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Álgebra lineal II: Dualidad y ortogonalidad

Introducción

En entradas anteriores mencionamos y utilizamos propiedades del espacio dual y del producto interno, en esta entrada nos enfocaremos más en la relación de las formas bilineales, (específicamente el producto interno) con este concepto.

También veremos el concepto de ortogonalidad con respecto a una forma bilineal, lo que dará paso a un teorema muy importante (El teorema de representación de Riesz) e incluso nos permitirá definir conceptos como distancia entre un conjunto y un elemento.

Dualidad

De aquí en adelante, asumiremos que $V$ es un $\mathbb{R}$-espacio vectorial, no necesariamente de dimensión finita. Definamos una función que utilizaremos mucho como sigue

Sea $b$ una forma bilineal en $V$.
\begin{align*} \varphi_b: V \rightarrow V^* \qquad \text{tal que} \qquad \varphi_b(y)=b(\cdot, y ) \end{align*}
Donde $b( \cdot , y)$ es la función que envía $x$ a $b(x,y)$, además sabemos que es lineal ya que
$b$ es bilineal, lo que significaba que es lineal en la primera entrada, por lo que pertenece a $V^*$ (el espacio dual de V, puedes leer un poco más de este y de las bases duales aquí).

Proposición

Sea $\mathcal{B}$ base de $V$ de dimensión finita, $\beta’$ su base dual y $b$ forma bilineal en $V$. Prueba que la matriz de $\varphi_b$ respecto a $\beta$ y $\beta’$ es la matriz de $b$ respecto a $\beta$.

Demostración

Sea $\beta=\{ u_1, \cdots , u_n \}$ y $\beta’=\{ u’_1, \cdots , u’_n \}$ y sea $B$ la matriz asociada a $\varphi_b$ respecto a $\beta$ y $\beta’$, primero calcularemos su $j$-esima columna.
\begin{align*} \varphi_b(u_j)=b(\cdot,u_j) \end{align*}
Como no es natural la forma de escribir $\varphi_b(u_j)$ en términos de $\beta’$, calculemos $\varphi_b(u_j)(x)$ para algún $x \in V$
\begin{align*} \varphi_b(u_j)(x)=b(x,u_j) \end{align*}
Si $x=\sum_{i=1}^nu_ix_i$, entonces
\begin{align*} \varphi_b(u_j)(x)=b(\sum_{i=1}^nu_ix_i,u_j)= \sum_{i=1}^nx_ib(u_i,u_j)\end{align*}
Por otro lado, sabemos que para cualquier $x \in V$ $u^*_i(x)=x_i$, sustituyendo esto en la igualdad anterior
\begin{align*} \varphi_b(u_j)(x)= \sum_{i=1}^nu^*_i(x)b(u_i,u_j)\end{align*}
Para cualquier $x \in V$, por lo que
\begin{align*} \varphi_b(u_j)= \sum_{i=1}^nu^*_ib(u_i,u_j)\end{align*}
así, la $j-esima$ columna es de la forma
\begin{pmatrix} b(u_1,u_j) \\
\vdots \\
b(u_n,u_j) \end{pmatrix}
Así, podemos escribir $B$ como
B=\begin{pmatrix} b(u_1,u_1) & \cdots & b(u_1,u_n) \\
\vdots & \ddots & \vdots \\
b(u_n,u_1) & \cdots & b(u_n,u_n) \end{pmatrix}
Que sabemos es la matriz de $b$ respecto a $\beta$.

$\square$

Proposición (Teorema de representación de Riesz)

Sea $V$ un espacio euclidiano (espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ de dimensión finita) con producto interno $<,>$. La función $\varphi_{<,>}: V \rightarrow V^*$ es un isomorfismo.

Demostración

Empecemos con la inyectividad, sea $y \in V$ tal que $\varphi_{<,>}(y)=\overline{0}$ donde $\overline{0}$ es la función constante 0, dado esto, tenemos que para cualquier $x \in V$
\begin{align*} \varphi_{<,>}(y)(x)=<x,y>=0 \end{align*}
Esto aplica en particular para sí mismo, por lo que
\begin{align*} \varphi_{<,>}(y)(y)=<y,y>=0 \end{align*}
Como $<,>$ es un producto interior, esto implica que $y=0$
Por lo que $ker(\varphi_{<,>})=\{0\}$, por lo que $\varphi_{<,>}$ es inyectiva.

Aparte, veamos que es lineal, calculemos $\varphi_{<,>}(\lambda a+b)$ con $\lambda \in \mathbb{R}$ y $a,b \in V$.
\begin{align*} \varphi_{<,>}(\lambda a + b)=<\cdot , \lambda a+ b> \end{align*}
calculando esto para cualquier $x \in V$
\begin{align*} \varphi_{<,>}(\lambda a + b)(x)=<x , \lambda a + b> \end{align*}
y sabemos que $<,>$ es lineal en la segunda entrada por lo que
\begin{align*} <x , \lambda a + b>=\lambda<x , a> + < x , b >=\lambda\varphi_{<,>}(a)(x)+\varphi_{<,>}(b)(x) \end{align*}
Por lo que
\begin{align*} \varphi_{<,>}(\lambda a + b)=\lambda\varphi_{<,>}(a)+\varphi_{<,>}(b) \end{align*}
Lo por lo tanto $\varphi_{<,>}$ es lineal, finalmente, que $\varphi_{<,>}$ sea inyectiva, lineal y que $dim(V)=dim(V^*)$ implica que $\varphi_{<,>}$ es un isomorfismo.

$\square$

Ortogonalidad

Definición

Sea $V$ y $b$ una forma bilineal en $V$.

