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

INTRODUCCIÓN

Hasta ahora, hemos trabajado en un mundo donde los vectores son entidades que podemos sumar, escalar, medir y descomponer. Nos hemos enfocado en sus relaciones internas, su dirección, su longitud y su interacción con otros vectores mediante el producto interno. Pero ahora damos un paso distinto: dejamos de mirar a los vectores como objetos para pasar a preguntarnos cómo se les puede “evaluar”. En otras palabras, comenzamos a interesarnos por las acciones lineales que se aplican sobre vectores, aquellas que, dado un vector, nos devuelven un número. ¿Quiénes son esas acciones? Son los funcionales lineales que juntos forman un nuevo espacio vectorial: el espacio dual.

Este cambio de perspectiva nos permitirá ver los espacios vectoriales desde una dimensión más profunda. Construiremos funciones que «leen» a los vectores, aprenderemos a asociar a cada base una base dual y veremos que incluso podemos regresar al espacio original desde el dual del dual. ¿Te has preguntado si un espacio puede ser “observado” desde fuera para entender toda su estructura? Hoy empezamos a explorar eso. El espacio dual no es solo una curiosidad abstracta: es una herramienta esencial para entender la simetría, el lenguaje de coordenadas, las transformaciones y mucho más. En este nuevo terreno, cada vector deja de ser solo una flecha… y se convierte también en algo que puede ser interpretado.

ESPACIO DUAL

Definición: Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial. El espacio dual de $V$ es $V^* = \{ \varphi : V \longrightarrow K | \varphi \text{ es lineal} \}$
A los elementos de $V^*$ se les llama funcionales.

Teorema (4.9.1.): Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita. Entonces $V \cong V^*$.

Demostración: Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita. Por definición $\varphi = \mathcal{L} (V,K).$ Dado que $V$ y $K$ son espacios de dimensión finita, por el corolario (3.5.3) de la entrada 3.5 tenemos que $\varphi = \mathcal{L} (V,K)$ también es de dimensión finita y

$\dim_K V^* = \dim_K \mathcal{L} (V,K)$ $= \dim_K V \cdot \dim_K K$ $= dim_K V.$

Así, tenemos que $V^*$ también es de dimensión finita y tiene la misma dimensión que $V$. Finalmente, por el teorema (2.7.3) de la entrada 2.7 concluimos que $ V \cong V^*$.

Nota: Si queremos construir una base de $V^*$ a partir de una base de $V$ procedemos de la siguiente forma:

Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita.
Consideremos $B= (v_1 , … , v_n)$ una base ordenada de $V$.

Por el teorema (3.5.2) de la entrada 3.5 sabemos que $V^* = \mathcal{L} (V,K) \cong \mathcal{M}_{1 \times n} (K)$ mediante el isomorfismo $F:\mathcal{L} (V,K) \rightarrow \mathcal{M}_{1 \times n} (K)$ que asigna a cada $T \in \mathcal{L} (V,K)$ la matriz $[T ]_{B}^{\Gamma}$ con $\Gamma = (1)$ la base canónica de $K$, es decir, tal que $F(T)=[T]_{B}^{\Gamma} $.

Sabemos que $( e_1 , … , e_n )=( (1 \, 0 \, … \, 0) , … , (0 \, … \, 0 \, 1) )$ es la base canónica de $\mathcal{M}_{1 \times n} (K)$ y bajo el isomorfismo descrito debe provenir de una base $( \varphi_1 , … , \varphi_n )$ de $\mathcal{L}(V,K)$, es decir, existe una base $( \varphi_1 , … , \varphi_n )$ de $\mathcal{L}(V,K)$ tal que $F(\varphi_i)=[\varphi_i ]_{B}^{\Gamma}$ es el $i$-ésimo vector de la base canónica de $\mathcal{M}_{1 \times n} (K)$, esto es $[\varphi_i ]_{B}^{\Gamma}=e_i.$

Pero de acuerdo a la forma en que se construye la matrIz asociada a una transformación, lo anterior nos indica que

$\varphi_i (v_j) = \begin{cases} 1,\;j=i \\ 0, \;j \not= i. \end{cases}$

La base $(\varphi_1 , … , \varphi_n)$ de $V^*$ se llamada la base dual de $B$ y se denota por $B^*$.

Ejemplo

• Sea $B = ( (3,4) , (1,5) )$ una base ordenada de $\mathbb{R}^2.$
  La base dual es $B^* = ( \varphi_1 , \varphi_2 )$ donde para cualquier $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ se tiene que $\varphi_1 (x,y) = \frac{5}{11} x \;-\; \frac{1}{11} y$, $\;\varphi_2 (x,y) = – \frac{4}{11} x \;+\; \frac{3}{11} y.$

Justificación. Dada $B = ( (3,4) , (1,5) )$, tenemos que $B^* = ( \varphi_1 , \varphi_2 )$ es tal que:

$\varphi_1 (3,4) = 1$
$\varphi_1 (1,5) = 0$

$\varphi_2 (3,4) = 0$
$\varphi_2 (1,5) = 1.$

Sabemos que $\varphi_1 (x,y) = ax + by$, $\varphi_2 (x,y) = cx + dy$ con $a,b,c,d \in \mathbb{R}$. AsÍ:

$a(3) + b(4) = 1$
$a(1) + b(5) = 0$

$c(3) + d(4) = 0$
$c(1) + d(5) = 1$

Las matrices aumentadas de estos sistemas son:

$\left( \begin{array}{cc|c} 3 & 4 & 1 \\ 1 & 5 & 0 \end{array} \right)$ y $\left( \begin{array}{cc|c} 3 & 4 & 0 \\ 1 & 5 & 1 \end{array} \right).$

Resolviéndolas simultáneamente:

$\left( \begin{array}{cc|cc} 3 & 4 & 1 & 0 \\ 1 & 5 & 0 & 1 \end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 5 & 0 & 1 \\ 3 & 4 & 1 & 0 \end{array} \right)$ $\sim \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 5 & 0 & 1 \\ 0 & -11 & 1 & -3 \end{array} \right)$ $\sim \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 5 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & – \frac{1}{11} & \frac{3}{11} \end{array} \right)$ $\sim \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & \frac{5}{11} & – \frac{4}{11} \\ 0 & 1 & – \frac{1}{11} & \frac{3}{11} \end{array} \right),$

de donde $a = \frac{5}{11}$, $b = – \frac{1}{11}$, $c = – \frac{4}{11}$, $d = \frac{1}{11}.$

$\therefore \varphi_1 (x,y) = \frac{5}{11} x \;-\; \frac{1}{11} y$, $\;\varphi_2 (x,y) = – \frac{4}{11} x \;+\; \frac{3}{11} y$.

