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Álgebra Moderna I: Caracterización de grupos cíclicos

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

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

Introducción

Gracias al teorema de Lagrange sabemos que el orden de todo subgrupo divide al del grupo que lo contiene, pero no sabemos si para cada divisor del orden del grupo, existe un subgrupo de ese tamaño. El siguiente teorema nos da una respuesta positiva en el caso de los grupos cíclicos finitos.

En los grupos cíclicos, para cada divisor del orden del grupo existe un único subgrupo que tiene por orden dicho divisor. Eso es lo primero que veremos en esta entrada. Después, demostraremos un resultado de la teoría de los números, usando la teoría de los grupos para llegar a una caracterización de los grupos cíclicos. Esta caracterización y sus consecuencias en los campos finitos se basan en el material de los textos de Rotman y aparecen también en el libro de Avella, Mendoza, Sáenz y Souto, mencionados en la bibliografía.

Todo divisor tiene un subgrupo de ese orden

Teorema. Sea $G$ un grupo finito cíclico de orden $n$. Para cada $d \in \z^+$ divisor de $n$ existe un único subgrupo de $G$ de orden $d$.

Demostración.
Sea $G$ un grupo finito cíclico de orden $n$ y sea $a \in G$ tal que $G = \left< a \right>$.

Sea $d\in \z^+$ con $d|n$.

Veamos que existe un subgrupo de $G$ de orden $d$.

P.D. Existe un subgrupo de $G$ de orden $d$.
Como $d|n$, entonces $n = dk$ con $k \in \z$.

Queda como ejercicio para la tarea moral verificar que
\begin{align*}
o(a^k) = \frac{n}{(n ; k)} = \frac{n}{k} = d.
\end{align*}

Así, $|\left< a^k \right>| = o(a^k) = d$.

Veamos ahora que este subgrupo es único.

P.D. Que no hay otro subgrupo de orden $d$.
Sea $H\leq G$ con $|H|=d$. Como $G$ es cíclico, $H$ también es cíclico y, por ende, $H = \left< a^m \right>$ para alguna $m \in \z$, entonces

\begin{align*}
&e = (a^m)^{|H|} = (a^m)^d = a^{md}.
\end{align*}
Como $ a^{md} = e$, podríamos pensar que $o(a) = md$, sin embargo eso no es siempre cierto, lo que sí es cierto es que $n|md$. Entonces, existe $q\in\z$ tal que
\begin{align*}
&md = nq\\
\Rightarrow \;& md = dkq &\text{Sustituyendo } n = dk\\
\Rightarrow \; &m=kq.
\end{align*}

Así $a^m = a^{kq} = (a^k)^q \in \left< a^k \right>$, entonces $H = \left< a^m\right> \leq \left< a^k\right> $. Pero $| \left< a^m\right>| = |\left< a^k\right>| = d$, por lo tanto $ \left< a^m\right> = \left< a^k\right>$.

$\blacksquare$

Demostrando resultados de teoría de números usando teoría de grupos

Para llegar a una caracterización de los grupos cíclicos, primero vamos a introducir alguna notación.

Notación. Sea $C$ grupo cíclico, al conjunto de generadores del grupo cíclico $C$ lo denotaremos por
$$\text{gen } C =\{a\in C | \left< a\right> = C\}.$$

Recordatorio. Dado $d \in \z^+$

$$\varphi(d) = \#\{m \in \{1,2,\dots,d\} | (m;d) = 1\}.$$
Es decir, $\varphi(d)$ es la cantidad de primos relativos con $d$. A la función $\varphi$ se le conoce como la función phi de Euler.

Ahora, veamos un resultado que se refiere más a asuntos de la teoría de los números, y se puede encontrar en el libro de Rotman An introduction to the theory of groups, Teorema 2.16, mencionado en la bibliografía:

Teorema. Sea $n\in \z^+$. Entonces $n = \displaystyle \sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \varphi(d)$.

Demostración.
Sea $G$ un grupo cíclico de orden $n$.

Por el teorema anterior, para cada $d|n$ con $1\leq d\leq n$ existe un único subgrupo de $G$ de orden $d$, digamos $C_d$.

P.D. $\displaystyle G = \bigcup_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \text{gen } C_d$.

Lo probaremos por doble contención.

$\subseteq]$ Sea $a\in G$.

Sabemos que $\left< a \right>$ es un subgrupo de $G$ de orden $o(a)$, con $o(a)\mid n$. Entonces $\left< a \right> = C_{o(a)}$ y además $a \in \text{gen }C_{o(a)}$ por construcción. Así, $\displaystyle a \in \bigcup_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \text{gen } C_d.$

$\supseteq]$ Por construcción, se da que $\text{gen } C_d \subseteq G$ para cada $d|n$, $1 \leq d \leq n$.