  • Dos vectores $x,y \in V$ serán ortogonales (respecto a $b$) si $b(x,y)=0$.
  • Sea $S \subseteq V$ el conjunto ortogonal de $S$ ($S^{\bot}$) es
    \begin{align*} S^{\bot}=\{v \in V : \forall s \in S, b(s,v)=0 \}.\end{align*}
  • $S,T \subseteq V$ serán ortogonales si S \subseteq $T^{\bot}$.

Observación (Teorema de Pitágoras)

Supongamos que $<,>$ es un producto interno en $V$ con $||\cdot||$ su norma asociada (es decir $||x||=\sqrt{<x,x>}$), entonces $x,y \in V$ son ortogonales si y solo si
\begin{align*} ||x+y||^2=||x||^2+||y||^2 \end{align*}
Demostración

Se sigue directamente de la identidad
\begin{align*} ||x+y||^2=||x||^2+2<x,y>||y||^2 \end{align*}

$\square$

Proposición

Sea $V$ un espacio euclidiano y $W \subseteq V$, entonces $W \oplus W^{\bot} = V$, en particular
\begin{align*} dim(W) + dim(W^{\bot}) = dim(V) \end{align*}
Y $(W^{\bot})^{\bot}=W$

Probaremos de hecho algo aún más fuerte.

Proposición

Sea $V$ con producto interno y $W \subseteq V$ de dimensión finita. Entonces
\begin{align*} W \oplus W^{\bot} = V\end{align*}
Más aún $(W^{\bot})^{\bot}=W$

Demostración

Sea $<,>$ el producto interno de $V$, si tenemos que $x \in W \cap W^{\bot}$ tenemos que $x$ es ortogonal a $x$ por lo que
\begin{align*} <x,x>=0\end{align*}
lo que implica que $x=0$, por lo tanto $W \cap W^{\bot}= \{0\}$.

Por otro lado, sea $x \in V$ un vector cualquiera, podemos definir $f:W \rightarrow \mathbb{R}$ tal que $f(y):<x,y>$ que sabemos es una función lineal por lo que $f \in V^*$ como $W$ es de dimensión finita y tiene un producto interno (heredado de V) este cumple las hipótesis del teorema de representación de Riesz, así, sabemos que existe una única $z \in W$ tal que $f(y)=<z,y>$ para cualquier $y \in W$ de esta manera
\begin{align*} 0=f(y)-f(y)=<x,y>-<z,y>=<x-z,y>\end{align*}
Para cualquier $y \in W$ por lo que $x-z =w \in W^{\bot}$ entonces
\begin{align*} x=w+z\end{align*}
con $w \in W^{\bot}$ y $z \in W$, por lo tanto
\begin{align*} W + W^{\bot} = V\end{align*}
Y esto con el párrafo anterior implican que
\begin{align*} W \oplus W^{\bot} = V.\end{align*}

$\square$

Así la proposición más débil, se sigue directamente de esta, con la parte acerca de la dimensión implicada debido a que $W$ y $W^{\bot}$ están en posición de suma directa.

Definición

Sea $V$ con producto interno y $W \subseteq V$ de dimensión finita, la proyección ortogonal hacia $W$ es
\begin{align*} p_W:V \rightarrow W \end{align*}
Con $p_W(x)$ el único vector en $W$ tal que $x-p_W(x) \in W^{\bot}$.

Definición

Sea $V$ euclidiano, una función lineal $p: V \rightarrow V$ será una proyección ortogonal si existe $W$ subespacio de $V$ tal que $p$ es la proyección ortogonal hacia $W$.

Proposición

Sea $V$ con producto interno $<.>$ y $|| \cdot ||$ su norma asociada. Sea $W \subseteq V$ un subespacio de dimensión finita y sea $v \in V$. Entonces
\begin{align*}||v-p_W(v)||= min_{x \in W} ||x-v|| \end{align*}
Más aún, $p_w(v)$ es el único elemento con esta propiedad.

Demostración

Sea $x \in W$ un elemento cualquiera de $W$, primero notemos que $x – p_W(v) \in W$ y $v-p_W(v) \in W^{\bot}$, por lo que estos dos son ortogonales, así calculemos
\begin{align*} ||x-v||^2=||(x-p_W(v))+(p_W(v)-v)||^2= ||(x-p_W(v))||^2+||(p_W(v)-v)||^2 \end{align*}
esta igualdad se cumple por el teorema de Pitágoras que fue una observación aquí arriba. Continuando con esta cadena
\begin{align*} ||x-v||^2=||(x-p_W(v))||^2+||(p_W(v)-v)||^2 \geq ||(p_W(v)-v)||^2 \end{align*}
Por lo tanto $\forall x \in W$ tenemos que $||x-v|| \geq ||(p_W(v)-v)||$ más aún por definición sabemos que $p_W(v) \in W$ por lo que
\begin{align*}||v-p_W(v)||= min_{x \in W} ||x-v|| \end{align*}
Para probar la unicidad, supongamos que existe $x’ \in W$ tal que
\begin{align*}||v-x’||= min_{x \in W} ||x-v|| \end{align*}
Utilizando el procedimiento anterior tenemos que
\begin{align*} ||(p_W(v)-v)||^2=||x’-v||^2=||(x’-p_W(v))||^2+||(p_W(v)-v)||^2 \geq ||(p_W(v)-v)||^2 \end{align*}
Por lo que se debe cumplir la desigualdad y notemos que esto pasa si y solo si
\begin{align*} 0=||(x’-p_W(v))||^2 \end{align*}
Que sucede si y solo si
\begin{align*} x’=p_W(v) \end{align*}
Por lo que $p_W(v)$ es único.

$\square$

utilizando este resultado, podemos dar una definición de distancia que coincida con las definiciones que tal vez has visto en otras materias

Definición

Con la notación del teorema anterior, la distancia de $v$ a $W$ es
\begin{align*}d(v,W)=||v-p_W(v)||= min_{x \in W} ||x-v|| \end{align*}

Más adelante

En esta entrada mencionamos bases, bases duales y conjuntos ortogonales, una de las costumbres en el estudio de las matemáticas es intentar combinar resultados y definiciones con el fin de obtener resultados nuevos, por lo que no te debe de sorprender que hagamos eso mismo en las siguientes entradas.