Nota: Dado $V$ un $K$ – espacio vectorial, podemos considerar $(V^*)^*$, llamado el doble dual y denotado por $V^{**}$. Y así sucesivamente.
Si $V$ es de dimensión finita podemos usar la misma estructura de demostración del teorema (4.9.1) para notar que $V$ será isomorfo a todos sus duales.

Teorema (4.9.2.): Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita. La transformación $\Psi : V \longrightarrow V^{**}$ tal que para todo $v\in V$ $\Psi(v)=f_v$, donde $f_v : V^* \longrightarrow K$ es tal que $f_v (\varphi) = \varphi (v)$ para toda $\varphi \in V^*$, es un isomorfismo de $V$ en $V^{**}$.

Demostración: Sea $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita. Consideremos la transformación $\Psi : V \longrightarrow V^{**}$ tal que para todo $v\in V$ $\Psi(v)=f_v$, donde $f_v : V^* \longrightarrow K$ es tal que $f_v (\varphi) = \varphi (v)$ para toda $\varphi \in V^*$.

Veamos que $\Psi$ es lineal.

Observemos que demostrar que $\forall \lambda \in K , u,v \in V ( \Psi (\lambda v + u) = \lambda \Psi (v) + \Psi (u) )$ es equivalente a demostrar que $\forall \lambda \in K, u,v \in V (\lambda f_{\lambda v + u} = \lambda f_v + f_u)$. Así que demostraremos lo segundo.

Sea $\varphi \in V^*$. Sean $\lambda \in K$ y $u,v \in V$. Como $\phi$ es lineal, tenemos que

$f_{\lambda v + u} (\varphi) = \varphi ( \lambda v + u )$ $= \lambda \varphi (v) + \varphi (u)$ $= \lambda f_v(\varphi) + f_u(\varphi)=(\lambda f_v + f_u)(\varphi)$.

$\therefore \lambda f_{\lambda v + u} = \lambda f_v + f_u$ y entonces $\Psi$ es lineal.

Veamos que $\Psi$ es inyectiva, que por el teorema (2.3.2) de la entrada 2.3, es equivalente a ver que $Núc \Psi = \{ \theta_V \}$.

Sea $v \in Núc \Psi$. Tenemos que $\Psi (v) = \theta_{V^{**}}$, es decir, $f_v = \theta_{V^{**}}$.

Entonces $\forall \varphi \in V^*$ tenemos que $\varphi (v) = f_v (\varphi) =\theta_{V^{**}}(\varphi)= 0_K.$ Así, $\forall \varphi \in V^*$ tenemos que $\varphi (v) = 0_K.$

Sea $n=\dim V$, consideremos $B = ( v_1 , … , v_n)$ una base ordenada de $V$ y $B^* = (\varphi_1 , … , \varphi_n)$ su base dual.

Sabemos que $v = \lambda_1 v_1 + … + \lambda_n v_n$ con $\lambda_1 , … , \lambda_n \in K$. Dado que $\forall \varphi \in V^*$, $\varphi (v) = 0_K,$ en particular $\forall i\in\{1,\dots ,n\}$, $\varphi_i (v) = 0_K$. Entonces, $\forall i\in\{1,\dots ,n\}$,

$0_K = \varphi_i (v) = \varphi_i (\lambda_1 v_1 + … + \lambda_n v_n)$ $= \lambda_1 \varphi_i (v_1) + … + \lambda_n \varphi_i (v_n) = \lambda_i \cdot 1 = \lambda_i.$

Así, $\forall i \in \{ 1, … , n \}$ tenemos que $\lambda_i = 0$ y por lo tanto, $v = \theta_V$.

$\therefore Núc \Psi = \{ \theta_V \}.$

Como $\Psi : V \longrightarrow V^{**}$ es inyectiva y $\dim_K V = \dim_K V^{**}$, entonces, por el corolario (2.3.3) de la entrada 2.3, $\Psi$ también es suprayectiva, concluyendo así que $\Psi$ es un isomorfismo.

Tarea Moral

1. Demuestra o da un contraejemplo:
   Sean $V$ y $W$ espacios vectoriales sobre el mismo $K$ campo.
   Si $V$ es isomorfo a $W$, entonces $V^*$ es isomorfo a $W^*$.
2. Sea $B = ((1,2,0) , (0,1,1) , (1,0,1))$ una base ordenada de $\mathbb{R}^3.$
   Encuentra la base dual $B^* = ( \varphi_1 , \varphi_2 , \varphi_3 ).$

Más adelante…

Daremos un paso más allá: ¿qué ocurre cuando no aplicamos una función a un solo vector, sino a varios simultáneamente?

Entraremos al mundo de las funciones multilineales, donde la linealidad se extiende a varias entradas y las interacciones entre vectores se vuelven más ricas. Estas funciones no sólo revelan relaciones entre vectores, sino que permiten construir conceptos profundos.

Comenzaremos a ver al espacio no sólo como un conjunto de vectores aislados, sino como un entramado de relaciones que se pueden comparar.

Entradas relacionadas

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• Entrada anterior del curso: 4.8. PROYECCIÓN DE UN VECTOR: definición y descomposición de un espacio como suma directa de un subespacio y su ortogonal
• Siguiente entrada del curso: 5.1. FUNCIONES MULTILINEALES, $n$-MULTILINEALES Y ALTERNANTES: definiciones, propiedades y ejemplos

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

INTRODUCCIÓN

Siienes un subespacio y un vector que no está en él ¿podrías descomponer a ese vector como una suma de un vector que esté en el subespacio y uno que no?

¿Por qué es tan relevante proyectar un vector sobre un subespacio? Porque muchas veces no nos interesa el vector completo, sino solo la parte que “vive” dentro de un cierto contexto o restricción: un plano, una dirección, un conjunto de condiciones. Proyectar es una forma de extraer la componente útil de un vector respecto a un subespacio, descartando lo que no pertenece. Esta operación no solo tiene un significado geométrico muy claro, buscar el punto más cercano al vector dentro del subespacio, sino también una formulación algebraica precisa que podemos calcular usando producto interno y bases ortonormales.

Ahora, veremos que la proyección nos lleva a un resultado profundo: bajo ciertas condiciones todo vector del espacio puede descomponerse de forma única como la suma de uno que pertenece a un subespacio y otro que es ortogonal a él. Esta idea nos permitirá expresar el espacio completo como la suma directa del subespacio y su ortogonal, una estructura que aparece una y otra vez en matemáticas, física, estadística y más. En otras palabras, no solo sabremos proyectar, sino que podremos entender la geometría interna del espacio con una claridad que antes no teníamos.

