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Álgebra Lineal I: Ortogonalidad, hiperplanos y ecuaciones lineales

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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 $n\geq 3$.

$\square$

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. 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 $x, x^2, \ldots, x^n$.

$\square$

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. 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 linela. 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».

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  • 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 $A$?

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.

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Álgebra Lineal I: Ortogonalidad y espacio ortogonal

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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. 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.

$\square$

Ejemplo. 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.

$\square$

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 $b=c=0$.

$\square$

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 $c$.

$\square$

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 $\dim W^\bot = \dim M_3(\mathbb{R})-6=9-6=3$.

$\square$

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.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  • 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.

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.

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Álgebra Lineal I: Problemas de dualidad y base dual

Por Blanca Radillo

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. 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. 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. 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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Álgebra Lineal I: Bases duales, recetas y una matriz invertible

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

Introducción

En la entrada anterior definimos el espacio dual de un espacio vectorial $V$. Así mismo, definimos las formas coordenadas, que son formas lineales asociadas a una base $B$ de $V$. Lo que hace la $i$-ésima forma coordenada en un vector $v$ es «leer» el $i$-ésimo coeficiente de $v$ expresado en la base $B$. Nos gustaría ver que estas formas coordenadas conforman bases del espacio dual.

Más concretamente, el objetivo de esta entrada es mostrar el teorema que enunciamos al final de la entrada anterior, hablar de problemas prácticos de bases duales y de mostrar un resultado interesante que relaciona bases, bases duales y la invertibilidad de una matriz.

Pequeño recordatorio

Como recordatorio, dada una base $B=\{e_1,\ldots,e_n\}$ de un espacio vectorial $V$ de dimensión finita $n$, podemos construir $n$ formas coordenadas $e_1^\ast,\ldots,e_n^\ast$ que quedan totalmente determinadas por lo que le hacen a los elementos de $B$ y esto es, por definición, lo siguiente:

$$
e_i^\ast(e_j)=
\begin{cases}
1\quad \text{ si $i=j$,}\\
0\quad \text{ si $i\neq j$.}
\end{cases}
$$

Recordemos también que dado un vector $v$ en $V$ podíamos construir a la forma lineal «evaluar en $v$», que era la forma $\text{ev}_v:V^\ast \to F$ dada por $\text{ev}_v(f)=f(v)$. Como manda elementos de $V^\ast$ a $F$, entonces pertenece a $V^{\ast \ast}$. A partir de esta definición, construimos la bidualidad canónica $\iota:V\to V^{\ast \ast}$ que manda $v$ a $\text{ev}_v$.

Finalmente, recordemos que dada una forma lineal $l$ y un vector $v$, usamos la notación $\langle l,v\rangle = l(v)$, y que esta notación es lineal en cada una de sus entradas. Todo esto lo puedes revisar a detalle en la entrada anterior.

El teorema de bases duales

El resultado que enunciamos previamente y que probaremos ahora es el siguiente.

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$ y $B=\{e_1,\ldots,e_n\}$ una base de $V$. Entonces el conjunto de formas coordenadas $B^\ast=\{e_1^\ast, \ldots,e_n^\ast\}$ es una base de $V^\ast$. En particular, $V^\ast$ es de dimensión finita $n$. Además, la bidualidad canónica $\iota:V\to V^{\ast \ast}$ es un isomorfismo de espacios vectoriales.

Antes de comenzar, convéncete de que cada una de las $e_i^\ast$ son formas lineales, es decir, transformaciones lineales de $V$ a $F$.

Demostración. Veremos que $B^\ast=\{e_1^\ast,\ldots,e_n^\ast\}$ es un conjunto linealmente independiente y que genera a $V^\ast$. Veamos lo primero. Tomemos una combinación lineal igual a cero, $$z:=\alpha_1 e_1^\ast + \alpha_2 e_2^\ast+\ldots + \alpha_n e_n^\ast=0.$$ Para cada $i=1,2,\ldots,n$, podemos evaluar la forma lineal $z$ en $e_i$.