Empezaremos en la siguiente entrada un pequeño repaso de vases ortogonales y ortonormales, así como el teorema de Gram-Schmidt. Y como es costumbre, terminaremos esta unidad revisando resultados análogos a los de estas dos entradas, pero esta vez para espacios vectoriales complejos.

Tarea moral

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

  1. ¿Podemos definir a \begin{align*} \varphi_b: V \rightarrow V^* \qquad \text{tal que} \qquad \varphi_b(x)=b(x, \cdot )? \end{align*} ¿Cambia algo en los resultados vistos?
  2. Demuestra sin utilizar la versión más fuerte de este resultado que dado $V$ un espacio euclidiano y $W \subseteq V$, entonces $W \oplus W^{\bot} = V$, en particular
    \begin{align*} dim(W) + dim(W^{\bot}) = dim(V) \end{align*} Y $(W^{\bot})^{\bot}=W$. ¿Es necesaria la hipótesis de que $W$ sea de dimensión finita?
  3. Sea $\mathbb{R}^3$ con el producto interno canónico y $W=\{(0,0,a_3) : a_3 \in \mathbb{R} \}$ encuentra a $W^{\bot}$ y define la proyección ortogonal hacia $W$, $p_W$.
  4. Encuentra el vector en $Span((1,2,1), (-1,3,-4))$ que es el más cercano (respecto a la norma euclidiana) al vector $(-1,1,1)$.
  5. Sea $V$ un espacio euclidiano y $T : V \rightarrow V $ una transformación lineal tal que $T^2=T$ prueba que T es una proyección ortogonal si y solo si $\forall x,y \in V$ $<T(x),y>=<x,T(y)>$.

Entradas relacionadas

Álgebra Lineal I: Problemas de bases ortogonales, Fourier y proceso de Gram-Schmidt

Introducción

Durante las últimas clases hemos visto problemas y teoremas que nos demuestran que las bases ortogonales son extremadamente útiles en la práctica, ya que podemos calcular fácilmente varias propiedades una vez que tengamos a nuestra disposición una base ortogonal del espacio que nos interesa. Veamos más problemas de bases ortogonales y otros resultados que nos permitirán reforzar estas ideas.

Problemas resueltos de bases ortogonales y proyecciones

Para continuar con este tema, veremos que las bases ortogonales nos permiten encontrar de manera sencilla la proyección de un vector sobre un subespacio. Primero, recordemos que si $V=W\oplus W_2$, para todo $v\in V$ podemos definir su proyección en $W$, que denotamos $\pi_W(v)$, como el único elemento en $W$ tal que $v-\pi_W(v) \in W_2$.

Debido a las discusiones sobre bases ortogonales, no es difícil ver que si $\langle w,u \rangle =0$ para todo $w\in W$, entonces $u\in W_2$. Como consecuencia de esto, tenemos el siguiente resultado:

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ con producto interior $\langle \cdot , \cdot \rangle$, y sea $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita. Sea $v_1,\cdots,v_n$ una base ortogonal de $W$. Entonces para todo $v\in V$ tenemos que

$\pi_W(v)=\sum_{i=1}^n \frac{\langle v,v_i \rangle}{\norm{v_i}^2} v_i .$

Demostración. Escribimos $v$ como $v=\pi_W(v)+u$ con $u\in W_2$. Por la observación previa al teorema, $\langle u,v_i \rangle =0$ para todo $i$. Además existen $a_1,\cdots,a_n$ tales que $\pi_W(v)=a_1 v_1+\cdots+a_n v_n$. Entonces

\begin{align*}
0 &= \langle u,v_i \rangle =\langle v,v_i \rangle – \langle \pi_W(v),v_i \rangle \\
&= \langle v,v_i \rangle – \sum_{j=1}^n a_j \langle v_j,v_i \rangle \\
&= \langle v,v_i \rangle – a_i \langle v_i,v_i \rangle,
\end{align*}

porque $v_1,\cdots,v_n$ es una base ortogonal. Por lo tanto, para todo $i$, obtenemos

$a_i=\frac{\langle v,v_i \rangle}{\norm{v_i}^2}.$

$\square$

Distancia de un vector a un subespacio y desigualdad de Bessel

En la clase de ayer, vimos la definición de distancia entre dos vectores. También se puede definir la distancia entre un vector y un subconjunto como la distancia entre el vector y el vector «más cercano» del subconjunto, en símbolos:

$d(v,W)=\min_{x\in W} \norm{x-v}.$

Dado que $x\in W$, $x-\pi_W(v) \in W$, y por definición de proyección $v-\pi_W(v) \in W_2$, entonces

\begin{align*}
\norm{x-v}^2 &=\norm{(x-\pi_W(v))+(\pi_W(v)-v)}^2 \\
&= \norm{x-\pi_W(v)}^2+2\langle x-\pi_W(v),\pi_W(v)-v \rangle+\norm{\pi_W(v)-v}^2 \\
&= \norm{x-\pi_W(v)}^2+\norm{\pi_W(v)-v}^2\\
&\geq \norm{\pi_W(v)-v}^2.
\end{align*}

Y dado que la proyección pertenece a $W$, la desigualdad anterior muestra que la proyección es precisamente el vector en $W$ con el que $v$ alcanza la distancia a $W$. En conclusión, $$d(v,W)=\norm{\pi_W(v)-v}.$$

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ con producto interior $\langle \cdot , \cdot \rangle$, y sea $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita. Sea $v_1,\ldots,v_n$ una base ortonormal de $W$. Entonces para todo $v\in V$ tenemos que

$\pi_W(v)=\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle v_i,$

y

\begin{align*}
d(v,W)^2&=\norm{v-\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle v_i }^2\\
&=\norm{v}^2-\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle^2.
\end{align*}

En particular

$\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle^2\leq \norm{v}^2.$

A esta última desigualdad se le conoce como desigualdad de Bessel.

