Introducción

En esta ocasión, comenzaremos a resolver problemas sobre un nuevo tema: espacio dual. La parte teórica ya la hemos cubierto en entradas anteriores. En la entrada de introducción a dualidad definimos el espacio dual y las formas coordenadas. Después, en una siguiente entrada, de bases duales vimos que las formas coordenadas son una base del espacio dual, hablamos de ciertos problemas prácticos para resolver, y vimos un teorema que relaciona bases, bases duales y una matriz invertible.

Problemas resueltos

Uno de los problemas de dualidad que discutimos la ocasión anterior es expresar a una base dual de vectores en $V$ en términos de la base dual de la base canónica. Veamos un ejemplo de esto.

Problema 1. Sean $v_1,v_2,v_3,v_4$ los vectores en $\mathbb{R}^4$ definidos como $$v_1=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, v_2=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}, v_3=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}, v_4=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 5 \end{pmatrix}.$$ Demuestra que $V:=\{v_1,v_2,v_3,v_4\}$ es una base de $\mathbb{R}^4$ y encuentra la base dual de $V$ en términos de $e_i^\ast$, donde $e_i^\ast$ es la base dual de la base canónica de $\mathbb{R}^4$.

Solución. Dado que $V$ está conformado por cuatro vectores y la dimensión de $\mathbb{R}^4$ es $4$, basta con probar que son vectores linealmente independientes. Hay dos maneras de hacerlo.

Manera 1: Sean $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ tales que $0=av_1+bv_2+cv_3+dv_4$. Esto da cuatro ecuaciones

\begin{align*}
0&=a+b+d\\
0&=a+2b\\
0&=a+3b+c\\
0&=a+4b+2c+5d.
\end{align*}

De la segunda obtenemos que $a=-2b$, sustituyendo en la primera y en la tercera
\begin{align*}
d&=2b-b=b,\\
c&=2b-3b=-b,
\end{align*}
y sustituyendo ésto en la cuarta, tenemos que $0=-2b+4b-2b+5b=5b$. Por lo tanto $a=b=c=d=0$, implicando que los vectores en $V$ son linealmente independientes, y por consiguiente forman una base de $\mathbb{R}^4$.

Manera 2: También podemos hacer la reducción gaussiana en la matriz $(A|I)$ donde $A$ es la matriz cuyas columnas son los vectores de $V$. Esta forma tiene la ventaja de que a la vez calcularemos la matriz inversa que nos interesa encontrar.
$$\left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 4 & 2 & 5 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)$$

$$\to \left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & -1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 2 & 4 & -1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)$$

$$\to \left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 7 & 2 & -3 & 0 & 1 \end{array} \right)$$

$$\to \left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 2 & -7/5 & 4/5 & -2/5 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 6/5 & -2/5 & 1/5 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & -11/5 & 7/5 & -1/5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1/5 & -2/5 & 1/5 \end{array} \right)$$

Como podemos reducir a la identidad, los vectores iniciales son linealmente independientes y forman una base. Más aún, ya obtuvimos la inversa de $A$.

Ahora, para obtener la base dual $V^{\ast}:=\{v_1^\ast,v_2^\ast,v_3^\ast,v_4^\ast\}$ de la base $V$, por lo visto en la última entrada, podemos escribir a cada elemento de $V^\ast$ como combinación lineal de $e_i^\ast$, donde los coeficientes del vector $v_i^\ast$ están en la $i$-ésima fila de $A^{-1}$. Por lo tanto,
\begin{align*}
v_1^\ast &= 2e_1^\ast -\frac{7}{5} e_2^\ast +\frac{4}{5} e_3^\ast -\frac{2}{5}e_4^\ast\\
v_2^\ast &= -e_1^\ast +\frac{6}{5} e_2^\ast -\frac{2}{5} e_3^\ast +\frac{1}{5}e_4^\ast\\
v_3^\ast &= e_1^\ast -\frac{11}{5} e_2^\ast +\frac{7}{5} e_3^\ast -\frac{1}{5}e_4^\ast\\
v_4^\ast &= \frac{1}{5} e_2^\ast -\frac{2}{5} e_3^\ast +\frac{1}{5}e_4^\ast.
\end{align*}

$\square$

Otro tipo de problemas de dualidad consisten en determinar algunos vectores en $V$ cuya base dual sea una base dada de $V^\ast$.

