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Álgebra Lineal I: Algunas aclaraciones sobre las formas lineales

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción

Uno de los momentos del curso de Álgebra Lineal I en el que se da un brinco de abstracción es cuando se introduce el espacio dual. En ese momento, empiezan a aparecer objetos que tratamos simultáneamente como funciones y como vectores: las formas lineales. De repente puede volverse muy difícil trasladar incluso conceptos muy sencillos (como el de suma vectorial, o el de independencia lineal) a este contexto. En esta entrada intentaremos dejar esto mucho más claro.

Igualdad de funciones

Para hablar del dual de un espacio vectorial $V$ sobre un campo $F$, necesitamos hablar de las funciones $l:V\to F$. Antes de cualquier cosa, debemos de ponernos de acuerdo en algo crucial. ¿Cuándo dos funciones son iguales?

Definición. Dos funciones $f:A\to B$ y $g:C\to D$ son iguales si y sólo si pasan las siguientes tres cosas:

  • $A=C$, es decir, tienen el mismo dominio.
  • $B=D$, es decir, tienen el mismo codominio
  • $f(a)=g(a)$ para todo $a\in A$, es decir, tienen la misma regla de asignación.

Los dos primeros puntos son importantes. El tercer punto es crucial, y justo es lo que nos permitirá trabajar y decir cosas acerca de las funciones. Implica dos cosas:

  • Que si queremos demostrar la igualdad de dos funciones, en parte necesitamos demostrar que se da la igualdad de las evaluaciones para todos los elementos del conjunto.
  • Que si ya nos dan la igualdad de las funciones, entonces nos están dando muchísima información, pues nos están diciendo la igualdad de todas las evaluaciones posibles.

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 1. Tomemos las funciones $f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ con las reglas de asignación $f(x,y)=2x+3y$ y $g(x,y)=6x-y$. ¿Son iguales? Los primeros dos puntos en la definición de igualdad se cumplen, pues tienen el mismo dominio y codominio. Entonces, debemos estudiar si tienen la misma regla de asignación.

Al evaluar en $(1,1)$ obtenemos que $f(1,1)=2+3=5$ y que $g(1,1)=6-1=5$. Al evaluar en $(2,2)$ obtenemos que $f(2,2)=4+6=10$ y que $g(2,2)=12-2=10$. Hasta aquí parecería que todo va bien, pero dos ejemplos no son suficientes para garantizar que $f=g$. Necesitaríamos la igualdad en todos los valores del dominio, es decir, en todas las parejas $(x,y)$.

Al evaluar en $(2,0)$ obtenemos que $f(2,0)=4+0=4$ y que $g(2,0)=12-0=12$. Los valores de las funciones fueron distintos, así que las funciones son distintas.

$\triangle$

Ejemplo 2. Imagina que $A$ y $B$ son dos números tales que las dos funciones $f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ con las siguientes reglas de asignación son iguales:

\begin{align*}
f(x,y)&=2x-5y+A\\
g(x,y)&=Bx-5y+3.
\end{align*}

¿Cuáles tendrían que ser los valores de $A$ y $B$? Por supuesto, una exploración «a simple vista» sugiere que tendríamos que poner $B=2$ y $A=3$. Pero, ¿cómo vemos formalmente esto? ¿Cómo nos aseguramos de que sea la única posibilidad? Lo que tenemos que hacer es usar nuestra definición de igualdad de funciones. Para ello, podemos utilizar los valores $(x,y)$ que nosotros queremos pues la igualdad de funciones garantiza la igualdad en todas las evaluaciones. Así, podemos ponernos creativos y proponer $(3,5)$ para obtener que:

\begin{align*}
f(3,5)&=6-25+A=-19+A\\
g(3,5)&=3B-25+3=3B-22.
\end{align*}

Como las funciones son iguales, debe pasar que $f(3,5)=g(3,5)$, por lo que $-19+A=3B-22$. ¿Esto es suficiente para saber quién es $A$ y $B$? Todavía no, aún hay muchas posibilidades. Propongamos entonces otro valor de $(x,y)$ para evaluar. Veamos qué sucede con $(-2,1)$. Obtenemos:

\begin{align*}
f(-2,1)&=-4-5+A=-9+A\\
g(-2,1)&=-2B-5+3=-2B-2.
\end{align*}

Ahora tenemos más información de $A$ y $B$. Sabemos que $-9+A=-2B-2$. Reordenando ambas cosas que hemos obtenido hasta ahora, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

\begin{align*}
A-3B=-3\\
A+2B=7.
\end{align*}

Restando la primera de la segunda obtenemos $5B=10$, de donde $B=2$. Sustituyendo en la segunda obtenemos $A+4=7$, de donde $A=3$, justo como queríamos.

$\triangle$

En el ejemplo anterior pudimos haber sido más astutos y evitarnos el sistema de ecuaciones. Recordemos que la igualdad $f(x,y)=g(x,y)$ se tiene para todas todas las parejas $(x,y)$, así que nos conviene usar parejas que 1) Sean sencillas de usar y 2) Nos den suficiente información.

Ejemplo 3. En el ejemplo anterior hicimos un par de sustituciones que finalmente sí nos llevaron a los valores que queríamos. Pero hay «mejores» sustituciones. Si hubiéramos usado la pareja $(0,0)$ obtendríamos inmediatemente $A$ pues: $$A=0-0+A=f(0,0)=g(0,0)=0-0+3=3,$$ de donde $A=3$. Ya sabiendo $A$, pudimos usar la pareja $(1,0)$ para obtener $$B+3=B-0+3=g(1,0)=2-0+3=5.$$ De aquí se obtiene nuevamente $B=2$.

$\triangle$

Veamos un último ejemplo, en el que es imposible encontrar un valor fijo que haga que dos funciones que nos dan sean iguales.

Ejemplo 4. Veamos que es imposible encontrar un número real $A$ para el cual las dos funciones $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ con las siguientes reglas de asignación sean iguales:

\begin{align*}
f(x,y)&=x^2+Ay^2\\
g(x,y)&=Axy.
\end{align*}

Imaginemos, de momento, que esto sí es posible. Entonces, tendríamos la igualdad de funciones y por lo tanto tendríamos la igualdad para todas las evaluaciones. Evaluando en $(1,0)$ obtendríamos que $$0=A\cdot 1 \cdot 0 = g(1,0)=f(1,0)=1^2+A\cdot 0^2=1.$$ Esto nos lleva a la contradicción $0=1$, lo cual muestra que ningún valor de $A$ podría funcionar.

$\triangle$

La forma lineal cero

Otra noción básica, pero que es importante de entender, es la noción de la forma lineal cero.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$. Sea $0$ el neutro aditivo del campo $F$. La forma lineal cero es la función $L_0:V\to F$ que manda a cualquier vector $v$ de $V$ a $0$, es decir, cuya regla de asignación es $L_0(v)=0$ para todo $v$ en $V$.

En álgebra lineal rápidamente nos queremos deshacer de notación estorbosa, pues muchas cosas son claras a partir del contexto. Pero esto tiene el problema de introducir ambigüedades que pueden ser confusas para alguien que apenas está comenzando a estudiar la materia. Lo que prácticamente siempre se hace es que a la forma lineal cero le llamamos simplemente $0$, y dejamos que el contexto nos diga si nos estamos refiriendo al neutro aditivo de $F$, o a la forma lineal cero $L_0$.

En esta entrada intentaremos apegarnos a llamar a la forma lineal cero siempre como $L_0$, pero toma en cuenta que muy probablemente más adelante te la encuentres simplemente como un $0$. Combinemos esta noción con la de igualdad.