PROYECCIÓN DE $v$ EN $W$ CON RESPECTO A $\Gamma$

Definición: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$. Dados $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita $m$, $\Gamma = \{ w_1 , … , w_m \}$ una base ortonormal de $W$ y $v \in V$, definimos la proyección de $v$ en $W$ con respecto a $\Gamma$ como $\Pi_W^{\Gamma} (v) = \displaystyle \sum_{i=1}^{m} \langle v,w_i \rangle w_i.$

Observación 1: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$, $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita $m$, $\Gamma = \{ w_1 , … , w_m \}$ una base ortonormal de $W$ y $v \in V$. Tenemos que $\Pi_W^{\Gamma} (v) \in W$ y $v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v) \in W^{\perp}$.

Justificación. Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$, $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita $m$, $\Gamma = \{ w_1 , … , w_m \}$ una base ortonormal de $W$ y $v \in V$.

Por definición, $\Pi_W^{\Gamma} (v) = \displaystyle \sum_{i=1}^{m} \langle v,w_i \rangle w_i\in \langle \Gamma\rangle$, pero $\langle \Gamma \rangle =W$, entonces $\Pi_W^{\Gamma} (v)\in W$ . Por otro lado,

$\langle v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v) , w_j \rangle$ $= \langle v , w_j \rangle \;-\;\langle \Pi_W^{\Gamma} (v) , w_j \rangle$ $= \langle v , w_j \rangle \;-\;\langle \displaystyle \sum_{i=1}^{m} \langle v , w_i \rangle w_i , w_j \rangle$ $= \langle v, w_j \rangle \;-\;\displaystyle \sum_{i=1}^{m}\langle v , w_i \rangle\langle w_i , w_j \rangle$.

Dado que $\Gamma = \{ w_1 , … , w_m \}$ una base ortonormal de $W$, sabemos que $\langle w_i , w_j \rangle = 0$ para todas $i,j\in\{1,\dots , m\}$ con $i \not= j$ y $\langle w_j , w_j \rangle = 1$ para toda $j\in\{1,\dots , m\}$.

Así, $\langle v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v) , w_j \rangle = \langle v, w_j \rangle \;-\; \displaystyle \sum_{i=1}^{m}\langle v , w_i \rangle\langle w_i , w_j \rangle$ $= \langle v , w_j \rangle\;-\; \langle v , w_j \rangle \langle w_j , w_j \rangle$ $= \langle v , w_j \rangle \;-\; \langle v , w_j \rangle (1)$ $= \langle v , w_j \rangle \;-\; \langle v , w_j \rangle = 0$.

Tenemos entonces que $\langle v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v) , w_j \rangle=0$ para toda $j\in\{1,\dots , m\}$, es decir, $v \;-\; \Pi_W (v)\in\Gamma^\perp$. Pero, por la proposición (4.1.1) de la entrada 4.1 sabemos que $\Gamma^\perp=\langle \Gamma\rangle ^\perp=W^\perp$. Por lo tanto $v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v)\in W^\perp$.

Teorema (4.8.1.): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$ y $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita. Entonces, $V = W \oplus W^{\perp}$.

Demostración: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$, $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita y $\Gamma $ una base ortonormal de $W$.

Sea $v \in V$. Tenemos que

$v = v + \left( – \Pi_W^{\Gamma} (v) + \Pi_W (v) \right)$ $=\Pi_W^{\Gamma} (v) +\left( v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v) \right) $.

Dado que $\Pi_W^{\Gamma} (v) \in W$ y $v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v) \in W^{\perp}$, concluimos que $v \in W + W^{\perp}$. Así, $V \subseteq W + W^{\perp}$.

Como la otra contención es clara, concluimos que $V = W + W^{\perp}$.

Finalmente, para ver que la suma es directa consideremos $w \in W \cap W^{\perp}$. Como $w W^{\perp}$ enemos que $w$ es ortogonal a todo vector de $W$, en particular es ortogonal a sí mismo ya que $w\in W$. Así, $\langle w , w \rangle = 0$, pero por ser un producto interno, esto solo ocurre si $w = \theta_W$.

Por lo tanto, $V = W \oplus W^{\perp}$.

Observación 2: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$ y $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita. Tenemos que $\Pi_W^{\Gamma} (v)$ no depende de $\Gamma$.

Justificación. Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$, $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita $m$, $\Gamma $ y ${\Gamma}’$ bases ortonormales de $W$.

$v = \Pi_W^{\Gamma} (v)+ \left( v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v) \right) $ $= \Pi_W^{{\Gamma}’} (v)+\left( v \;-\; \Pi_W^{{\Gamma}’} (v) \right) $, con $\Pi_W^{\Gamma} (v), \Pi_W^{{\Gamma}’} (v)\in W$ y $ v \;-\; \Pi_W^{\Gamma} (v) , v \;-\; \Pi_W^{{\Gamma}’} (v) \in W^\perp$. Pero, dado que la suma $W \oplus W^{\perp}$ es directa, la descomposición de un vector como un vector en $W$ más uno en $W^{\perp}$ debe ser única, de donde concluimos que $\Pi_W^{\Gamma} (v) = \Pi_W^{{\Gamma}’} (v)$.

Debido a la observación anterior, denotaremos a partir de ahora como $\Pi_W (v) $ a la proyección de $v$ en $W$ con respecto a cualquier base de $W$.

Corolario (4.8.2.): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$ y $W$ un subespacio de $V$. Entonces,

a) $\dim V = \dim W + \dim W^{\perp}.$

b) Si $\Gamma = \{ w_1 , … , w_m \}$ es una base ortogonal de $W$ y $\beta = \{ w_1 , … , w_m , v_{m+1} , … , v_n \}$ es una base ortogonal de $V$, entonces $\{ v_{m+1} , … , v_n \}$ es una base ortogonal de $W^{\perp}$.

Demostración: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita $n$ con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$ y $W$ un subespacio de $V$.

a) Por el teorema (1.10.3) de la entrada 1.10 sabemos que $W$ y $W^\perp$ también son de dimensión finita. Ademas, por el teorema (4.8.1.) sabemos que $V = W \oplus W^{\perp}$.

Por lo tanto, usando el teorema (1.11.1) de la entrada 1.11, $\dim V = \dim W \oplus W^{\perp} =\ dim W + \dim W^{\perp}\;-\; \dim W \cap W^{\perp} =\ dim W + \dim W^{\perp}$.

b) Sean $m=\dim W$, $\Gamma = \{ w_1 , … , w_m \}$ es una base ortogonal de $W$ y $B = \{ w_1 , … , w_m , v_{m+1} , … , v_n \}$ es una base ortogonal de $V$.

Entonces $v_j \perp w_i$ para cualesquiera $i \in \{ 1 , … , m \}$ y $j \in \{ m+1 , … , n \}$. Es decir, $\{ v_{m+1} , … , v_n \} \subseteq B^{\perp}=\langle B\rangle ^\perp=W^\perp.$

Además, por la igualdad del inciso a) tenemos que $\dim W^{\perp} = \dim V – \dim W = n-m$.