Problema 2. Considera las siguientes formas lineales en $\mathbb{R}^3$: \begin{align*}
l_1(x,y,z)&=x-y, \\
l_2(x,y,z)&=y-z, \\
l_3(x,y,z)&=x+y-z.
\end{align*}

1. Prueba que $l_1,l_2,l_3$ forman una base del dual de $\mathbb{R}^3$.
2. Encuentra una base de $\mathbb{R}^3$ cuya base dual es $l_1,l_2,l_3$.

Solución. (1) Por el último teorema de la entrada de bases duales, sabemos que $l_1,l_2,l_3$ forman una base si la matriz $A=[l_i(e_j)]$ es invertible, donde $e_j$ es la base canónica de $\mathbb{R}^3$.

Para mostrar que $A$ es invertible, calcularemos la forma escalonada reducida de la matríz $(A|I)$. Entonces,

\begin{align*}
&\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \\ \to &\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -1 & -1 & 0 & 1 \end{array} \right) \\
\to &\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & -2 & 1 \end{array} \right) \\ \to &\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & -2 & 1 \end{array} \right)
\end{align*}

Con esto concluimos que $A$ es invertible, y por lo tanto $l_1,l_2,l_3$ forman una base del dual de $\mathbb{R}^3$.

(2) En el inciso anterior, calculamos la inversa de $A$, obteniendo $$A^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ -1 & -2 & 1 \end{pmatrix}.$$
Recordemos que la base $v_1,v_2,v_3$ de $\mathbb{R}^3$ está determinada por las columnas de $B=A^{-1}$, entonces $$v_1=\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}, \ v_2=\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}, \ v_3=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$$

$\square$

Veamos otro ejemplo, en el que veremos formas lineales un poco más interesantes, relacionadas con cálculo.

Problema 3. Sea $V=\mathbb{C}_2[X]$ el espacio vectorial de polinomios de grado a lo más 2 con coeficientes complejos, y para cada $P\in V$ definimos
\begin{align*}
l_1(P)&=P(0), \\ l_2(P)&=\int_0^1 P(x) \, dx, \\ l_3(P)&=\int_0^1 P(x)e^{-2\pi ix}\, dx.
\end{align*}

1. Prueba que $l_1,l_2,l_3$ pertenecen a $V^*$. Más aún, forman una base de $V^*$.
2. Encuentra una base $v_1,v_2,v_3$ de $V$ cuya base dual es $l_1,l_2,l_3$.

Solución. (1) No es difícil ver que son formas lineales. Para $l_1$, notamos que \begin{align*}
l_1(P+Q)&=P(0)+Q(0)=l_1(P)+l_1(Q)\\
l_1(aP)&=aP(0)=al_1(P)
\end{align*} para cualesquiera polinomios $P$ y $Q$, y cualquier escalar $a$ en $\mathbb{C}$. Para $l_2$ y $l_3$, la linealidad se sigue por las propiedades de la integral.

Para probar que $l_1, l_2,l_3$ forman una base de $V^\ast$, lo haremos de manera similar al problema anterior. Sabemos que $1,x,x^2$ forman la base canónica de $V$, entonces $L:=\{l_1,l_2,l_3\}$ es una base de $V^\ast$ si la matriz $A=[l_i(e_j)]$ es invertible. Calculando $$l_1(1)=1, \ l_1(x)=l_1(x^2)=0,$$ $$l_2(1)=1, \ l_2(x)=\int_0^1 xdx=\frac{1}{2},$$ $$ l_2(x^2)=\int_0^1 x^2 dx=\frac{1}{3},$$ $$l_3(1)=\int_0^1 e^{-2\pi i x}dx=0, \ l_3(x)=\int_0^1 xe^{-2\pi i x}dx=\frac{i}{2\pi},$$ $$l_3(x^2)=\int_0^1 x^2e^{-2\pi i x}dx=\frac{1+i\pi}{2\pi^2}.$$
(Para calcular $l_3(x),l_3(x^2)$ se usa integración por partes). Entonces la matriz es $$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1/2 & 1/3 \\ 0 & \frac{i}{2\pi} & \frac{1+i\pi}{2\pi^2} \end{pmatrix}.$$

Ahora, reduciremos la matriz $(A|I)$ para simultáneamente probar que $A$ es invertible y encontrar $A^{-1}$. Tenemos que

\begin{align*}
&\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1/2 & 1/3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & \frac{i}{2\pi} & \frac{1+i\pi}{2\pi^2} & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)\\
\to &\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/2 & 1/3 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & i\pi & 1+i\pi & 0 & 0 & 2\pi^2 \end{array} \right)\\
\to & \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 2 & -6 & 6 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{1+i\pi}{i\pi} & 0 & 0 & -2i\pi \end{array} \right)\\
\to &\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \frac{-6-6\pi i}{3+\pi i} & \frac{6+6\pi i}{3+\pi i} & \frac{-4\pi^2}{3+\pi i} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{6\pi i}{3+\pi i} & \frac{-6\pi i}{3+\pi i} & \frac{6\pi^2}{3+\pi i} \end{array} \right)
\end{align*}

Por lo tanto $A$ es invertible, implicando que $L$ es una base de $V^*$.