Por lo tanto, $\displaystyle G = \bigcup_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \text{gen } C_d$.

Ahora veamos que la unión es disjunta.

Sean $d, d’ \in \{1,\dots, n\}$ divisores de $n$.

P.D. Si $\text{gen } C_d \cap \text{gen } C_{d’}\neq \emptyset,$ entonces $d=d’.$

Sea $a \in \text{gen } C_d \cap \text{gen } C_{d’}$.

Entonces
\begin{align*}
C_d &= \left< a \right> = C_{d’}\\
\Rightarrow \;d &= |C_d| = |C_{d’}| = d’\\
&\therefore d = d’.
\end{align*}

Así, tenemos una unión disjunta, y en consecuencia

\begin{align*}
|G| &= \left|\bigcup_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \text{gen } C_d \right| \\
& = \sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \#\text{gen } C_d. &
\end{align*}

Luego, si $C_d = \left<a\right>$, queda como ejercicio para la tarea moral ver que $C_d = \left<a^k\right>$ si y sólo si $(k;d) = 1$. Por lo que tenemos tantos generadores como primos relativos haya con $d$. Así,
\begin{align*}
|G| =\sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \#\text{gen } C_d = \sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \varphi(d).
\end{align*}

Por último, como $|G| = n$, se sigue que
\begin{align*}
\sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \varphi(d) = n.
\end{align*}

$\blacksquare$

Ahora sí, la caracterización que todos esperábamos

Después de los resultados anteriores ya estamos listos para dar el siguiente teorema, (que aparece en el libro de Rotman An introduction to the theory of groups, Proposición 2.17, mencionado en la bibliografía) pero esta vez lo demostraremos usando la teoría de los grupos.

Teorema. Sea $G$ un grupo finito de orden $n$. $G$ es cíclico si y sólo si para cada $d \in \z^+$ divisor de $n$, $G$ tiene a lo más un subgrupo cíclico de orden $d$.

A pesar de que el enunciado dice que $G$ tiene a lo más un subgrupo cíclico, al final resulta que existe un único. La redacción es adrede para que la demostración del regreso no sea trivial.

Demostración.
Sea $G$ un grupo finito de orden $n$.

$|\Rightarrow]$ Supongamos que $G$ es cíclico, entonces, por un resultado previo, para cada $d \in \z^+$ divisor de $n$, $G$ tiene exactamente un subgrupo cíclico de orden $d$.

$[\Leftarrow|$ Supongamos que para toda $d \in \z^+$ divisor de $n$, $G$ tiene a lo más un subgrupo cíclico de orden $d$; si éste existe lo denotaremos por $C_d$, si no existe definimos $C_d = \emptyset$ y definimos también $\text{gen } C_d = \emptyset$ en ese caso.

Por un argumento análogo al de la demostración del teorema anterior, se tiene que $G$ es la siguiente unión disjunta:
\begin{align*}
G = \bigcup_{\substack{d|n\\1\leq d\leq n}} \text{gen }C_d.
\end{align*}

Entonces, usando el teorema anterior,

\begin{align*}
n = |G| = \sum_{\substack{d|n\\1\leq d \leq n}} \#\text{gen } C_d \leq \sum_{\substack{d|n\\1\leq d \leq n}} \varphi(d) = n
\end{align*}

(donde el teorema anterior se usa en la última igualdad.)

Entonces,

\begin{align*}
\sum_{\substack{d|n\\1\leq d \leq n}} \#\text{gen } C_d =\sum_{\substack{d|n\\1\leq d \leq n}} \varphi(d).
\end{align*}

Así, para toda $d|n$, con $1\leq d\leq n$ se tienen que $\#\text{gen } C_d = \varphi(d)$ de donde $\text{gen } C_d \neq \emptyset$.

Por lo tanto, para toda $d|n$ con $1\leq d \leq n$, $G$ tiene exactamente un subgrupo cíclico de orden $d$. En particular $G$ tiene exactamente un subgrupo cíclico de orden $n$ que debe ser $G$ mismo.

$\therefore G$ es cíclico. $\blacksquare$

Consecuencias

Veamos las siguientes consecuencias del resultado anterior (aparecen en el libro de Rotman A first course in abstract algebra mencionado en la bibliografía en el Teorema 2.18 y la observación previa):

Corolario 1. Sea $G$ un grupo finito de orden $n$. Si para toda $d\in \z^+$ divisor de $n$ hay a lo más $d$ soluciones de $x^d = e$ en $G$, entonces $G$ es cíclico.