Por un lado, $z(e_i)=0$, pues estamos suponiendo que la combinación lineal de $e_i^\ast$’s es (la forma lineal) cero. Por otro lado, analizando término a término y usando que los $e_i^\ast$ son la base dual, tenemos que si $i\neq j$ entonces $e_j^\ast(e_i)$ es cero, y si $i=j$, es $1$.

Así que el único término que queda es $\alpha_i e_i^\ast(e_i)=\alpha_i$. Juntando ambas observaciones, $\alpha_i=z(e_i)=0$, de modo que todos los coeficientes de la combinación lineal son cero. Asi, $B^\ast$ es linealmente independiente.

Ahora veremos que $B^\ast$ genera a $V^\ast$. Tomemos una forma lineal arbitraria $l$, es decir, un elemento en $V^\ast$. Al evaluarla en $e_1,e_2,\ldots,e_n$ obtenemos escalares $$\langle l, e_1\rangle,\langle l, e_2\rangle,\ldots,\langle l, e_n\rangle. $$ Afirmamos que estos son los coeficientes que nos ayudarán a poner a $l$ como combinación lineal de elementos de $B^\ast$. En efecto, para cualquier vector $v$ tenemos que

\begin{align*}
\left(\sum_{i=1}^n\langle l, e_i \rangle e_i^\ast\right) (v)
&= \sum_{i=1}^{n} \langle l, e_i \rangle \langle e_i^\ast, v \rangle \\
&= \sum_{i=1}^{n} \langle l, \langle e_i^\ast, v \rangle e_i \rangle \\
&=\left \langle l, \sum_{i=1}^n \langle e_i^\ast, v\rangle e_i \right \rangle\\
&= \langle l, v \rangle\\
&= l(v).
\end{align*}

La primer igualdad es por la definición de suma de transformaciones lineales. En la segunda usamos la linealidad de la segunda entrada para meter el escalar $\langle e_i^\ast , v\rangle$. La siguiente es de nuevo por la linealidad de la segunda entrada. En la penúltima igualdad usamos que justo $\langle e_i^\ast , v\rangle$ es el coeficiente que acompaña a $e_i$ cuando escribimos a $v$ con la base $B$. Esto muestra que $B^\ast$ genera a $V^\ast$.

Así, $B^\ast$ es base de $V^\ast$. Como $B^\ast$ tiene $n$ elementos, entonces $V^\ast$ tiene dimensión $n$.

La última parte del teorema consiste en ver que $\iota:V\to V^{\ast \ast}$ es un isomorfismo de espacios vectoriales. Por lo que acabamos de demostrar, $$\dim V = \dim V^\ast = \dim V^{\ast \ast}.$$ Así que basta con mostrar que $\iota$ es inyectiva pues, de ser así, mandaría a una base de $V$ a un conjunto linealmente independiente de $V^{\ast \ast}$ con $n$ elementos, que sabemos que es suficiente para que sea base. Como $\iota$ es transformación lineal, basta mostrar que el único vector que se va a la forma lineal $0$ de $V^\ast$ es el $0$ de $V$.

Supongamos que $v$ es tal que $\text{ev}_v=0$. Vamos a mostrar que $v=0$. Si $\text{ev}_v=0$, en particular para las formas coordenadas $e_i^\ast$ tenemos que $ \text{ev}_v(e_i^\ast)=0$. En otras palabras, $e_i^\ast(v)=0$ para toda $i$. Es decir, todas las coordenadas de $v$ en la base $B$ son $0$. Así, $v=0$. Con esto terminamos la prueba.

$\square$

La demostración anterior muestra cómo encontrar las coordenadas de una forma lineal $l$ en términos de la base $B^\ast$: basta con evaluar $l$ en los elementos de la base $B$. Recopilamos esto y la igualdad dual como una proposición aparte, pues resulta ser útil en varios contextos.