Ejemplo. ¿Cómo tienen que ser los valores de $A$, $B$ y $C$ para que la función $l:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ con la siguiente regla de asignación sea igual a la forma lineal cero $L_0$? $$f(x,y,z)=(A+1)x+(B+C)y+(A-C)z$$

Debemos aprovechar la definición de igualdad de funciones: sabemos que la igualdad se da para las ternas que nosotros queramos. Evaluando en $(1,0,0)$ obtenemos $$A+1 = f(1,0,0)=L_0(1,0,0)=0.$$

Aquí a la derecha estamos usando que la forma lineal cero siempre es igual a cero. De manera similar, evaluando en $(0,1,0)$ y $(0,0,1)$ respectivamente obtenemos que \begin{align*}B+C&=f(0,1,0)=L_0(0,0,0)=0\\A-C&=f(0,0,1)=L_0(0,0,0)=0.\end{align*}

Ya tenemos información suficiente para encontrar $A$, $B$ y $C$. De la primer ecuación que obtuvimos, se tiene $A=-1$. De la tercera se tiene $C=A=-1$ y de la segunda se tiene $B=-C=1$.

Pero, ¡momento! Estos valores de $A$, $B$, $C$ funcionan para las tres ternas que dimos. ¿Funcionarán para cualquier otra terna? Si elegimos $A=-1$, $B=1$ y $C=-1$ entonces tendríamos $$f(x,y,z)=0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z.$$ En efecto, sin importar qué valores de $(x,y,z)$ pongamos, la expresión anterior dará cero. Así, se daría la igualdad de reglas de correspondencia entre $f$ y $L_0$ y como tienen el mismo dominio y codominio concluiríamos que $f=L_0$.

$\triangle$

Suma y producto escalar de formas lineales

Otro aspecto que puede causar confusión es la suma de funciones y el producto escalar. En la duda, siempre hay que regresar a la definición. Enunciaremos los conceptos para formas lineales. Pero en realidad podemos definir la suma de funciones de manera similar siempre que el codominio sea un lugar en donde «se puede sumar». Similarmente, podríamos definir el producto escalar de un elemento con una función siempre que sepamos cómo multiplicar a ese elemento con cada elemento del codominio.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$. Sean $l:V\to F$ y $m:V\to F$ formas lineales. Definimos la suma de $l$ con $m$, a la cual denotaremos por $l+m$, como la función $l+m:V\to F$ con la siguiente regla de asignación:$$(l+m)(v)=l(v)+m(v),$$ para cualquier $v$ en $V$.

De nuevo nos estamos enfrentando a un posible problema de ambigüedad de símbolos: por un lado estamos usando $+$ para referirnos a la suma en el campo $F$ y por otro lado para referirnos a la suma de funciones que acabamos de definir.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$. Sea $l:V\to F$ una forma lineal y sea $r$ un elemento de $F$. Definimos el producto escalar de $r$ con $F$, al cual denotaremos por $r\cdot l$ como la función $r\cdot l:V\to F$ con la siguiente regla de asignación:$$(r\cdot l)(v)=r\cdot (l(v))$$ para cualquier $v$ en $V$.

Así, estamos usando tanto la suma en $F$ como el producto en $F$ para definir una nueva suma de funciones y un nuevo producto entre un real y una función. En el caso del producto escalar, como con muchos otros productos, usualmente quitamos el punto central y ponemos $rl$ en vez de $r\cdot l$.

Ejemplo. Tomemos las funciones $f:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ con las siguientes reglas de asignación:

\begin{align*}
f(x,y,z)&=2x-y+z\\
g(x,y,z)&=3x+y-5z.
\end{align*}

Mostraremos que la función $3f+(-2)g$ es igual a la función $h:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ con regla de asignación $h(x,y,z)=-5y+13z$. Lo haremos con todo el detalle posible. Primero, notamos que las dos funciones tienen dominio $\mathbb{R}^3$ y codominio $\mathbb{R}$ así que nos podemos enfocar en la regla de asignación. Debemos ver que ambas coinciden para todas las ternas $(x,y,z)$ en $\mathbb{R}^3$. Tomemos entonces una de estas ternas $(x,y,z)$.

Por definición de producto escalar de funciones, tenemos que $$(3f)(x,y,z)=3(f(x,y,z))=3(2x-y+z)=6x-3y+3z.$$. Aquí estamos usando la distributividad en los reales. Por definición de producto escalar de funciones, tenemos que $$ ((-2)g)(x,y,z)=(-2)(g(x,y,z))=(-2)(3x+y-5z)=-6x-2y+10z.$$ Una vez más estamos usando distributividad. Luego, por definición de suma de funciones obtenemos que

\begin{align*}
(3f+(-2)g)(x,y,z)&=(3f)(x,y,z)+(-2g)(x,y,z)\\
&= (6x-3y+3z)+(-6x-2y+10z)\\
& = -5y+13z\\
&= h(x,y,z).
\end{align*}

$\square$

Usualmente tomamos atajos para seguir simplificando la notación. Por ello, típicamente a veces vemos escrito todo lo anterior simplemente como: $$3(2x-y+z)-2(2x+y-5z)=-5y+13z.$$ De hecho esto es muy práctico, pues se puede mostrar que las funciones «sí podemos operarlas como si fueran expresiones en $x$, $y$, $z$ y usáramos las reglas usuales». Así, podemos «trabajar simbólicamente» y concluir rápidamente que $$(x+y)+(3x+2z)-3(x+y-z)$$ en verdad tiene la misma regla de asignación que $-2y+5z$.

Ahora sí, ¿quién es el espacio dual?

Si tenemos un espacio vectorial $V$ sobre un campo $F$ podemos construirnos otro espacio vectorial con otro conjunto base y otras operaciones que no son las del espacio original. Una forma de hacer esto es construir el espacio dual, al que llamaremos $V^\ast$. Los elementos de $V^\ast$ son las formas lineales de $V$, es decir, funciones lineales con dominio $V$ y codominio $F$. Debemos acostumbrarnos a pensar simultáneamente a un elemento de $V^\ast$ tanto como un vector (de $V^\ast$) como una función (de $V$ a $F$).

Para verdaderamente pensar a $V^\ast$ como un espacio vectorial, debemos establecer algunas cosas especiales:

  • La suma vectorial de $V^\ast$ será la suma de funciones que platicamos en la sección anterior.
  • El producto escalar vectorial de $V^\ast$ será el producto escalar que platicamos en la sección anterior.
  • El neutro aditivo vectorial de $V^\ast$ será la forma lineal $L_0$, y se puede verificar que en efecto $l+L_0=l$ para cualquier forma lineal $l$.

Por supuesto, típicamente a la suma vectorial le llamaremos simplemente «suma» y al producto escalar vectorial simplemente «producto escalar». Aquí estamos haciendo énfasis en lo de «vectorial» sólo para darnos cuenta de que nuestras operaciones de funciones se transformaron en operaciones para el espacio vectorial que estamos definiendo.

El espacio dual cumple muchas propiedades bonitas, pero ahorita no nos enfocaremos en enunciarlas y demostrarlas. Esto se puede encontrar en la página del curso de Álgebra Lineal I en el blog. Lo que sí haremos es irnos a los básicos y entender cómo se verían algunas definiciones básicas de álgebra lineal en términos de lo que hemos discutido hasta ahora.