Demostración.
Sea $G$ un grupo finito, $|G| = n$, tal que $\forall d \in \z^+$ que $d|n$, existen a lo más $d$ soluciones de $x^d = e$ en $G$.

P.D. $G$ es cíclico.

Supongamos por contradicción que $G$ no es cíclico, entonces, por el teorema anterior tenemos que para alguna $d\in\z^+$ divisor de $n$ existe más de un subgrupo cíclico de orden $d$, es decir, existen $C,C’$ con $C\neq C’$ subgrupos cíclicos de $G$ de orden $d$.

Por un lado, si $a\in C$, $e = a^{|C|} = a^d$. Por otro lado, si $a\in C’$, $e = a^{|C’|} = a^d$. Entonces para toda $a\in C\cup C’$, $a$ es solución de $x^d = e$.

Pero como $C \neq C’$, entonces $\#C\cup C’ > |C| = d$, entonces habría más de $d$ soluciones de $x^d=e$ en $G$. Esto es una contradicción.

Así, para toda $d\in\z^+$ tal que $d\in\n$ existe a lo más un subgrupo cíclico de orden $d$.

Por el teorema anterior, $G$ es cíclico.

$\blacksquare$

En realidad, nos interesa el corolario 1, para probar el corolario 2.

Corolario 2. Para todo campo finito $K$, el grupo $K^* = K\setminus\{0\}$ con la multiplicación del campo, es cíclico.

Demostración.
Sea $d\in \z^+$ tal que $d\big||K^*|$.

Ahora, nos fijamos en el polinomio $f(x) = x^d -1$ que tiene a lo más $d$ raíces en $K^*$. Pero las raíces de $f(x)$ son precisamente las soluciones de la ecuación $x^d = 1$, con $1$ es el neutro multiplicativo de $K$.
Por lo tanto, por el corolario 1, $K^*$ es cíclico.

$\blacksquare$

Tarea moral

1. Sea $G$ un grupo finito cíclico de orden $n$ y sea $a \in G$. Sea $k\in \z^+$.

  • Demuestra que $\displaystyle o(a^k) = \frac{n}{(n;k)} = \frac{n}{k}.$
  • Demuestra que $G = \left< a^k \right>$ si y sólo si $(n;k) = 1.$

2. Dada $d\in \z^+$ definimos

\begin{align*}\phi(d) = \#\{m\in \{1,2,\dots,d\}\, | \, (m;d) = 1\}.\end{align*}

Donde $(m,d)$ es máximo común divisor de $m$ y $d$.

Encuentra $\displaystyle \sum_{\substack{ d|n \\ 1\leq d \leq n}} \phi(d) $ para $n \in \{5,8,9,12\}$.

3. Considera el conjunto
\begin{align*}
K = \left\{ \begin{pmatrix}
a & b \\ b & a+b
\end{pmatrix} \, \Big| a,b\in\z_2
\right\}
\end{align*}
con las operaciones usuales. Prueba que $K$ es un campo con cuatro elementos y verifica que $K^*$ es cíclico.

Más adelante…

Con esta entrada concluimos por el momento los temas relacionados al orden de un grupo y de un subgrupo. En la próxima entrada comenzaremos una nueva tarea: encontrar una multiplicación apropiada entre dos clases laterales, para ello, regresaremos a estudiar un poco a los enteros.

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Álgebra Moderna I: Teorema de Lagrange

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

2 respuestas

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

Introducción

En la entrada anterior vimos que si tenemos un grupo $G$ y nos agarramos un subgrupo $H$, obtenemos una partición $H, a_1H, a_2H, a_3H, \dots, a_tH$ donde
\begin{align*}
|H| = \#a_2 H = \#a_3 H = \cdots = a_t H.
\end{align*}

Recuerda que $|G|$ se refiere al orden de un grupo y $\#a_iH$ es el orden de un conjunto que no es necesariamente un grupo. Esto quiere decir que el orden de $G$ es un $t$ veces del orden de $H$, en decir $|G| = t|H|.$ Este resultado sencillo pero importante es conocido como el Teorema de Lagrange, aunque en esta entrada, lo definimos en términos del índice de $H$ en $G$, $[G:H]$.

Joseph-Louis Lagrange, conocido simplemente como Lagrange, nació en 1739 y falleció en 1813.

Ejemplo de la partición $\{H, a_1H,\dots, a_tH\}$.

A pesar de que vivió antes de que la teoría de conjuntos se desarrollara en el siglo XIX, su trabajo fue muy importante para ella. Por eso este teorema tiene su nombre.

Ingredientes para la demostración

Lema. Sea $G$ un grupo, $H$ un subgrupo de $G$, $a\in G$. Entonces $$\# aH = |H|.$$

Demostración. Sean $G$ un grupo, $H\leq G$ y $a \in G$.