Proposición. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$, $B=\{e_1,\ldots, e_n\}$ una base de $V$ y $B^\ast=\{e_1^\ast,\ldots,e_n^\ast\}$ la base dual. Entonces, para todo vector $v$ en $V$ y para toda forma lineal $l:V\to F$, tenemos que
\begin{align*}
v&= \sum_{i=1}^n \langle e_i^\ast, v\rangle e_i \quad \text{ y }\\
l&= \sum_{i=1}^{n} \langle l, e_i \rangle e_i^\ast.
\end{align*}

La traza de una matriz en $M_n(F)$ es la suma de las entradas en su diagonal principal. Es sencillo verificar que la función $\text{tr}:M_n(F)\to F$ que manda a cada matriz a su traza es una forma lineal, es decir, un elemento de $M_n(F)^\ast$.

Ejemplo. Considera el espacio vectorial de matrices $M_3(\mathbb{R})$. Sea $B=\{E_{ij}\}$ su base canónica. Expresa a la forma lineal traza en términos de la base dual $B^\ast$.

Solución. Tenemos que $\text{tr}(E_{ii})=1$ y que si $i\neq j$, entonces $\text{tr}(E_{ij})=0$. De esta forma, usando la fórmula de la proposición anterior,
\begin{align*}
\text{tr}&=\sum_{i,j} \text{tr}(E_{ij}) E_{ij}^\ast\\
&=E_{11}^\ast + E_{22}^\ast + E_{33}^\ast.
\end{align*} Observa que, en efecto, esta igualdad es correcta. Lo que hace $E_{ii}^\ast$ por definición es obtener la entrada $a_{ii}$ de una matriz $A=[a_{ij}]$.

La igualdad que encontramos dice que «para obtener la traza hay que extraer las entradas $a_{11}$, $a_{22}$, $a_{33}$ de $A$ y sumarlas». En efecto, eso es justo lo que hace la traza.

$\square$

Algunos problemas prácticos de bases duales

Ya que introdujimos el concepto de espacio dual y de base dual, hay algunos problemas prácticos que puede que queramos resolver.

  • Dada una base $v_1,\ldots,v_n$ de $F^n$, ¿cómo podemos encontrar a la base dual $v_1^\ast, \ldots, v_n^\ast$ en términos de la base dual $e_1^\ast, \ldots, e_n^\ast$ de la base canónica?
  • Dada una base $L=\{l_1,\ldots, l_n\}$ de $V^\ast$, ¿es posible encontrar una base $B$ de $V$ tal que $B^\ast = L$? De ser así, ¿cómo encontramos esta base?

A continuación mencionamos cómo resolver ambos problemas. Las demostraciones se quedan como tarea moral. En la siguiente entrada veremos problemas ejemplo resueltos.

  • La receta para resolver el primer problema es poner a $v_1,\ldots, v_n$ como vectores columna de una matriz $A$. Las coordenadas de $v_1^\ast,\ldots, v_n^\ast$ en términos de la base $e_1^\ast,\ldots,e_n^\ast$ están dados por las filas de la matriz $A^{-1}$.
  • La receta para resolver el segundo problema es tomar una base $B’=\{e_1,\ldots, e_n\}$ cualquiera de $V$ y considerar la matriz $A$ con entradas $A=[l_i(e_j)]$. La matriz $A^{-1}$ tiene como columnas a los vectores de coordenadas de la base $B$ que buscamos con respecto a la base $B’$.

¿Por qué la matriz $A$ de la segunda receta es invertible? Esto lo mostramos en la siguiente sección.

Un teorema de bases, bases duales e invertibilidad de matrices

La demostración del siguiente teorema usa varias ideas que hemos estado desarrollando con anterioridad. Usamos que:

  • Si $V$ es de dimensión finita $n$ y $B$ es un conjunto de $n$ vectores de $V$, entonces basta con que $B$ sea linealmente independiente para ser base. Esto lo puedes repasar en la entrada del lema de intercambio de Steinitz.
  • Una matriz cuadrada $A$ es invertible si y sólo si el sistema de ecuaciones $AX=0$ sólo tiene la solución trivial $X=0$. Esto lo puedes repasar en la entrada de equivalencias de matrices invertibles.
  • Una matriz cuadrada $A$ es invertible si y sólo si su transpuesta lo es.
  • El hecho de que la bidualidad canónica $\iota$ es un isomorfismo entre $V$ y $V^{\ast \ast}$.

