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Álgebra Lineal II: Dualidad y representación de Riesz en espacios euclideanos

Por Diego Ligani Rodríguez Trejo

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Introducción

En Álgebra Lineal I introdujimos el concepto de espacio dual, a grandes rasgos, era el espacio vectorial donde estaban todas las formas lineales de un espacio hacia su campo. Por otro lado, en entradas recientes hicimos un recordatorio de qué era un producto interior. Lo que haremos ahora es relacionar ambos conceptos. Esta relación no debería ser tan inesperada, pues un producto interior es una forma bilineal, y al fijar una entrada de este obtenemos una forma lineal.

Lo primero que haremos es ver cómo conectar la matriz que representa a una forma bilineal con una matriz que envía vectores a formas lineales. Después, veremos una versión particular de un resultado profundo: el teorema de representación de Riesz. Veremos que, en espacios euclideanos, toda forma lineal se puede pensar «como hacer producto interior con algún vector».

Nos enfocaremos únicamente a los resultados en el caso real. Los casos en el caso complejo son muy parecidos, y se exploran en los ejercicios.

La matriz de una transformación que «crea» formas lineales

Sea $V$ un espacio vectorial real con una forma bilineal $b$. A partir de $b$ podemos construir muchas formas lineales, a través de la función $\varphi_b:V\to V^\ast$ que asigna a cada vector $y$ de $V$ a la forma lineal $\varphi_b(y):=b(\cdot,y)$.

Podemos pensar a $\varphi_b$ como «una maquinita que genera formas lineales» que depende del vector $b$. Claramente $\varphi_b(y)$ es lineal, pues $b$ es lineal en su primera entrada. Y también claramente $\varphi_b$ es lineal, pues $b$ es lineal en su segunda entrada. En cierto sentido, la matriz correspondiente a la forma bilineal $b$ coincide con la matriz correspondiente a $\varphi_b$.

Proposición. Sea $\beta$ una base de un espacio vectorial $V$ de dimensión finita sobre los reales. Sea $\beta^\ast$ su base dual. Tomemos $b$ una forma bilineal en $V$. La matriz de $\varphi_b$ con respecto a las bases $\beta$ y $\beta’$ es igual a la matriz de $b$ con respecto a la base $\beta$.

Demostración. Llamemos a los elementos de la base $\beta$ como $u_1,\ldots,u_n$ y a los de la base $\beta^ \ast$ como $l_1,\ldots,l_n$. Para encontrar la $j$-ésima columna de la matriz de $\varphi_b$ con respecto a $\beta$ y $\beta^\ast$, debemos expresar a cada $\varphi_b(u_j)$ como combinación lineal de los elementos $l_1,\ldots,l_n$. Para hacer esto, es más sencillo ver cómo es $\varphi_b(u_j)(x)$ para cada $x\in V$ y usar que los $l_i$ «leen» las coordenadas en la base $\beta$.

Para ello, tomemos $x=\sum_{i=1}^nu_ix_i$. Tenemos lo siguiente:

\begin{align*}
\varphi_b(u_j)(x)&=b(\sum_{i=1}^nu_ix_i,u_j)\\
&= \sum_{i=1}^nx_ib(u_i,u_j)\\
&= \sum_{i=1}^n l_i(x) b(u_i,u_j).
\end{align*}

Como esto sucede para cada vector $x$, tenemos entonces que $$\varphi_b(u_j)=\sum_{i=1}^n b(u_i,u_j) l_i.$$

Pero esto es justo lo que queremos. Las entradas de la $j$-ésima columna de la matriz que representa a $\varphi_b$ son entonces los coeficientes $b(u_1,u_j),b(u_2,u_j),\ldots,b(u_n,u_j)$. Pero esas son justo las entradas de la $j$-ésima columna de la matriz que representa a $b$ en la base $\beta$.

$\square$

Teorema de representación de Riesz

La sección anterior explica cómo de una forma bilineal $b$ podemos obtener una «máquinita» que genera formas lineales $\varphi_b$. Si $b$ es mucho más especial (un producto interior), entonces esta maquinita es «más potente», en el sentido de que puede generar cualquier forma lineal del espacio. A este resultado se le conoce como el teorema de representación de Riesz. Aunque sus versiones más generales incluyen ciertos espacios de dimensión infinita, y el enunciado dice algo más general, en este curso nos limitaremos a enunciar y demostrar la versión en espacios vectoriales de dimensión finita.

Teorema (teorema de representación de Riesz). Sea $V$ un espacio euclidiano con producto interno $\langle \cdot, \cdot \rangle$. La función $\varphi_{\langle \cdot, \cdot \rangle}: V \rightarrow V^\ast$ es un isomorfismo.

Demostración. Debemos probar que $\varphi_{\langle \cdot, \cdot \rangle}$ es una transformación lineal biyectiva hacia $V^\ast$. Como mencionamos en la sección anterior, cada $\varphi_{\langle \cdot, \cdot \rangle}(y)$ es una forma lineal pues el producto interior es lineal en su primera entrada. Además, $\varphi_{\langle \cdot, \cdot \rangle}$ es una transformación lineal pues el producto interior es lineal en su segunda entrada.

Por los resultados que se vieron en el curso de Álgebra Lineal I, se tiene que $\dim V = \dim V^\ast$. De esta manera, basta ver que $\varphi_{\langle\cdot,\cdot \rangle}$ es inyectiva. Y para ello, basta ver que el único vector $y$ tal que $\varphi_{\langle \cdot, \cdot \rangle}(y)$ es la forma lineal cero es $y=0$.

Supongamos entonces que $\varphi_{\langle \cdot, \cdot \rangle}(y)$ es la forma lineal cero. Si este es el caso, entonces para cualquier $x$ en $V$ tendríamos que $\langle x, y \rangle = 0$. En particular, esto sería cierto para $x=y$, de modo que $\langle y, y \rangle =0$. Pero como el producto interior es positivo definido, esto implica que $y=0$.

Esto muestra que $\varphi_{\langle \cdot, \cdot \rangle}$ es inyectiva. Como es transformación lineal entre espacios de la misma dimensión, entonces es biyectiva.

$\square$

Ejemplo de representación de Riesz

Las operaciones que se hacen para calcular una forma lineal no siempre son sencillas. Lo que nos dice el teorema de representación de Riesz es que podemos tomar un «vector representante» de una forma lineal para que evaluarla corresponda «simplemente» a hacer un producto interior. Si es fácil hacer ese producto interior, entonces podemos simplificar la evaluación de la forma lineal.

Ejemplo. Tomemos $V$ el espacio vectorial de polinomios con coeficientes reales y grado a lo más $2$. Hemos visto con anterioridad que $\langle \cdot, \cdot \rangle: V\times V \to \mathbb{R}$ dado por: $$\langle p, q \rangle = p(0)q(0)+p(1)q(1)+p(2)q(2) $$ es un producto interior.

Hemos visto también que $I:V\to \mathbb{R}$ dada por $I(p)=\int_0^1 p(x)\, dx$ es una forma lineal. El teorema de representación de Riesz nos garantiza que $I$, que es una integral definida, debería poder «representarse» como el producto interior con un polinomio especial $q$. Esto parecen ser buenas noticias: para $I(p)$ necesitamos hacer una integral. Para hacer el producto interior, sólo son unas multiplicaciones y sumas.