Como $\{ v_{m+1} , … , v_n \}$ es ortogonal y ninguno de esos vectores es $\theta_V$ (pues $\beta$ es una base), sabemos por la proposición (4.4.1) que $\{ v_{m+1} , … , v_n \}$ es un conjunto linealmente independiente. Además, tiene $n-m$ vectores,

$\therefore \{ v_{m+1} , … , v_n \}$ es una base de $W^{\perp}$.

Teorema (4.8.3.): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$ y $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita.
Dado $v \in V$:

$\forall w\in W (||v\; -\; \Pi_W (v)|| \leq ||v-w||)$.

Nota: El teorema anterior nos asegura que $\Pi_W (v)$ es el vector de $W$ que se encuentra a la menor distancia posible de $v$. Decimos entonces que $\Pi_W (v)$ es la mejor aproximación de $v$ en $W$.

Demostración: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\; ,\; \rangle$ y $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita. Sean $v \in V$ y $w \in W$. Como $\Pi_W (v) – w \in W$ y $v – \Pi_W (v)\in W^\perp$, tenemos que $\Pi_W (v) – w\perp v – \Pi_W (v)$ y entonces, por el lema (4.5.3 Pitágoras) de la entrada 4.5 sabemos que

$||v-w||^2 = || v – \Pi_W (v) + \Pi_W (v) – w ||^2$ $= || v – \Pi_W (v) ||^2 + || \Pi_W (v) – w ||^2$ $\geq || v – \Pi_W (v) ||^2$.

Así, $||v-w||^2\geq ||v\; -\; \Pi_W (v)||^2$ y en consecuencia $||v-w||\geq ||v\; -\; \Pi_W (v)||$, con lo que hemos concluido la prueba. Sin embargo, aprovechemos la demostración para notar además que la igualdad se cumple si y sólo si $w = \Pi_W (v)$.

Tarea Moral

1. Sea $V = \mathbb{R}^3$ con el producto interno usual.
   Sea $W$ el subespacio generado por $\left\{ \frac{1}{ \sqrt{2} } (1,1,0) , \frac{1}{ \sqrt{2} } (0,0,1) \right\}$.
   Dado $v = (3,1,4)$, calcula $\Pi_W (v)$.
2. Sea $V = \mathcal{P}_2 (\mathbb{R})$ con el producto interno $\langle \;,\; \rangle$ dado por $\langle f,g \rangle = \int_{0}^{1} f(x) g(x) dx$ para cualesquiera $f,g \in V$
   Sea $W$ el subespacio generado por $\{ 1 , 2x – 1 \}$.
   Dado $f(x) = x^2$, calcula $\Pi_W (v)$.
3. Sea $V = \mathbb{R}^3$con el producto interno usual.
   Sea $W$ el subespacio generado por $\{ (1,1,0) , (0,1,1) \}$.
   Encuentra $W^{\perp}$ y una base ortonormal para $W^{\perp}$.

Más adelante…

Hasta ahora, hemos trabajado pensando en los vectores como objetos. En la siguiente entrada comenzaremos a verlos desde otro ángulo: ¿qué pasa si en lugar de fijarnos en los vectores, nos fijamos en lo que hacen? ¿qué pasa si consideramos un vector fijo y hacemos su producto con todos los vectores del espacio? Estas preguntas nos llevarán a un concepto fundamental: el espacio dual.

Entradas relacionadas

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• Entrada anterior del curso: 4.7. BASE ORTONORMAL: definición y construcción
• Siguiente entrada del curso: 4.9. ESPACIO DUAL, FUNCIONALES, BASE DUAL, DOBLE DUAL: definición, construcción y ejemplos

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

INTRODUCCIÓN

Dado un espacio vectorial de dimensión finita con producto interno, aprendimos cómo aplicar el proceso de Gram-Schmidt para transformar una base cualquiera en una base ortogonal. Vimos cómo, paso a paso, podemos modificar cada vector para que sea ortogonal a los anteriores, y nos detuvimos justo antes de completar el panorama teórico.

Retomemos desde ahí y veamos dos resultados clave que complementan este proceso. Primero, que si ya contamos con una parte ortogonal en la base, no es necesario empezar de cero: basta con aplicar Gram-Schmidt solo a los vectores que faltan. Segundo, que si tenemos una base ortogonal de un subespacio, podemos extenderla a una base ortogonal del espacio completo, manteniendo intactos los vectores originales.

Una vez establecidos estos resultados, daremos el paso natural: normalizar los vectores para obtener una base ortonormal. Esto no solo conserva todas las ventajas de la ortogonalidad, sino que simplifica aún más los cálculos y nos prepara para trabajar con el concepto de proyección ortogonal, una de las aplicaciones más potentes del producto interno.

¿Sabías que cuando escuchas música comprimida en MP3, se ha representado tu canción usando vectores en una base ortonormal? Sin eso, los archivos serían enormes. También en robótica y visión por computadora, ese tipo de bases ayudan a calcular orientaciones y posiciones relativas en el espacio de forma precisa. ¿Sabías que en un sistema de control automático – como el que mantiene estable un dron – se usan transformaciones lineales sobre coordenadas expresadas en una base ortonormal para que las decisiones del sistema sean más rápidas y precisas?

Observación: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \;,\; \rangle$. Si $B = \{ v_1 , … , v_m , … , v_n \}$ es una base de $V$ y $\{ v_1 , … , v_m \}$ es un conjunto ortogonal, entonces la base obtenida de $B$ mediante el proceso de Gram-Schmidt es de la forma ${B}’ = \{ v_1 , … , v_m , {v}’_{m+1} , … , {v}’_m \}$.

Justificación. Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \;,\; \rangle$. Sea $B = \{ v_1 , … , v_m , … , v_n \}$ una base de $V$ tal que $\{ v_1 , … , v_m \}$ es un conjunto ortogonal.

Probemos que la base obtenida de $B$ mediante el proceso de Gram-Schmidt es de la forma ${B}’ = \{ v_1 , … , v_m , {v}’_{m+1} , … , {v}’_m \}$ realizando inducción sobre $m$:

Caso $m=1$
Sabemos por el proceso de Gram-Schmidt que ${v}’_1 = v_1$. Así, ${B}’ = \{ v_1 , {v}’_2 , … , {v}’_n \}$.

Hipótesis de inducción
Supongamos que si $\{ v_1 , … , v_m , … , v_n \}$ es una base de $V$ y $\{ v_1 , … , v_{m-1} \}$ es un conjunto ortogonal, entonces la base obtenida de $B$ mediante el proceso de Gram-Schmidt es de la forma ${B}’ = \{ v_1 , … , v_{m-1} , {v}’_m , … , {v}’_n \}$.