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$ sobre el campo $F$. Sea $B=\{v_1,\ldots, v_n\}$ un conjunto de vectores en $V$ y $L=\{l_1,\ldots, l_n\}$ un conjunto de elementos de $V^\ast$, es decir, de formas lineales en $V$. Consideremos a la matriz $A$ en $M_n(F)$ dada por $$A=[l_i(v_j)].$$ La matriz $A$ es invertible si y sólo si $B$ es una base de $V$ y $L$ es una base de $V^\ast$.

Demostración. Mostraremos primero que si $B$ no es base, entonces $A$ no es invertible. Como $B$ tiene $n$ elementos y no es base, entonces no es linealmente independiente, así que existe una combinación lineal no trivial $$\alpha_1 v_1+\ldots+\alpha_n v_n=0.$$ De esta forma, si definimos $v=(\alpha_1,\ldots, \alpha_n)$, este es un vector no cero, y además, la $i$-ésima entrada de $Av$ es $$\alpha_1 l_i(v_1)+\ldots+\alpha_n l_i(v_n) = l_i(\alpha_1 v_1 + \ldots + \alpha_n v_n) = 0.$$ De este modo, $AX=0$ tiene una no solución trivial y por lo tanto no es invertible.

De manera similar, si $L$ no es base, entonces hay una combinación lineal no trivial $$\beta_1 L_1 + \ldots + \beta_n L_n =0$$ y entonces el vector $w=(\beta_1,\ldots,\beta_n)$ es una solución no trivial a la ecuación $^t A X=0$, por lo que $^t A$ no es invertible, y por lo tanto $A$ tampoco lo es.

Ahora veremos que si $L$ y $B$ son bases, entonces $A$ es invertible. Si $A$ no fuera invertible, entonces tendríamos una solución no trivial $(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$ a la ecuación $AX=0$. Como vimos arriba, esto quiere decir que para cada $i$ tenemos que $$ l_i(\alpha_1 v_1 + \ldots + \alpha_n v_n) = 0.$$ Como $l_i$ es base de $V^\ast$, esto implica que $l(\alpha_1 v_1 + \ldots + \alpha_n v_n)=0$ para toda forma lineal $l$, y como la bidualidad canónica es un isomorfismo, tenemos que $$\alpha_1 v_1 + \ldots + \alpha_n v_n=0.$$ Esto es imposible, pues es una combinación lineal no trivial de los elementos de $B$, que por ser base, son linealmente independientes.

$\square$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  • Usa la definición de linealidad para ver que las formas coordenadas $e_i^\ast$ en efecto son formas lineales.
  • Muestra que $\iota:V \to V^{\ast \ast}$, la bidualidad canónica, es una transformación lineal.
  • Justifica por qué la primer receta resuelve el primer problema práctico de bases duales.
  • Justifica por qué la segunda receta resuelve el segundo problema práctico de bases duales.
  • Sean $a_0,a_1,\ldots,a_n$ reales distintos. Considera el espacio vectorial $V=\mathbb{R}_n[x]$ de polinomios con coeficientes reales y grado a lo más $n$. Muestra que las funciones $\text{ev}_{a_i}:V\to \mathbb{R}$ tales que $\text{ev}_{a_i}(f)=f(a_i)$ son formas lineales linealmente independientes, y que por lo tanto son una base de $V^\ast$. Usa esta base, la base canónica de $V$ y el teorema de la última sección para mostrar que la matriz $$\begin{pmatrix} 1 & a_0 & a_0 ^2 & \ldots & a_0^n\\ 1 & a_1 & a_1^2 & \ldots & a_1^n\\ 1 & a_2 & a_2^2 & \ldots & a_2^n\\ & \vdots & & \ddots & \vdots \\ 1 & a_n & a_n^2 & \ldots & a_n^n\end{pmatrix}$$ es invertible.