Demostración. Por el teorema anterior y dado que $v_1,\cdots,v_n$ es una base ortonormal, obtenemos la primera ecuación. Ahora, por Pitágoras,

$d(v,W)^2=\norm{v-\pi_W(v)}^2=\norm{v}^2-\norm{\pi_W(v)}^2.$

Por otro lado, tenemos que

\begin{align*}
\norm{\pi_W(v)}^2 &=\norm{\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle v_i}^2 \\
&= \sum_{i,j=1}^n \langle \langle v,v_i \rangle v_i, \langle v,v_j \rangle v_j \rangle \\
&= \sum_{i,j=1}^n \langle v,v_i \rangle \langle v,v_j \rangle \langle v_i,v_j \rangle \\
&=\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle^2.
\end{align*}

Por lo tanto, se cumple la igualdad de la distancia. Finalmente como $d(v,W)^2 \geq 0$, inmediatamente tenemos la desigualdad de Bessel.

$\square$

Veamos ahora dos problemas más en los que usamos la teoría de bases ortonormales.

Aplicación del proceso de Gram-Schmidt

Primero, veremos un ejemplo más del uso del proceso de Gram-Schmidt.

Problema. Consideremos $V$ como el espacio vectorial de polinomios en $[0,1]$ de grado a lo más $2$, con producto interior definido por $$\langle p,q \rangle =\int_0^1 xp(x)q(x) dx.$$

Aplica el algoritmo de Gram-Schmidt a los vectores $1,x,x^2$.

Solución. Es fácil ver que ese sí es un producto interior en $V$ (tarea moral). Nombremos $v_1=1, v_2=x, v_3=x^2$. Entonces

$$e_1=\frac{v_1}{\norm{v_1}}=\sqrt{2}v_1=\sqrt{2},$$

ya que $$\norm{v_1}^2=\int_0^1 x \, dx=\frac{1}{2}.$$

Sea $z_2=v_2-\langle v_2,e_1 \rangle e_1$. Calculando, $$\langle v_2,e_1 \rangle=\int_0^1 \sqrt{2}x^2 dx=\frac{\sqrt{2}}{3}.$$ Entonces $z_2=x-\frac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{2}=x-\frac{2}{3}.$ Esto implica que

$e_2=\frac{z_2}{\norm{z_2}}=6\left(x-\frac{2}{3}\right)=6x-4.$

Finalmente, sea $z_3=v_3-\langle v_3,e_1\rangle e_1 -\langle v_3,e_2 \rangle e_2$. Haciendo los cálculos obtenemos que

$z_3=x^2-\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)\sqrt{2}-\left(\frac{1}{5}\right)(6x-4)$

$z_3=x^2-\frac{6}{5}x+\frac{3}{10}.$

Por lo tanto

$e_3=\frac{z_3}{\norm{z_3}}=10\sqrt{6}(x^2-\frac{6}{5}x+\frac{3}{10}).$

$\square$

El teorema de Plancherel y una fórmula con $\pi$

Finalmente, en este ejemplo, usaremos técnicas de la descomposición de Fourier para solucionar un problema bonito de series.

Problema. Consideremos la función $2\pi-$periódica $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ definida como $f(0)=f(\pi)=0,$ $f(x)=-1-\frac{x}{\pi}$ en el intervalo $(-\pi,0)$, y $f(x)=1-\frac{x}{\pi}$ en el intervalo $(0,\pi)$.

Problemas de bases ortogonales: Aplicando el teorema de Plancherel para una fórmula que involucra a pi.
Gráfica de la función $f$.

Usa el teorema de Plancherel para deducir las identidades de Euler

\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} &= \frac{\pi^2}{6},\\
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2} & = \frac{\pi^2}{8}.
\end{align*}

Solución. Notemos que no sólo es $2\pi-$periódica, también es una función impar, es decir, $f(-x)=-f(x)$. Por lo visto en la clase del miércoles pasado tenemos que calcular

$a_0(f)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx,$

$a_k(f)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) cos(kx) dx,$

$b_k(f)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)sen(kx) dx.$

Para no hacer más larga esta entrada, la obtención de los coeficientes de Fourier se los dejaremos como un buen ejercicio de cálculo. Para hacer las integrales hay que separar la integral en cada uno de los intervalos $[-\pi,0]$ y $[0,\pi]$ y en cada uno de ellos usar integración por partes.

El resultado es que para todo $k\geq 1$, $$a_0=0, a_k=0, b_k=\frac{2}{k\pi}.$$

Entonces por el teorema de Plancherel,

\begin{align*}
\sum_{k=1}^\infty \frac{4}{k^2\pi^2} &=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) dx \\
&= \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^0 \left(1+\frac{x}{\pi}\right)^2 dx + \int_0^\pi \left(1-\frac{x}{\pi}\right)^2 dx \right) \\
&= \frac{2}{3},
\end{align*}

teniendo que $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} =\frac{2}{3}\frac{\pi^2}{4}=\frac{\pi^2}{6}.$$

Ahora para obtener la otra identidad de Euler, notemos que

\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2} &= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} – \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} \\
&= \frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi^2}{4\cdot6}= \frac{\pi^2}{8}.
\end{align*}

$\square$

Entradas relacionadas

Álgebra Lineal I: Proceso de Gram-Schmidt

Introducción

Durante esta semana hemos introducido el concepto de bases ortogonales y ortonormales, así como algunas propiedades especiales. Para poder aplicar los resultados que hemos visto, es necesario insistir en que las bases sean de este tipo (ortonormales). Ahora veremos cómo encontrar bases ortonormales usando algo llamado el proceso de Gram-Schmidt.