El polinomio «mágico» que funciona en este caso es el polinomio $q(x)=-\frac{x^2}{2}+\frac{3}{4}x+\frac{5}{12}$. Puedes verificar que:

\begin{align*}
q(0)&=\frac{5}{12}\\
q(1)&=\frac{2}{3}\\
q(2)&=-\frac{1}{12}.
\end{align*}

De esta manera, si hacemos el producto interior con cualquier otro polinomio $p(x)=ax^2+bx+c$ obtenemos:

\begin{align*}
\langle p, q \rangle &= p(0)q(0) + p(1)q(1)+p(2)q(2)\\
&= c\cdot \frac{5}{12} + (a+b+c)\cdot \frac{2}{3} + (4a+2b+c) \cdot \left(-\frac{1}{12}\right)\\
&=\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+c.
\end{align*}

Si por otro lado hacemos la integral, obtenemos:

\begin{align*}
\int_0^1 ax^2 + bx + c \, dx &= \left. \left(\frac{ax^3}{3}+\frac{bx^2}{2}+cx \right)\right|_0^1\\
&=\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+c.
\end{align*}

En ambos casos se obtiene lo mismo.

$\triangle$

Se podría tener una discusión más profunda para explicar cómo se obtuvo el polinomio $q$ del ejemplo anterior. Sin embargo, dejaremos la experimentación de esto para los ejercicios. Por ahora, la mayor ventaja que le encontraremos al teorema de representación de Riesz es la garantía teórica de que dicho vector que representa a una forma lineal dado un producto interior siempre existe en los espacios euclideanos.

Más adelante…

Hemos enunciado y demostrado una versión del teorema de Riesz para espacios euclieanos. Este teorema tiene versiones más generales en el contexto de espacios de Hilbert. Así mismo, una versión más extensa del teorema de Riesz nos dice cómo es la norma del vector que representa a un producto interior. Estos resultados son muy interesantes, pero quedan fuera del alcance de este curso. Es posible que los estudies si llevas un curso de análisis funcional.

Un poco más adelante, en la Unidad 3, usaremos el teorema de representación de Riesz para definir a las transformaciones adjuntas, a las simétricas y a las ortogonales. Por ahora, nos enfocaremos en estudiar más definiciones y propiedades en espacios euclideanos. La siguiente definición que repasaremos es la de ortogonalidad para vectores y para espacios vectoriales. Es un concepto que se estudia por encima en Álgebra Lineal I, pero ahora tenemos herramientas para poder decir más.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso. Sin embargo, sirven de ayuda para repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  1. ¿Podemos definir a $\varphi_b: V \rightarrow V^*$ en la otra entrada? Es decir, como la función tal que $\varphi_b(x)=b(x,\cdot)$? Si hacemos esto, ¿cambian en algo los resultados que vimos?
  2. Considera el espacio vectorial de matrices en $M_n(\mathbb{R})$. Anteriormente vimos que $b(A,B)=\text{tr}(\text{ }^t A B)$ es un producto interior y que sacar traza es una forma lineal. De acuerdo al teorema de representación de Riesz, debe haber una matriz $T$ que representa a la traza, es decir, tal que $\text{tr}(A)=b(A,T)$. ¿Quién es esta matriz $T$? Ahora, si tomamos la transformación que manda una matriz $A$ a la suma de las entradas en su antidiagonal, esto también es una forma lineal. ¿Quién es la matriz que representa a esta forma lineal con el producto interior dado?
  3. Enuncia y demuestra un teorema de igualdad de formas matriciales para el caso de formas sesquilineales. ¿Necesitas alguna hipótesis adicional?
  4. Enuncia y demuestra un teorema de representación de Riesz para espacios hermitianos. Deberás tener cuidado, pues el vector que representa a una forma lineal tendrá que estar en la coordenada que conjuga escalares. ¿Por qué?
  5. ¿Será cierto el teorema de representación de Riesz si la forma bilineal no es un producto interior? Identifica dónde falla la prueba que dimos. Luego, construye un contraejemplo para ver que la hipótesis de que $b$ sea positiva definida es fundamental. Es decir, encuentra un espacio vectorial $V$ real con una forma bilineal simétrica y positiva $b$, en donde exista una forma lineal $l$ tal que sea imposible encontrar un vector $y$ tal que para todo $x$ en $V$ se tenga que $l(x)=b(x,y)$. Sugerencia. Parace que hay muchos cuantificadores. Intenta dar un contraejemplo lo más sencillo posible, por ejemplo, en $\mathbb{R}^2$.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»

Álgebra Lineal I: Ortogonalidad y transformación transpuesta

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción

En entradas anteriores ya estudiamos la noción de espacio dual y la de ortogonalidad. También vimos cómo a partir de la ortogonalidad podemos definir subespacios como intersección de hiperplanos. Como veremos a continuación, la ortogonalidad también nos permite definir qué quiere decir que consideremos la «transformación transpuesta» de una transformación lineal.

Antes de comenzar, vale la pena recordar también que cada transformación lineal entre espacios de dimensión finita puede ser expresada mediante una matriz que depende de la elección de bases de los espacios vectoriales. Como tal vez te imaginarás, la transformación transpuesta tendrá como matriz a la matriz transpuesta de la transformación original.

Esta intuición nos dice que hay que tener cuidado. Supongamos que estamos trabajando sobre un campo $F$. Si tenemos espacios vectoriales $V$ de dimensión $n$, $W$ de dimensión $m$ y una tranformación lineal $T:V\to W$, recordemos que, tras elegir bases, $T$ está representada por una matriz $A$ en $M_{m,n}(F)$, es decir, con $m$ filas y $n$ columnas.

Pero la matriz transpuesta $^t A$ es de $n$ filas y $m$ columnas, así que típicamente no representará a una transformación de $V$ a $W$, pues las dimensiones no necesariamente coinciden. Podríamos intentar construir una transformación de $W$ a $V$ para que las dimensiones coincidan, pero resulta que esto no es «tan natural», por razones en las que no profundizaremos.

Lo que sí resulta muy natural y fácil de definir es una transformación de $W^\ast$ a $V^\ast$, lo cual tendrá sentido pues ya probamos que $\dim W^\ast = \dim W$ y $\dim V^\ast = \dim V$, así que será representada por una matriz en $M_{n,m}$. Es un poco más difícil conceptualmente, pero las consecuencias matemáticas son más bonitas y útiles. Sin decir más, comenzamos con la teoría.

Definición y ejemplo de transformación transpuesta

Para definir «transformación transpuesta», le hacemos como sigue.

Definición. Sean $V$ y $W$ espacios vectoriales sobre un campo $F$ y sea $T:V\to W$ una transformación lineal. Definimos la transformación transpuesta de $T$, como la transformación $^tT:W^\ast \to V^\ast$ tal que a cada forma lineal $l$ en $W^\ast$ la manda a la forma lineal $^tT(l)$ en $V^\ast$ para la cual $$(^tT(l))(v)=l(T(v)).$$

Otra forma de escribir a la definición es mediante la notación de emparejamiento canónico: $$\langle ^tT(l),v\rangle=\langle l, T(v)\rangle.$$

Veamos un ejemplo para entender mejor la definición.