Consideremos $\varphi : H \to a \, H$, tal que $h \mapsto ah$.

Veamos que $\varphi$ es inyectiva ya que si tomamos $h, \bar{h} \in H$ son tales que $\varphi(h) = \varphi(\bar{h})$ entonces $ah = a \varphi$ y por cancelación, $h = (\bar h)$.

Además, $\varphi$ es suprayectiva ya que dado $ah \in aH$ con $h\in H$ tenemos
$$ ah = \varphi(h) \in \text{Im}\varphi. $$

Donde $\text{Im}\varphi$ es la imagen de $\varphi$.

Por lo tanto $|H| = \# a H$.

$\blacksquare$

Señoras y señores, les presento a Lagrange

Ahora ya tenemos todos los ingredientes para demostrar el teorema de Lagrange.

Teorema. (Teorema de Lagrange) Sea $G$ un grupo finito, $H$ subgrupo de $G$. Entonces $|H|$ divide al orden de $G$ y
$$[ G:H ] = \frac{|G|}{|H|}.$$

Demostración. Sea $G$ un grupo finito, $H\leq G$. Como $G$ es finito debe haber una cantidad finita de clases laterales izquierdas de $G$ en $G$, notemos que cada una es no vacía con al menos un elemento.

Sean $a_1, \dots , a_t \in G$ representantes de las distintas clases laterales izquierdas de $H$ en $G$, con $t = [ G : H ]$. Sabemos que $\displaystyle G = \bigcup^{t}_{i=1} a_i H$. Como $a_iH \cap a_jH = \emptyset$ para $i\neq j$, con $i,j\in\{1,\dots, t\}$, entonces la unión, es una unión disjunta. Así podemos hacer,

\begin{align*}
|G| = \left| \bigcup^{t}_{i=1} a_i H\right| &= \sum^{t}_{i=1} \#a_iH \\
&= \sum^{t}_{i = 1} |H| &\text{Lema anterior} \\
&= t|H| = [ G:H ] |H|
\end{align*}

Así $|G| = [ G : H ] |H|$, enconces $|H|\Big| |G|$ y $\displaystyle [ G : H ] = \frac{|G|}{|H|}$.

$\blacksquare$

Consecuencias del teorema

Corolario 1. Sea $G$ un grupo finito, $a\in G$. Entonces $o(a) \Big| |G|$. Así $a^{|G|} = e$.

Demostración. Sea $G$ un grupo finito, $a\in G$. Consideremos $\left< a \right> \leq G$. Por el teorema de Lagrange:

$$ o(a) = |\left< a \right>|\Big| |G| \Rightarrow o(a)\Big| |G|.$$

Así $|G| = o(a)q$, para algún $q \in \z$,
$$a^{|G|} = a^{o(a)q} = \left( a^{o(a)}\right)^q = e^q = e.$$

$\blacksquare$

Corolario 2. Todo grupo finito de orden primo es cíclico.

Demostración. Sea $G$ un grupo finito, $|G| = p$ con $p$ primo.

Como $|G| > 1$ sea $a \in G \setminus \{e\}$. Por el corolario 1,
$$1 < o(a) \Big| |G| = p.$$

Entonces $o(a) = p$. Así $\left< a \right> = G$ y $G$ es cíclico.

$\blacksquare$

Tarea moral

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

  1. Sea $G$ un grupo finito, $H$ y $K$ subgrupos de $G$ con $K\subseteq H$. En cada inciso (son los ejercicios 2 y 3 de la entrada anterior) justifica usando el teorema de Lagrange ¿cómo es $[G:K]$ en términos de $[G:H]$ y $[H_K]$?
    1. $G = Q$ los cuaternios, $H = \left<i\right>$ y $K = \{\pm 1\}$.
    2. $G = S_4$, $H = A_4$ y $K = \left<(1\;2\;3)\right>$.
  2. Encuentra todos los subgrupos del grupo de los cuaternios y de $\z_8$ ¿de qué orden son? ¿cuántos hay del mismo orden?
  3. Revisa el video de la Sorbona: Lagrange-Universidad de la Sorbona. Se puede poner poner subtítulos en español.

Más adelante…

El teorema de Lagrange es uno de los resultados más importantes del curso. Se usará multiples veces. Por lo pronto, en la siguiente entrada, revisitaremos los grupos cíclicos y usaremos el teorema de Lagrange para probar una caracterización de esos grupos.