Recordando todos los problemas anteriores de este curso, decíamos que una base es un conjunto de vectores linealmente independientes y que el número de vectores coincide con la dimensión del espacio. Pero hasta este momento no nos interesó determinar si las bases eran ortonormales o no. Si nos pusiéramos a ver si lo eran, es probable que muy pocas lo sean. Entonces surgen dos preguntas, ¿será difícil encontrar una base ortonormal de un espacio vectorial? y ¿habrá alguna manera de construir una base ortonormal?

Proceso de Gram-Schmidt

La respuesta a la primera pregunta es «no, no es difícil», y justo la respuesta de la segunda pregunta es la justificación. Dada una base cualquiera del espacio vectorial, podemos construir una base ortonormal de ese mismo espacio gracias al siguiente teorema.

Teorema (Gram-Schmidt). Sean $v_1,v_2,\cdots,v_d$ vectores linealmente independientes en un espacio vectorial $V$ sobre $\mathbb{R}$ (no necesariamente de dimensión finita), con producto interior $\langle \cdot , \cdot \rangle$. Entonces existe una única familia de vectores ortonormales $e_1,e_2,\ldots,e_d$ en $V$ con la propiedad de que para todo $k=1,2,\ldots,d$, tenemos que

\begin{align*}
\text{span}(e_1,e_2,\cdots,e_k)&=\text{span}(v_1,v_2,\cdots,v_k), \quad \text{y} \quad\\
\langle e_k,v_k \rangle&>0.
\end{align*}

Demostración. Lo haremos por inducción sobre $d$, la cantidad de vectores con la que empezamos.

La base inductiva es cuando $d=1$. Tomamos un vector $e_1\in \text{span}(v_1)$, entonces podemos escribirlo como $e_1=\lambda v_1$ para cierta $\lambda$. Si queremos que $0<\langle e_1,v_1 \rangle=\lambda\norm{v_1}^2$, entonces $\lambda>0$. Además queremos que $e_1$ tenga norma igual a 1, entonces $$1=\norm{e_1}^2=\langle e_1,e_1 \rangle=\lambda^2\norm{v_1}^2,$$ lo cual es posible si $\lambda=\frac{1}{\norm{v_1}}$. Como $e_1$ es un múltiplo escalar de $v_1$, se tiene que $\text{span}(e_1)=\text{span}(v_1)$. Además, la construcción forzó a que $e_1=\frac{1}{\norm{v_1}} v_1$ sea el único vector que satisface las condiciones del teorema.

Hagamos ahora el paso inductivo. Tomemos un entero $d\geq 2$, y supongamos que el teorema es cierto para $d-1$. Sean $v_1,v_2,\cdots,v_d$ vectores en $V$ linelmente independientes. Por hipótesis, sabemos que existe una única familia de vectores ortonormales $e_1,\cdots,e_{d-1}$ que satisfacen las condiciones del teorema respecto a la familia $v_1,\cdots,v_{d-1}$. Es suficiente con probar que existe un único vector $e_d$ tal que $e_1,\cdots,e_d$ satisface el teorema con respecto a $v_1,\cdots,v_d$, esto es
\begin{align*}
\norm{e_d}&=1,\\
\langle e_d,e_i \rangle&=0 \quad \forall 1\leq i\leq d-1,\\
\langle e_d, v_d \rangle &> 0,
\end{align*}

y

$\text{span}(e_1,\cdots,e_d)=\text{span}(v_1,\cdots,v_d),$

ya que, por hipótesis, los casos de $k<d$ se cumplen.

La idea para construir $e_d$ es tomarlo de $\text{span}(v_1,\cdots,v_d)$, expresarlo como combinación lineal de estos y encontrar condiciones necesarias y suficientes sobre los coeficientes de $e_d$ para que satisfaga las conclusiones del teorema. Hagamos esto.

Sea $e_d$ un vector tal que $e_d\in\text{span}(v_1,\cdots,v_d)$. Por ser linealmente independientes y por hipótesis $$\text{span}(v_1,\cdots,v_d)=\text{span}(e_1,\cdots,e_{d-1})+\text{span}(v_d),$$ entonces podemos escribir $e_d$ como

$e_d=\lambda v_d +\sum_{i=1}^{d-1} a_i e_i$

para algunos $\lambda,a_1,\cdots,a_{d-1}$. Si resulta que $\lambda\neq 0$, esto también implicará que $\text{span}(e_1,\cdots,e_d)=\text{span}(v_1,\cdots,v_d)$.

Ahora, dado que $e_d$ debe formar una familia ortonormal con el resto de los vectores, para todo $j=1,\cdots,d-1$, tenemos que


\begin{align*}
0&=\langle e_d,e_j \rangle\\
&=\lambda\langle v_d,e_j\rangle + \sum_{i=1}^{d-1} a_i\langle e_i,e_j \rangle\\
&=\lambda\langle v_d,e_j \rangle +a_j,
\end{align*}

entonces $a_j=-\lambda\langle v_d,e_j \rangle$. Si logramos mostrar que hay un único $\lambda$ con el que se pueda satisfacer la conclusión del teorema, el argumento anterior muestra que también hay únicos $a_1,\ldots,a_{d-1}$ y por lo tanto que hay un único vector $e_d$ que satisface el teorema.

Sustituyendo los coeficientes anteriores, obtenemos que

$e_d=\lambda\left(v_d-\sum_{i=1}^{d-1} \langle v_d,e_i\rangle e_i \right).$

Notemos que si $z:=v_d-\sum_{i=1}^{d-1} \langle v_d,e_i\rangle e_i$ es cero, $v_d$ estaría en $$\text{span}(e_1,\cdots,e_{d-1}) = \text{span}(v_1,\cdots,v_{d-1}),$$ contradiciendo que los vectores $v_i$’s son linealmente independientes, entonces $z\neq 0$.