Ejemplo. Considera a $V=M_{2}(\mathbb{R})$ y $W=\mathbb{R}^2$. Considera la transformación lineal $T:V\to W$ dada por $$T\begin{pmatrix} a& b\\ c&d\end{pmatrix}=(a+b,c+d).$$

La transformación $^t T$ va a mandar a una forma lineal $l$ de $W$ a una forma lineal $^tT(l)$ de $V$. Las formas lineales $l$ en $W$ se ven de la siguiente forma $$l(x,y)=rx+sy.$$ La forma lineal $^tT(l)$ en $V$ debe satisfacer que $^tT(l)=l\circ T$. En otras palabras, para cualquier matriz $\begin{pmatrix} a& b\\ c&d\end{pmatrix}$ se debe tener
\begin{align*}
(^t T(l)) \begin{pmatrix} a& b\\ c&d\end{pmatrix} &= l(a+b,c+d)\\
&=r(a+b)+s(c+d)\\
&=ra+rb+sc+sd.
\end{align*}

Si tomamos la base canónica $E_{11}$, $E_{12}$, $E_{21}$, $E_{22}$ de $V$ y la base canónica $e_1,e_2$ de $W$, observa que la transformación $T$ tiene como matriz asociada a la matriz $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix}$$ (recuerda que se obtiene poniendo como columnas a los vectores coordenada de las imágenes de la base).

Por otro lado, los vectores de la base dual $e_1^\ast$ y $e_2^\ast$ «leen las coordenadas», de modo que $e_1^\ast(x,y)=x$ y $e_2^\ast(x,y)=y$. Por lo que vimos arriba, $(^t T)(e_1)$ es entonces la forma lineal $a+b$ y $(^t T)(e_2)$ es la forma lineal $c+d$. En términos de la base dual en $V^\ast$, estos son $E_{11}^\ast + E_{12}^\ast$ y $E_{21}^\ast+ E_{22}^\ast$ respectivamente. De esta forma, la transformación $^t T$ tiene matriz asociada $$\begin{pmatrix}1&0\\1&0\\0&1\\0&1\end{pmatrix}.$$

$\triangle$

Nota que en el ejemplo la transformación transpuesta tiene como matriz a la matriz transpuesta de la transformación original. Esto es algo que queremos que pase siempre, y más abajo lo demostramos.

Propiedades básicas de transformación transpuesta

Observa que la definición no necesita que $V$ y $W$ sean de dimensión finita. A continuación enunciamos y probamos algunos resultados que se valen también en el contexto de dimensión infinita.

Teorema 1. Tomemos $V$,$W$,$Z$ espacios vectoriales sobre un campo $F$ y $c$ en $F$. Sean $T_1,T_2: V \to W$ transformaciones lineales. Sea $T_3:W\to Z$ una transformación lineal. Se cumple todo lo siguiente:

  1. $^tT_1$ es una transformación lineal.
  2. $^t(T_1+cT_2)= {^tT_1} + c^tT_2$.
  3. $^t(T_3\circ T_1) = {^t T_1} \circ ^t T_3$.
  4. Si $V=W$ y $T_1$ es invertible, entonces $^t T_1$ también lo es y $(^t T_1)^{-1}= {^t (T_1^{-1})}$.

Para tener un poco más de intuición, observa cómo estas propiedades son análogas a las de transposición para matrices.

Demostración. Las partes 1 y 2 se demuestran usando cuidadosamente las definiciones. Haremos la demostración de $1$ y la demostración de $2$ queda como tarea moral. Para probar $1$, necesitamos probar que $^tT_1:W^\ast \to V^\ast$ es lineal, así que tomemos $l_1$, $l_2$ en $W^\ast$ y $a$ un escalar en $F$. Tenemos que demostrar que $$ ^tT_1(l_1+a l_2)= {^tT_1(l_1)}+ a ^tT_1(l_2).$$

Ésta es una igualdad de formas lineales en $V^\ast$, y para mostrar su validez tenemos que mostrar que se vale en cada $v\in V$. Por un lado,
\begin{align*}
^tT_1(l_1+a l_2)(v) &= (l_1+a l_2)(T_1(v))\\
&=l_1(T_1(v))+a l_2(T_1(v)).
\end{align*}

Por otro lado,
\begin{align*}
(^tT_1(l_1)+ a ^tT_1(l_2))(v)&= {^tT_1(l_1)(v)}+ a ^tT_1(l_2)(v)\\
&= l_1(T_1(v)) + a l_2(T_1(v)).
\end{align*}

En ambos casos obtenemos el mismo resultado, así que $^tT_1(l_1+a l_2)$ y $^tT_1(l_1)+ a ^tT_1(l_2)$ son iguales, mostrando que $^t T_1$ es lineal.

Pasemos a la parte 3. La igualdad $^t(T_3\circ T_1) = {^t T_1} \circ ^t T_3$ es una igualdad de transformaciones de $Z^\ast$ a $V^\ast$. Para verificar su veracidad, hay que ver que son iguales en cada elemento en su dominio. Tomemos entonces una forma lineal $l$ en $Z^\ast$. Queremos verificar la veracidad de $$ ^t(T_3\circ T_1)(l) = (^t T_1 \circ ^t T_3)(l),$$ que es una igualdad de formas lineales en $V^\ast$, de modo que tenemos que verificarla para cada $v$ en $V$. Por un lado,

\begin{align*}
^t(T_3\circ T_1)(l)(v)&=l((T_3\circ T_1)(v))\\&=l(T_3(T_1(v))),
\end{align*}

Por otro,
\begin{align*}
(^t T_1 \circ ^t T_3)(l)(v)&=(^tT_1(^t T_3 (l)))(v)\\&=(^t T_3 (l))(T_1(v))\\&=l(T_3(T_1(v))).
\end{align*}

En ambos casos obtenemos el mismo resultado.

Para la parte 4 basta notar que si $V=W$ y $T_1$ es invertible, entonces tiene una inversa $S:V\to V$, y por la parte $3$ tenemos que $$^t S\circ ^t T_1 = {^t(T_1\circ S)} = {^t \text{Id}_V} = \text{Id}_{V^\ast},$$

mostrando que $^t T_1$ tiene inversa $^tS$. Observa que estamos usando que la transpuesta de la transformación identidad es la identidad. Esto no lo hemos probado, pero lo puedes verificar como tarea moral.

$\square$

La matriz transpuesta es la matriz de la transformación transpuesta

Cuando estamos trabajando en espacios de dimensión finita, podemos mostrar que la matriz que le toca a la transformación transpuesta es precisamente la transpuesta de la matriz que le toca a la transformación original. Hacemos esto más preciso en el siguiente resultado.

Teorema 2. Sea $T:V\to W$ una transformación lineal entre espacios de dimensión finita y $B$ y $B’$ bases de $V$ y $W$ respectivamente. Si $A$ es la matriz de $T$ con respecto a $B$ y $B’$, entonces $^t A$ es la matriz de la transformación $^t T:W^\ast \to V^\ast$ con respecto a las bases duales $B’^\ast$ y $B^\ast$.