Combinaciones lineales de formas lineales

Para hablar de las nociones de álgebra lineal para formas lineales, hay que pensarlas como vectores y como funciones. ¿Qué sería una combinación lineal de las formas lineales $l_1,\ldots,l_r$ del espacio vectorial, digamos, $\mathbb{R}^n$. Debemos tomar elementos $\alpha_1,\ldots,\alpha_r$ en $\mathbb{R}$ y construir la función $\ell=\alpha_1l_1+\ldots+\alpha_rl_r$. Aquí estamos usando la suma vectorial y el producto escalar vectorial que quedamos que serían la suma como funciones y el producto escalar como funciones. Así, obtenemos un elemento $\ell$ que por un lado es un vector del espacio dual, y por otro es una función $\ell:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$. ¿Cuál es la regla de asignación? Es precisamente la dada por las definiciones de suma y producto escalar para funciones. Para ser muy precisos, se puede mostrar inductivamente que su regla de asignación es:

\begin{align*}
(\alpha_1l_1+&\ldots+\alpha_rl_r)(x_1,\ldots,x_n)=\\
&\alpha_1(l_1(x_1,\ldots,x_n))+\ldots+\alpha_r(l_r(x_1,\ldots,x_n)).
\end{align*}

Entendiendo esto, ahora sí podemos preguntarnos si una forma lineal es combinación lineal de otras.

Ejemplo. La forma lineal $h:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ con regla de asignación $h(x,y)=2x-y$ es combinación lineal de las formas lineales $f(x,y):\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ y $g(x,y):\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ con reglas de asignación

\begin{align*}
f(x,y)&=x+y\\
g(x,y)&=x-y.
\end{align*}

En efecto, tenemos que es igual a la combinación lineal $\frac{1}{2}f + \frac{3}{2} g$, pues su regla de asignación es:

$$\left(\frac{1}{2}f + \frac{3}{2} g\right)(x,y)=\left(\frac{x+y}{2}\right)+\left(\frac{3x-3y}{2}\right)=2x-y,$$

que es justo la regla de asignación de $h$. Así, $h=\frac{1}{2}f+\frac{3}{2}g$.

$\triangle$

Independencia lineal de formas lineales

Veamos un ejemplo más de cómo entender nociones de álgebra lineal cuando hablamos de formas lineales (o funciones en general). ¿Cómo sería el concepto de independencia lineal para formas lineales $l_1,\ldots,l_r$? A partir de una combinación lineal de ellas igualada a la forma lineal cero $L_0$, debemos mostrar que todos los coeficientes son iguales a cero. Es decir, a partir de $$\alpha_1l_1+\ldots+\alpha_rl_r=L_0,$$ debemos mostrar que $\alpha_1=\ldots=\alpha_r=0.$$ Usualmente el truco en estas situaciones es que ya nos están dando una igualdad de funciones. Entonces, podemos evaluar en los valores que nosotros queramos de ambos lados de la igualdad pues funciones iguales tienen todas sus evaluaciones iguales. Esto se parece a los ejemplos de la sección de igualdad de funciones.

Ejemplo. Vamos a demostrar que las formas lineales de $\mathbb{R}^4$ dadas por $f(w,x,y,z)=4w+2x+z$, $g(w,x,y,z)=4w+2z+y$, $h(w,x,y,z)=4w+2y+x$, $k(w,x,y,z)=w+x+y+z$ son linealmente independientes. Tomemos una combinación lineal de ellas igualda a cero (¡recordemos que en este espacio vectorial el cero es la forma lineal $L_0$!):

$$Af+Bg+Ch+Dk=L_0.$$

Debemos demostrar que $A=B=C=D=0$. ¿Cómo hacemos esto? Lo que haremos es evaluar: pondremos valores convenientes de $(w,x,y,z)$ en la igualdad anterior para obtener información de $A$, $B$, $C$, $D$. Poniendo $(1,0,0,0)$ obtenemos que:

\begin{align*}
0&=L_0(1,0,0,0)\\
&= (Af+Bg+Ch+Dk)\\
&=Af(1,0,0,0)+ Bg(1,0,0,0) +Ch(1,0,0,0) +Dk(1,0,0,0) \\
&=4A + 4B + 4C + D.
\end{align*}

Así, $4A+4B+4C+D=0$. Usando esta ecuación y las evaluaciones $(0,1,0,0)$, $(0,0,1,0)$ y $(0,0,0,1)$, obtenemos todo lo siguiente:

\begin{align*}
4A+4B+4C+D&=0\\
2A+C+D&=0\\
B+2C+D&=0\\
A+2B+D&=0.
\end{align*}

De aquí se puede mostrar (como puedes verificar como ejercicio) que la única solución posible es $A=B=C=D=0$. De este modo, las formas lineales $f,g,h,k$ son linealmente independientes.

$\square$

Más adelante

Esta es más una entrada auxiliar que una entrada que forma parte del flujo de la teoría principal. Sin embargo, espero que te haya servido para dejar más claros los conceptos de cuándo tenemos formas lineales iguales, cómo se operan, cuándo varias formas lineales son linealmente independientes, etc.

Tarea moral…

  1. Verifica que para cualquier forma lineal $l:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$ y la forma lineal cero $L_0:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ en efecto se tiene que $l+L_0=l$. Usa las definiciones de la forma lineal cero, de la igualdad de funciones y de la suma de funciones.
  2. Verifica que $V^\ast$ con las operaciones de suma, producto escalar y el neutro aditivo que dimos en efecto es un espacio vectorial. ¿Cómo tendrían que ser los inversos aditivos?
  3. Considera las formas lineales $f:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ dadas por $f(x,y,z)=x+3y+z$ y $g(x,y,z)=-x+5y-z$.
    1. Demuestra que es imposible encontrar reales $A$ y $B$ ambos distintos de cero tales que $Af+Bg$ sea la forma lineal cero.
    2. Encuentra reales $A$ y $B$ tales que $Af+Bg$ sea la forma lineal $h:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ con regla de asignación $h(x,y,z) = -x + 21 – z$.
    3. Demuestra que es imposible encontrar reales $A$ y $B$ tales que $Af+Bg$ sea la forma lineal $j:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ con regla de asignación $j(x,y,z)= -2x + 4y -3z$.
    4. ¿Será posible encontrar reales $A$ y $B$ tales que $Af+Bg$ sea la forma lineal $k:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ con regla de asignación $k(x,y,z)=5x+5y+5z$?
  4. Para cada uno de los siguientes casos, determina si las formas lineales son linealmente independientes:
    1. $f(x,y)=5x+3y$, $g(x,y)=x-3y$.
    2. $f(x,y,z)=5x+2y-z$, $g(x,y,z)=z$, $h(x,y,z)=x-y-z$.
    3. $f(w,x,y,z)=w+y$, $g(w,x,y,z)=3x-2z$, $h(w,x,y,z)=x+y+z$, $k=(w,x,y,z)=w+2x-3z$.
  5. Considera el espacio vectorial de polinomios con coeficientes reales $\mathbb{R}[x]$. Considera la función $\text{ev}_k:\mathbb{R}[x]\to \mathbb{R}$ que a cada polinomio lo manda a su evaluación en $k$, es decir, con regla de asignación $\text{ev}_k(p)=p(k)$.
    1. Demuestra que cualquier $\text{ev}_k$ es una forma lineal.
    2. Sean $k_1,\ldots,k_r$ reales distintos. Muestra que $\text{ev}_{k_1},\ldots,\text{ev}_{k_r}$ son formas lineales linealmente independientes.

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Álgebra Lineal II: Problemas de formas bilineales, cuadráticas y teorema de Gauss

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

2 respuestas

Introducción

En las entradas anteriores nos dedicamos a recordar las definiciones y algunas propiedades de formas bilineales y cuadráticas en $\mathbb{R}^n$ con el fin de enunciar y demostrar el teorema de Gauss. La prueba da un método para representar cualquier forma cuadrática de este modo, pero es mucho más claro cómo se hace este método mediante ejemplos. En esta entrada veremos un par de problemas para seguir repasando formas bilineales y cuadráticas y luego veremos al teorema de Gauss en acción.

