+1} , … , v_{j-1} , v_j , v_{j+1} , … , v_n )$ $= – \varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_j , v_{i+1} , … , v_{j-1} , v_i , v_{j+1} , … , v_n)$ para cualesquiera $i,j \in \{ 1 , … , n \}$ con $i \not= j.$

c) Dada $\sigma \in S_n$
$\varphi (v_{\sigma (1)} , … , v_{\sigma (n)})$ $= sgn\,\sigma \left( \varphi (v_1 , … , v_n) \right)$ con $sgn\, \sigma $ el signo de $\sigma$, $sgn \,\sigma = 1$ si $\sigma$ es un producto de un número par de transposiciones y es $-1$ si $\sigma$ es un producto de un número impar de transposiciones).

d) Si $v_i = v_j$ para algunos $i,j \in \{ 1 , … , n \}$ con $i \not = j$, entonces $\varphi (v_1 , … , v_n) = 0$.

e) Si $i,j \in \{ 1 , … , n \}$ con $i \not= j$ y $\alpha \in K$, entonces $\varphi (v_1 , … , v_i , … , v_j , … , v_n)$ $= \varphi (v_1 , … , v_i + \alpha v_j , … , v_j , … , v_n)$.

Demostración:

Sean $n \in \mathbb{N}^+$, $V$ un $K$ – espacio vectorial, $\varphi$ una función $n$ – multilineal alternante en $V$.

a) Sea $i \in \{ 1 , … , n \}$:

$0 = \varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_i + v_{i+1} , v_i + v_{i+1} , v_{i+2},… , v_n)$ $= \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_i , v_i + v_{i+1} ,v_{i+2}, … , v_n) + \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i+1} , v_i + v_{i+1} ,v_{i+2}, … , v_n)$ $= \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_i , v_i ,v_{i+2}, … , v_n) + \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_i , v_{i+1} ,v_{i+2}, … , v_n)$ $+ \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i+1} , v_i ,v_{i+2}, … , v_n) + \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i+1} , v_{i+1} ,v_{i+2}, … , v_n)$ $= 0 + \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_i , v_{i+1} ,v_{i+2}, … , v_n) + \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i+1} , v_i ,v_{i+2}, … , v_n) + 0$ $= \varphi (v_1 , …, v_{i-1} , v_i , v_{i+1} ,v_{i+2}, … , v_n) + \varphi (v_1 , …, v_{i-1} , v_{i+1} , v_i ,v_{i+2}, … , v_n) .$

Así, $0 = \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_i , v_{i+1},v_{i+2} , … , v_n) + \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i+1} , v_i,v_{i+2} , … , v_n)$ y por lo tanto, $\varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i+1} , v_i , v_{i+2} , … , v_n)$ $= – \varphi (v_1 , … , v_{i-1}, v_{i-1} , v_i , v_{i+1},v_{i+2} , … , v_n)$

b) Sean $i,j \in \{ 1 , … , n \}$ diferentes. Supongamos sin pérdida de generalidad que $i < j$, entonces $j = i + k$ para algún $k \in \mathbb{N}^+.$
Haremos inducción sobre $k$:

Observemos que para $k = 1$ se cumple por el inciso anterior en donde $j = i+1.$

Hipótesis de inducción: Supongamos que la función $\varphi$ cambia de signo si se intercambian dos entradas que disten $k-1$ unidades.

Por hipótesis de inducción, tenemos que $\varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_i , v_{i+1} , … , v_{j-1} , v_j , v_{j+1} , … , v_n )$ $= – \varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_{j-1} , v_{i+1} , … , v_{j-2} , v_i , v_j , v_{j+1} , … , v_n )$ pues $i$ y $j -1$ distan $k-1$ unidades.

Además, al intercambiar las entradas $j-1$ y $j$, se tiene que $- \varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_{j-1} , v_{i+1} , … , v_{j-2} , v_i , v_j , v_{j+1} , … , v_n )$ $= \varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_{j-1} , v_{i+1} , … , v_{j-2} , v_j , v_i , v_{j+1} , … , v_n )$ gracias al inciso a).

Por último, usando la hipótesis de inducción, al intercambiar las entradas $i$ y la $j-1$ que distan $k-1$ unidades, se tiene que $= \varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_{j-1} , v_{i+1} , … , v_{j-2} , v_j , v_i , v_{j+1} , … , v_n )$ $= – \varphi (v_1 , … , v_{i-1} , v_j , v_{i+1} , … , v_{j-2} , v_{j-1} , v_i , v_{j+1} , … , v_n )$.

c) Sea $\sigma \in S_n$.
Supongamos que $\sigma = \tau_m \circ … \circ \tau_1$ con $\tau_1 , … , \tau_m \in S_n$ transposiciones. (Recordemos que aunque la descomposición de $\sigma$ en transposiciones no es única, la paridad de la cantidad de transposiciones en la descomposición no cambia).

Una transposición intercambia la posición de dos vectores y aplicar varias transposiciones (como en el caso de la composición de transposiciones) no es más que intercambiar varios vectores consecutivamente y por el inciso anterior, cada uno de estos intercambios representa un cambio de signo.