Demostración. Necesitamos definir algo de notación. Llamemos $n=\dim V$, $m=\dim W$, $B=\{b_1,\ldots, b_n\}$, $B’=\{c_1,\ldots, c_m\}$ y $A=[a_{ij}]$. Recordemos que la matriz $A$ está hecha por las coordenadas de las imágenes de la base $B$ en términos de la base $B’$, es decir, que por definición tenemos que para toda $j=1,\ldots, n$: \begin{equation}T(b_j)=\sum_{i=1}^{m} a_{ij} c_i.\end{equation}

La transformación $^t T:W^\ast \to V^\ast$ va de un espacio de dimensión $m$ a uno de dimensión $n$, así que en las bases $B’^\ast$ y $B^\ast$ se puede expresar como una matriz de $n$ filas y $m$ columnas. Afirmamos que ésta es la matriz $^t A$. Para ello, basta mostrar que las coordenadas de las imágenes de la base $B’^\ast$ en términos de la base $B^\ast$ están en las filas de $A$, es decir, que para todo $i=1, \ldots, m$ tenemos que $$^tT(c^\ast_i)=\sum_{j=1}^{n} a_{ij} b_j^\ast.$$

La anterior es una igualdad de formas lineales en $V^\ast$, de modo que para ser cierta tiene que ser cierta evaluada en todo $v$ en $V$. Pero por linealidad, basta que sea cierta para todo $b_j$ en la base $B$. Por un lado, usando (1),

\begin{align*}
^tT(c^\ast_i)(b_j)&=c^\ast_i(T(b_j))\\
&=c^\ast_i \left(\sum_{k=1}^{m} a_{kj} c_i\right)\\
&=\sum_{k=1}^{m} a_{kj} c^\ast_i(c_k)\\
&=a_{ij},
\end{align*}

en donde estamos usando que por definición de base dual $c_i^\ast (c_i)= 1$ y $c_j^\ast (c_i)=0$ si $i\neq j$. Por otro lado,

\begin{align*}
\left(\sum_{k=1}^{n} a_{ik} b_k^\ast\right)(b_j)&= \sum_{k=1}^{n} a_{ik} b_k^\ast(b_j)\\
&=a_{ij},
\end{align*}

en donde estamos usando linealidad y la definición de base dual para $B$.

Con esto concluimos la igualdad $$^tT(c^\ast_i)=\sum_{j=1}^{n} a_{ij} b_j^\ast,$$ que muestra que podemos leer las coordenadas de las evaluaciones de $^t T$ en $B’^\ast$ en términos de la base $B^\ast$ en las filas de $A$, por lo tanto podemos leerlas en las columnas de $^t A$. Esto muestra que $^t A$ es la matriz correspondiente a esta transformación en términos de las bases duales.

$\square$

Kernel e imagen de la transformación transpuesta

Finalmente, el siguiente resultado nos habla acerca de cómo están relacionadas las transformaciones transpuestas y la ortogonalidad.

Teorema 3. Sea $T:V\to W$ una transformación lineal entre espacios vectoriales de dimensión finita. Entonces

$$\ker (^t T) = (\Ima (T))^\bot,\quad \ker (T)=(\Ima (^t T))^\bot$$

y

$$\Ima (^t T) = (\ker(T))^\bot\,\quad \Ima (T)=(\ker(^t T))^\bot.$$

Demostración. Demostraremos la igualdad $\ker (^t T) = (\Ima (T))^\bot$. Notemos que $l \in \ker(^t T)$ si y sólo si $(^t T)(l)=0$, lo cual sucede si y sólo si $l\circ T = 0$. Pero esto último sucede si y sólo si para todo $v$ en $V$ se tiene que $l(T(v))=0$, que en otras palabras quiere decir que $l(w)=0$ para todo $w$ en $\Ima (T)$. En resumen, $l\in \ker(^t T)$ pasa si y sólo si $l$ se anula en todo $\Ima (T)$ es decir, si y sólo si está en $(\Ima (T))^\bot$.

El resto de las igualdades se demuestran de manera análoga, o alternativamente, usando la bidualidad canónica. Es un buen ejercicio hacerlo y se deja como tarea moral.

$\square$

Más adelante…

En esta entrada enunciamos un resultado muy importante: dada una transformación lineal $T$, su transformación transpuesta tiene como matriz asociada la matriz transpuesta de la matriz asociada de $T$. Este resultado nos permitirá calcular fácilmente la transpuesta de una transformación, como veremos en la entrada de problemas de este tema.

En la siguiente entrada del blog hablaremos por primera vez de formas bilineales: vamos a ver cómo nuestra discusión de transformaciones lineales facilitará mucho abordar este tema.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Muestra que la transpuesta de la transformación lineal $T:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$ dada por $T(x,y)=T(7x+8y,6x+7y)$ es invertible. Encuentra a su transpuesta y a la inversa de la transpuesta explícitamente.
  • Muestra la parte $2$ del Teorema 1.
  • Muestra que la transpuesta de la transformación identidad es la identidad.
  • Demuestra el resto de las igualdades del Teorema 3.
  • Encuentra la transpuesta de la transformación traza que va de $M_n(\mathbb{R})$ a los reales. Recuerda que esta transformación manda a una matriz $A=[a_{ij}]$ a la suma de sus entradas en la diagonal principal, es decir $$A\mapsto a_{11}+a_{22}+\ldots+a_{nn}.$$

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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»

Álgebra Lineal I: Ortogonalidad, hiperplanos y ecuaciones lineales

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción

En entradas anteriores hablamos de formas lineales, del espacio dual y de ortogonalidad. Con la teoría que hemos desarrollado en esas entradas, podemos cosechar uno de los hechos más importantes para espacios vectoriales de dimensión finita $n$: todos los subespacios se pueden obtener a partir de intersectar hiperplanos, es decir, subespacios de dimensión $n-1$. El objetivo de esta entrada es dar las definiciones necesarias para enunciar y demostrar este resultado formalmente.

Hiperplanos

Antes de demostrar el resultado mencionado en la introducción, tomaremos un poco de intuición geométrica de $\mathbb{R}^3$.

En $\mathbb{R}^3$ tenemos sólo un subespacio de dimensión $0$, que es $\{(0,0,0)\}$, un punto. Para obtener un subespacio de dimensión $1$, tenemos que tomar un vector $v\neq 0$ y considerar todos los vectores $rv$ con $r$ en $\mathbb{R}$. Esto corresponde geométricamente a una línea por el origen, con la misma dirección que $v$. En otras palabras, los subespacios de dimensión $1$ son líneas por el origen.

¿Quiénes son los subespacios de dimensión $2$? Debemos tomar dos vectores linealmente independientes $u$ y $v$ y considerar todas las combinaciones lineales $au+bv$ de ellos. Es más o menos fácil convencerse de que obtendremos al plano que pasa por $u$, $v$ y el $(0,0,0)$. Es decir, los subespacios de dimensión $2$ de $\mathbb{R}^3$ son planos por el origen.

Esto motiva la siguiente definición.

Definición 1. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$. Un hiperplano de $V$ es un subespacio de dimensión $n-1$.

Ejemplo. El subespacio $U=\mathbb{R}_5[x]$ de $V=\mathbb{R}_6[x]$ es un hiperplano. Esto es ya que $U$ es de dimesión $6$ y $V$ es de dimensión $7$. Sin embargo, aunque $U$ también es un subespacio de $W=\mathbb{R}_7[x]$, no se cumple que $U$ sea hiperplano de $W$ pues $W$ es de dimensión $8$ y $6\neq 8-1$.

Las matrices simétricas de $M_2(\mathbb{R})$ forman un subespacio $S$ de dimensión $3$ de $M_2(\mathbb{R})$, pues son de la forma $\begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}$. De esta forma, $S$ es un hiperplano de $M_2(\mathbb{R})$. Sin embargo, el conjunto de matrices simétricas de $M_n(\mathbb{R})$ no es un hiperplano ni para $n=1$, ni para $n\geq 3$.