Ver que una función es una forma bilineal

Problema. Tomemos $V= \mathbb{R}^n$ y vectores $x,y$ en $V$ de coordenadas $x=(x_1, . . . , x_n)$ y $y =(y_1, . . . , y_n)$. Tomemos reales $a_1,\ldots, a_n$. Definamos a $b:V\times V\to \mathbb{R}$ como sigue:
\begin {align*} b(x,y)=a_1x_1y_1+ . . . + a_nx_ny_n.\end{align*}

Probemos que así definida, $b$ es una forma bilineal.

Solución. Para probar que $b$ es bilineal, probaremos que la función $b(x, \cdot)$ es lineal para cada $x \in \mathbb{R}^n$ fijo.

Sean $p,q \in \mathbb{R}^n$ y $\lambda \in \mathbb{R}$. Tenemos que:
\begin{align*} b(x,\lambda p+q)=\sum_{i=1}^n a_ix_i (\lambda p_i+q_i).\end{align*}

Como todos los miembros de esta operación son números reales, utilicemos las propiedades distributiva y conmutativa. Obtenemos:

\begin{align*} b(x,\lambda p+q)=&\sum_{i=1}^n a_ix_i \lambda p_i + \sum_{i=1}^n a_ix_iq_i\\
&=\lambda \sum_{i=1}^n a_ix_ip_i+ \sum_{i=1}^n a_ix_iq_i\\&=\lambda b(x,p) + b(x,q). \end{align*}

La demostración de que la función $b(\cdot,y)$ también es lineal para cada $y\in \mathbb{R}^n$ fijo es análoga.

$\square$

En particular, si tenemos que $a_1, \ldots, a_n =1$, obtenemos que $b$ es el producto interno canónico de $\mathbb{R}^n$, es decir el producto punto.

Ver que una función no es una forma cuadrática

Problema. Sea $q: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ dada como sigue

\begin{align*} q(x,y)=x^2+y^2-8x. \end{align*}

¿Es $q$ una forma cuadrática?

Solución. La respuesta es que no. Con el fin de encontrar una contradicción, supongamos que $q$ sí es una forma cuadrática. Entonces su forma polar $b$ debe cumplir:

\begin{align*} b((x,y),(x,y))=x^2+y^2-8x.\end{align*}

Aplicando lo anterior al par $(-x,-y)$ obtendríamos:

\begin{align*} b((-x,-y),(-x,-y))=x^2+y^2+8x.\end{align*}

Por otro lado, sacando escalares en ambas entradas:

\begin{align*} b((-x,-y),(-x,-y))&=(-1)(-1)b((x,y),(x,y))\\&=b((x,y),(x,y)).\end{align*}

Juntando las igualdades, concluimos que

\begin{align*} x^2+y^2-8x=x^2+y^2+8x \end{align*}

por lo que

\begin{align*} 16x=0. \end{align*}

Pero esto no es cierto en general pues falla, por ejemplo, para la pareja $(1,0)$. Este error nació de suponer que $q$ era una forma cuadrática. Por lo tanto $q$ no es forma cuadrática.

$\triangle$

El teorema de Gauss en acción

Para simplificar el lenguaje, si logramos escribir a una forma cuadrática $q$ como nos dice el teorema de Gauss, es decir, de la forma \begin{align*} q(x)= \sum_{i=1}^r \alpha _i (l_i(x))^2,\end{align*} entonces diremos que $q$ es combinación cuadrática de las $l_i$ con coeficientes $\alpha_i$.

Problema. Toma la forma cuadrática $q$ de $\mathbb{R}^3$ definida como sigue:

\begin{align*} q(x,y,z)= 4xy+yz+xz \end{align*}

Escribe a $q$ como combinación cuadrática de formas lineales linealmente independientes.

Solución. Revisando la demostración dada en la entrada anterior, tenemos tres casos:

  • Que la forma cuadrática sea la forma cuadrática cero.
  • Que tenga «términos puros».
  • Que no tenga «términos puros», es decir, que tenga sólo «términos cruzados».

Como en este caso la forma $q$ no es la forma cero, ni aparecen términos $x^2$, $y^2$ o $z^2$, estamos en el tercer caso. La estrategia era tomar dos de las variables y separar los términos que sí las tengan de los que no. Luego, hay que usar las identidades:

\begin{align} AXY+BX+CY=A\left(X+\frac{C}{A}\right) \left(Y+\frac{B}{A}\right)-\frac{BC}{A},\end{align}

\begin{align} DE= \frac{1}{4}(D+E)^2 – \frac{1}{4} (D-E)^2.\end{align}

Tomemos por ejemplo $x$ y $y$. En la forma cuadrática todos los términos tienen $x$ ó $y$, así que podemos usar la identidad $(1)$ para escribir (nota que reordenamos algunos términos para hacer más cómodas las cuentas con las identidades):

\begin{align*}
4xy+zx+zy&= 4 \left(x+\frac{z}{4}\right) \left(y+\frac{z}{4}\right)-\frac{z^2}{4}
\end{align*}

Luego, continuamos mediante la identidad $(2)$:

\begin{align*}
= \left(x+y+\frac{z}{2}\right)^2 – (x-y)^2- \frac{1}{4} z^2.
\end{align*}

Esta expresión ya tiene la forma buscada. Tenemos que $q$ es combinación cuadrática de las formas lineales $x+y+\frac{z}{2}$, $x-y$ y $z$. Verifica que en efecto estas formas lineales son linealmente independientes.

$\triangle$

Cambiando el orden de los pasos

Problema. ¿Qué pasaría si en el ejemplo anterior en vez de hacer el paso inductivo con $x$ y $y$ hacemos el paso inductivo con $y$ y $z$?

Solución. Las cuentas cambian y obtenemos una nueva forma de escribir a $q$. En efecto, aplicando las identidades $(1)$ y $(2)$ pero ahora a $y$ y $z$ obtendríamos:

\begin{align*}
yz+4xy+xz&= (y+x) (z+4x)-4x^2\\
&=\frac{1}{4}(y+z+5x)^2-\frac{1}{4}(y-z-3x)^2-4x^2.
\end{align*}

Esta es otra forma válida de expresar a $q$ como combinación cuadrática de formas lineales linealmente independientes. Lo que nos dice es que la expresión para $q$ no necesariamente es única.

Sin embargo, un poco más adelante veremos que aunque haya muchas formas de expresar a $q$, en todas ellas permanece constante cuántos sumandos positivos y cuántos negativos hay.

$\triangle$

Cuidado con la independencia lineal

Problema. Toma la forma cuadrática $q$ de $\mathbb{R}^3$ definida como sigue:

\begin{align*} q(x,y,z)= (x – y)^2+(y – z)^2+ (z – x)^2 \end{align*}

Escribe a $q$ como combinación cuadrática de formas lineales linealmente independientes.

Solución. Sería fácil asumir que $q$ ya está de la forma deseada, sin embargo, una revisión rápida nos deja ver qué $x – y$, $y-z$ y $z-x$ no son linealmente independientes en $(\mathbb{R}^3)^*$.

Primero desarrollemos todo

\begin{align*} q(x,y,z)= 2x^2+2y^2+2z^2 -2xy-2xz-2yz \end{align*}

Ahora sí hay «términos puros» pues en particular el coeficiente de $x^2$ no es cero.

En este caso hay que pensar a $q$ como polinomio de segundo grado en $x$ para completar un cuadrado:

\begin{align*} 2x^2+&2y^2+2z^2 -2xy-2xz-2yz\\
&= 2 \left( x- \frac{y+z}{2}\right)^2 – \frac{(y+z)^2}{2} + 2y^2 +2z^2-2yz \end{align*}

La demostración asegura que inductivamente los términos sin $x$ (en este caso $ – \frac{(y+z)^2}{2} + 2y^2 +2z^2-2yz$)se pueden escribir como una combinación cuadrática de formas lineales linealmente independientes. Es decir, a ese término ahora podemos aplicar nuevamente el procedimiento hasta llegar a un caso pequeño.