Supongamos que $\{ v_1 , … , v_m , … , v_n \}$ es una base de $V$ tal que $\{ v_1 , … , v_m \}$ es un conjunto ortogonal.
Veamos que la base obtenida de $B$ mediante el proceso de Gram-Schmidt es de la forma ${B}’ = \{ v_1 , … , v_m , {v}’_{m+1} , … , {v}’_n \}.$
Como $\{ v_1 , … , v_m \}$ es ortogonal, entonces en particular $\{ v_1 , … , v_{m-1} \}$ es ortogonal y por la hipótesis de inducción tenemos que ${B}’ = \{ v_1 , … , v_{m-1} , {v}’_m , … , {v}’_n \}$, es decir, ${v}’_j=v_j$ para toda $j\in\{1,2,\dots, m-1\}$.

Veamos que ${v}’_m = v_m$. Debido al proceso de Gram-Schmidt sabemos que:

${v}’_m = v_m \;-\; \displaystyle \sum_{j=1}^{m-1} \lambda_{mj} {v}’_j$ $= v_m \;-\; \displaystyle \sum_{j=1}^{m-1} \frac{ \langle v_m , {v}’_j \rangle }{ \langle {v}’_j , {v}’_j \rangle } {v}’_j$$= v_m \;-\; \displaystyle \sum_{j=1}^{m-1} \frac{ \langle v_m , {v}_j \rangle }{ \langle {v}_j , {v}_j \rangle } {v}_j$.

Pero $\{ v_1 , … , v_{m-1} \}$ es un conjunto ortogonal, entonces $\forall j \in \{ 1 , … , m-1 \} (\langle v_m , v_j \rangle = 0).$

Así, ${v}’_m =v_m\;-\; \displaystyle \sum_{j=1}^{m-1} \frac{ \langle v_m , v_j \rangle }{ \langle v_j , v_j \rangle } v_j = v_m \;-\; 0 = v_m$.

$\therefore {B}’ = \{ v_1 , … , v_m , {v}’_{m+1} , … , {v}’_n \}$.

Corolario (4.7.1.): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \;,\; \rangle$, $W$ un subespacio de $V$ y $\Gamma$ una base ortogonal de $W$. Entonces existe ${B}’$ una base ortogonal de $V$ tal que $\Gamma \subseteq {B}’$.

Demostración: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita $n$ con producto interno $\langle \;,\; \rangle$, $W$ un subespacio de $V$. Por el teorema (1.10.3) de la entrada 1.10 sabemos que $W$ también es de dimensión finita y su dimensión es menor o igual a la de $V$. Sea entonces $m = \dim W $, con $m\leq n$.

Sea $\Gamma = \{ v_1 , … , v_m \}$ una base ortogonal de $W$.

Por el teorema (1.10.1) de la entrada 1.10 sabemos que podemos completar $\Gamma$ a una base $B = \{ v_1 , … , v_m , … , v_n \}$ de $V$.

Por el proceso de Gram-Schmidt existe ${B}’ = \{ {v}’_1 , … , {v}’_m , … , {v}’_n \}$ una base ortogonal de $V$ y por la observación previa a este corolario ${B}’ = \{ v_1 , … , v_m , {v}’_{m+1} , … , {v}’_n \}$

De este modo, ${B}’$ es una base ortogonal de $V$ con $\Gamma \subseteq {B}’$.

BASE ORTONORMAL

Definición: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \;,\; \rangle$. Decimos que $B\;$$\subseteq V$ es una base ortonormal de $V$ si es una base ortogonal de $V$ tal que $\forall v \in B\; (||v|| = 1)$.

Corolario (4.7.2.): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \;,\; \rangle$. Entonces $V$ tiene una base ortonormal.

Demostración: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita $n$ con producto interno $\langle \;,\; \rangle$.

Por el teorema (4.6.1 Gram-Schmidt) de la entrada 4.6 sabemos que existe ${B}’ = \{ {v}’_1 , … , {v}’_n \}$ una base ortogonal de $V$.

Ahora, para cada $j \in \{ 1 , … , n \}$, definimos ${v}^*_i = \frac{ {v}’_i }{ || {v}’_i || }$.

Así, ${B}^* = \{ {v}^*_1 , … , {v}^*_n \}$ es una base ortonormal de $V$.

Corolario (4.7.3.): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un – espacio vectorial de dimensión finita con producto interno $\langle \; ,\; \rangle$, $W$ un subespacio de $V$ y $\Gamma$ una base ortonormal de $W$. Entonces existe ${B}^*$ una base ortonormal de $V$ tal que $\Gamma \subseteq {B}^*$.

Demostración: Sean $n = \dim V $. Por el teorema (1.10.3) de la entrada 1.10 sabemos que $W$ también es de dimensión finita y su dimensión es menor o igual a la de $V$. Sea entonces $m = \dim W $, con $m\leq n$.

Sea $\Gamma = \{ v_1 , … , v_m \}$ una base ortonormal de $W$.

Dado que $\Gamma$ es en particular una base ortogonal de $W$, por el corolario (4.7.1.) existe ${B}’$ una base ortogonal de $V$ tal que $\Gamma \subseteq {B}’$, es decir una base ortogonal de $V$ de la forma ${B}’ = \{ v_1 , … , v_m , {v}’_{m+1} , … , {v}’_n \}$.

Ahora bien, ya sabemos que $\Gamma$ es ortonormal y por ende $||v_i||=1$ para toda $i \in \{ 1 , … , m \}$, así que basta con normalizar el resto de los vectores:

Definimos ${v}^*_j = \frac{ {v}’_j }{ ||{v}’_j|| }$ para toda $j\in\{m+1,\dots ,n\}$.

Con ello, ${B}^* = \{ v_1 , … , v_m , {v}^*_{m+1} , … , {v}^*_n \}$ es una base ortonormal de $V$ con $\Gamma \subseteq {B}^*$.

Tarea Moral

1. Sea $V = \mathcal{P}_2 ( \mathbb{R} )$.
   Definimos para todo $p,q \in V$: $\langle p,q \rangle = \int_{-1}^{1} p(x) q(x) dx.$
   Considera la base $B = \{ 1 , x , x^2 \}$ y construye mediante el proceso de Gram-Schmidt y normalizando, una base ortonormal de $V$.
   Realiza el mismo proceso pero ahora iniciando con la base $B = \{ 1+x , x-x^2 , 1-x^2 \}.$
2. Sea $V = \mathcal{M}_{2 \times 2} (\mathbb{R}).$
   Definimos para toda $A,B \in V$: $\langle A,B \rangle = tr (A^t B)$.
   Considera la base $\Gamma = \{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \}$ y construye mediante el proceso de Gram-Schmidt y normalizando, una base ortonormal de $V$.