$\triangle$

Los hiperplanos nos pueden ayudar a obtener subespacios. De hecho, veremos que en el caso de dimensión finita nos ayudan a obtener a todos los subespacios. Para continuar construyendo la intuición, notemos que en $\mathbb{R}^3$ los hiperplanos son simplemente los planos por el origen y que:

  • Podemos obtener a cualquier plano por el origen como intersección de planos por el origen: simplemente lo tomamos a él mismo.
  • Podemos obtener a cualquier línea por el origen como la intersección de dos planos distintos por el origen que la contengan. Por ejemplo, el eje $z$ es la intersección de los planos $xz$ y $yz$. En otras palabras: todo subespacio de dimensión $1$ de $\mathbb{R}^3$ se puede obtener como la intersección de dos hiperplanos de $\mathbb{R}^3$.
  • A $\{0\}$ lo podemos expresar como la intersección de los planos $xy$, $yz$ y $xz$, osea, al único espacio de dimensión cero lo podemos expresar como intersección de $3$ hiperplanos.

Ya obtenida la intuición, lo que veremos a continuación es que el resultado anterior en realidad es un fenómeno que sucede en cualquier espacio vectorial de dimensión finita. Así, nos enfocaremos en entender las definiciones del siguiente teorema, y demostrarlo.

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$.

  • Todo subespacio $W$ de $V$ de dimensión $m$ es la intersección de $n-m$ hiperplanos de $V$ linealmente independientes.
  • Toda intersección de $n-m$ hiperplanos de $V$ linealmente independientes es un subespacio vectorial de dimensión $m$.

Los hiperplanos son subespacio y la definición de independencia lineal que tenemos es para vectores. Pero el teorema anterior habla de «hiperplanos linealmente independientes». ¿A qué se refiere esto? Como veremos más adelante, a cada hiperplano se le puede asignar de manera natural un elemento del espacio dual de $V$.

Recordatorio de espacio ortogonal

En la entrada anterior mostramos el siguiente resultado:

Teorema (teorema de dualidad). Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita sobre $F$ y $W$ un subespacio de $V$ (o de $V^\ast)$. Entonces $$\dim W + \dim W^\bot = \dim V.$$

Además, obtuvimos como corolario lo siguiente:

Corolario. Si $V$ es un espacio vectorial de dimensión finita sobre un campo $F$ y $W$ un subespacio de $V$ (o de $V^\ast$), entonces $(W^\bot)^\bot=W$.

Usaremos estos resultados para dar una definición alternativa de hiperplanos, para entender a los subespacios de dimensión $n-1$ y para mostrar el teorema principal de esta entrada.

Subespacios de dimensión $n-1$ y definición alternativa de hiperplanos

Tomemos un espacio vectorial $V$ de dimensión finita $n$. Un caso especial, pero muy importante, del teorema de dualidad es cuando $W$ es un subespacio de $V^\ast$ de dimensión $1$, es decir, cuando $W$ está generado por una forma lineal $l\neq 0$. En este caso, $W^\bot$ es un subespacio de $V$ y por el teorema de dualidad, es de dimensión $n-1$.

De manera inversa, si $W$ es un subespacio de $V$ de dimensión $n-1$, por el teorema de dualidad tenemos que $W^\bot$ es de dimensión $1$, así que hay una forma lineal $l\neq 0$ que lo genera. Por el corolario, $W=(W^\bot)^\bot$, que en otras palabras quiere decir que $W=\{v\in V: l(v)=0\}.$ En resumen:

Proposición. Un subespacio $W$ de un espacio de dimensión finita $d$ tiene dimensión $d-1$ si y sólo si es el kernel de una forma lineal $l\neq 0$ de $V$.

Ejemplo 1. Considera la forma lineal $\text{ev}_0$ en el espacio vectorial $V=\mathbb{C}_n[x]$ de polinomios con coeficientes complejos y grado a lo más $n$. Los polinomios $p$ tales que $\text{ev}_0(p)=0$ son exactamente aquellos cuyo término libre es $0$. Este es un subespacio vectorial de $V$ de dimensión $n=\dim V – 1$, pues una base para él son los polinomios $x, x^2, \ldots, x^n$.

$\triangle$

Problema. Considera el espacio vectorial $V=M_{2,3}(\mathbb{R})$. Considera $W$ el subconjunto de matrices cuya suma de entradas en la primer columna es igual a la suma de entradas de la segunda columna. Muestra que $W$ es un subespacio de dimensión $5$ y escríbelo como el kernel de una forma lineal.

Solución. Mostrar que $W$ es un subespacio de $V$ es sencillo y se queda como tarea moral. Se tiene que $W$ no puede ser igual a todo $V$ pues, por ejemplo, la matriz $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ no está en $W$, así que $\dim W\leq 5$.

Las matrices $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ son linealmente independientes y están en $W$, así que $\dim W\geq 5$, y junto con el párrafo anterior concluimos que $\dim W = 5$.

Finalmente, tomemos la forma lineal $$l\begin{pmatrix} a & b & c\\ d& e& f\end{pmatrix}=a+d-b-e.$$ Tenemos que una matriz está en el kernel de $l$ si y sólo si $a+d-b-e=0$, si y sólo si $a+d=b+e$, es decir, si y sólo si las entradas de la primer columna tienen la misma suma que las de la segunda. Así, $W=\ker l$.

$\square$

La proposición anterior nos permite dar una definición alternativa de hiperplano y hablar de hiperplanos linealmente independientes.

Definición 2. Sea $V$ un espacio vectorial. Un hiperplano es el kernel de una forma lineal $l\neq 0$ en $V^\ast$. Una familia de hiperplanos es linealmente independiente si sus formas lineales correspondientes son linealmente independientes en $V^\ast$.

Observa además que la definición anterior también sirve para espacios vectoriales de dimensión infinita, pues nunca hace referencia a la dimensión que debe tener un hiperplano.

Ejemplo 2. El conjunto de funciones continuas $f$ en el intervalo $[0,1]$ tales que $$\int_0^1 f(x) \, dx = 0$$ son un subespacio $W$ de $\mathcal{C}[0,1]$. Este subespacio es un hiperplano pues es el kernel de la forma lineal $I$ tal que $$I(f)=\int_0^1 f(x)\, dx.$$

$\square$

No mencionaremos más de espacios de dimensión infinita en esta entrada.

Escribiendo subespacios como intersección de hiperplanos

Ya podemos entender el teorema principal de esta entrada y demostrarlo. Lo enunciamos nuevamente por conveniencia.

Teorema 2. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$.

  • Todo subespacio $W$ de $V$ de dimensión $m$ es la intersección de $n-m$ hiperplanos de $V$ linealmente independientes.
  • Toda intersección de $n-m$ hiperplanos de $V$ linealmente independientes es un subespacio vectorial de dimensión $m$.

Demostración. Tomemos un espacio vectorial $V$ de dimensión finita $n$ y un subespacio $W$ de dimensión $m$. Por el teorema de dualidad, la dimensión de $\dim W^\bot$ es $n-m$. Tomemos una base $B=\{l_1,l_2,\ldots,l_{n-m}\}$ de $W^\bot$. Por el corolario al teorema de dualidad, podemos expresar a $W$ como $$W=(W^\bot)^\bot=\{v\in V: l_1(v)=\ldots=l_{n-m}(v)=0\}.$$

Si definimos $L_i=\{v\in V: l_i(v)=0\}$, por la proposición de la sección anterior tenemos que cada $L_i$ es un hiperplano de $V$. Además, $$W=L_1\cap \ldots\cap L_{n-m}.$$ Como los $l_i$ son linealmente independientes, con esto logramos expresar a $W$ como intersección de $n-m$ hiperplanos linealmente independientes.