Sin embargo, para nuestra suerte, una pequeña manipulación muestra que
\begin{align*} – \frac{(y+z)^2}{2} + 2y^2 +2z^2-2yz = \frac{3}{2}(y – z)^2.\end{align*}

También, afortunadamente, $y-z$ es linealmente independiente con $x- \frac{y+z}{2}$. De este modo, una posible combinación cuadrática es la siguiente:

\begin{align*} q(x,y,z)= 2 \left( x- \frac{y+z}{2}\right)^2 + \frac{3}{2}(y – z)^2 \end{align*}

$\triangle$

El algoritmo

Con esto visto, podemos describir un algoritmo para encontrar una combinación cuadrática en 4 pasos.

  1. Desarrollar todos los términos $q$ si es necesario.
  2. Revisar qué forma tiene $q$ con respecto a los 3 casos que se vieron en la demostración.
  3. Reproducir el caso elegido de la demostración, dependiendo de la forma de $q$.
  4. Dentro de este paso, puede ser necesario repetir desde el paso 1.

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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»

Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Propiedades del conjunto de soluciones a un sistema lineal de ecuaciones de primer orden

Por Eduardo Vera Rosales

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Introducción

En la entrada anterior comenzamos el estudio de los sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden $$\begin{alignedat}{4} \dot{x}_{1} &= F_{1}(t,x_{1},x_{2},…,x_{n}) \\ \dot{x}_{2} &= F_{2}(t,x_{1},x_{2},…,x_{n}) \\ & \; \; \vdots \notag \\ \dot{x}_{n} &= F_{n}(t,x_{1},x_{2},…,x_{n}) \end{alignedat}$$ donde revisamos las principales definiciones y enunciamos el teorema de existencia y unicidad correspondiente a sistemas de primer orden y sus problemas de condición inicial. Es momento ahora de estudiar las principales propiedades que cumple el conjunto de soluciones a un sistema lineal de ecuaciones de primer orden, las cuales se comportan de una manera bastante similar al conjunto de soluciones a una ecuación de segundo orden lineal que revisamos en la unidad anterior.

Iniciaremos revisando al conjunto de soluciones al sistema lineal homogéneo $$\dot{\textbf{X}}={\textbf{A}}{\textbf{X}}$$ el cual cumple el principio de superposición, es decir, si tenemos $n$ soluciones, digamos ${\textbf{X}_{1}}(t), {\textbf{X}_{2}}(t),…,{\textbf{X}_{n}}(t)$, entonces cualquier combinación lineal de estas también lo será. Si recuerdas tus cursos de Álgebra Lineal, esta última propiedad nos dice que el conjunto de soluciones es cerrado bajo la suma y producto por escalar usuales definidos para matrices. Con estas operaciones, veremos que el conjunto de soluciones al sistema lineal homogéneo forma un espacio vectorial.

Posteriormente definiremos el Wronskiano de un subconjunto de soluciones al sistema lineal homogéneo, el cual es similar más no igual al Wronskiano que definimos para ecuaciones lineales de segundo orden. En la tarea moral demostrarás la relación que tienen estos dos Wronskianos.

Si hablamos del Wronskiano y del conjunto de soluciones como un espacio vectorial, debemos hablar también de dependencia e independencia lineal entre las soluciones al sistema. Además, demostraremos que si el Wronskiano no se anula entonces el subconjunto de soluciones es linealmente independiente. Además si lo último ocurre podremos expresar cualquier solución como una combinación lineal de las soluciones linealmente independientes. Con estos conceptos podremos definir a la matriz fundamental de soluciones del sistema, la cual revisaremos más a detalle en entradas posteriores.

Terminaremos revisando el caso no homogéneo $$\dot{\textbf{X}}={\textbf{A}}{\textbf{X}}+ {\textbf{Q}}$$ demostrando que su solución general será la suma de la solución general al sistema homogéneo y una solución particular al sistema no homogéneo.

El espacio vectorial del conjunto de soluciones a un sistema lineal homogéneo

En el primer video probamos el principio de superposición de soluciones al sistema lineal homogéneo. Además, vemos que el conjunto de soluciones al sistema forma un espacio vectorial con la suma y producto por escalar usuales para matrices.

El Wronskiano de un subconjunto de soluciones e independencia lineal

Definimos el Wronskiano de un subconjunto de soluciones al sistema lineal homogéneo, así como los conceptos de dependencia e independencia lineal de soluciones. Probamos un importante teorema que relaciona estos dos conceptos y nos dice cómo se ve la solución general al sistema. Finalizamos definiendo la matriz fundamental de soluciones del sistema.

Solución general al sistema lineal no homogéneo

Finalizamos la entrada demostrando que la solución general al sistema lineal no homogéneo es la suma de la solución general al sistema homogéneo y una solución particular al sistema no homogéneo.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • ¿El conjunto de soluciones a un sistema lineal no homogéneo forma un espacio vectorial con las operaciones usuales de matrices?
  • Prueba que $$\textbf{X}_{1}(t)=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} ; \, \textbf{X}_{2}(t)=\begin{pmatrix} t \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} ; \, \textbf{X}_{3}(t)=\begin{pmatrix} t^{2} \\ t \\ 0 \end{pmatrix}$$ son linealmente independientes en $\mathbb{R}.$
  • Sean ${\textbf{X}_{1}}(t), {\textbf{X}_{2}}(t),…,{\textbf{X}_{n}}(t)$ soluciones al sistema $$\dot{\textbf{X}}={\textbf{A}}{\textbf{X}}$$ en el intervalo $[a,b]$. Demuestra que $W[{\textbf{X}_{1}}, {\textbf{X}_{2}},…,{\textbf{X}_{n}}](t)=0 \, \, \forall t \in [a,b]$, ó $W[{\textbf{X}_{1}}, {\textbf{X}_{2}},…,{\textbf{X}_{n}}](t) \neq 0 \, \, \forall t \in [a,b]$.
  • Considera el sistema lineal $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \textbf{X}.$$ Prueba que $$\textbf{X}_{1}(t)=\begin{pmatrix} e^{t} \\ -e^{t} \end{pmatrix} ; \, \textbf{X}_{2}(t)=\begin{pmatrix} e^{-t} \\ e^{-t} \end{pmatrix}$$ son soluciones al sistema. Además prueba que son linealmente independientes en $\mathbb{R}$ y por lo tanto forma una matriz fundamental de soluciones al sistema.
  • Considera la ecuación $$\ddot{y}+p(t)\dot{y}+q(t)y=0$$ y su sistema de ecuaciones correspondiente $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -q(t) & -p(t) \end{pmatrix} \textbf{X}.$$ Prueba que si $\textbf{X}_{1}(t)$, $\textbf{X}_{2}(t)$ son soluciones linealmente independientes al sistema de ecuaciones, y si $y_{1}(t)$, $y_{2}(t)$ forman un conjunto fundamental de soluciones a la ecuación de segundo orden, entonces se satisface la identidad $$W[y_{1}, y_{2}](t)=cW[\textbf{X}_{1}, \textbf{X}_{2}](t)$$ para alguna constante $c \neq 0$.

Más adelante

En la siguiente entrada comenzaremos a resolver algunos sistemas lineales bastante sencillos. El método que estudiaremos será el de eliminación de variables, el cual consiste en eliminar variables dependientes hasta quedarnos con una ecuación diferencial de orden superior. Resolviendo esta última ecuación podremos encontrar la solución general al sistema original. Este método funciona para sistemas lineales con coeficientes constantes.