(2) Ya calculada en el inciso anterior, tenemos que $$A^{-1}=\frac{1}{3+\pi i} \begin{pmatrix} 3+\pi i & 0 & 0 \\ -6-6\pi i & 6+6\pi i & -4\pi^2 \\ 6\pi i & -6 \pi i & 6\pi^2 \end{pmatrix}.$$ De esta matriz leemos a las coordenadas de la base que estamos buscando en términos de la la base canónica $\{1,x,x^2\}$. Las columnas son los vectores de coordenadas. Por lo tanto, la base de $V$ tal que $L$ es la base dual es:

\begin{align*}
v_1&= \frac{1}{3+\pi i} \left(3+\pi i – (6+6\pi i) x + 6\pi i x^2\right) \\
v_2&= \frac{1}{3+\pi i} \left((6+6\pi i)x-6\pi i x^2 \right) \\
v_3&= \frac{1}{3+\pi i} \left( -4\pi^2 x+6\pi^2x^2 \right).
\end{align*}

$\square$

Fórmula de interpolación de Lagrange

La teoría de dualidad tiene amplias aplicaciones. Con ella se puede probar un resultado clásico: podemos construir un polinomio de grado $n$ que pase por $n+1$ puntos que nosotros queramos. En el siguiente ejercicio vemos los detalles.

Problema. (Interpolación de Lagrange) Sea $V=\mathbb{R}_n[X]$ el espacio vectorial de polinomios de grado a lo más $n$ con coeficientes reales. Sean $x_0,\dots,x_n$ números reales distintos. Para $0\leq i \leq n$ definimos $$L_i(x)=\prod_{0\leq j\leq n, j\neq i} \frac{x-x_j}{x_i-x_j}.$$

1. Demuestra que $L_i(x_j)=\delta_{ij}$ para todo $1\leq i,j \leq n$, donde $\delta_{ij}$ es igual a 1 si $i=j$ y es igual a 0 si $i\neq j$.
2. Prueba que $L_0,\dots,L_n$ forman una base de $V$.
3. Encuentra la base dual de $L_0,\dots,L_n$.
4. Prueba la Fórmula de Interpolación de Lagrange: para todo $P\in V$ tenemos que $$P=\sum_{i=0}^n P(x_i)L_i.$$
5. Demuestra que para cualquiera $b_0,\dots,b_n \in\mathbb{R}$, podemos encontrar un único polinomio $P\in V$ tal que $P(x_i)=b_i$ para todo $0\leq i \leq n$. Este polinomio $P$ es llamado el polinomio de interpolación de Lagrange asociado a $b_0,\dots,b_n$.

Solución. (1) Si $j\neq i$, entonces $$L_i(x_j)=\frac{x_j-x_j}{x_i-x_j}\cdot\prod_{k\neq j,i} \frac{x_j-x_k}{x_i-x_k}=0.$$ Por otro lado si $i=j$, $$L_i(x_j)=L_i(x_i)=\prod_{k\neq i} \frac{x_i-x_k}{x_i-x_k} =1 .$$

(2) Dado que $\text{dim}(V)=n+1$, cuya base canónica es $1,x,\ldots,x^n$ y $L_0,\dots,L_n$ son $n+1$ vectores, para probar que son base, basta con demostrar que son linealmente independientes. Sean $a_0,\dots,a_n$ tales que $a_0L_0+\dots+a_nL_n=0$. Evaluando en $x_i$ y usando el inciso anterior, tenemos que $$0=\sum_{j=0}^n a_jL_j(x_i)=\sum_{j=0}^n a_j\delta_{ij}=a_i,$$ pero esto pasa cualquier $0\leq i \leq n$. Por lo tanto $L_0,\dots,L_n$ son linealmente independientes, y por consiguiente, son base de $V$.