Probemos ahora la segunda parte de la proposición. Tomemos el conjunto $S=\{l_1,\ldots,l_{n-m}\}$ de formas linealmente independientes que definen a los hiperplanos. Un vector $v$ está en la intersección de todos estos hiperplanos si y sólo si $l_1(v)=\ldots=l_{n-m}(v)=0$, si y sólo si está en $S^\bot=\text{span}(S)^\bot$. Es decir, la intersección de los hiperplanos es precisamente el subespacio $\text{span}(S)^\bot$. Como $S$ es linealmente independiente, tenemos que $ \text{span}(S)$ es de dimensión $n-m$, de modo que por el teorema de dualidad, $\dim \text{span}(S)^\bot = n-(n-m)=m$. Esto muestra lo que queremos.

$\square$

Algunos problemas prácticos

Si tenemos un espacio $V$ de dimensión finita $n$, un subespacio $W$ de dimensión finita $m$ y queremos encontrar de manera práctica la expresión de $W$ como intersección de hiperplanos de $V$, podemos hacer el siguiente procedimiento:

  • Determinamos una base $l_1,\ldots,l_{n-m}$ para $W^\bot$ (la cual consiste de formas lineales de $V^\ast$). Esto lo podemos hacer con los pasos que mencionamos en la entrada anterior.
  • Definimos $L_i=\{v\in V: l_i(v)=0\}$.
  • Tendremos que $W$ es la intersección de los $L_i$.

Una última observación es que cada $L_i$ está definido por una ecuación lineal. Esto nos permite poner a cualquier subespacio como el conjunto solución a un sistema lineal. Esto lo cual podemos ver de forma práctica de la siguiente manera:

  • Tomamos una base $e_1,\ldots,e_n$ de $V$.
  • Tomemos un vector $v=a_1e_1+\ldots+a_ne_n$ que queremos determinar si está en $W$. Para ello, debe estar en cada $L_i$.
  • Cada $L_i$ está definido mediante la ecuación $l_i(v)=0$ de modo que si $v$ está en $L_i$ sus coordenadas $a_1,\ldots,a_n$ en la base $e_1,\ldots,e_n$ deben satisfacer la ecuación lineal $$l_i(e_1)a_1+\ldots+l_i(e_n)a_n=0.$$
  • De esta forma, los vectores $v$ en $W$ son aquellos cuyas coordenadas en la base $e_1,\ldots, e_n$ satisfacen el sistema de ecuaciones obtenido de las ecuaciones lineales para cada $i$ del punto anterior.

Veremos algunos ejemplos de estos procedimientos en la siguiente entrada.

La receta anterior nos permite concluir la siguiente variante del teorema de esta entrada, escrito en términos de ecuaciones lineales.

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$ y $B$ una base de $V$.

  • Un subespacio $W$ de dimensión $m$ se puede definir mediante un sistema de ecuaciones lineales independientes que deben satisfacer las coordenadas de los vectores de $W$ escritos en la base $B$.
  • Aquellos vectores cuyas coordenadas en la base $B$ satisfacen un sistema de ecuaciones lineales independientes homogéneo, forman un subespacio de $V$ de dimensión $n-m$.

La moraleja de esta entrada es que podemos pensar que los sistemas de ecuaciones, las intersecciones de hiperplanos y los subespacios de un espacio vectorial de dimensión finita son «prácticamente lo mismo».

Más adelante…

A lo largo de esta entrada enunciamos las definiciones necesarias para llegar al teorema que mencionamos al inicio: para un espacio vectorial de dimension finita $n$, todos los subespacios se pueden obtener a partir de intersectar hiperplanos, es decir, subespacios de dimensión $n-1$.

En la siguiente entrada utilizaremos este resultado para resolver algunos ejercicios y veremos en acción este importante teorema.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Considera el plano $P$ en $\mathbb{R}^3$ que pasa por el origen y por los vectores $(1,1,1)$, $(0,2,0)$. Encuentra reales $a,b,c$ tales que $$P=\{(x,y,z): ax+by+cz = 0 \}.$$
  • En todos los ejemplos en los que se menciona que algo es subespacio, verifica que en efecto lo sea. En los que se menciona que un conjunto es base, también verifica esto.
  • Encuentra una base para el espacio de polinomios $p$ en $M_n(\mathbb{C})$ tales que $\text{ev}(1)(p)=0$.
  • Sea $W$ el subconjunto de matrices de $V:=M_n(\mathbb{R})$ tal que la sumas de las entradas de todas las filas son iguales. Muestra que $W$ es un subespacio de $V$. Determina la dimensión de $W$ y exprésalo como intersección de hiperplanos linealmente independientes.
  • ¿Qué sucede cuando intersectas hiperplanos que no corresponden a formas linealmente independientes? Más concretamente, supongamos que tienes formas lineales $l_1,\ldots,l_m$ de $F^n$. Toma $B=\{e_1,\ldots,e_n\}$ la base canónica de $F^n$. Considera la matriz $A=[l_i(e_j)]$. ¿Qué puedes decir de la dimensión de la intersección de los hiperplanos correspondientes a los $l_i$ en términos del rango de la matriz $A$?

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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»

Álgebra Lineal I: Ortogonalidad y espacio ortogonal

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

7 respuestas

Introducción

En entradas anteriores hablamos de formas lineales y del espacio dual. Vimos que las formas coordenadas correspondientes a una base forman bases del espacio dual. También hicimos ejemplos prácticos de cómo encontrar bases duales y cómo hacer cambios de base en el espacio dual. Usaremos la teoría que hemos desarrollado hasta el momento para estudiar los conceptos de ortogonalidad y espacio ortogonal.

Antes de comenzar, es importante dejar un consejo. Quizás a estas alturas asocias a la ortogonalidad con la perpendicularidad. Esta intuición puede ayudar un poco más adelante, pero por el momento es recomendable que dejes esa intuición de lado. El problema es que la «perpendicularidad» habla de parejas de segmentos, parejas de lineas, o parejas de vectores. Sin embargo, las nociones de ortogonalidad que estudiaremos ahora hablan de cuándo una forma lineal $l$ y un vector $v$ son ortogonales, por lo cual es mejor pensarlo por el momento en la ortogonalidad como un concepto nuevo.

Definiciones de ortogonalidad y espacio ortogonal

En esta sección, $V$ es un espacio vectorial sobre un campo $F$.

Definición. Tomemos una forma lineal $l$ de $V$ y $v$ un vector en $V$. Decimos que $l$ y $v$ son ortogonales si $$\langle l,v \rangle = 0.$$

De manera equivalente, $l$ y $v$ son ortogonales si $l(v)=0$, o si $v$ está en el kernel de $l$.

Ejemplo 1. Consideremos la forma lineal $l$ de los polinomios en $\mathbb{R}_2[x]$ que a un polinomio lo manda a su evaluación en $2$, es decir, tal que $l(p)=p(2)$. Consideremos al polinomio $p(x)=x^2-3x+2$. Tenemos que \begin{align*}l(p)&=p(2)\\&=2^2-3\cdot 2 +2\\&=4-6+2\\&=0,\end{align*} de modo que $\langle l, p\rangle =0,$ así que $l$ y $p$ son ortogonales. Por otro lado, si $q(x)=x+1$, tenemos que $\langle l,q\rangle = l(q)=3$, de modo que $l$ y $q$ no son ortogonales.