Ahora como queremos que $1=\norm{e_d}=|\lambda| \norm{z}$, esto implica que $|\lambda|=\frac{1}{\norm{z}}$.

Como además queremos que $\langle e_d,v_d \rangle >0$ y

$\langle e_d,v_d\rangle =\left\langle e_d,\frac{e_d}{\lambda}+\sum_{i=1}^{d-1} \langle v_d,e_i\rangle e_i \right\rangle=\frac{1}{\lambda},$

se deduce que $\lambda$ es único y está determinado por $\lambda=\frac{1}{\norm{z}}.$ Por lo tanto existe (y es único) el vector $e_d$ que satisface el teorema.

$\square$

Este proceso de construcción es mejor conocido como el proceso de Gram-Schmidt. La demostración da a la vez un algoritmo que nos permite encontrar bases ortogonales (y de hecho ortonormales). Veremos ejemplos de esto en la siguiente sección. Antes de eso, enunciaremos formalmente una de las conclusiones más importantes del teorema anterior.

Recuerda que un espacio Euclideano es un espacio vectorial de dimensión finita sobre $\mathbb{R}$ y con un producto interior. Podemos aplicar el proceso de Gram-Schmidt a cualquier base $v_1,\ldots,v_d$ de un espacio Euclideano $V$ y al final obtendremos una familia $e_1,\ldots,e_d$ de vectores ortonormales. Como sabemos que las familias de vectores ortonormales son linealmente independientes, y tenemos $d$ vectores, concluimos que $e_1,\ldots,e_d$ es una base ortonormal. En resumen, tenemos el siguiente resultado.

Corolario. Todo espacio Euclideano tiene una base ortonormal.

Ejemplos de aplicación del proceso de Gram-Schmidt

A continuación veremos algunos ejemplos que nos ayuden a clarificar más este algoritmo.

Ejemplo 1. Sean $v_1,v_2,v_3$ vectores en $\mathbb{R}^3$ (con el producto interior estándar) definidos por

$v_1=(1, 1, 0), \quad v_2=( 1, 1, 1), \quad v_3=( 1, 0, 1)$.

Es fácil ver que estos vectores son linealmente independientes. Entonces construyamos según el proceso de Gram-Schmidt la familia ortonormal de vectores $e_1,e_2,e_3$. Tenemos que

$e_1=\frac{v_1}{\norm{v_1}}=\frac{v_1}{\sqrt{2}}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)$.

Ahora, tomando $z_2=v_2-\langle v_2,e_1\rangle e_1$, tenemos que $e_2$ está definido como $\frac{z_2}{\norm{z_2}}$, entonces

\begin{align*}
z_2&=(1,1,1)-\left[(1,1,1)\cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)\right]\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right) \\
&=(1,1,1)-\left[\frac{2}{\sqrt{2}}\right]\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right) \\
&=(1,1,1)-(2/2,2/2,0)\\
&=(1,1,1)-(1,1,0)=(0,0,1).
\end{align*}

Esto implica que $e_2=\frac{1}{1}(0,0,1)=(0,0,1)$. Finalmente tomando $z_3=v_3-\langle v_3,e_1 \rangle e_1 – \langle v_3,e_2 \rangle e_2$, sabemos que $e_3=\frac{z_3}{\norm{z_3}}$. Entonces

\begin{align*}
z_3&=v_3-\langle v_3,e_1 \rangle e_1 – \langle v_3,e_2 \rangle e_2 \\
&=(1,0,1)-\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)-(0,0,1) \\
&=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},0\right).
\end{align*}

Por lo tanto

$e_3=\frac{1}{\sqrt{1/2}}\left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2},0\right)=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}},0\right).$

$\square$

Ejemplo 2. Sea $V$ el espacio de polinomios en $[0,1]$ con coeficientes reales de grado a lo más 2, con el producto interior

$\langle p,q \rangle =\int_0^1 p(x)q(x) dx.$

Sean $v_1=1$, $v_2=1+x$, $v_3=1+x^2$ vectores en $V$ que claramente son linealmente independientes. Encontraremos los vectores que nos da el proceso de Gram-Schmidt.

Primero calculemos

$\norm{v_1}^2=\int_0^1 1 dx= 1$,

entonces $e_1=\frac{v_1}{\norm{v_1}}=v_1=1$. Ahora calculemos $z_2$:

\begin{align*}
z_2&=v_2-\langle v_2,e_1 \rangle e_1 \\
&=1+x- \int_0^1 (1+x)dx=1+x-\left(1+\frac{1}{2}\right) \\
&=x-\frac{1}{2}.
\end{align*}

Haciendo la integral $$\int_0^1 \left(x-\frac{1}{2}\right)^2 dx$$ se obtiene que $\norm{z_2}=\sqrt{\frac{1}{12}}$, entonces $e_2=\sqrt{12}\left(x-\frac{1}{2}\right)$.

Por último, hay que calcular $z_3$ así como su norma. Primero,

\begin{align*}
z_3&=v_3-\langle v_3,e_1 \rangle e_1 – \langle v_3,e_2 \rangle e_2 \\
&=(1+x^2)-\int_0^1 (1+x^2)dx – 12\left(x-\frac{1}{2}\right)\int_0^1 (1+x^2)\left(x-\frac{1}{2}\right)dx \\
&=1+x^2-\left(1+\frac{1}{3}\right)-12\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{12}\right) \\
&=x^2-\frac{1}{3}-x+\frac{1}{2} \\
&=x^2-x+\frac{1}{6},
\end{align*}

y luego, con la integral $$\int_0^1 \left(x^2-x+\frac{1}{6}\right)^2 dx$$ se calcula que $\norm{z_3}=\frac{1}{6\sqrt{5}}$, por lo tanto $e_3=6\sqrt{5}\left(x^2-x+\frac{1}{6}\right)$.