Más adelante…

Esta entrada es un poco abstracta, pues habla de bastantes transformaciones aplicadas a transformaciones, y eso puede resultar un poco confuso. Se verán problemas para aterrizar estas ideas. La importancia de entenderlas y manejarlas correctamente es que serán de utilidad más adelante, cuando hablemos de los espacios ortogonales, de transposición de transformaciones lineales y de hiperplanos.

La teoría de dualidad también tiene amplias aplicaciones en otras áreas de las matemáticas. En cierto sentido, la dualidad que vemos aquí es también la que aparece en espacios proyectivos. Está fuertemente relacionada con la dualidad que aparece en teoremas importantes de optimización lineal, que permiten en ocasiones reformular un problema difícil en términos de uno más fácil, pero con el mismo punto óptimo.

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Álgebra Lineal I: Introducción a espacio dual

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

Introducción

En esta entrada empezamos la tercera unidad del curso de Álgebra Lineal I. Los conceptos fundamentales de esta nueva unidad son el de espacio dual y el de formas bilineales.

Hagamos un pequeño recordatorio, que será útil para entender los temas que vendrán. Ya definimos qué es un espacio vectorial y qué son las transformaciones lineales.

Para los espacios vectoriales, hablamos de subespacios, de conjuntos generadores, independientes y bases. A partir de ellos definimos qué quiere decir que un espacio sea de dimensión finita y, en ese caso, dijimos cómo definir la dimensión. Un lema fundamental para hacer esto fue el lema del intercambio de Steinitz.

Dijimos que las transformaciones lineales son funciones «bonitas» entre espacios vectoriales que «abren sumas» y «sacan escalares». Dimos como ejemplos a las proyecciones y las simetrías. Vimos lo que le hacen a generadores, linealmente independientes y bases. También, vimos que podemos expresarlas a través de matrices.

Un tipo de matrices de trasformaciones lineales muy importante son las matrices de cambios de base, que permiten conocer las coordenadas de vectores en distintas bases y pasar matrices de transformaciones lineales entre distintas bases. Finalmente, hablamos del rango para matrices y transformaciones lineales.

Es muy bueno entender estos temas lo mejor posible antes de continuar. Aunque no te queden 100% claras todas las demostraciones, por lo menos intenta sí conocer las hipótesis y los enunciados de los resultados principales.

Los temas que vendrán están basados en los capítulos 6 y 10 del libro de Titu Andreescu.

Dualidad y espacio dual

Antes de continuar, el siguiente ejemplo te debe de quedar clarísimo. Dice que hay una forma de hacer un espacio vectorial cuyos elementos son transformaciones lineales. Así es, cada vector de este espacio es una transformación lineal. Esto no debería de ser tan raro pues ya estudiamos algunos espacios vectoriales de funciones.

De ser necesario, verifica que en efecto se satisfacen los axiomas de espacio vectorial, para entender todavía mejor el ejemplo.

Ejemplo. Si $V$ y $W$ son espacios vectoriales sobre un mismo campo $F$, entonces el conjunto de transformaciones lineales de $V$ a $W$ es un espacio vectorial con las operaciones de suma de funciones y multiplicación por escalar.

Recordemos que la suma de funciones manda a las funciones $S:V\to W$ y $T:V\to W$ a la función $S+T:V\to W$ para la cual $$(S+T)(v)=S(v)+T(v)$$ y que la multiplicación por escalar manda al escalar $c\in F$ y a la función $T:V\to W$ a la función $cT:V\to W$ para la cual $$(cT)(v)=cT(v).$$

La razón por la cual este es un espacio vectorial es que es un subconjunto del espacio vectorial de todas las funciones de $V$ a $W$, y además es cerrado bajo sumas y multiplicaciones por escalar, de modo que es un subespacio.

A este espacio vectorial le llamamos $\text{Hom}(V,W)$.

$\square$

En esta unidad vamos a estudiar $\text{Hom}(V,W)$, pero para un caso particular muy concreto: para cuando $W$ es $F$, el campo sobre el cual está $V$. Podemos hacer esto, pues recuerda que podemos pensar al campo $F$ como un espacio vectorial sobre sí mismo.