Contemplando todo esto, tenemos:

$\varphi ( v_{\sigma (1)} , … , v_{\sigma (n)} ) = \varphi ( v_{\tau_m \circ … \circ \tau_1(1) } , … , v_{\tau_m \circ … \circ \tau_1 (n) } )$ $= – \varphi ( v_{ \tau_{m-1} \circ … \circ \tau_1(1) } , … , v_{ \tau_{m-1} \circ … \circ \tau_1 (n)}$ $= – ( – \varphi ( v_{ \tau_{m-2} \circ … \circ \tau_1(1) } , … , v_{ \tau_{m-2} \circ … \circ \tau_1 (n)} ) )$ $= (-1)^m \varphi (v_1 , … , v_m)$ $= sgn \,\sigma \left( \varphi (v_1 , … , v_m) \right).$

d) Si $v_i = v_j$ para algunos $i,j \in \{ 1 , … , n \}$ con $i \not= j$, se tiene que:

$(v_1 , … , v_{i-1}, v_i ,v_{i+1}, … ,v_{j-1}, v_j ,v_{j+1}, … , v_n) = (v_1 , …,v_{i-1} , v_j ,v_{i+1}, …,v_{j-1} , v_i ,v_{j+1}, … , v_n).$

Así, $\varphi(v_1 , … , v_{i-1}, v_i ,v_{i+1}, … ,v_{j-1}, v_j ,v_{j+1}, … , v_n) = \varphi (v_1 , …,v_{i-1} , v_j ,v_{i+1}, …,v_{j-1} , v_i ,v_{j+1}, … , v_n).$

Por otro lado, del inciso b) sabemos que $\varphi(v_1 , … , v_{i-1}, v_i ,v_{i+1}, … ,v_{j-1}, v_j ,v_{j+1}, … , v_n) =- \varphi (v_1 , …,v_{i-1} , v_j ,v_{i+1}, …,v_{j-1} , v_i ,v_{j+1}, … , v_n).$

Por lo tanto, $\varphi(v_1 , … , v_{i-1}, v_i ,v_{i+1}, … ,v_{j-1}, v_j ,v_{j+1}, … , v_n) =-\varphi(v_1 , … , v_{i-1}, v_i ,v_{i+1}, … ,v_{j-1}, v_j ,v_{j+1}, … , v_n) .$

Concluimos que $\varphi(v_1 , … , v_{i-1}, v_i ,v_{i+1}, … ,v_{j-1}, v_j ,v_{j+1}, … , v_n)= 0$.

e) Sean $i,j \in \{ 1 , … , n \}$ con $i \not= j$ y $\alpha \in K$:

$\varphi ( v_1 , … , v_{i-1} , v_i + \alpha v_j , v_{i+1} , … , v_j , … , v_n )$ $= \varphi ( v_1 , … , v_{i-1} , v_i , v_{i+1} , … , v_j , … , v_n ) + \alpha \varphi ( v_1 , … , v_{i-1} , v_j , v_{i+1}, … , v_j , … , v_n )$ $= \varphi ( v_1 , … , v_{i-1} , v_i , v_{i+1} , … , v_j , … , v_n ) +0$ $= \varphi ( v_1 , … , v_{i-1} , v_i , v_{i+1} , … , v_j , … , v_n ) .$

Tarea Moral

1. Sean $K = \mathbb{R}$ y $V_1 = V_2 = V_3 = \mathbb{R}^3.$
   Sea $\varphi : \mathbb{R}^3 \times \mathbb{R}^3 \times \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}$ una forma trilineal alternante tal que $\varphi((1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)) = 1.$
   Calcula el valor de $\varphi((2,0,0), (3,4,0), (0,5,6)).$
   Sugerencia: Escribe los vectores $(2,0,0), (3,4,0)$ y $(0,5,6)$ como combinación lineal de los vectores $(1,0,0), (0,1,0)$ y $(0,0,1).$ Como es $3$ – lineal, puedes ocupar el inciso e) de la proposición (5.1.1.) y finalmente la definición de ser alternante para anular una parte.
2. Sean $K = \mathbb{R}$ y $V_1 = V_2 = \mathbb{R}^2.$
   Sea $\varphi : \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R}$ definida para cada $(x_1 , x_2) , (y_1 , y_2) \in \mathbb{R}^2$ como $\varphi ((x_1 , x_2) , (y_1 , y_2)) = \alpha x_1 y_2 – \alpha x_2 y_1 + \beta x_1 y_1.$
   a) Demuestra que $\varphi$ es bilineal para todo $\alpha , \beta \in \mathbb{R}.$
   b) Determina para qué valores de $\alpha$ y $\beta$ la forma alternante.
   c) ¿Para esos valores del inciso anterior se cumple que $\varphi$ es simétrica?

Más adelante…

Veremos que las formas multilineales alternantes tienen un papel fundamental al dar origen a una de las herramientas más poderosas del álgebra lineal: el determinante. Esta función, que a primera vista parece una simple fórmula con signos y productos, en realidad captura de manera elegante información clave sobre una matriz, por ejemplo, si es invertible o no. Lo que aprenderemos a continuación conecta directamente con lo que acabamos de ver: la multilinealidad y la alternancia no son solo propiedades curiosas, sino la base que hace único al determinante.