¡Hasta la próxima!

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Analítica I: El espacio vectorial R²

Por Elsa Fernanda Torres Feria

6 respuestas

Introducción

En la entrada anterior llegamos a una equivalencia entre un punto en el plano euclidiano y parejas de números $(x,y)$, donde $x, y \in \mathbb{R}$. Podemos imaginarnos entonces el conjunto de todas las parejas ordenadas de números reales como $\mathbb{R} \times \mathbb{R} = \mathbb{R}^2$, donde $\times$ hace referencia al producto cartesiano (en general para conjuntos $A$ y $B$, $A \times B := \{ (a,b) : a \in A, b \in B \}$).

Con esto en mente, es posible imaginaros a los postulados de Euclides ya no como afirmaciones incuestionables, sino como consecuencias de una geometría construida a partir de las parejas de números reales. Ahora nuestra base será la teoría de conjuntos, los números reales y las parejas ordenadas. Usaremos los axiomas y propiedades que tienen para construir nuestros objetos.

Para entender mejor cómo se trabajará en el espacio formado por todas las parejas $(x,y)$ de reales, comencemos esta entrada hablando de los números reales.

Los números reales

Como advertencia, esta sección tiene muchos símbolos. Es normal. Muy muy a grandes rasgos, lo que queremos recordar aquí es que los reales se pueden sumar, restar, multiplicar y dividir (excepto divisiones entre cero). Y que todas estas operaciones tienen propiedades bonitas.

A partir de este punto, pensaremos en los reales como algo que sabemos con seguridad puede ser construido, y tomaremos como ciertos todos los axiomas que éstos cumplen. Los axiomas se pueden resumir en la siguiente frase, que desglosaremos una vez enunciada:

«$\mathbb{R}$ es un campo ordenado y completo»

Que $\mathbb{R}$ sea un campo hace referencia a que como conjunto, tiene las operaciones de suma ($+$) y producto ($\cdot$) definidas tales que:

  • $\mathbb{R}$ con la suma, es un grupo conmutativo.
    • La suma es asociativa, es decir: $ \forall a,b,c \in \mathbb{R}$, se tiene que $(a+b)+c=a+(b+c)$ ($\forall$ se lee para todo).
    • Existe $ 0 \in \mathbb{R}$ tal que $\forall a \in \mathbb{R}$, $a+0=a=0+a$.
    • Existe $ b \in \mathbb{R}$ tal que $a+b=0=b+a$. ($b=-a$).
    • Es conmutativa, es decir, $\forall a,b \in \mathbb{R}$, se tiene que $a+b=b+a$.
  • $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ (los reales sin el elemento cero) con el producto, es un grupo conmutativo; de manera análoga a la suma tenemos:
    • El producto es asociativo: $\forall a,b,c \in \mathbb{R}$, se tiene que $(ab)c=a(bc)$ (nota que estamos omitiendo el símbolo de multiplicación).
    • Existe $ 1 \in \mathbb{R}$ tal que $\forall a \in \mathbb{R}$, $a\cdot1=a=1\cdot a$.
    • Existe $ b \in \mathbb{R}$ tal que $ab=1=ba$. ($b=\frac{1}{a}$).
    • Es conmutativo, es decir, $\forall a,b \in \mathbb{R}$, se tiene que $ab=ba$.
  • La suma y el producto se distribuyen: $\forall a,b,c \in \mathbb{R}$, se tiene que $a(b+c)=ab+ac$.

Que sea ordenado nos indica que tenemos una relación que es un orden total y es compatible con la suma y el producto. $\forall a,b,c\in \mathbb{R}$:

  • Se cumple exactamente una de las siguientes relaciones: $a<b$, $b<a$, $a=b$.
  • Si $a \leq b$ y $b \leq c$, entonces $a \leq c$.
  • Si $a \leq b$, entonces $a+c \leq b+c$.
  • Si $a,b \geq 0$ , entonces $ab \geq 0$.

Por último, que sea completo es una noción formal en la cual no nos enfocaremos mucho, pero que a grandes rasgos quiere decir que en los números reales «no hay hoyos», lo cual es muy importante para cuando se quiere usar este sistema numérico para hacer cálculo diferencial e integral.

Por lo que vimos en la entrada anterior, podemos representar cualquier punto en el espacio euclidiano con una pareja de números reales. Ya que hemos dado un pequeño repaso formal de la estructura de $\mathbb{R}$ (todo esto lo cumple cada entrada de un punto $(a,b)$), demos el siguiente paso y exploremos el espacio vectorial $\mathbb{R}^2$.

Espacio vectorial $\mathbb{R}^2$

Comencemos definiendo formalmente un concepto que exploramos en la entrada anterior: el vector.

Definición. Un vector $v$ con dos entradas, es una pareja ordenada de números reales $v=(x,y)$.

Ejemplos. Algunos vectores en $\mathbb{R}^2$ son:

  • $(1,4)$
  • $(-3,2)$
  • $(\pi,1)$
  • $(2.3,-e)$

Utiliza el siguiente interactivo de GeoGebra: mueve el punto $C$ y explora cómo el vector cambia con esta acción.

Definición. El conjunto de todos los vectores con dos elementos (ambos reales) es $\mathbb{R}^2$. En símbolos tenemos que:

$\mathbb{R}^2=\{(x,y): x,y \in \mathbb{R} \}$

Si realizaste la tarea moral anterior, te habrás dado cuenta que podemos encontrar ciertas regiones geométricas al imponer condiciones sobre las entradas de un vector. En la tarea se hace referencia a áreas muy determinadas conocidas como cuadrantes, pero no son las únicas regiones existentes. Hagamos un ejercicio de esto.

Problema. Ubica dentro del plano de dos dimensiones las siguientes regiones geométricas definidas al imponer ciertas restricciones en las entradas de un vector:

  1. $\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x \leq 0, y \geq 1 \}$
  2. $\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x \geq \pi , y \leq \pi \}$
  3. $\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x \geq y \}$

Solución. Para encontrar estas áreas basta con ubicar la región en la que se vale cada condición por separado. La intersección de las regiones será la región que buscamos. Esto se vale para los dos primeros incisos.

Utiliza el siguiente interactivo de GeoGebra en el que ya están las condiciones para visualizar la primera región geométrica para localizar la región del segundo inciso.

¿Qué pasa con el inciso 3? Puede parecer más complicado porque ahora las coordenadas están conectadas en una sola restricción. Antes de introducir la condición en GeoGebra, imagina cuál es la región en la que la condición se cumple.

Ahora, utilicemos el siguiente interactivo para usar lo que ya sabemos y determinar intuitivamente cuál es el área que determina la condición $x \geq y$. Pensemos en el caso específico $x = 1$, $y$ puede ser a lo más $1$ ($y \leq 1$); al restringir nuestra $x$ podemos obtener dos condiciones a partir de las cuales ya sabemos cómo encontrar la región en las que se cumplen. Si ves el interactivo, notarás que la intersección de las regiones es únicamente la recta definida por $x=1$ pero no toda, sino que sólo a partir de cuando $y=1$ hacia abajo. ¿qué pasa si mueves los deslizadores para cambiar los valores de $x$ y $y$ ? Se obtienen segmentos de recta correspondientes a un valor de $x$ fijo que comienzan cuando $y$ es menor o igual a ese valor.

Resulta que estos segmentos de recta se obtienen para cualquier valor de $x$. ¿qué pasa ahora cuando unes todas estas líneas? En este punto es importante recordar que en $\mathbb{R}$ hay un real entre cada dos reales. Entonces, se puede construir el segmento de recta del que hemos hablado. Por lo que la únión de todas estas rectas define un área, ¿ya imaginas cuál es? Verifícalo al escribir la condición $y \leq x$ en el interactivo anterior.