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Seminario de Resolución de Problemas: Grupos, anillos y campos

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

2 respuestas

Introducción

En estas entradas hemos visto cómo distintas herramientas de álgebra nos pueden ayudar en la resolución de problemas. En las primeras dos entradas, hablamos de identidades algebraicas básicas y un par de avanzadas. Luego, hablamos de factorización en polinomios y del teorema de la identidad. Ahora platicaremos de cómo estructuras un poco más abstractas nos pueden ayudar. De manera particular, nos enfocaremos en aplicaciones de teoría de grupos a la resolución de problemas. Sin embargo, hacia el final de la entrada también hablaremos un poco acerca de anillos, dominios enteros y campos.

Teoría de grupos básica

Una de las nociones de álgebra abstracta más básicas, y a la vez más flexibles, es la de grupo. La teoría de grupos es muy rica y se estudia a profundidad en un curso de álgebra abstracta o álgebra moderna. Aquí veremos únicamente un poco de esta teoría y algunas aplicaciones a resolución de problemas. Comenzamos con la definición.

Definición. Un grupo es un conjunto no vacío $G$ con una operación binaria $\cdot$ que cumple lo siguiente:

  • Asociatividad: Para cualesquiera elementos $x,y,z$ en $G$ tenemos que $x\cdot (y\cdot z) = (x\cdot y) \cdot z$.
  • Neutro: Existe un elemento $e$ en $G$ tal que $x\cdot e = x = e\cdot x$ para todo elemento x.
  • Inversos: Para cada elemento $x$ en $G$, existe un elemento $y$ en $G$ tal que $x\cdot y = e = y\cdot x$.

Usualmente se simplifica la notación de la siguiente manera. Por un lado, en vez de poner el símbolo de producto, simplemente se ponen elementos consecutivos, por ejemplo $a\cdot b = ab$. Además, por la asociatividad, muchas veces no se ponen los paréntesis, de modo que expresiones como $(a\cdot b)\cdot c$ se escriben simplemente como $abc$, a menos que los paréntesis ayuden a entender un argumento.

Hay que tener cuidado con invertir el orden de factores. En grupos, no necesariamente sucede que la operación es conmutativa, es decir, que $ab=ba$ para todo par de elementos $a$ y $b$. Si $ab=ba$ decimos que $a$ y $b$ conmutan y si todo par de elementos de $G$ conmutan, decimos que $G$ es conmutativo. Un elemento siempre conmuta consigo mismo. Para $n$ un entero positivo definimos $a^n$ como el producto formado por $n$ veces el elemento $a$.

A partir de la definición se puede ver que el neutro es único, pues si hubiera dos neutros $e$ y $e’$ tendríamos $e=e\cdot e’=e’$, en donde primero usamos que $e’$ es neutro y después que $e$ lo es. Para $a$ en $G$, definimos $a^0$ como $e$.

En grupos se vale «cancelar». Por ejemplo, si $ab=ac$, entonces podemos multiplicar esta igualdad a la izquierda por un inverso $d$ de $a$ y obtendríamos $$b=eb=dab=dac=ec=c.$$ Del mismo modo, la igualdad $ba=ca$ implica $b=c$.

En particular, si $d$ y $d’$ son inversos de $a$, tenemos $da=e=d’a$, de donde $d=d’$. Esto muestra que los inversos también son únicos, así que al inverso de $a$ le llamamos $a^{-1}$. Observa que $e^{-1}=e$. Nota que si $a$ y $b$ son elementos de $G$, entonces $$ab(b^{-1}a^{-1})=aea^{-1}=aa^{-1}=e,$$ de modo que el inverso de un producto $ab$ es el producto $b^{-1}a^{-1}$. Para $n$ un entero positivo, definimos $a^{-n}$ como el inverso de $a^n$, que por lo anterior, es precisamente $(a^{-1})^n$. De hecho, ya definido $a^n$ para todo entero, se puede verificar que se satisfacen las leyes usuales de los exponentes.

Problema. Sean $a$ y $b$ dos elementos en un grupo $G$ con neutro $e$ tales que $aba=ba^2b$, $a^3=e$ y $b^{2021}=e$. Muestra que $b=e$.

Sugerencia pre-solución. Observa que si $a$ y $b$ conmutaran, entonces el resultado se deduce fácilmente de la primer igualdad. Así, intenta modificar el problema a demostrar que $a$ y $b$ conmutan. Para ello tienes que hacer un paso intermedio que necesita inducción.

Solución. Lo primero que veremos es que $a$ y $b^2$ conmutan. Poniendo una identidad entre ambas $b$ en el producto $ab^2$, tenemos que $$ab^2=abaa^{-1}b=ba^2ba^{-1}b.$$ De $a^3=e$, tenemos $a^{-1}=a^2$, así que siguiendo con la cadena de igualdades, \begin{align*}
ba^2ba^{-1}b&=ba^2ba^2b\\
&=ba^2aba\\
&=bba=b^2a.
\end{align*} Así, $ab^2=b^2a$.