Entradas relacionadas

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• Entrada anterior del curso: 4.9. ESPACIO DUAL, FUNCIONALES, BASE DUAL, DOBLE DUAL: definición, construcción y ejemplos
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(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

INTRODUCCIÓN

No todos los productos escalares se comportan igual. Algunos, al igual que el producto punto usual, se comportan de forma bastante manejable y tienen propiedades que esperaríamos en un producto entre vectores como el hecho de que el único vector ortogonal a todos los demás sea el vector nulo (no degenerados) o el hecho de que el único vector ortogonal a sí mismo sea el vector cero (definidos positivos). Más adelante estas propiedades nos permitirán dar una buena definición de la norma de un vector, lo que no solo amplía nuestra visión del espacio, sino que nos prepara para explorar aplicaciones en física, geometría y más allá.

PRODUCTO ESCALAR DEGENERADO Y NO DEGENERADO

Definición: Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial, $\langle\;\; ,\; \rangle$ un producto escalar en $V$. Decimos que $\langle \;\; ,\; \rangle$ es no degenerado si $V^{ \perp } = \{ \theta_V \}$, es decir, si para toda $v \in V$

$\forall w \in V (\langle v , w \rangle = 0)\Rightarrow v = \theta_V$.

En caso contrario decimos que $\langle \;\;, \;\rangle$ es degenerado.

Ejemplos

• Sean $K = \mathbb{R}$, $V = \mathbb{R}^n$
  Si definimos $\forall u,v \in V (\langle u , v \rangle = u \cdot v)$ se tiene que este producto escalar es no degenerado

Justificación. Sea $v=(x_1,\dots ,x_n) \in \mathbb{R}^n$ tal que $\forall w \in \mathbb{R}^n (\langle v , w \rangle = 0)$, entonces $\forall w \in \mathbb{R}^n (v \cdot w = 0)$.

En particular $v \cdot v = 0$, es decir, $ x_1^2+\cdots +x_n^2= 0$.
Por tanto, $x_1=\cdots =x_n$ y en consecuencia $v = \theta_\mathbb{R^n}$.
De donde, el producto punto usual en $\mathbb{R}^n$ es no degenerado.

• Sean $K = \mathbb{R}$, $V = \mathcal{C}[0,1]$
  Definamos $\forall f,g \in \mathcal{C}[0,1] \left( \langle f,g \rangle = \int_{0}^{1} f(t) g(t) dt \right)$. Este producto escalar $\langle\;\; ,\;\rangle$ no degenerado.

Justificación. Sea $f \in V$ tal que $\forall g \in \mathcal{C}[0,1] \langle f , g \rangle = 0$.

En particular, $\langle f , f \rangle = 0$, es decir, $\int_{0}^{1} f^2 (t) dt = 0$.

Pero $\forall t \in [0,1] f^2 (t) \geq 0$ y $f$ es continua, entonces por propiedades de cálculo podemos concluir que $f$ es la función constante cero, es decir, $f = \theta_{\mathcal{C}[0,1]}$.
De donde el producto entre funciones así definido es no degenerado.

PRODUCTO ESCALAR DEFINIDO POSITIVO

Definición: Sea $V$ un $\mathbb{R}$ – espacio vectorial, $\langle \;\; ,\; \rangle$ un producto escalar en $V$. Decimos que $\langle \;\; ,\; \rangle$ es definido positivo si se cumplen dos condiciones:

a) $\forall v \in V (\langle v,v \rangle \geq 0)$
b) $\langle v ,v \rangle = 0 \iff v = \theta_V$

Ejemplos

• Sea $K = \mathbb{R}$, $V = \mathbb{R}^n$
  Definamos $\forall u,v \in V (\langle u , v \rangle = u \cdot v)$. Este producto escalar $\langle\;\; ,\;\rangle$ es definido positivo.

Justificación. $\forall v \in V:$ $\langle v , v \rangle = v \cdot v = x_1^2+\cdots +x_n^2 \geq 0$
$\langle v,v \rangle = 0 \iff x_1^2+\cdots +x_n^2 = 0 \iff \forall i (x_i^2=0) \iff v = \theta_{\mathbb{R}^n}$

• Sea $K = \mathbb{R}$, $V = \mathbb{R}^n$
  Sea $\mu \in \mathbb{R}$
  Deefinamos para todos $u = (x_1 , … , x_n)$, $v = (y_1 , … , y_n) \in \mathbb{R}^n$ $\langle u,v \rangle = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \mu x_i y_i = \mu (u \cdot v) $. Tenemos que $\langle\;\; ,\;\rangle$ es un producto escalar y es:
  definido positivo si y sólo si $\mu > 0$,
  no degenerado si y sólo si $\mu \neq 0.$

Justificación. Primero veremos que es un producto escalar y después analizaremos qué pasa en los casos de $\mu > 0$ y $\mu \neq 0$

Veamos que. $\langle \;\;,\; \rangle $ es un producto escalar.