$\triangle$

La suma en $\mathbb{R}^2$

Regresando a la teoría, el siguiente paso lógico después de definir ciertos objetos (en este caso vectores), es averiguar cómo operan. Definamos entonces la suma y el producto escalar de vectores haciendo uso del conocimiento que ya tenemos acerca de las operaciones en los reales.

Definición. Sean $v_1, v_2 \in \mathbb{R}^2$ dados por $v_1=(x_1,y_1)$ y $v_1=(y_1,y_2)$. Su suma está dada por el vector

$v_1+v_2 := (x_1+x_2,y_1+y_2)$

Esto es, que la suma de vectoes se hace entrada a entrada y esta bien definida pues al final lo que estamos sumando son números reales.

Ejemplos.

  • $(-3,4) + (2,2)=(-3+2,4+2)=(-1,6)$
  • $(7,4) + (2,1)=(7+2,4+1)=(9,5)$
  • $(-3.-7) + (1,2)=(-3+1,-7+2)=(-2,-5)$

En el siguiente interactivo podrás ver el primer ejemplo de manera gráfica en el plano, donde los vectores de colores son los que se suman y el vector negro es el resultante.

Además de poder obtener el vector suma de manera algebraica hay otra manera más de hacerlo: En el mismo interactivo hay una copia de cada vector de color, escoge uno de los dos vectores de la suma y transpórtalo por completo y paralelo a sí mismo para que su punto de inicio no sea el origen, si no el punto donde termina el otro vector. Por ejemplo, deja el vector azul en su lugar y transporta al verde para que su punto de partida sea la flecha del vector azul. Si lo hiciste correctamente, notarás que ahora ese vector transportado termina en donde el vector resultante de la suma (negro) termina. Resulta que si quieres sumar dos vectores, puedes avanzar desde el origen hasta las coordenadas de uno de ellos y ahora »tomando» como origen ese punto al que llegaste, avanzar las coordenadas del otro vector. Al final llegarás al punto del vector resultante de la suma. Este método es conocido como el método del paralelogramo.

El producto escalar en $\mathbb{R}^2$

Otra operación importante en $\mathbb{R}^2$ es el producto escalar, que intuitivamente combina a un real y a un vector y «reescala» al vector por el factor dado por el número real.

Definición. Para $r$ un número real y $v_1 \in \mathbb{R}^2$ dado por $v_1=(x,y)$, el producto escalar $rv$ está dado por:

$rv:=(rx,ry)$

Ejemplos.

  • $4(7,3.5)=(28,14)$
  • $2(5,3)=(10,6)$
  • $2.3(6,3)=(13.8,6.9)$

Utiliza el siguiente interactivo moviendo el deslizador del valor $a$ que multiplica al vector $(5,3)$ para interiorizar lo que implica multiplicar un vector por un escalar. Si lo notas, lo único que hace es reescalarlo, y si el escalar es negativo, entonces le cambia el sentido, pero no la dirección.

Una última cosa que es muy importante mencionar es que hasta ahora no hemos dicho cómo multiplicar dos (o más vectores). Sólo tenemos un producto que toma un escalar (un real) y lo multiplica con un vector, cuyo resultado acaba siendo un vector.

Más adelante…

En esta entrada dimos un breve repaso acerca de los números reales que nos sirvió para entender el espacio $\mathbb{R}^2$ y las operaciones dentro de este. El desarrollo aquí hecho servirá como herramienta para construir la representación algebraica de una recta.

Tarea moral

  • Sean $v=(8,9)$, $w=(3,-2)$, $u=(-5-4)$. Calcula y dibuja las siguientes operaciones de vectores:
    • $5v+3u$
    • $u-3w$
    • $2.5v+9w-u$
  • Demuestra en $\mathbb{R}$ que si $-1$ es el inverso aditivo de $1$, entonces $-a$ es el inverso aditivo de $a$.
  • Por los axiomas, sabemos que la conmutatividad se vale para la suma de reales, es decir, que si $a$ y $b$ son reales, entonces $a+b=b+a$. Pero en esta entrada definimos una nueva suma: la de vectores. De entrada, no sabemos qué propiedades cumple. A partir de las definiciones que dimos, y de los axiomas de los reales, demuestra que también se tiene $u+v=v+u$ para $u$ y $v$ vectores en $\mathbb{R}^2$.
  • Determina, si es posible, las regiones siguientes geométricas. Si dicha región es vacía, argumenta por qué.
    • $\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x \leq y, y \geq x \}$
    • $\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x \leq y, y > x \}$
    • $\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : x \leq 3, y > \pi \}$
  • En el interactivo de producto escalar siempre sucede que la línea que pasa por el extremo del vector verde y el extremo del vector rojo siempre pasa por el origen. ¿Por qué sucede esto?

Álgebra Lineal I: Problemas de bases y dimensión de espacios vectoriales

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

4 respuestas

Introducción

En las entradas anteriores vimos cómo se puede definir la dimensión de un espacio vectorial. Para ello, necesitamos encontrar una base. En el caso finito, la dimensión del espacio es la cardinalidad de una base. Esto está bien definido pues todas las bases tienen la misma cardinalidad. A continuación solucionaremos algunos ejemplos para reforzar los temas vistos.

Recordatorio de truco para mostrar que algo es base

En varios de los problemas usamos el siguiente resultado. Ya lo enunciamos y demostramos previamente. Pero como es sumamente útil, lo volvemos a enunciar, en términos más prácticos.

Proposición. Sea $V$ un espacio vectorial que ya sepamos que tiene dimensión finita $n$. Sea $B=\{v_1,v_2,\dots, v_n\}$ un conjunto de $n$ vectores de $v$. Entonces, cualquiera de las siguientes afirmaciones implica las otras dos:

  1. $B$ es un conjunto linealmente independiente en $V$.
  2. $B$ es un conjunto generador para $V$.
  3. $B$ es una base de $V$.

Por supuesto, el tercer punto implica los otros dos por la definición de base. Lo que es realmente útil en situaciones teóricas y prácticas es que si ya sabemos que un espacio tiene dimensión $n$, y tenemos un conjunto de $n$ vectores, entonces basta verificar que o bien (1) o bien (2). Con esto tendremos la otra afirmación gratuitamente.

Al usar este resultado, es muy importante verificar las hipótesis. Es decir, para usarlo se necesita:

  • Argumentar por qué la dimensión de un espacio vectorial es cierto entero $n$.
  • Argumentar que se está estudiando un conjunto con $n$ vectores.
  • Demostrar ya sea (1) o (2).

Problemas resueltos

Problema 1. Muestra que las siguientes cuatro matrices $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$, $C=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$, $D=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ son una base del espacio vectorial $M_2(\mathbb{R})$.

Solución. Ya sabemos que $M_2(\mathbb{R})$ es un espacio vectorial de dimensión $4$, pues una base está conformada por las matrices $E_{11}$, $E_{12}$, $E_{21}$ y $E_{22}$ de la base canónica. El conjunto que tenemos consiste de $4$ matrices. Así, para mostrar que conforman una base, es suficiente con que mostremos que son un conjunto linealmente independiente.

Supongamos que existen reales $a,b,c,d$ tales que $$aA+bB+cC+dD=O_2.$$ Haciendo las operaciones entrada por entrada en esta igualdad, obtenemos que esto sucede si y sólo si $a,b,c,d$ son soluciones al sistema de ecuaciones
$$\begin{cases}a+c&=0\\b-d&=0\\b+d&=0\\a-c&=0.\end{cases}$$

Podríamos encontrar todas las soluciones a este sistema usando reducción gaussiana. Sin embargo, afortunadamente para este sistema hay una forma más sencilla de proceder. Sumando la primera y cuarta igualdad, obtenemos $2a=0$, de donde $a=0$ y entonces por la primer ecuación $c=0$. De manera simétrica, $b=d=0$. De esta forma, la única combinación lineal de $A,B,C,D$ que da la matriz cero es la trivial. Concluimos que $A,B,C,D$ son linealmente independientes, y por lo tanto son una base de $M_2(\mathbb{R})$.