Ahora veremos que $a$ y $b$ conmutan. Para ello, como $a$ y $b^2$ conmutan, tenemos que $a$ y $b^{2k}$ conmutan para cualquier entero $k$. Esto se puede probar por inducción. El caso $k=1$ es lo que ya probamos. Si es válido para cierta $k$, se sigue que $$ab^{2k+2}=b^{2k}ab^2=b^{2k+2}a.$$ Por hipótesis, $b^{2020}=b$, así que el resultado anterior nos dice que $a$ y $b$ conmutan.

Por esta razón, la primer hipótesis $aba=ba^2b$ se puede reescribir como $a^2b=a^2b^2$, que por cancelación izquierda da $e=b$, como queríamos mostrar.

$\square$

Subgrupos y órdenes

Dentro de un grupo pueden vivir grupos más pequeños.

Definición. Un subgrupo de un grupo $G$ es un subconjunto $H$ de $G$ que es un grupo con las operaciones de $G$ restringidas a $H$.

Para que $H$ sea subgrupo, basta con que no sea vacío y que sea cerrado bajo la operación de grupos y la operación «sacar inverso».

Por ejemplo, se puede ver que $\mathbb{Z}_{12}$, los enteros módulo $12$ con la suma, forman un grupo. De aquí, $H_1=\{0,3,6,9\}$ es un subgrupo y $H_2=\{0,4,8\}$ es otro.

Proposición. Si $a$ es un elemento de un grupo $G$, entonces o bien $$1,a, a^2, a^3,\ldots$$ son todos elementos distintos de $G$, o bien existe un entero positivo $n$ tal que $a^n=1$ y $1,a,\ldots,a^{n-1}$ son todos distintos. En este segundo caso, $\{1,a,\ldots,a^{n-1}\}$ es un subgrupo de $G$.

Sugerencia pre-demostración. Divide en casos. Luego, usa el principio de cancelación o las leyes de exponentes para grupos.

Demostración. Si todos los elementos son distintos, entonces no hay nada que hacer. De otra forma, existen $i<j$ tales que $a^j=a^i$, de donde por la ley de cancelación tenemos que $a^{j-i}=e$ y $j-i\geq 1$. Así, el conjunto de enteros positivos $m$ tales que $a^m=e$ es no vacío, de modo que por el principio de buen orden tiene un mínimo, digamos $n$.

Afirmamos que $$1,a,a^2,\ldots,a^{n-1}$$ son todos distintos. En efecto, de no ser así, como en el argumento de arriba existirían $0\leq i < j \leq {n-1}$ tales que $a^{j-i}=e$, pero $j-i\leq n-1$ sería una contradicción a la elección de $n$ como elemento mínimo.

Probemos ahora que $A=\{1,a,\ldots,a^{n-1}\}$ es subgrupo de $G$. Si tenemos $a^k$ y $a^l$ en $A$, su producto es $a^{k+l}$. Por el algoritmo de la división, $k+l=qn+r$, con $r\in \{0,\ldots,n-1\}$, de modo que $$a^ka^l=a^{qn+r}=(a^n)^qa^r=e^qa^r=a^r,$$ así que $A$ es cerrado bajo productos. Además, si $1\leq k\leq n-1$, entonces $1\leq n-k \leq n-1$ y $a^ka^{n-k}=a^n=e$. Así, $A$ es cerrado bajo inversos. Esto muestra que $A$ es subgrupo de $G$.

$\square$

En teoría de grupos, la palabra «orden» se usa de dos maneras. Por un lado si $G$ es un grupo, su orden $\text{ord}(G)$ es la cantidad de elementos que tiene. Por otro, dado un elemento $a$, el orden $\text{ord}(a)$ de $a$ es el menor entero positivo $n$ tal que $a^n=e$, si es que existe.

Definimos al subgrupo generado por $a$ como $$\langle a\rangle:=\{a^n:n\in \mathbb{Z}\}.$$ La proposición anterior dice que si $\langle a \rangle$ es finito, entonces es un subgrupo de $G$ de orden $\text{ord}(\langle a \rangle) = \text{ord}(a).$ A los grupos de la forma $\langle a \rangle$ se les llama cíclicos.

Teorema de Lagrange

Cuando estamos trabajando con grupos finitos, el orden de un subgrupo debe cumplir una condición de divisibilidad.

Teorema (de Lagrange). Sea $G$ un grupo finito y $H$ un subgrupo de $G$. Entonces $\text{ord}(H)$ divide a $\text{ord}(G)$.

No daremos la demostración de este teorema, pero veremos algunos corolarios que sirven en la resolución de problemas.