$\square$

Aunque no es un proceso muy eficiente, nos garantiza que podemos encontrar una base ortonormal para cualquier espacio vectorial (con producto interior). Ya con una base ortonormal, podemos usar la descomposición de Fourier de la cual hablamos la entrada anterior y con ella todas las consecuencias que tiene.

Si quieres ver muchos más ejemplos del proceso en $\mathbb{R}^n$, puedes usar una herramienta en línea que te permite ver el proceso paso a paso en el conjunto de vectores que tu elijas. Una posible página es el Gram-Schmid Calculator de eMathHelp.

Tarea moral

  • Verifica que con el valor $\lambda$ que se encontró en la demostración del teorema de Gram-Schmidt en efecto se obtiene un vector $e_d$ que satisface todas las conclusiones que se desean.
  • Revisa que los vectores que se obtuvieron en los ejemplos de aplicación del proceso de Gram-Schmidt en efecto son bases ortogonales de los espacios correspondientes.
  • Aplica el proceso de Gram-Schmidt a los polinomios $1$, $x$, $x^2$ en el espacio Euclideano de los polinomios reales de grado a lo más dos y producto interior $$\langle p, q \rangle = p(0)q(0)+p(1)q(1)+p(2)q(2).$$
  • Aplica el proceso de Gram-Schmidt a los vectores \begin{align*}(1,1,1,1)\\ (0,1,1,1)\\ (0,0,1,1)\\ (0,0,0,1)\end{align*} de $\mathbb{R}^4$ con el producto interior canónico (el producto punto).
  • Usa el Gram-Schmidt Calculator de eMathHelp para ver paso a paso cómo se aplica el proceso de Gram-Schmidt a los vectores \begin{align*}(1,2,1,1,-1)\\ (0,0,1,0,0)\\ (2,0,0,1,1)\\ (0,2,0,0,1)\\ (-3,0,0,1,0)\end{align*} de $\mathbb{R}^5$.

Más adelante…

En esta última entrada teórica de la unidad 3, vimos el método de Gram-Schmidt para construir una base ortonormal, que es un proceso algorítmico que parte de tener una base de un espacio y al final calcula una base ortonormal. También se vieron algunos ejemplos de la aplicación de este proceso para espacios vectoriales finitos como $\mathbb{R}^3$ y el espacio de polinomios en [0,1] de grado a lo más 2. Aunque no es una manera muy eficaz para encontrar una base ortonormal, sí te garantiza que lo que construye es una.

En la próxima entrada veremos ejercicios resueltos de los temas que hemos estado estudiando a lo largo de esta semana. 

Entradas relacionadas

Álgebra Lineal I: Problemas de ortogonalidad, ecuaciones e hiperplanos

Introducción

En esta entrada ejercitaremos los conceptos introducidos recientemente. Abordamos los temas de espacio ortogonal e hiperplanos. Para ello, resolveremos problemas de ortogonalidad relacionados con encontrar una base para el espacio ortogonal y de escribir subespacios en términos de ecuaciones e intersecciones de hiperplanos.

Problemas resueltos de espacio ortogonal

Problema. Sea $S=\{x^3+x, x^2+x ,-x^3+x^2+1\} \subseteq \mathbb{R}_3[x]$.
Describe $S^{\bot}$ dando una base de este espacio.

Solución. Una forma lineal $l$ sobre $\mathbb{R}_3[x]$ es de la forma

$l(a_0 + a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=aa_0+ba_1+ca_2+da_3$

para algunos $a, b,c,d\in \mathbb{R}$, pues basta decidir quiénes son $a=l(1)$, $b=l(x)$, $c=l(x^2)$ y $d=l(x^3)$.

La condición $l\in S^{\bot}$ es equivalente a

$l(x^3+x)=l(x^2+x)=l(-x^3+x^2+1)=0.$

Esto es
\begin{align*}
l(x^3+x)&=b+d=0\\
l(x^2+x)&=b+c=0\\
l(-x^3+x^2+1)&=a+c-d=0.
\end{align*}

La matriz asociada al sistema es

$A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}$

y su forma escalonada reducida es

$A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.$

Así, $d$ es variable libre y \begin{align*} a&=0\\ b&=-d\\ c&=d.\end{align*}

De aquí, el conjunto de soluciones del sistema es
$$\{(0,-u,u,u) : u\in \mathbb{R}\}.$$

Las correspondientes formas lineales son $$l_u(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=u(-a_1+a_2+a_3).$$

Este es un subespacio de dimensión $1$, así que para determinar una base para $S^{\bot}$, basta con elegir una de estas formas lineales con $u\neq 0$, por ejemplo, para $u=1$ tenemos
$$l_1(a_o+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=-a_1+a_2+a_3.$$

$\square$

Problema. Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$, sea $V^\ast$ su espacio dual y tomemos subconjuntos $S, S_1, S_2\subseteq V^\ast$ tales que $S_1\subseteq S_2$. Prueba lo siguiente.

  1. $S_2^{\bot}\subseteq S_1^{\bot}$.
  2. $S\subseteq (S^{\bot})^{\bot}$.

Solución.

  1. Sea $l\in S_2^{\bot}$. Por definición $l(s)=0$ para toda $s\in S_2$.
    Luego, si $s\in S_1$, entonces $s\in S_2$ y así $l(s)=0$. Por consiguiente $l\in S_1^{\bot}$. Concluimos $S_2^{\bot}\subseteq S_1^{\bot}$.
  2. Sea $s\in S$. Para cualquier $l\in S^{\bot}$ se cumple que $l(s)=0$ y así $s\in (S^{\bot})^{\bot}$

$\square$

Observación. El problema anterior también es cierto si suponemos que $S, S_1, S_2\subseteq V$ tales que $S_1\subseteq S_2$ y la prueba es idéntica a la anterior.