Sean $u,v,w \in \mathbb{R}^n$ y $\lambda , \mu \in \mathbb{R}$. Gracias a las propiedades del producto punto usual en $\mathbb{R}^n$ tenemos que

$\langle v , u \rangle = \mu ( v \cdot u ) = \mu ( u \cdot v ) = \langle u , v \rangle$

$\langle u+v , w \rangle = \mu ( (u+v) \cdot w ) = \mu ( u \cdot w + v \cdot w )$ $= \mu ( u \cdot w ) + \mu ( v \cdot w ) = \langle u,w \rangle + \langle v,w \rangle$

$\langle \lambda u,v \rangle = \mu (( \lambda u ) \cdot v) = \mu (\lambda (u \cdot v)) = \lambda (\mu (u \cdot v)) = \lambda \langle u , v \rangle .$

Analicemos ahora en qué casos es definido positivo y en cuáles es no degenerado:

Caso 1 $\mu = 0$.

$\langle v,w \rangle = \mu (v \cdot w) = 0$ para cualesquiera $v,w \in \mathbb{R}^n$
Por lo tanto, $\left( \mathbb{R}^n \right)^{\perp} = \mathbb{R}^n$.
Entonces para todo $w\in \mathbb{R}^n$ $\langle v,w \rangle = 0$ sin necesidad de que $v = \theta_{\mathbb{R}^n}$, por lo cual es un producto degenerado y no es definido positivo.

Caso 2 $\mu \neq 0$.

Sea $v \in \mathbb{R}^n$ tal que $\langle v,w \rangle = 0$ para todo $w \in \mathbb{R}^n$.
En particular $0 = \langle v , v \rangle = \mu (v \cdot v) = \mu (x_1^2+\cdots +x_n^2 )$
Como $\mu \neq 0$, entonces $x_1^2+\cdots +x_n^2 = 0$, por lo que $x_i^2=0$ para toda $i$, lo que implica que $v = \theta_{\mathbb{R}^n}$.

$\therefore \langle \;\; , \;\rangle$ es no degenerado.

Caso 2.a $\mu > 0$

$\langle v,v \rangle = \mu (v \cdot v) = \mu (x_1^2+\cdots +x_n^2) \geq 0$ para toda $v \in \mathbb{R}^n$.

Dado $v \in \mathbb{R}^n$, se tiene que si $0 = \langle v , v \rangle$, entonces $0 = \langle v , v \rangle = \mu (v \cdot v) = \mu (x_1^2+\cdots +x_n^2 )$, pero como $\mu > 0$, entonces $x_1^2+\cdots +x_n^2 = 0$, por lo que $x_i^2=0$ para toda $i$, y esto solo ocurre si $v = \theta_{\mathbb{R}^n}.$

$\therefore \langle \;\; , \; \rangle$ es definido positivo.

Caso 2.b $\mu < 0$

Sabemos que si $v = \theta_{\mathbb{R}^n}$, entonces $\langle v,v \rangle = 0$.

Pero si $v \neq \theta_{\mathbb{R}^n}$, entonces $x_1^2+\cdots +x_n^2>0$. Como además $\mu<0$, tenemos que $\langle v,v \rangle = \mu (x_1^2+\cdots +x_n^2) < 0$, por lo cual el producto escalar no es definido positivo.

Tarea Moral

1. Sean $K = \mathbb{R}$ y $V = \mathbb{R}^2$.
   Considera el producto $\langle (x_1 , y_1) , (x_2 , y_2) \rangle = x_1 x_2 – y_1 y_2$ para cualesquiera $(x_1 , y_1) , (x_2 , y_2) \in \mathbb{R}^2$.
   ¿Es un producto escalar?
   En caso de que sí lo sea: ¿Es no degenerado? ¿Es definido positivo?
2. Sean $K = \mathbb{R}$ y $V = \mathbb{M}_{n \times n}(\mathbb{R})$
   Considera el producto $\langle A,B \rangle = tr(A^{T} B)$ para cualesquiera $A,B \in \mathbb{M}_{n \times n}(\mathbb{R})$
   ¿Es un producto escalar?
   En caso de que sí lo sea: ¿Es no degenerado? ¿Es definido positivo?
   Responde las mismas preguntas si ahora consideramos el producto $\langle A,B \rangle = tr(A B)$ para cualesquiera $A,B \in \mathbb{M}_{n \times n}(\mathbb{R})$.

Más adelante…

Ahora buscaremos trabajar con productos en espacios vectoriales que se comporten lo suficientemente bien para poder generalizar nociones importantes que se tienen en $\mathbb{R^n}$, a los que llamaremos productos internos. Esto nos permitirá traducir ideas geométricas al lenguaje del álgebra, permitiendo que las herramientas geométricas se apliquen en espacios abstractos —por ejemplo, espacios de funciones, de imágenes o de datos— donde la intuición visual ya no alcanza.

Entradas relacionadas

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(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

INTRODUCCIÓN

El producto interno en un espacio vectorial real o complejo nos permite «medir» la interacción entre vectores. De hecho, la longitud de un vector, el ángulo entre dos vectores y la proyección de uno sobre otro, dependen del producto interno.

Seguramente conoces sus aplicaciones muy bien (tal vez sin saber que son aplicaciones). Por ejemplo, en gráficos por computadora, calcular sombras o iluminación implica proyecciones y ángulos entre vectores, mientras que en análisis de datos, la similitud entre usuarios o productos se calcula usando producto interno normalizado.