A partir de ahora fijaremos el campo $F$. Si quieres, puedes pensarlo como $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ pero lo que digamos funcionará para campos arbitrarios.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$. El espacio dual $V^\ast$ de $V$ es el conjunto de transformaciones lineales $l:V\to F$ dotado con las operaciones suma dada por $$(l_1+l_2)(v)=l_1(v)+l_2(v)$$ y producto por escalar dado por $$(cl)(v)=c(l(v))$$ para $l_1,l_2, l$ en $V^\ast$, $v$ en $V$ y $c$ en $F$.

A cada elemento de $V^\ast$ le llamamos una forma lineal en $V$. Usamos la palabra «forma» para insistir en que es una transformación que va hacia el campo $F$ sobre el cual está $V$.

Ejemplo. Consideremos al espacio vectorial $\mathbb{R}^3$. Está sobre el campo $\mathbb{R}$. Una forma lineal aquí es simplemente una transformación lineal $S_1:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$, por ejemplo $$S_1(x,y,z)=x+y-z.$$ Otra forma lineal es $S_2:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ dada por $$S_2(x,y,z)=y+z-x.$$ Si sumamos ambas formas lineales, obtenemos la forma lineal $S_1+S_2$, la cual cumple $$(S_1+S_2)(x,y,z)=(x+y-z)+(y+z-x)=2y.$$

Estas son sólo dos formas lineales de las que nos interesan. Si queremos construir todo el espacio dual $(\mathbb{R}^3)^\ast$, necesitamos a todas las transformaciones lineales de $\mathbb{R}^3$ a $\mathbb{R}$.

Recordemos que cada transformación lineal $T$ de estas está representada de manera única por una matriz en $M_{1,3}(\mathbb{R})$ de la forma, digamos, $\begin{pmatrix} a & b & c\end{pmatrix}$. Así, toda transformación lineal de $\mathbb{R}^3$ a $\mathbb{R}$ lo que hace es enviar a $(x,y,z)$ a $$\begin{pmatrix} a& b & c \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\end{pmatrix}=ax+by+cz.$$ Se puede verificar que la suma de matrices y el producto escalar corresponden precisamente con la suma de sus transformaciones lineales asociadas, y su producto escalar.

Dicho de otra forma, $(\mathbb{R}^3)^\ast$ se puede pensar como el espacio vectorial de matrices $M_{1,3}(\mathbb{R})$. Observa que $\mathbb{R}^3$ y $(\mathbb{R}^3)^\ast$ tienen ambos dimensión $3$.

$\square$

Ejemplo. Consideremos el espacio vectorial $V$ de funciones continuas del intervalo $[0,1]$ a $\mathbb{R}$. Una forma lineal es una transformación lineal que a cada vector de $V$ (cada función) lo manda a un real en $\mathbb{R}$. Un ejemplo es la forma lineal $T:V\to \mathbb{R}$ tal que $$T(f)=\int_0^1 f(t)\,dt.$$ Otro ejemplo es la forma lineal $\text{ev}_0:V\to \mathbb{R}$ que manda a cada función a lo que vale en $0$, es decir, $$\text{ev}_0(f)=f(0).$$ Aquí dimos dos formas lineales, pero hay muchas más. De hecho, en este ejemplo no está tan sencillo decir quienes son todos los elementos de $V^\ast$.

$\square$

Espacio dual de un espacio de dimensión finita

Sea $V$ un espacio de dimensión finita $n$ y $B=\{e_1,e_2,\ldots,e_n\}$ una base de $V$. Como ya vimos antes, una transformación lineal queda totalmente definida por lo que le hace a los elementos de una base. Más concretamente, si $v=x_1e_1+\ldots+x_ne_n$, entonces lo que hace una forma lineal $l$ en $v$ es $$l(x_1e_1+\ldots+x_ne_n)=x_1a_1+\ldots+x_na_n,$$ en donde $a_i=l(e_i)$ son elementos en $F$.