Observación. Por muy tentador que sea pensar que la igualdad se da en el inciso 2 del problema anterior, esto es totalmente falso: $(S^{\bot})^{\bot}$ es un subespacio de $V$ (o de $V^\ast$), mientras que no hay razón para que $S$ lo sea, pues este es solamente un subconjunto arbitrario de $V$ (o $V^\ast$). Como vimos en una entrada anterior, la igualdad se da si $S$ es un subespacio de $V$ (o de $V^\ast$) cuando $V$ es un subespacio de dimensión finita.

Problemas resueltos de ecuaciones lineales y de hiperplanos

Veamos ahora problemas de ortogonalidad relacionados con encontrar expresiones para un subespacio en términos de ecuaciones lineales y de hiperplanos.

Problema. Sea $W$ el subespacio de $\mathbb{R}^4$ generado por los vectores

$v_1=(1,1,0,1)$
$v_2=(1,2,2,1).$

Encuentra ecuaciones lineales en $\mathbb{R}^4$ cuyo conjunto solución sea $W$.

Solución. Necesitamos encontrar una base para $W^{\bot}$.
Recordemos que $W^{\bot}$ consiste de todas las formas lineales

$l(x,y,z,t)=ax+by+cz+dt$

tales que $l(v_1)=l(v_2)=0$, es decir
\begin{align*}
a+b+d&=0\\
a+2b+2c+d&=0.
\end{align*}

La matriz asociada al sistema anterior es

$A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
1 & 2 & 2 & 1\end{pmatrix}$

y por medio de reducción gaussiana llegamos a que su forma reducida escalonada es

$A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & -2 & 1\\
0 & 1 & 2 & 0\end{pmatrix}.$

De aquí, $c$ y $d$ son variables libres y $a$ y $b$ son variables pivote determinadas por
\begin{align*}a&=2c-d\\b&=-2c.\end{align*}

Por lo tanto,
\begin{align*}
l(x,y,z,t)&=(2c-d)x-2cy+cz+dt\\
&=c(2x-2y+z)+d(-x+t).
\end{align*}

Así, deducimos que una base para $W^{\bot}$ está dada por

$l_1(x,y,z,t)=2x-2y+z$ y $l_2(x,y,z,t)=-x+t$

y por consiguiente $W=\{v\in \mathbb{R}^4 : l_1(v)=l_2(v)=0\}$, de donde $$l_1(v)=0, l_2(v)=0$$ son ecuaciones cuyo conjunto solución es $W$.

$\square$

Problema. Considera el espacio vectorial $V=\mathbb{R}_3[x]$. Escribe el subespacio vectorial generado por $p(x)=1-2x^2$ y $q(x)=x+x^2-x^3$ como la intersección de dos hiperplanos linealmente independientes en $V$.

Solución. Sea $\mathcal{B}=\{1,x,x^2,x^3\}=\{e_1,e_2,e_3,e_4\}$ la base canónica de $V$.

Entonces

\begin{align*}
p(x)&=e_1-2e_3\\
q(x)&=e_2+e_3-e_4.
\end{align*}

Escribir $W=\text{span}(p(x),q(x))$ como intersección de dos hiperplanos es equivalente a encontrar dos ecuaciones que definan a $W$, digamos $l_1(v)=l_2(v)=0$ pues entonces $$W=H_1 \cap H_2,$$ donde $H_1=\ker(l_1)$ y $H_2=\ker(l_2)$.

Así que sólo necesitamos encontrar una base $l_1,l_2$ de $W^{\bot}$.

Recordemos que una forma lineal en $\mathbb{R}_3[x]$ es de la forma $$l_1(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)=ax_1+bx_2+cx_3+dx_4$$

para algunos $a,b,c,d \in \mathbb{R}$.

Esta forma lineal $l$ pertenece a $W^{\bot}$ si y sólo si $$l(p(x))=l(q(x))=0,$$ o bien

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

Podemos fijar $c$ y $d$ libremente y despejar $a$ y $b$ como sigue:

\begin{align*}a&=2c\\b&=-c+d.\end{align*}

Por consiguiente

\begin{align*}
l(x_1e_1&+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)\\
&=2cx_1+(-c+d)x_2+cx_3+dx_4\\
&=c2x_1-x_2+x_3)+d(x_2+x_4).
\end{align*}

Así deducimos que una base $l_1,l_2$ de $W^{\bot}$ está dada por

\begin{align*}
l_1(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)&=2x_1-x_2+x_3\\
l_2(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)&=x_2+x_4.
\end{align*}

y así $W=H_1\cap H_2$, donde

\begin{align*}
H_1&=\ker(l_1)=\{a+bx+cx^2+dx^3\in V : 2a-b+c=0\}\\
H_2&=\ker(l_2)=\{a+bx+cx^2+dx^3\in V : b+d=0\}.
\end{align*}


$\square$

Entradas relacionadas

Álgebra Lineal I: Ortogonalidad y espacio ortogonal

Introducción

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

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

Definiciones de ortogonalidad y espacio ortogonal

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

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

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

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

$\square$

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

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

$\square$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\square$

Encontrar el espacio ortogonal de manera práctica

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

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

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

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

Veamos este método en acción.

Ejemplo de encontrar el espacio ortogonal de manera práctica

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

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

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

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

Para resolver este sistema, aplicamos reducción gaussiana:

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

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

$\square$

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

El teorema de dualidad

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

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

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

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

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

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

$\square$

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

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

$\square$

Aplicar dos veces ortogonalidad en subespacios

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

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

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

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

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

$\square$

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

Tarea moral

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

Más adelante…

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

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

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