ESPACIO CON PRODUCTO INTERNO

Definición: Sean $K = \mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial. Decimos que una función $\langle\;\; ,\; \rangle : V \times V \longrightarrow K$ es un producto interno en $V$ si:

1) $\forall u,v \in V \left( \langle u,v \rangle = \overline{ \langle v,u \rangle } \right)$
2) $\forall u,v,w \in V \left( \langle u+v,w \rangle = \langle u,w \rangle + \langle v,w \rangle \right)$
3) $\forall \lambda \in K , u,v \in V \left( \langle \lambda u,v \rangle = \lambda \langle u,v \rangle \right)$
4) $\forall v \in V \left( \langle v,v \rangle \geq 0 \right)$ y ($\langle v,v \rangle = 0 \iff v = \theta_V$).

Si $V$ (real o complejo) tiene un producto interno, se llama un espacio con producto interno.

Recordatorio: Sea $a+ib \in \mathbb{C}$. Definimos el conjugado de $a+ib$ como $\overline{a+ib} = a-ib$.
Si $b=0$, es decir, si $a+ib = a \in \mathbb{R}$, entonces $\overline{a+ib} = \overline{a} = a$. En otras palabras, el conjugado de un número real es él mismo.
Dada $B \in \mathcal{M}_{n \times n}(\mathbb{C})$, se define $\overline{B} \in \mathcal{M}_{n \times n}(\mathbb{C})$ la matriz conjugada de $B$ como la matrIz tal que $\left(\overline{B}\right)_{ij}=\overline{B_{ij}}$, es decir, la matRIz que se obtiene de $B$ conjugando todas sus entradas.

Dado $V$ un espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$, tenemos:

Observación 1: $\forall u,v,w \in V \left( \langle w,u+v \rangle = \langle w,u \rangle + \langle w,v \rangle \right)$.
Justificación: Sean $u,v,w \in V$. Usando las propiedades del conjugado tenemos que
$\langle w,u+v \rangle = \overline{ \langle u+v,w \rangle } = \overline{ \langle u,w \rangle + \langle v,w \rangle }$ $= \overline{ \langle u,w \rangle } + \overline{ \langle v,w \rangle } = \langle w,u \rangle + \langle w,v \rangle$.

Observación 2: $\forall \lambda \in K , u,v \in V \left( \langle v , \lambda u \rangle = \overline{\lambda} \langle v,u \rangle \right)$.
Justificación: Sean $\lambda \in K$ y $u,v \in V$. Usando las propiedades del conjugado tenemos que
$\langle v , \lambda u \rangle = \overline{ \langle \lambda u , v \rangle } = \overline{ \lambda \langle u,v \rangle }$ $= \overline{\lambda} \; \overline{ \langle u,v \rangle } = \overline{\lambda} \langle v,u \rangle$.

Ejemplos

• Sean $K = \mathbb{C}$, $V = \mathbb{C}^n$. Definamos el producto $\langle \;\; , \; \rangle$ en $V$ del siguiente modo: para todos $(x_1,…,x_n), (y_1,…,y_n) \in \mathbb{C}^n$
  $\langle (x_1,…,x_n) , (y_1,…,y_n) \rangle = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} x_i \overline{y_i} $. Tenemos que $\langle \;\; , \; \rangle$ es un producto interno en $\mathbb{C}^n$.
  Se deja al lector verificar la afirmación.
• Sean $K = \mathbb{C}$, $V = \mathcal{M}_{n \times n}(\mathbb{C})$. Definamos el producto $\langle \;\; , \; \rangle$ en $V$ del siguiente modo: para todas $A,B \in \mathcal{M}_{n \times n}(\mathbb{C})$
  $\langle A,B \rangle = tr(\overline{B}^t A)$. Tenemos que $\langle \;\; , \; \rangle$ es un producto interno en $\mathcal{M}_{n \times n}(\mathbb{C})$.

Justificación. Primeramente observemos que para todas $A,B \in \mathcal{M}_{n \times n}(\mathbb{C})$ se tiene que $\langle A,B \rangle = \displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} \overline{B} ^j \cdot A^j }.$ Esto se debe a que

$\langle A,B \rangle = tr(\overline{B}^t A) = \displaystyle\sum_{j=1}^{n} \left( \overline{B}^t A \right)_{jj}$ $=\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} \left( \overline{B} ^t \right)_j \cdot A^j } = \displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} \overline{B} ^j \cdot A^j } .$

Dada $A \in V$, denotamos sus renglones como $A_1,…,A_n$ y sus columnas como $A^1,…,A^n$.

Veamos las $4$ propiedades que debe cumplir considerando cualesquiera $A,B,C \in \mathcal{M}_{n \times n}$ y cualquier $\lambda \in \mathbb{C}$:

1) Veamos que $\langle A,B \rangle = \overline{ \langle B,A \rangle }.$

$\langle A,B \rangle = \displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} \overline{B^j} \cdot A^j }$ $= \overline{ \displaystyle \sum_{j=1}^{n} B^j \cdot\overline{A^j} } = \overline{ \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \overline{A^j}\cdot B^j } = \overline{ \langle B,A \rangle }.$

2) Veamos que $\langle A+C , B \rangle = \langle A,B \rangle + \langle C,B \rangle$.