Hay una manera canónica de combinar a un elemento $l$ de $V^\ast$ y a un elemento $v$ de $V$: evaluando $l$ en $v$. Así, definimos al emparejamiento canónico entre $V$ y $V^\ast$ como la función $$\langle\cdot, \cdot \rangle: V^\ast \times V$$ definida para $l$ en $V^\ast$ y $v$ en $V$ como $$\langle l,v\rangle = l(v).$$

Observa que $\langle\cdot, \cdot \rangle$ es lineal en cada una de sus entradas por separado, es decir para $c$ en $F$, para $l_1,l_2,l$ en $V^\ast$ y para $v_1,v_2,v$ en $V$ se tiene que $$\langle cl_1+l_2,v\rangle = c\langle l_1,v\rangle + \langle l_2,v\rangle$$ y que $$\langle l,cv_1+v_2\rangle = c\langle l,v_1\rangle +\langle l,v_2\rangle.$$ Esto es un ejemplo de una forma bilineal. Estudiaremos estas formas a detalle más adelante.

Vamos a hacer una pequeña pausa. Hasta ahora, para un espacio vectorial $V$ definimos:

  • Su espacio dual $V^\ast$.
  • El emparejamiento canónico entre $V$ y $V^\ast$.

Si a $V^\ast$ le estamos llamando «el dual» es porque esperamos que sea «muy parecido» a $V$. También, en una operación de dualidad nos gustaría que al aplicar dualidad dos veces «regresemos» al espacio original.

Por esta razón, nos gustaría a cada elemento $v$ de $V$ asociarle un elemento de $V^ {\ast \ast} $, el espacio dual del espacio dual. Afortunadamente, hay una forma muy natural de hacerlo. Para cada $v$ en $V$ podemos considerar la forma lineal $\text{ev}_v:V^\ast \to F$ que a cada forma lineal $l$ en $V^\ast$ le asigna $l(v)$.

Ejemplo. Considera el espacio vectorial de matrices $M_{2}(\mathbb{R})$. El espacio dual $M_{2}(\mathbb{R})^\ast$ consiste de todas las transformaciones lineales $T: M_{2}(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}$. Un ejemplo de estas transformaciones es la transformación $T$ que a cada matriz la manda a la suma de sus entradas, $T\begin{pmatrix}a& b\\c & d\end{pmatrix}=a+b+c+d$. Otro ejemplo es la transformación $S$ que a cada matriz la manda a su traza, es decir, $S\begin{pmatrix}a& b\\c & d\end{pmatrix}=a+d$.

Consideremos ahora a la matriz $A=\begin{pmatrix} 5 & 2\\ 1 & 1\end{pmatrix}$.

A esta matriz le podemos asociar la transformación $\text{ev}_A:M_{2}(\mathbb{R})^\ast\to F$ tal que a cualquier transformación lineal $L$ de $ M_{2}(\mathbb{R})$ a $\mathbb{R}$ la manda a $L(A)$. Por ejemplo, a las $T$ y $S$ de arriba les hace lo siguiente $$\text{ev}_A(T)=T(A)=5+2+1+1=9$$ y $$\text{ev}_A(S)=S(A)=5+1=6.$$

$\square$

La discusión anterior nos permite dar una transformación lineal $\iota: V \to V {\ast \ast}$ tal que a cada $v$ la manda a $\text{ev}_v$, a la cual le llamamos la bidualidad canónica entre $V$ y $V^ {\ast \ast} $. Nota que $$\langle \iota(v), l\rangle=\langle l, v\rangle.$$ Un teorema importante que no probaremos en general, sino sólo para espacios vectoriales de dimensión finita, es el siguiente.

Teorema. Para cualquier espacio vectorial $V$, la bidualidad canónica es inyectiva.

De hecho, para espacios vectoriales de dimensión finita veremos que es inyectiva y suprayectiva, es decir, que es un isomorfismo entre $V$ y $V^{\ast \ast}$.

Formas coordenadas

En esta sección hablaremos de cómo encontrar una base para el espacio dual de un espacio vectorial $V$ de dimensión finita.