Proposición. Sea $G$ un grupo finito.

  • Si $\text{ord}(G)$ es un primo $p$, entonces $G$ es cíclico.
  • El orden de cualquier elemento $a$ de $G$ divide al orden de $G$, y por lo tanto $a^{\text{ord}(G)}=1$.
  • Si $a$ es un elemento de $G$ de orden $n$ y $a^m=e$, entonces $n$ divide a $m$.

Demostración. Para la primer parte, si tomamos un elemento $a$ de $G$ que no sea $e$, ya vimos que $\langle a \rangle$ es un subgrupo cíclico de $G$. Por el teorema de Lagrange, su orden debe dividir al primo $p$. Pero el orden de $\langle a \rangle$ es al menos $2$, así que el orden de $\langle a \rangle$ debe ser $p$ y por lo tanto $\langle a \rangle=G$.

Como vimos arriba, el orden de $a$ es el orden de $\langle a \rangle$, que divide a $G$. Así,
\begin{align*}
a^{\text{ord}(G)}&=(a^{\text{ord}{a}})^{\text{ord}(G)/ \text{ord}(a)}\\
&=e^{\text{ord}(G)/ \text{ord}(a)}\\
&=e.
\end{align*} Con esto queda probado el segundo punto.

Para el último punto, usamos el algoritmo de la división para escribir $m=qn+r,$ con $r$ entre $0$ y $n-1$. Tenemos que $$e=a^m=a^{qn+r}=a^r.$$ Por lo visto en la sección anterior, necesariamente $r=0$, así que $n$ divide a $m$.

$\square$

Veamos cómo se pueden aplicar algunas de las ideas anteriores a un problema de teoría de grupos concreto.

Problema. En un grupo $G$, tenemos elementos $a$ y $b$ tales que $a^7=1$ y $aba^{-1}=b^2$. Determina qué posibles valores puede tener el orden de $b$.

Sugerencia pre-solución. Conjetura una fórmula para $b^{2n}$ buscando un patrón. Establécela por inducción.

Solución. El orden de $a$ debe dividir a $7$, así que es o $1$ o $7$. Si es $1$, entonces $a=e$, por lo que por la hipótesis tenemos $b=b^2$. De aquí $b=e$, así que el orden de $b$ es $1$. La otra opción es que el orden de $a$ sea $7$.

Afirmamos que para todo entero $n$ se tiene que $a^nba^{-n}=b^{2^n}$. Esto se prueba inductivamente. Es cierto para $n=1$ por hipótesis. Si se cumple para cierta $n$ y elevamos la igualdad al cuadrado, tenemos que
\begin{align*}
b^{2^{n+1}}&=(b^{2n})^2\\
&=a^nba^{-n}a^nba^{-n}\\
&=a^nb^2a^{-n}\\
&=a^{n+1}ba^{-(n+1)},
\end{align*}

lo cual termina la inducción.

En particular, para $n=7$ tenemos que $a^7=a^{-7}=e$, por lo que $b=b^{2^7}$, y por lo tanto $b^{127}=e$. Como $127$ es primo, el orden de $b$ puede ser $1$ ó $127$.

$\square$

En realidad, en el problema anterior falta mostrar que en efecto existe un grupo que satisfaga las hipótesis, y para el cual el orden de $b$ sea exactamente $127$. Esto no lo verificaremos aquí.

Teoría de grupos en teoría de números

Lo que hemos platicado de teoría de grupos se vale para grupos en general. Cuando aplicamos estos resultados a grupos particulares, tenemos nuevas técnicas para resolver problemas. Uno de los casos que aparecen más frecuentemente es aplicar teoría de grupos en problemas de teoría de números.

Si tomamos un entero $n$, los enteros entre $1$ y $n-1$ que son primos relativos con $n$ forman un grupo con la operación de producto módulo $n$. Si llamamos $\varphi(n)$ a la cantidad de primos relativos con $n$ entre $1$ y $n-1$, el teorema de Lagrange da el siguiente corolario.

Teorema (de Euler). Para todo entero positivo $n$ y $a$ un entero primo relativo con $n$, se tiene que $$a^\varphi(n)\equiv 1\pmod n.$$

Como corolario al teorema de Euler, tenemos el pequeño teorema de Fermat, que hemos discutido previamente aquí en el blog.

Teorema (pequeño teorema de Fermat). Para $p$ un primo y $a$ un entero que no sea múltiplo de $p$, se tiene que $$a^{p-1}\equiv 1 \pmod p.$$

Así, cuando $p$ es primo y $a$ no es múltiplo de $p$, se tiene que el orden de $a$ divide a $p-1$. Veamos un ejemplo en donde esta idea forma parte fundamental de la solución.