$\langle A+C , B \rangle = \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \overline{B}^j \cdot (A+C)^j$ $= \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \overline{B} ^j \cdot (A^j + C^j)$ $= \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \left(\overline{B} ^j \cdot A^j + \overline{B} ^j \cdot C^j\right)$ $= \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \overline{B} ^j \cdot A^j + \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \overline{B} ^j \cdot C^j$ $= \langle A,B \rangle + \langle C,B \rangle .$

3) Veamos que $\langle \lambda A,B \rangle = \lambda \langle A,B \rangle$.

$\langle \lambda A,B \rangle = \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \overline{B}^j \cdot ( \lambda A )^j$ $= \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \overline{B}^j \cdot ( \lambda A^j )$ $= \lambda \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \overline{B}^j \cdot A^j = \lambda \langle A,B \rangle$.

4.1) Veamos que $\langle A,A \rangle \geq 0$.

$\langle A,A \rangle = \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \left( \overline{A} \right)^j \cdot A^j$ $= \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \left( \overline{a_{1j}} , … , \overline{a_{nj}} \right) \cdot \left( a_{1j} , … , a_{nj} \right)$ $= \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \left( \overline{a_{1j}} a_{1j} + … + \overline{a_{nj}} a_{nj}\right)$ $= \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \left(|a_{1j}|^2 + … + |a_{nj}|^2\right) \geq 0$.

4.2) Finalmente, veamos que $\langle A,A \rangle = 0 \iff A= \theta_{\mathcal{M}(\mathbb{C})}$.

$\langle A,A \rangle = 0 \iff \displaystyle \sum_{j=1}^{n}\overline{A}^j \cdot A^j =0$ $ \iff \forall j\in \{ 1,…,n \} \left( \overline{A} ^j \cdot A^j = 0 \right)$ $\iff \forall j\in \{ 1,…,n \} \left( |a_{1j}|^2 + … + |a_{nj}|^2=0 \right)$ $\iff \forall j\in \{ 1,…,n \} \left( a_{1j} = \cdots = a_{nj}=0 \right)$ $\iff A = \theta_{\mathcal{M}(\mathbb{C})}$.

Tarea Moral

1. Sean $K = \mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial. Sean $\langle\;\; ,\; \rangle_1 : V \times V \longrightarrow K$ y $\langle\;\; ,\; \rangle_2 : V \times V \longrightarrow K$ dos productos internos en $V$. Considera $\langle\;\; ,\; \rangle_3 : V \times V \longrightarrow K$ tal que para todos $u,v\in V$, $\langle u,v \rangle_3=\langle u,v \rangle_1+\langle u,v \rangle_2$. ¿Es $\langle \;\; ,\; \rangle_3$ un producto interno en $V$?
2. Sean $K = \mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\;\; ,\; \rangle$.
   Sean $x,y,z$ son cualesquiera elementos en $V$, si $\langle x,y \rangle = \langle x,z \rangle$, ¿entonces $ x=z$?
   Sean $y,z$ son cualesquiera elementos en $V$, si $\langle x,y \rangle = \langle x,z \rangle$ para todo $x\in V$, ¿entonces $ y=z$?
   Sugerencia: Analiza estos enunciados para cada ejemplo de producto interno visto en esta entrada.

Más adelante…

Veremos cómo usar subconjuntos ortogonales para descomponer vectores, buscando utilizar el producto interno para calcular de un modo más sencillo los escalares que se requieren para expresar a un vector en términos de ciertas bases.. Esto nos llevará al concepto de coeficiente de Fourier, que nos prepara para construir bases ortogonales.

De esta forma, no solo hablaremos de conjuntos (generales, por así decirlo) que cumplen esta propiedad de ortogonalidad, sino que podremos construir conjuntos tan importantes como lo son las bases con esta particularidad.

Entradas relacionadas

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(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

INTRODUCCIÓN

El desarrollo de esta entrada consiste en un solo teorema (que nos habla únicamente de la existencia de «algo»… «algo» impresionante) y un solo ejemplo. ¿En qué consiste su relevancia?

La demostración del teorema, nos dice paso a paso la construcción de ese «algo» (que no es ninguna sorpresa, pues hay una pista en el adelanto que se dio en la entrada anterior).

Ahora bien, el teorema no solo es importante por asegurar la existencia y dar la construcción. De hecho, los requisitos no son más que pedir dimensión finita en el espacio vectorial y que se tenga un producto interno. Es decir, este teorema junta todos los conceptos que estuvimos viendo tan breve pero intensamente en las entradas anteriores: producto interno, conjuntos ortogonales, coeficientes de Fourier y norma… y todo esto se une para la construcción de BASES ORTOGONALES. Así que, sí, el enunciado es muy breve, pero su carga y demostración lo vuelven esencial.

Teorema (4.6.1. Gram Schmidt): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Entonces $V$ tiene una base ortogonal.

Demostración: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Supongamos $\dim V = n$ y que $B = \{ v_1 , … , v_n \}$ una base ordenada de $V$.