Supongamos que $V$ es de dimensión finita $n$ y sea $B=\{e_1,\ldots,e_n\}$ una base de $V$. A partir de la base $B$ podemos obtener $n$ formas lineales $e_i^\ast:V\to F$ como sigue. Para obtener el valor de $e_i^\ast$ en un vector $v$, expresamos a $v$ en términos de la base $$v=x_1e_1+x_2e_2+\ldots+x_n e_n$$ y definimos $e_i^\ast(v)=x_i$. A $e_i^\ast$ le llamamos la $i$-ésima forma coordenada para la base $B$ de $V$.

Directamente de las definiciones que hemos dado, tenemos que $$v=\sum_{i=1}^n e_i^\ast(v) e_i = \sum_{i=1}^n \langle e_i^\ast, v\rangle e_i.$$

Otra relación importante es que $e_i^\ast(e_j)=0$ si $i\neq j$ y $e_i^\ast(e_j)=1$ si $i=j$. De hecho, muchas veces tomaremos esta como la definición de la base dual.

Ejemplo. Si estamos trabajando en $F^n$ y tomamos la base canónica $e_i$, entonces la forma canónica $e_i^\ast$ manda al vector $(x_1,\ldots,x_n)$ a $x_i$, que es precisamente la $i$-ésima coordenada. De aquí el nombre de formas coordenadas. En efecto, tenemos que $$v=x_1e_1+x_2e_2+\ldots+x_ne_n.$$

$\square$

Estamos listos para enunciar el teorema principal de esta entrada introductoria a dualidad lineal.

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$ y $B=\{e_1,\ldots,e_n\}$ una base de $V$. Entonces el conjunto de formas coordenadas $B^\ast=\{e_1^\ast, \ldots,e_n^\ast\}$ es una base de $V^\ast$. En particular, $V^\ast$ es de dimensión finita $n$. Además, la bidualidad canónica $\iota:V\to V^{\ast \ast}$ es un isomorfismo de espacios vectoriales.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios te ayudarán a repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  • Revisa por definición que si $V$ y $W$ son espacios vectoriales sobre $F$, entonces $\text{Hom}(V,W)$ es un espacio vectorial sobre $F$.
  • Encuentra más formas lineales en el espacio de funciones continuas del intervalo $[0,1]$ a $\mathbb{R}$.
  • Justifica por qué $\iota:V\to V^{\ast \ast}$ es una transformación lineal y argumenta por qué $\langle \iota (v),l\rangle = \langle l,v\rangle$.
  • En el espacio de polinomios $\mathbb{R}_n[x]$ con coeficientes reales y grado a lo más $n$, ¿quienes son las formas coordenadas para la base ordenada $(1,x,x^2,\ldots,x^{n-1},x^n)$?, ¿quiénes son las formas coordenadas para la base ordenada $(1,1+x,\ldots,1+\ldots+x^{n-1},1+\ldots+x^n)$?
  • Aplica el último teorema a la base canónica $E_{ij}$ de $M_2(\mathbb{R})$ para encontrar una base de $M_2(\mathbb{R})^\ast$
  • Considera el espacio vectorial $V$ de matrices en $M_2(\mathbb{R})$. ¿Quién es el kernel de la forma lineal en $V$ que a cada matriz la manda a su traza? ¿Quién es el kernel de la forma lineal $\text{ev}_A$ en $V^\ast$, donde $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$?

Más adelante…

Esta primera entrada introduce los conceptos de espacio dual. Estos conceptos son bastante útiles más adelante. Veremos que gracias a ellos, podemos dar una interpretación en términos de transformaciones lineales de la matriz transpuesta. En esta primer entrada también hablamos de formas lineales. Más adelante, veremos como éstas nos llevan de manera natural al concepto de «hiperplanos» en cualquier espacio vectorial. Uno de los resultados clave que demostraremos con la teoría de dualidad es que cualquier subespacio de un espacio vectorial de dimensión finita se puede pensar como intersección de hiperplanos. Gracias a esto encontraremos una fuerte relación entre subespacios y sistemas de ecuaciones lineales.

Antes de poder hacer estas cosas bien, necesitamos desarrollar bases sólidas. Por ello, en la siguiente entrada demostraremos el último teorema enunciado. También, veremos algunas recetas para resolver problemas de bases duales.

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