Más adelante…

Veremos cómo, usando una base ortonormal, podemos proyectar un vector sobre un subespacio y, con ello, descomponerlo en dos partes: una que vive completamente dentro del subespacio y otra que es ortogonal a todo vector en él. Esto nos permitirá expresar al espacio entero como la suma directa de ese subespacio y su ortogonal.
Lo que parecía abstracto, se volverá visual y concreto: descomponer, proyectar y entender cómo se combinan distintas direcciones en un espacio.

Entradas relacionadas

• Ir a Álgebra Lineal I
• Entrada anterior del curso: 4.6. GRAM-SCHMIDT: obtener una base ortogonal
• Siguiente entrada del curso: 4.8. PROYECCIÓN DE UN VECTOR: definición y descomposición de un espacio como suma directa de un subespacio y su ortogonal

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

INTRODUCCIÓN

Aún no nos hemos detenido a preguntar algo muy básico: ¿qué tan grande es un vector?

Esto nos lleva al concepto de norma. La norma de un vector es lo que da sentido a hablar de magnitud dentro de un espacio vectorial con producto interno. En el plano o en el espacio, ya estamos acostumbrados a pensar en la longitud de un vector. Pero ahora vamos a ver cómo esa idea se puede definir con rigor y extenderse a cualquier espacio real o complejo que tenga producto interno.

Estudiaremos las propiedades de la norma, veremos por qué son importantes y exploraremos dos resultados fundamentales: la desigualdad de Cauchy-Schwarz, que compara el producto interno de dos vectores y sus respectivas normas, y el teorema de Pitágoras, que generaliza la relación entre vectores ortogonales. Finalmente, conoceremos los vectores unitarios.

NORMA DE UN VECTOR

Definición: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Dado $v \in V$, la norma de $v$ es $||v|| = + \sqrt{ \langle v,v \rangle }$.

Lema (4.5.1 Cauchy Schwarz): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Para cualesquiera $v,w$ vectores en $V$ se cumple que $| \langle v,w \rangle | \leq || v || \;|| w ||.$

Demostración: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Sean $v,w \in V$.

Caso 1. $w = \theta_V$.

$| \langle v,w \rangle | = | \langle v , \theta_V \rangle | = |0|$ $=0 = ||v|| 0 = ||v|| \; ||\theta_V|| = ||v|| \; ||w||$.

Caso 2. $w \not= \theta_V$.

Sean $\lambda = \frac{ \langle v,w\rangle }{ \langle w,w \rangle }$ y $u = v – \lambda w$. Dado que $\lambda$ es el coeficiente de Fourier de $v$ respecto $w$, por la primera observación de la entrada 4.4 sabemos que $u = v – \lambda w\perp w$, entonces

$0 \leq \langle u,u \rangle = \langle v – \lambda w , u \rangle$ $= \langle v,u \rangle – \lambda \langle w,u \rangle = \langle v,u \rangle – \lambda (0)$ $= \langle v,u \rangle = \langle v , v – \lambda w\rangle$ $= \langle v,v \rangle – \overline{ \lambda } \langle v,w \rangle$ $= ||v||^2 \;-\; \overline{ \left(\frac{ \langle v,w\rangle }{ \langle w,w \rangle }\right)} \langle v,w \rangle$ $= ||v||^2 \;-\; \frac{ | \langle v,w \rangle |^2 }{ ||w||^2 }.$

Así, $0 \leq ||v||^2 \;-\; \frac{ | \langle v,w \rangle |^2 }{ ||w||^2 }$, y en consecuencia $ \frac{ | \langle v,w \rangle |^2 }{ ||w||^2 } \leq ||v||^2$, lo que implica que
$| \langle v,w \rangle |^2 \leq || v ||^2 || w ||^2$. Finalmente, como estamos trabajando con números positivos, podemos concluir que $| \langle v,w \rangle | \leq || v || \;|| w ||$.

Teorema (4.5.2 propiedades de la norma)

Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$.

1. $\forall v \in V (|| v || \geq 0 )$. Más aun, $\forall v \in V (||v||= 0 \iff v = \theta_V)$.
2. $\forall v \in V, \forall \lambda \in K (|| \lambda v || = |\lambda|\; ||v||)$.
3. Desigualdad del triángulo: $\forall v,w \in V (|| v+w || \leq ||v|| + ||w||)$.

Demostración:

Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$.

1. $\forall v \in V (|| v || \geq 0 )$. Más aun, $\forall v \in V (||v||= 0 \iff v = \theta_V)$.

Sea $v\in V$.

Como $\langle v,v \rangle \geq 0$, entonces $||v|| = + \sqrt{ \langle v,v \rangle } \geq 0$. Además,

$||v|| = 0 \iff + \sqrt{ \langle v,v \rangle } = 0$ $\iff \langle v,v \rangle = 0 \iff v = \theta_V$.

2. $\forall v \in V, \forall \lambda \in K (|| \lambda v || = |\lambda|\; ||v||)$.

Sean $v \in V$ y $ \lambda \in K $.

$|| \lambda v || = + \sqrt{ \langle \lambda v , \lambda v \rangle } = + \sqrt{ \lambda \overline{ \lambda } \langle v,v \rangle }$ $= + \sqrt{ | \lambda |^2 ||v||^2 } = | \lambda |\;||v||$.

3. Desigualdad del triángulo: $\forall v,w \in V (|| v+w || \leq ||v|| + ||w||)$.

Sean $ v,w \in V$.

$||v+w||^2 = \langle v+w , v+w \rangle$ $= \langle v,v+w \rangle + \langle w,v+w \rangle$ $= \langle v,v \rangle + \langle v,w \rangle + \langle w,v \rangle + \langle w,w \rangle$ $= ||v||^2 + \langle v,w \rangle + \overline{ \langle v,w \rangle } + ||w||^2$ $= ||v||^2 + 2 Re \langle v,w \rangle + ||w||^2$ $\leq ||v||^2 + 2 | \langle v,w \rangle | + ||w||^2$,

donde en la última igualdad usamos que para todo complejo $z$ se tiene que $z+\overline{z}=2\;Re\; z$, mientras que para la desigualdad final utilizamos que para todo complejo $z$ se tiene que $Re z\leq |z|.$

Ahora, usando la desigualdad de Cauchy Schwarz obtenemos $||v||^2 + 2 | \langle v,w \rangle | + ||w||^2 \leq ||v||^2 + 2 ||v|| \; ||w || + ||w||^2= ( ||v|| + ||w|| )^2$.

Así, $||v+w||^2 \leq ( ||v|| + ||w|| )^2$. Finalmente, como estamos trabajando con números positivos, podemos concluir que $|| v+w || \leq ||v|| + ||w||$.