Tomaremos los elementos de esta base para crear una base ortogonal $B’= \{ {v}’_1, … , {v}’_n \}$ definiendo los vectores $v_i’$ del siguiente modo:

${v}’_1 = v_1$

${v}’_2 = v_2 – \lambda_{21} {v}’_1$ con $\lambda_{21} = \frac{ \langle v_2 , {v}’_1 \rangle }{ \langle {v}’_1 , {v}’_1 \rangle }$

y en general para $i \in \{ 2,…,n \}$, teniendo ya definidos los vectores ${v}’_1, … , {v}’_{i-1} $, definimos:
${v}’_i = v_i – \lambda_{i i-1} {v}’_{i-1} – … – \lambda_{i1}{v}’_1$ con $\lambda_{ij} = \frac{ \langle v_i , {v}’_j \rangle }{ \langle {v}’_j , {v}’_j \rangle }$ para toda $j\in\{1, … , i-1\}$.

Veamos por inducción que: $\{ {v}’_1 , … , {v}’_i \}$ es ortogonal, $\theta_V \notin \{ {v}’_1 , … , {v}’_i \}$ y $\langle {v}’_1 , … , {v}’_i \rangle = \langle v_1 , … , v_i \rangle$.

Caso $i=1$
Dado que ${v}’_1 = v_1$ por definición, entonces $\{ {v}’_1 \} = \{ v_1 \}$, que es ortogonal. Además, como $v_1 \in B$ y $B$ es una base, entonces ${v}’_1 = v_1 \not= \theta_V$.
Además, $\langle {v}’_1 \rangle = \langle v_1 \rangle$.

Hipótesis de inducción
Supongamos que $\{ {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \}$ es ortogonal, $\theta_V \notin \{ {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \}$ y $\langle {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \rangle = \langle v_1 , … , v_{i-1} \rangle$.

Demostremos que: $\{ {v}’_1 , … , {v}’_{i} \}$ es ortogonal, $\theta_V \notin \{ {v}’_1 , … , {v}’_{i} \}$ y $\langle {v}’_1 , … , {v}’_{i} \rangle = \langle v_1 , … , v_{i} \rangle$.

Probemos primero que $\{ {v}’_1 , … , {v}’_{i} \}$ es un conjunto ortogonal. Por la hipótesis de inducción sabemos que $\{ {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \}$ es ortogonal, así que basta probar ahora que ${v}’_i$ es ortogonal a cada ${v}’_1 , … , {v}’_{i-1}$. Sea $k \in \{ 1 , … , i-1 \}$.

$\langle {v}’_i , {v}’_k \rangle = \langle v_i \; -\; \displaystyle \sum_{j=1}^{i-1} \lambda_{ij} {v}’_j , {v}’_k \rangle$ $= \langle v_i , {v}’_k \rangle \; -\; \displaystyle \sum_{j=1}^{i-1} \lambda_{ij} \langle {v}’_j , {v}’_k \rangle$

Ahora bien, como para toda $j\in \{1,\dots , i-1\}$ con $ j \not= k$ sabemos que ${v}’_j \perp {v}’_k$, es decir, $\langle {v}’_j , {v}’_k \rangle = 0$, entonces:

$\langle v_i , {v}’_k \rangle \; -\; \displaystyle \sum_{j=1}^{i-1} \lambda_{ij} \langle {v}’_j , {v}’_k \rangle = \langle v_i , {v}’_k \rangle \; -\;\lambda_{ik} \langle {v}’_k , {v}’_k \rangle$ $= \langle v_i , {v}’_k \rangle \;- \; \frac{ \langle v_i , {v}’_k \rangle }{ \langle {v}’_k , {v}’_k \rangle } \langle {v}’_k , {v}’_k \rangle$ $= \langle v_i , {v}’_k \rangle\; -\; \langle v_i , {v}’_k \rangle = 0$.

Por lo tanto, $\{ {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} , {v}’_i \}$ es un conjunto ortogonal.

Veamos ahora que $\theta_V \notin \{ {v}’_1 , … , {v}’_{i} \}$. Sabemos por la hipótesis de inducción que $\theta_V \notin \{ {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \}$, así que basta verificar que ${v}’_i \not= \theta_V$, lo que demostremos usando reducción al absurdo.

Supongamos que ${v}’_i = \theta_V$. Entonces $v_i\; -\; \displaystyle \sum_{j=1}^{i-1} \lambda_{ij} {v}’_j = {v}’_i = \theta_V$, de donde $v_i = \displaystyle \sum_{j=1}^{i-1} \lambda_{ij} {v}’_j \in \langle {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \rangle$.

Pero sabemos por la hipótesis de inducción que $\langle {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \rangle = \langle v_1 , … , v_{i-1} \rangle$, entonces $v_i \in \langle v_1 , … , v_{i-1} \rangle$ y eso implica que $\{ v_1 , … , v_{i-1} , v_i \}$ es linealmente dependiente, contradiciendo que $B$ sea una base.

Por lo tanto, ${v}’_i \not= \theta_V$. Así, concluimos que $\theta_V \notin \{ {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} , {v}’_i \}$.

Finalmente veamos que $\langle v_1 , … , v_i \rangle = \langle {v}’_1 , … , {v}’_i \rangle$.