Problema. Muestra que para ningún entero $n>1$ se tiene que $n$ divide a $2^n-1$.

Sugerencia pre-solución. Procede por contradicción, suponiendo que sí existe. Considera un primo $p$ que divida a $n$ y que además sea extremo en algún sentido. Trabaja módulo $p$.

Solución. Supongamos que existe un entero $n>1$ tal que $n$ divide a $2^n-1$. Sea $p$ el primo más pequeño que divide a $n$. Tomemos $a$ el orden de $2$ en el grupo multiplicativo $\mathbb{Z}_p$.

Por un lado, como $p$ divide a $n$ y $n$ divide a $2^n-1$, se tiene que $p$ divide a $2^n-1$ y por lo tanto $$2^n\equiv 1 \pmod p.$$ De esta forma, $a$ divide a $n$.

Por otro lado, por el pequeño teorema de Fermat, tenemos que $$2^{p-1}\equiv 1 \pmod p,$$ así que $a$ divide a $p-1$ y por lo tanto $a\leq p-1$.

Si $a\neq 1$, entonces $a$ tiene un divisor primo que divide a $n$ y es menor que $a\leq p-1$, lo cual es imposible pues elegimos a $p$ como el menor divisor primo de $n$. De esta forma, $a=1$. Pero esto da la contradicción $2\equiv 1 \pmod p$.

$\square$

Anillos, dominios enteros y campos

Cuando se están resolviendo problemas, es importante tener en mente que existen otras estructuras algebraicas. Definiremos sólo las más comunes y veremos un problema ejemplo.

Definición. Un anillo es un conjunto $R$ con dos operaciones binarias suma y producto tales que:

  • $R$ con la suma es un grupo conmutativo.
  • El producto en $R$ es asociativo, es decir $(ab)c=a(bc)$ para $a,b,c$ en $R$.
  • Se cumple la ley distributiva, es decir $a(b+c)=ab+ac$ y $(b+c)a=ba+ca$ para $a,b,c$ en $R$.

El producto en $R$ no tiene por qué ser un grupo. De hecho, ni siquiera tiene que tener neutro.

Definición. Si un anillo $R$ tiene neutro, decimos que $R$ es un anillo con $1$. Si la multiplicación de $R$ es conmutativa, decimos que $R$ es conmutativo.

Definición. Un dominio entero es un anillo conmutativo con uno en donde además se vale cancelar, es decir, $ab=ac$ implica $b=c$ y $ba=ca$ implica $b=c$.

Definición. Un campo es un anillo conmutativo con uno en donde cada elemento distinto de la identidad aditiva tiene inverso multiplicativo. En otras palabras, es un anillo en donde la suma y el producto son grupos.

Problema. Muestra que todo dominio entero finito es un campo.

Sugerencia pre-solución. Usa el principio de las casillas.

Solución. Supongamos que $R=\{a_1,\ldots,a_n\}$ es un dominio entero con una cantidad finita de elementos. Lo único que falta para que sea campo es que los elementos tengan inversos multiplicativos.

Sea $a$ un elemento de $R$ y supongamos que $a$ no tiene inverso multiplicativo. Entonces, los números $$a_1a, a_2a,\ldots,a_n a$$ sólo pueden tomar a lo más $n-1$ valores diferentes, de modo que por principio de las casillas existen dos de ellos que son iguales, digamos $a_ia=a_ja$ para $i\neq j$.

Como $R$ es dominio entero, se vale cancelar, lo cual muestra $a_i=a_j$. Esto es una contradicción, pues $a_i$ y $a_j$ eran elementos distintos de $R$. Así, todo elemento tiene inverso multiplicativo.

$\square$

En cursos de matemáticas a nivel superior se ven muchos ejemplos de estas estructuras algebraicas. En cursos de Álgebra Superior se construye el dominio entero de enteros $\mathbb{Z}$. Se construyen los campos $\mathbb{R}$, $\mathbb{Q}$ y $\mathbb{C}$. También, se construyen los anillos de polinomios $\mathbb{F}[x]$. La noción de campo es fundamental cuando se construye la teoría de Álgebra Lineal. Como se puede ver, la teoría de álgebra es muy amplia, así que esta entrada sólo queda como invitación al tema.

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de estructuras algebraicas en la Sección 4.4 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Álgebra Lineal I: Problemas de dualidad y base dual

Por Blanca Radillo

10 respuestas

Introducción

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

Problemas resueltos

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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


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

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

$\square$

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

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

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

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

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

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

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

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

$\square$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\square$

Fórmula de interpolación de Lagrange

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\square$

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

Expresar integral como suma de evaluaciones

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

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

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

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

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

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

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

$\square$

Entradas relacionadas

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»