$\triangle$

Ejemplo 2. Consideremos la forma lineal $l(x,y,z)=2x+3y-z$ de $\mathbb{R}^3$. Un vector que es ortogonal con $l$ es el vector $v=(0,0,0)$. Un vector un poco más interesante es el vector $(1,1,5)$ pues $l(1,1,5)=2+3-5=0$.

El vector $(1,1,5)$ también es ortogonal a la forma lineal $m(x,y,z)=x+y-\frac{2z}{5}$, como puedes verificar.

$\triangle$

A partir de la noción anterior, nos podemos hacer dos preguntas. Dado un conjunto de vectores, ¿quiénes son todas las formas lineales ortogonales a todos ellos? Dado un conjunto de formas lineales, ¿quiénes son todos los vectores ortogonales a todas ellas? Esta noción queda capturada en la siguiente definición.

Definición. Para $S$ un subconjunto de $V$, definimos al ortogonal de $S$ como el conjunto de formas lineales de $V$ ortogonales a todos los elementos de $S$. En símbolos, $$S^\bot:= \{l\in V^\ast: \langle l,v \rangle = 0\, \forall v \in S\}.$$

Tenemos una definición dual para subconjuntos de $V^\ast$.

Definición. Para $S$ un subconjunto de $V^\ast$, el ortogonal de $S$ es el conjunto de vectores de $V$ ortogonales a todos los elementos de $S$. En símbolos, $$S^\bot=\{v\in V: \langle l, v \rangle = 0 \, \forall l\in S\}.$$

Observa que estamos definiendo al ortogonal para subconjuntos de $V$ (y de $V^\ast$), es decir, que $S$ no tiene por qué ser un subespacio vectorial de $V$. Por otro lado, sea o no $S$ un subespacio, siempre tenemos que $S^\bot$ es un subespacio. Por ejemplo, si $S$ es un subconjunto de $V$ y $l_1$, $l_2$ son formas lineales que se anulan en todos los elementos de $S$, entonces para cualquier escalar $c$ también tenemos que $l_1+cl_2$ se anula en todos los elementos de $S$.

Ejercicio. Tomemos $S$ al subconjunto de matrices diagonales con entradas enteras en $M_2(\mathbb{R})$. ¿Quién es $S^\bot$? Ojo: Aquí $S$ no es un subespacio.

Solución. Sabemos que para cualquier forma lineal $l$ de $M_2(\mathbb{R})$ existen reales $p$, $q$, $r$, $s$ tales que $$l\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=pa+qb+rc+sd.$$

Si $l$ está en $S^\bot$, se tiene que anular en particular en las matrices $A=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ y $B=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$, pues ambas están en $S$. En otras palabras, $$0 = l(A) = p$$ y $$0 = l(B) = s.$$ Así, la forma lineal tiene que verse como sigue:

$$l\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}= qb+rc.$$

Y en efecto, todas las formas lineales de esta forma se anulan en cualquier matriz diagonal con entradas enteras, pues en esas matrices $b=c=0$.

$\triangle$

Encontrar el espacio ortogonal de manera práctica

Ya mencionamos que $S$ no necesariamente tiene que ser un subespacio para definir $S^\bot$. Sin embargo, usando la linealidad podemos mostrar que, para cualquiera de las dos definiciones, basta estudiar qué sucede con subespacios vectoriales. La demostración de la siguiente proposición es sencilla, y se deja como tarea moral.

Proposición 1. Para $S$ un subconjunto de $V$ (o de $V^\ast$), tenemos que $$S^\bot = \text{span}(S)^\bot.$$

Esta proposición es particularmente importante pues en espacios vectoriales de dimensión finita nos permite reducir el problema de encontrar ortogonales para subconjuntos de vectores (o de formas lineales), a simplemente resolver un sistema de ecuaciones. El procedimiento que hacemos es el siguiente (lo enunciamos para vectores, para formas lineales es análogo):

  • Tomamos una base $B=\{b_1,\ldots,b_n\}$ de $V$.
  • Tomamos un subconjunto $S$ de vectores de $V$.
  • Usamos la Proposición 1 para argumentar que $S^\bot=\text{span}(S) ^\bot$.
  • Consideramos una base $C=\{c_1,\ldots,c_m\}$ de $\text{span}(S)$ y notamos que una forma lineal $l$ se anula en todo $\text{span}(S)$ si y sólo si se anula en cada elemento de $C$.
  • Escribimos a cada $c_i$ como combinación lineal de elementos de $B$, digamos $$c_i=a_{i1}b_1+\ldots+a_{in}b_n.$$
  • Cada condición $l(c_i)=0$ se transforma en la ecuación lineal $$a_{i1}l(b_1)+\ldots+a_{in}l(b_n)=l(c_i)=0$$ en las variables $l(b_1), l(b_2),\ldots, l(b_n)$ igualada a $0$, de forma que las $m$ condiciones dan un sistema de ecuaciones homogéneo.
  • Podemos resolver este sistema con reducción gaussiana para encontrar todas las soluciones, aunque basta con encontrar a las soluciones fundamentales, pues justo forman la base de $\text{span}(S)^\bot=S^\bot$.

Veamos este método en acción.

Ejemplo de encontrar el espacio ortogonal de manera práctica

Ejercicio. Considera el subconjunto $S$ de $\mathbb{R}^3$ cuyos elementos son $(2,3,-5)$, $(-1,0,1)$, $(3,3,-6)$, $(-3,-2,5)$. Determina $S^\bot$.

Solución. Para encontrar $S^\bot$, basta encontrar $\text{span}(S)^\bot$.

Lo primero que notamos es que todos los vectores de $S$ satisfacen que la suma de sus entradas es $0$, así que todos los vectores en $\text{span}(S)$ también, de modo que $\text{span}(S)$ no es todo $\mathbb{R}^3$, así que es de dimensión a lo más $2$. Notamos también que $(-1,0,1)$ y $(2,3,-5)$ son linealmente independientes, así que $\text{span}(S)$ es de dimensión al menos $2$, de modo que es de dimensión exactamente $2$ y por lo tanto $(-1,0,1)$ y $(2,3,-5)$ es una base.

Para cualquier forma lineal $l$ en $\mathbb{R}^3$ existen reales $a$, $b$, $c$ tales que $l(x,y,z)=ax+by+cz$. Para encontrar aquellas formas lineales que se anulan en $\text{span}(S)$, basta encontrar aquellas que se anulan en la base, es decir, en $(-1,0,1)$ y $(2,3,-5)$. De esta forma, necesitamos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo \begin{align*}-a+c&=0\\2a+3b-5c&=0.\end{align*}

Para resolver este sistema, aplicamos reducción gaussiana:

\begin{align*}
&\begin{pmatrix} -1 & 0 & 1\\ 2 & 3 & -5\end{pmatrix}\\
\to & \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 3 & -3\end{pmatrix}\\
\to & \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1\end{pmatrix}
\end{align*}

La variable libre es $c$ y las pivote son $a$ y $b$. Obtenemos $a=c$ y $b=c$, de donde las soluciones se ven de la forma $(c,c,c)$. Concluimos entonces que $S^\bot$ son las formas lineales tales que $$l(x,y,z)=c(x+y+z)$$ para algún real $c$.