Por la hipótesis de inducción tenemos que $\langle {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \rangle = \langle v_1 , … , v_{i-1} \rangle$, en particular $ \langle v_1 , … , v_{i-1} \rangle\subseteq \langle {v}’_1 , … , {v}’_{i-1} \rangle $. Además, $v_i = {v}’_i \; +\; \displaystyle \sum_{j=1}^{i-1} \lambda_{ij} {v}’_j \in \langle {v}’_1 , … , {v}’_i \rangle$, por lo cual, $\langle v_1 , … , v_i \rangle \subseteq \langle {v}’_1 , … , {v}’_i \rangle$.

Dado que $\{ v_1 , … , v_i \}$ es linealmente independiente porque está contenido en la base $B$, entonces $\dim \langle v_1 , … , v_i \rangle = i .$

Además, probamos anteriormente que $\{ {v}’_1 , … , {v}’_i \}$ es otorgonal y que $\theta_V \notin \{ {v}’_1 , … , {v}’_i \}$, entonces por la proposición (4.4.1.) de la entrada 4.4 sabemos que $\{ {v}’_1 , … , {v}’_i \}$ es linealmente independiente y en consecuencia $\dim \langle {v}’_1 , … , {v}’_i \rangle $.

Así, $\langle v_1 , … , v_i \rangle \subseteq \langle {v}’_1 , … , {v}’_i \rangle$, con $\dim \langle v_1 , … , v_i \rangle = i = \dim \langle {v}’_1 , … , {v}’_i \rangle $. Por lo tanto, $\langle v_1 , … , v_i \rangle = \langle {v}’_1 , … , {v}’_i \rangle$.

De lo anterior concluimos que ${B}’ = \langle {v}’_1 , … , {v}’_n \rangle$ es un conjunto ortogonal y $\theta_V \notin {B}’$, por lo que ${B}’$ es linealmente independiente. Además, $\langle {B}’ \rangle = \langle B \rangle = V$.

Por lo tanto, ${B}’$ es una base ortogonal de $V$.

Ejemplo

• Sea $B = \{ v_1 , v_2 , v_3 \} \subseteq \mathbb{R}^3$ con $v_1 = (1,1,1)$, $v_2 = (1,1,0)$ y $v_3 = (1,0,0)$. ${B}’ = \left\{ (1,1,1) , ( \frac{1}{3} , \frac{1}{3} , – \frac{2}{3} ) ( \frac{1}{2} , – \frac{1}{2} , 0 ) \right\}$ es una base ortogonal de $\mathbb{R}^3.$

Justificación. Usando la construcción de la demostración anterior, definimos:

${v}’_1 = v_1 = (1,1,1)$

${v}’_2 = v_2 \; -\; \frac{ \langle v_2 , {v}’_1 \rangle }{ \langle {v}’_1 , {v}’_1 \rangle } {v}’_1$ $= (1,1,0) \; -\;\frac{2}{3} (1,1,1) = \left( \frac{1}{3} , \frac{1}{3} , – \frac{2}{3} \right)$

${v}’_3 = v_3 \; -\; \frac{ \langle v_3 , {v}’_1 \rangle }{ \langle {v}’_1 , {v}’_1 \rangle } {v}’_1 \; -\; \frac{ \langle v_3 , {v}’_2 \rangle }{ \langle {v}’_2 , {v}’_2 \rangle } {v}’_2$ $= (1,0,0) \; -\; \frac{1}{3} (1,1,1) \;-\; \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} , \frac{1}{3} , – \frac{2}{3} \right) = \left( \frac{1}{2} , – \frac{1}{2} , 0 \right)$.

Tarea Moral

1. Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Dado un vector $v \in V$ no nulo.
   ¿Cómo podemos encontrar un vector $w \in V – \{ v \}$ que sea ortogonal a $v$?
   Sugerencia: Proponer un vector $u \in V$ tal que podamos aplicar el proceso de Gram Schmidt al conjunto $B= \{ v,u \}$.
2. Sea $V = \mathcal{M}_{2 \times 2} (\mathbb{R})$ con el producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$ tal que $\forall A,B \in V ( \langle A,B \rangle = tr (A^t B) )$.
   Considera la base $ \Gamma= \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right\}.$
   Obtén una base ortogonal para $V$ usando el proceso Gram Schmidt.
3. Sea $V = \mathcal{C} [0,1]$ con el producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$ tal que $\forall f,g \in V \left( \langle f,g \rangle = \int_{0}^{1} f(x)g(x)dx \right)$.
   Considera la base $B = \{ 1 , x , x^2 \}$.
   Obtén una base ortogonal de $V$ usando el proceso Gram Schmidt.

Más adelante…

El procedimiento Gram-Schmidt no solo nos permite trabajar con bases ortogonales. Ahora agregaremos una condición extra a estas bases y pediremos que sus vectores sean además unitarios. Llamaremos a dichas bases ortonormales.

Aprenderemos cómo pasar de una base ortogonal a una ortonormal, y entenderemos por qué tener vectores de norma uno facilita enormemente ciertos cálculos. Este paso será clave para lo que viene después: con bases ortonormales, podremos abordar de forma sencilla y ordenada conceptos como las proyecciones, que nos permitirán responder preguntas como “¿qué tan grande es la componente de este vector que está en la dirección de cierto vector de la base?” Así, lo que viene no es solo una mejora técnica, sino un avance que abre nuevas puertas.

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