Lema (4.5.3 Pitágoras): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Sean $u,v \in V$. Si $u \perp v$, entonces se cumple que:

a) $||u+v||^2 = ||u||^2 + ||v||^2$.
b) $||u-v||^2 = ||u||^2 + ||v||^2$.

Demostración: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$ y $u,v \in V$.
Supongamos que $u \perp v$, es decir que $\langle u,v \rangle =0$.

a) $||u+v||^2 = \langle u+v , u+v \rangle$ $= \langle u , u+v \rangle + \langle v , u+v \rangle$ $= \langle u,u \rangle + \langle u,v \rangle + \langle v,u \rangle + \langle v,v \rangle$ $= \langle u,u \rangle + 0 + 0 + \langle v,v \rangle$ $= ||u||^2 + ||v||^2$.

b) $||u-v||^2 = \langle u-v , u-v \rangle$ $= \langle u , u-v \rangle + \langle -v , u-v \rangle$ $= \langle u,u \rangle – \langle u,v \rangle – \langle v,u \rangle + \langle v,v \rangle$ $= \langle u,u \rangle – 0 – 0 + \langle v,v \rangle$ $= ||u||^2 + ||v||^2$.

Terminemos esta entrada con la definición de vector unitario.

Definición: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$ y $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Dado $v \in V$, decimos que $v$ es unitario si $||v|| = 1$.

Tarea Moral

1. Considera $V = \mathbb{C}^2$ con el producto interno usual, definido en la entrada 4.3. Determina en cuáles de las siguientes parejas de vectores se cumple la igualdad en la desigualdad de Cauchy Schwarz y en cuáles es la desigualdad estricta:
   a) $(1+i,2)$ y $(2+2i,4)$
   b) $(0,1)$ y $(0,-3i)$
   c) $(1,0)$ y $(1,i)$
   d) $(1,i)$ y $(-2i,2)$.
2. Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\; , \; \rangle$. Analiza tus respuestas del inciso anterior y la demostración de la desigualdad de Cauchy Schwarz y determina las condiciones necesarias y suficientes para que dos vectores y $u,v \in V$ cumplan que $| \langle v,w \rangle | = || v || \;|| w ||.$

Más adelante…

Dado que será útil trabajar con vectores ortogonales para para medir, comparar y descomponer es natural preguntarnos ¿cómo podemos construir conjuntos ortogonales?

¿Podemos partir de cualquier conjunto de vectores y modificarlos para volverlos ortogonales entre sí? ¿Necesitamos vectores de ciertas características? ¿Qué modificaciones serían necesarias para lograr nuestro objetivo?

¿Podríamos construir una base que sea ortogonal? Y si sí, nos planteamos las mismas preguntas del párrafo anterior…

Entradas relacionadas

• Ir a Álgebra Lineal I
• Entrada anterior del curso: 4.4 COEFICIENTE DE FOURIER Y SUBCONJUNTO ORTOGONAL: definición, ejemplos y bases ortogonales
• Siguiente entrada del curso: 4.6. GRAM-SCHMIDT: obtener una base ortogonal

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

INTRODUCCIÓN

Ahora vamos a aprovechar una de las consecuencias más poderosas de tener un producto interno: la posibilidad de descomponer un vector en términos de un subconjunto ortogonal. Trabajaremos con conjuntos de vectores mutuamente ortogonales (lo que garantiza, si el vector nulo no es elemento del conjunto, que se tiene independencia lineal), y cuando podamos lograr construir bases formadas por vectores mutuamente ortogonales lograremos entender a cualquier vector del espacio a partir de sus proyecciones ortogonales sobre cada uno de los vectores de dicha base. Este proceso tiene un ingrediente central: coeficiente de Fourier. Veremos ejemplos concretos de cómo expresar a un vector en términos de una base ortogonal, usando dichos coeficientes.

COEFICIENTE DE FOURIER DE $v$ RESPECTO A $w$

Definición: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle \;\;, \;\rangle$. Sean $v,w \in V$ con $w \not= \theta_V$. El coeficiente de Fourier de $v$ respecto a $w$ es

$\begin{equation} \frac{ \langle v,w \rangle }{ \langle w,w \rangle } \end{equation}$

Observación: Si $\lambda = \frac{ \langle v,w \rangle }{ \langle w,w \rangle }$, entonces $v – \lambda w \perp w$.

Justificación: $\langle v – \lambda w , w \rangle = \langle v,w \rangle – \lambda \langle w,w \rangle$ $= \langle v, w \rangle – \frac{ \langle v,w \rangle }{ \langle w,w \rangle } \langle w,w \rangle$ $= \langle v,w \rangle – \langle v,w \rangle = 0.$

SUBCONJUNTO ORTOGONAL

Definición: Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial con producto interno $\langle\;\; ,\; \rangle$ y $S \subseteq V$. Decimos que $S$ es ortogonal si $\forall v,w \in S, v \not= w (\langle v,w \rangle = 0)$.

Ejemplo

• Sea $V = \mathbb{R}^3$. $S = \{ (1,2,-4) , (2,-3,-1) , (0,0,0) \}$ es un conjunto ortogonal en $\mathbb{R}^3.$

Justificación. Como $\langle v,w \rangle = \overline{ \langle w,v \rangle }$, entonces $\langle v,w \rangle =0$ si y sólo si $ \langle w,v \rangle =0$, por lo que basta verificar que los siguiente tres productos entre vectores diferentes del conjunto dan cero:

$\langle (1,2,-4) ,(2,-3,-1) \rangle = (1)(2) + (2)(-3) + (-4)(-1) = 0$
$\langle (0,0,0) ,(1,2,-4) \rangle = 0$
$\langle (0,0,0) ,(2,-3,-1) \rangle = 0.$

Proposición (4.4.1.): Sean $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$- espacio vectorial con producto interno $\langle \;\;, \;\rangle$ y $S \subseteq V$. Si $S$ es ortogonal y $\theta_V \notin S$, entonces $S$ es linealmente independiente.

Demostración: Sean $V$ un $K$- espacio vectorial con producto interno $\langle \;\;, \;\rangle$ y $S \subseteq V$. Supongamos $S$ es ortogonal y $\theta_V \notin S$.

Sean $m \in \mathbb{N}$, $s_1,…,s_m \in S$ distintos, $\lambda_1 , … , \lambda_m \in K$ tales que $\lambda_1 s_1 + … + \lambda_m s_m = \theta_V.$

Sea $j \in \{ 1 , … , m \}$.

Como $S$ es ortogonal, entonces $\forall i \in \{ 1, … , j-1, j+1 , … m \} ( \langle s_i , s_j \rangle = 0)$.