$\triangle$

En el ejemplo anterior, la dimensiones de $\text{span}(S)$ y de $\text{span}(S)^\bot$ suman $3$, que es la dimensión de $\mathbb{R}^3$. Esto no es una casualidad, como veremos en la siguiente sección.

El teorema de dualidad

Las dimensiones de un subespacio de un espacio vectorial de dimensión finita, y de su espacio ortogonal, están relacionadas con la dimensión del espacio. Este es uno de los teoremas más importantes de dualidad.

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita sobre $F$ y $W$ un subespacio de $V$ (o de $V^\ast)$. Entonces $$\dim W + \dim W^\bot = \dim V.$$

Demostración. Hagamos primero el caso en el que $W$ es un subespacio de $V$. Supongamos que $\dim V = n$ y que $\dim W = m$. Como $W$ es subespacio, tenemos que $m\leq n$. Tenemos que mostrar que $\dim W^\bot = n-m$, así que basta exhibir una base de $\dim W^\bot$ con $n-m$ formas lineales.

Para ello, tomemos $e_1,e_2,\ldots, e_m$ una base de $W$ y tomemos elementos $e_{m+1},\ldots,e_{n}$ que la completan a una base de $V$. Afirmamos que la base de $W^\bot$ que estamos buscando consiste de las formas coordenadas $e_{m+1}^\ast,\ldots,e_{n}^\ast$ correspondientes a $e_{m+1},\ldots,e_n$.

Por un lado, estas formas coordenadas son linealmente independientes, pues son un subconjunto de la base $e_1^\ast,\ldots, e_n^\ast$ de $V^\ast$. Por otro lado, si tenemos a una forma lineal $l$ de $V$, habíamos mostrado que la podemos expresar de la forma $$l=\sum_{i=1}^n \langle l, e_i \rangle e_i^\ast,$$ de modo que si $l$ se anula en todo $W$, en particular se anula en los vectores $e_1,\ldots,e_m$, por lo que $$l=\sum_{i=m+1}^n \langle l, e_i\rangle e_i^\ast,$$ lo cual exhibe a $l$ como combinación lineal de los elementos $e_{m+1}^\ast,\ldots,e_n^\ast$. De esta forma, este subconjunto de formas lineales es linealmente independiente y genera a $W^\bot$, que era justo lo que necesitábamos probar.

Ahora hagamos el caso en el que $W$ es un subespacio de $V^\ast$. Podríamos hacer un argumento análogo al anterior, pero daremos una prueba alternativa que usa la bidualidad canónica $\iota: V\to {V^\ast} ^\ast$. La igualdad $\langle l,v \rangle = 0$ es equivalente a $\langle \iota(v),l \rangle =0$. De esta forma, $v$ está en $W^\bot$ si y sólo si $\iota(v)\in {V^\ast} ^\ast$ se anula en todo $W$. Como $\iota$ es isomorfismo y el espacio de los $g\in {V^\ast} ^\ast$ que se anulan en $W$ tiene dimensión $$\dim V^\ast-\dim W = \dim V – \dim W$$ (por la primer parte del teorema), concluimos entonces que $$\dim W^\bot = \dim V – \dim W,$$ lo cual prueba la otra parte del teorema.

$\square$

Problema. Sea $W$ el subespacio de matrices simétricas de $M_3(\mathbb{R})$ ¿Cuál es la dimensión de $W^\bot$?

Solución. Se puede mostrar que $E_{11}$, $E_{22}$, $E_{33}$, $E_{12}+E_{21}$, $E_{23}+E_{32}$, $E_{13}+E_{31}$ forman una base para $W$. De esta forma, $W$ tiene dimensión $6$. Por el Teorema 1, tenemos que $\dim W^\bot = \dim M_3(\mathbb{R})-6=9-6=3$.

$\triangle$

Aplicar dos veces ortogonalidad en subespacios

Una consecuencia importante del teorema anterior es que aplicarle la operación «espacio ortogonal» a un subespacio de un espacio de dimensión finita nos regresa al inicio. Más formalmente:

Corolario. Si $V$ es un espacio vectorial de dimensión finita sobre un campo $F$ y $W$ un subespacio de $V$ (o de $V^\ast$), entonces $(W^\bot)^\bot=W$.

Demostración. Haremos la prueba para cuando $W$ es subespacio de $V$. La otra es análoga y se deja como tarea moral. Lo primero que vamos a mostrar es que $W\subset (W^\bot)^\bot$. Tomemos $w$ en $W$. Tenemos que mostrar que $l(w)=0$ para cualquier $l$ en $W^\bot$. Por definición, un $l$ en $W^\bot$ se anula en todo elemento de $W$, así que se anula particularmente en $w$, como queremos.

Como $W$ y $(W^\bot)^\bot$ son espacios vectoriales, tenemos que $W$ es subespacio de $(W^\bot)^\bot$. Por el teorema de dualidad, tenemos que $$\dim W^\bot = \dim V – \dim W.$$ Usando esto y de nuevo el teorema de dualidad, tenemos que $$\dim (W^\bot)^\bot = \dim V – \dim W^\bot = \dim W.$$

De esta forma, $W$ es un subespacio de $\dim (W^\bot)^\bot$ de su misma dimensión, y por lo tanto $W= (W^\bot)^\bot$.

$\square$

Hay que tener particular cuidado en usar el corolario anterior. Solamente se puede garantizar su validez cuando $W$ es un subespacio de $V$, y cuando $V$ es de dimensión finita. En efecto, si $S$ es simplemente un subconjunto de $V$ y no es un subespacio, entonces la igualdad $S=(S^\bot)^\bot$ es imposible, pues al lado derecho tenemos un subespacio de $V$ y al izquierdo no.

Más adelante…

En esta entrada hablamos de ortogonalidad y de espacios ortogonales como si fueran un concepto nuevo, dejando de lado, al menos por el momento, nuestras ideas previas de asociar ortogonalidad con perpendicularidad. También vimos cómo encontrar un espacio ortogonal de manera práctica y hablamos de un teorema muy importante: el teorema de la dualidad.

Lo que sigue es hablar de cómo la noción de ortogonalidad nos permite estudiar sistemas de ecuaciones e hiperplanos. En la siguiente entrada estudiaremos estos conceptos.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Demuestra la proposición enunciada en la entrada.
  • Sea $S$ el subespacio de matrices diagonales en $M_n(\mathbb{R})$. ¿Cuál es la dimensión de $S^\bot$?
  • Considera $\mathbb{R}_3[x]$, el espacio vectorial de polinomios con coeficientes reales y grado a lo más $3$. Considera las formas lineales $\text{ev}_2$ y $\text{ev}_3$ que evalúan a un polinomio en $2$ y en $3$ respectivamente. ¿Quién es el espacio ortogonal de $\{\text{ev}_2,\text{ev}_3\}$?
  • Prueba la segunda parte del teorema de dualidad con un argumento análogo al que usamos para probar la primer parte.
  • Prueba el corolario para cuando $W$ es subespacio de $V^\ast$.
  • Verifica que las matrices propuestas en el último ejercicio en efecto forman una base para el subespacio de matrices simétricas.

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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»

Álgebra Lineal I: Problemas de dualidad y base dual

Por Blanca Radillo

10 respuestas

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 $i=0,1,2$.

$\square$

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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»