$\square$

En el problema anterior resultó más práctico mostrar que las matrices eran linealmente independientes, pero también pudimos simplemente mostrar que generaban a $M_2(\mathbb{R})$. Por la proposición que enunciamos, cualquiera de los dos implica que en este contexto las matrices forman una base.

Veamos ahora un ejemplo en el que es más conveniente mostrar que el conjunto propuesto es generador.

Problema 2. Encuentra una base de $\mathbb{R}_4[x]$ que tenga al polinomio $$p(x)=1+x+x^2+x^3+x^4.$$

Solución. Ya sabemos que $\mathbb{R}_4[x]$ tiene dimensión $5$, pues una base es el conjunto de polinomios $\mathcal{B}=\{1,x,x^2,x^3,x^4\}$.

Proponemos al conjunto $$\mathcal{B}’=\{1,x,x^2,x^3,p(x)\}$$ como solución al problema.

Como $\mathcal{B}’$ es un conjunto con $5$ elementos, basta con mostrar que es un conjunto que genera a $\mathbb{R}_4[x]$. Para ello, notemos que $\mathcal{B}’$ puede generar al polinomio $x^4$ pues se obtiene mediante la combinación lineal $$x^4=p(x)-1-x-x^2-x^3.$$

De esta forma, $\mathcal{B}’$ puede generar todo lo que puede generar $\mathcal{B}$. En símbolos: $$\mathbb{R}_4[x]\subseteq \text{span}(\mathcal{B})\subseteq \text{span}(\mathcal{B}’) \subseteq \mathbb{R}_4[x].$$

Concluimos que $\text{span}(\mathcal{B}’) = \mathbb{R}_4[x]$. Esto muestra que $\mathcal{B}’$ es una base de $\mathbb{R}_4[x]$ que tiene al polinomio $p(x)$.

$\triangle$

Problema 3. Exactamente uno de los vectores $u=(9,5,1)$ y $v=(9,-5,1)$ puede ser escrito como combinación lineal de los vectores columna de la matriz $$A=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{pmatrix}.$$ Determina cuál de ellos es y exprésalo como una combinación lineal de los vectores columna de $A$.

Solución. Un vector $b$ se puede escribir como combinación lineal de las columnas de una matriz $A$ si y sólo si el sistema lineal de ecuaciones $AX=b$ tiene solución. En efecto, si $X=(x,y,z)$, recordemos que $$AX=xC_1+yC_2+zC_3,$$ en donde $C_1$, $C_2$ y $C_3$ son las columnas de la matriz $A$.

De esta forma, una forma de proceder es plantear los sistemas de ecuaciones $AX=u$ y $AX=v$, y ver cuál de ellos tiene solución. Esto se puede hacer y dará la solución al problema.

Sin embargo, aprovecharemos este problema para introducir un truco más. Como queremos resolver ambos sistemas, podemos hacer reducción gaussiana en la matriz aumentada $(A|u|v)$, en donde estamos agregando dos vectores columna nuevos. De la forma escalonada reducida podremos leer todo lo que queremos. La matriz que nos interesa es
\begin{align*}\begin{pmatrix}
3 & 0 & 3 & 9 & 9 \\ 2 & 1 & 1 & 5 & -5\\ 1 & 2 & -1 & 1 & 1
\end{pmatrix}.\end{align*}

Usando la herramienta online de eMathHelp para calcular la forma escalonada reducida de esta matriz, obtenemos

\begin{align*}(A_{red}|u’|v’)=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.\end{align*}

Estamos listos para hacer el análisis. Tomando la submatriz conformada por las primeras cuatro columnas (las correspondientes a $A_{red}$ y $u’$), vemos que no queda pivote en la última columna. De este modo, sí hay una solución para $AX=u$.

Para obtener una solución, basta trabajar con esta submatriz y usar nuestros argumentos usuales de sistemas de ecuaciones lineales. La variable $z$ es libre. Las variables $x$ y $y$ son pivote. Haciendo $z=0$ obtenemos $x=3$ y $y=-1$. Concluimos que $$\begin{pmatrix} 9 \\ 5 \\ 1 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + (-1) \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + 0 \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}.$$

Esto sería suficiente para terminar el problema, pues el enunciado garantiza que uno y sólo uno de los vectores es combinación lineal de las columnas.

Pero estudiemos el otro caso para ver qué sucede. Tomando la submatriz conformada por las columnas $1$, $2$, $3$, $5$ de $(A_{red}|u’|v’)$ (correspondientes a $A_{red}$ y $v’$), vemos que sí hay un pivote en la última columna: el de la tercera fila. Entonces, no hay solución para $AX=v$.

$\triangle$

El problema anterior ayuda a fortalecer mucho nuestra intuición para resolver sistemas de ecuaciones lineales: el sistema $AX=b$ tiene solución si y sólo si el vector $b$ es combinación lineal de los vectores columna de $A$. Cada solución al sistema corresponde a una de estas combinaciones lineales.

Problema 4. Para $n$ un entero positivo y $k$ un entero de $0$ a $n$, definimos al polinomio $P_k(x)=x^k(1-x)^{(n-k)}$. Muestra que $P_0(x),\ldots, P_n(x)$ es una base para el espacio $\mathbb{R}_n[x]$.

Solución. Como $\mathbb{R}_n[x]$ tiene dimensión $n+1$ y estamos considerando un conjunto de $n+1$ polinomios, entonces basta mostrar que este conjunto es linealmente independiente. Supongamos que hay una combinación lineal de ellos que es igual a cero, digamos $$\alpha_0 (1-x)^n + \alpha_1 x(1-x)^{n-1} + \ldots + \alpha_{n-1} x^{n-1} (1-x) + \alpha_n x^n=0.$$

Si evaluamos la expresión anterior en $x=1$, casi todos los sumandos se anulan, excepto el último. De aquí, obtenemos que $\alpha_n 1^n=0$, de donde $\alpha_n=0$. La expresión se convierte entonces en $$\alpha_0 (1-x)^n + \alpha_1 x(1-x)^{n-1} + \ldots + \alpha_{n-1} x^{n-1} (1-x)=0.$$

Factorizando $1-x$ de todos los sumandos y usando que el polinomio $1-x\neq 0$, podemos «cancelar» al factor $1-x$. En otras palabras, podemos «dividir» la combinación lineal entre $1-x$ para obtener $$\alpha_0 (1-x)^{n-1} + \alpha_1 x(1-x)^{n-2} + \ldots + \alpha_{n-1} x^{n-1}=0.$$

De aquí podemos seguir aplicando el mismo argumento: evaluamos en $1$, concluimos que el último coeficiente es igual a $0$, y entonces podemos dividir subsecuentemente entre $1-x$. De esta forma, obtenemos $\alpha_n=\alpha_{n-1}=\ldots=\alpha_0=0$. Concluimos entonces que los polinomios propuestos son linealmente independientes, y por lo tanto forman una base de $\mathbb{R}_n[x]$.

$\square$

El argumento del último párrafo se puede formalizar todavía más usando inducción sobre $n$. Piensa en lo complicado que hubiera sido mostrar de manera directa que los polinomios propuestos generan a $\mathbb{R}_n[x]$. Gracias a la proposición que discutimos al inicio, esto lo obtenemos de manera automática.

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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»