De modo que $0 = \langle \theta_V , s_j \rangle$ $= \langle \lambda_1 s_1 + … + \lambda_m s_m , s_j \rangle$ $= \lambda_1 \langle s_1 , s_j \rangle + … + \lambda_j \langle s_j , s_j \rangle + … + \lambda_m \langle s_m , s_j \rangle$ $= \lambda_1 (0) + … + \lambda_j \langle s_j , s_j \rangle + … + \lambda_n (0) = \lambda_j \langle s_j , s_j \rangle$

Así, $0 = \lambda_j \langle s_j , s_j \rangle$. Como $s_j \not= \theta_V$ y $\langle \;\;, \;\rangle$ es un producto interno, sabemos que $ \langle s_j , s_j \rangle\neq 0$.
Por lo tanto, $\lambda_j = 0$.

$\therefore S$ es linealmente independiente.

Observación: Sea $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita $n$ con producto interno $\langle \;\;, \;\rangle$. Sea $B = \{ v_1 , … , v_n \}$ una base ortogonal de $V$.
Si $v \in V$, entonces $v = \lambda_1 v_1 + … + \lambda_n v_n$ donde para cada $j$, $\lambda_j$ el coeficiente de Fourier de $v$ con respecto a $v_j$

Justificación. Sea $K=\mathbb{R}$ o $K=\mathbb{C}$, $V$ un $K$ – espacio vectorial de dimensión finita $n$ con producto interno $\langle \;\;, \;\rangle$. Sea $B = \{ v_1 , … , v_n \}$ una base ortogonal de $V$. Sea $v \in V$. Como $B$ es una base de $V$, entonces, $v = \lambda_1 v_1 + … + \lambda_n v_n$ con $\lambda_1 , … , \lambda_n\in K$, entonces para cada $j \in \{ 1,…,n \}$:

$\langle v,v_j \rangle = \langle \lambda_1 v_1 + … + \lambda_n v_n , v_j \rangle$ $= \lambda_1 \langle v_1 , v_j \rangle + … + \lambda_j \langle v_j , v_j \rangle + … + \lambda_n \langle v_n , v_j \rangle$ $= \lambda_1 (0) + … + \lambda_j \langle v_j , v_j \rangle + … + \lambda_n (0)$ $= \lambda_j \langle v_j , v_j \rangle$

Así, $\langle v,v_j \rangle = \lambda_j \langle v_j , v_j \rangle$. Finalmente, como $v_j$ es un elemento $B$ que es una base y en particular es un conjunto linealmente independiente, entonces $v_j\neq\theta_V$, por lo que $\langle v_j , v_j \rangle\neq 0$ y en consecuencia $\lambda_j = \frac{ \langle v , v_j \rangle }{ \langle v_j , v_j \rangle}$.

Ejemplo

• Sea $B = \{ v_1 , v_2 , v_3 \} \subseteq \mathbb{R}^3$ con $v_1 = (1,2,-4) , v_2 = (2,-3,-1)$ y $v_3 = (2,1,1)$. Sea $v = (5,-7,2)$.
  Entonces $\lambda_1 = \frac{ -17 }{ 21 } , \lambda_2 = \frac{ 29 }{ 14 }$ y $\lambda_3 = \frac{ 5 }{ 6 }.$

Justificación. Veamos que $B$ es un conjunto ortogonal:

$\langle (1,2,-4) , (2,-3,-1) \rangle = (1)(2) + (2)(-3) + (-4)(-1) = 0$
$\langle (1,2,-4) , (2,1,1) \rangle = (1)(2) + (2)(1) + (-4)(1) = 0$
$\langle (2,-3,-1) , (2,1,1) \rangle = (2)(2) + (-3)(1) + (-1)(1) = 0$

Entonces $B$ es ortogonal y como $(0,0,0) \notin B$, entonces $B$ es linealmente independiente con cardinalidad $3$ y por tanto, es una base de $\mathbb{R}^3$. Es decir, $B$ es una base ortogonal de $\mathbb{R}^3.$ Calculemos los coeficientes de Fourier de $v$ respecto a cada vector de esta base:

$\begin{equation}
\lambda_ 1 = \frac{ \langle (5,-7,2) , (1,2,-4) \rangle }{ \langle (1,2,-4) , (1,2,-4) \rangle } = \frac{ (5)(1) + (-7)(2) + (2)(-4) }{ (1)(1) + (2)(2) + (-4)(-4) } = \frac{ -17 }{ 21 }
\end{equation}$

$\begin{equation}
\lambda_2 = \frac{ \langle (5,-7,2) , (2,-3,-1) \rangle }{ \langle (2,-3,-1) , (2,-3,-1) \rangle } = \frac{ (5)(2) + (-7)(-3) + (2)(-1) }{ (2)(2) + (-3)(-3) + (-1)(-1) } = \frac{ 29 }{ 14 }
\end{equation}$

$\begin{equation}
\lambda_3 = \frac{ \langle (5,-7,2) , (2,1,1) \rangle }{ \langle (2,1,1) , (2,1,1) \rangle } = \frac{ (5)(2) + (-7)(1) + (2)(1) }{ (2)(2) + (1)(1) + (1)(1) } = \frac{ 5 }{ 6 }
\end{equation}$

De donde: $(5,-7,2) = \frac{ -17 }{ 21 } (1,2,-4) + \frac{ 29 }{ 14 } (2,-3,-1) + \frac{ 5 }{ 6 } (2,1,1)$.

Tarea Moral

1. Sea $V = \mathbb{R}^2$. Considera las bases de $ \mathbb{R}^2$ $B_1 = \{ (1,1) , (1,-1) \}$ y $B_2 = \{ (1,1) , (2,1) \}$
   ¿Son ortogonales?
   En caso de que la base sea ortogonal encuentra el coeficiente de Fourier para $(3,-5)$ respecto a cada vector de la base y expresa a $(3,-5)$ en términos de la base.
2. Sea $V = \mathbb{R}^3$. Sean $B_1 = \{ (1,1,0) , (-1,1,0) , (0,0,2) \}$ y $B_2 = \{ (1,1,0) , (1,0,1) , (0,1,1) \}$
   ¿Son ortogonales?
   En caso de que la base sea ortogonal encuentra el coeficiente de Fourier para $(2,-4,1)$ respecto a cada vector de la base y expresa a $(2,-4,1)$ en términos de la base.

Más adelante…

Desde la introducción, fue notorio el uso de la noción de distancia, para medir el «tamaño» de los vectores. A continuación vamos a formalizar y a generalizar este concepto, definiendo la «norma» de un vector. De manera natural surgirán dos grandes teoremas.

A partir del concepto de norma podremos hablar de vectores unitarios o de norma uno y descubriremos la utilidad de trabajar con bases ortogonales formadas por vectores unitarios… pero todo a su tiempo.

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• Entrada anterior del curso: 4.3. ESPACIO REAL O COMPLEJO CON PRODUCTO INTERNO: definición y ejemplos
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