(3) Por definición de la base dual $L_i^*(L_j)=\delta_{ij}$, y por el inciso (a) tenemos que $L_j(x_i)=\delta_{ij}$, entonces $L_i^*(L_j)=L_j(x_i)$, para toda $i,j$. Ahora, fijamos $i$. Dado que $L_0,\dots, L_n$ forman una base de $V$ y dado que $L_i^*$ es lineal, para todo polinomio $P$ en $V$, escrito en términos de la base como $$P(x)=a_0L_0+a_1L_1+\ldots+a_nL_n,$$ tenemos que
\begin{align*}
L_i^*(P)&=a_0L_i^*(L_0)+\ldots+a_nL_i^\ast(L_n)\\
&=a_0L_0(x_i)+\ldots+a_nL_n(x_i)\\
&=P(x_i).
\end{align*}

Por lo tanto la base dual es $L_i^*=\text{ev}_{x_i}$. Dicho de otra forma, la $i$-ésima forma coordenada consiste en evaluar en $x_i$.

(4) Sabemos que la base dual satisface que $$P=\sum_{i=0}^n \langle L_i^*,P \rangle L_i.$$ Pero por el inciso anterior, $\langle L_i^*,P\rangle =L_i^*(P)=P(x_i)$, entonces $P=\sum_i P(x_i)L_i$.

(5) Definimos $P=\sum_{i=0}^n b_iL_i$. Por el inciso (1), tenemos que $$P(x_j)=\sum_i b_iL_i(x_j)=\sum_i b_i\delta_{ij}=b_j.$$ Entonces el polinomio existe. Falta probar la unicidad.

Suponemos que existe $Q\in V$ tal que $Q(x_i)=b_i$ para todo $i$. Notemos que $P-Q$ es un polinomio de grado a lo más $n$ (por definición) y $(P-Q)(x_i)=0$ para todo $i$, esto implica que $P-Q$ tiene $n+1$ raíces distintas, lo cual es imposible si $P-Q \neq 0$, por lo tanto, $P-Q=0$, es decir $P=Q$.

$\square$

El último argumento viene de la teoría de polinomios. Puedes repasarla en otro curso que tenemos en el blog. Observa que este problema también se satisface para los polinomios con coeficientes complejos, $V=\mathbb{C}_n[X]$. Intenta reproducir la demostración por tu cuenta.

Expresar integral como suma de evaluaciones

Terminamos esta entrada con el siguiente problema. El enunciado no menciona dualidad, pero podemos usar la teoría desarrollada hasta ahora para resolverlo.

Problema. Sean $x_0,x_1,x_2\in [0,1]$, y sea $V=\mathbb{R}_2[X]$. Definimos el mapeo $$l(P)=\int_0^1 P(x)e^{-x} dx.$$ Demuestra que $l$ es una forma lineal en $V$ y prueba que existe una única tercia $(a_0,a_1,a_2)$ de números reales tales que para todo polinomio $P$ en $V$ se cumple que $$\int_0^1 P(x)e^{-x}dx=a_0P(x_0)+a_1P(x_1)+a_2P(x_2).$$

Solución. Debido a las propiedades de la integral, es fácil ver que $l$ es lineal, ya que

\begin{align*}
l(aP+Q)&=\int_0^1 (aP(x)+Q(x))e^{-x} dx \\
&= a\int_0^1 P(x)e^{-x}dx+\int_0^1 Q(x)e^{-x}dx \\
&=al(P)+l(Q).
\end{align*}

Usando el problema anterior, tenemos que $L_0^*=\text{ev}_{x_0}$, $L_1^*=\text{ev}_{x_1}$ y $L_2^*=\text{ev}_{x_2}$ forman una base de $V^$. Por lo tanto existen $(a_0,a_1,a_2)$ tales que $l=a_0L_0^*+a_1L_1^*+a_2L_2^*.$ Entonces

\begin{align*}
\int_0^1 P(x)e^{-x}&=l(P)=a_0L_0^*(P) + a_1L_1^*(P) + a_2L_3^*(P) \\
&= a_0P(x_0) + a_1P(x_1) + a_2P(x_2).
\end{align*}

Es fácil ver que es única esa tercia, ya que, si existiera otra $(b_0,b_1,b_2)$ tal que $$l=b_0L_0^*+b_1L_1^*+b_2L_2^*,$$ esto implica que $$0=(a_0-b_0)L_0^*+(a_1-b_1)L_1^*+(a_2-b_2)L_2^*,$$ y dado que $L_i^*$ son una base, tendríamos $a_i=b_i$ para $i=0,1,2$.

$\square$

Entradas relacionadas

• Ir a Álgebra Lineal I
• Entrada anterior del curso: Bases duales, recetas y una matriz invertible
• Siguiente entrada del curso: Ortogonalidad y espacio ortogonal

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»