r j ϕ j (v i ) = r i, ϕ(v i ) = v = n a ij ϕ j(v) ϕ i (v) =

Transcripción

1 ESPACIO DUAL 1. Espacio Dual En temas anteriores dados V y V espacios vectoriales sobre k, definíamos en Hom(V, V ) una suma y un producto por elementos de k que convertían este conjunto en un espacio vectorial. Recordemos que dadas bases en V y en V existía un isomorfismo entre Hom(V, V ) y M n m, de donde podíamos deducir que dim(hom(v, V )) = dim(v )dim(v ). En este tema vamos a estudiar un caso particular, vamos a considerar V = k, es decir, estudiaremos el espacio vectorial Hom k (V, k). Definición 1.1. Dado V espacio vectorial sobre k, definimos el espacio vectorial dual de V, y lo notaremos V como el espacio vectorial Hom k (V, k). Los elementos de V los llamaremos formas lineales y los notaremos por las letras ϕ, ψ. Es claro que dim(v ) = dim(v ). Vamos a intentar calcular una base de V, para eso, consideramos B = {v 1, v 2,..., v n } una base de V, e intentemos construir n formas lineales. Lo haremos dando la imagen de cada vector de la base B. ϕ 1 : V k ϕ 2 : V k... ϕ n : V k ϕ 1 (v 1 ) = 1 ϕ 2 (v 1 ) = 0 ϕ n (v 1 ) = 0 ϕ 1 (v 2 ) = 0 ϕ 2 (v 2 ) = 1 ϕ n (v 2 ) = 0... ϕ 1 (v n ) = 0 ϕ 2 (v n ) = 0 ϕ n (v n ) = 1 Tenemos n aplicaciones lineales tales que ϕ i (v j ) = 0 si i j, y ϕ i (v i ) = 1. Esto abreviadamente se escribe ϕ i (v j ) = δ ij. Donde δ ij se llama delta de Kronecker, y es una función que es nula mientras i j y toma el valor 1 cuando i = j. Veamos que {ϕ 1, ϕ 2,..., ϕ n } es base de V. Como tenemos n vectores (n = dim(v )), basta ver que son linealmente independientes. Supongamos, pues, que r 1 ϕ 1 +r 2 ϕ 2 + +r n ϕ n = 0 (forma lineal nula), es decir v V : (r 1 ϕ 1 + r 2 ϕ r n ϕ n )(v) = 0 de donde, haciendo v = v 1, se tiene: (r 1 ϕ 1 + r 2 ϕ r n ϕ n )(v 1 ) = 0 r 1 ϕ 1 (v 1 ) + r 2 ϕ 2 (v 1 ) + + r n ϕ n (v 1 ) = 0, pero sólo ϕ 1 (v 1 ) 0, o sea r 1 ϕ 1 (v 1 ) = 0 y como ϕ 1 (v 1 ) = 1, se tiene que r 1 = 0. De manera análoga, haciendo v = v 2 se tiene r 2 = 0 y así sucesivamente hasta hacer v = v n para obtener r n = 0. Con lo que {ϕ 1, ϕ 2,..., ϕ n } es base de V. A esta base se le llama base dual de B. 1

2 2 ESPACIO DUAL Ejercicio 1.2. Sean en R 3 las bases B = {e 1, e 2, e 3 } y B = {e 1, e 1 +e 2, e 3 }. Calcular B = {ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3 } y B = {ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3} las respectivas bases duales de B y B. Observar que ϕ 1 y ϕ 1 son distintos a pesar de ser duales de un mismo elemento e 1, Esto quiere decir, que no se puede hablar de dual de un elemento, pues depende del resto de la base. 2. Cambio de Base Dual. Lema 2.1. Sea B = {v 1, v 2,..., v n } base de V espacio vectorial sobre k, y sea B = {ϕ 1, ϕ 2,..., ϕ n } su base dual. Sean v V y ϕ V, entonces: v = n i=1 ϕ i(v)v i ϕ = n j=1 ϕ(v j)ϕ j Proof. Como v V y B es base de V se tiene que v = n i=1 r iv i, si le aplicamos ϕ j, se tiene que: ϕ j (v) = r i ϕ j (v i ) = r j. i=1 Por tanto v = n i=1 ϕ i(v)v i. De forma análoga, si ϕ = n j=1 r jϕ j, aplicando esta igualdad a v i, tenemos que: ϕ(v i ) = r j ϕ j (v i ) = r i, j=1 y por tanto ϕ = n j=1 ϕ(v j)ϕ j. Teorema 2.2. (Cambio de base dual). Sean B = {v 1, v 2,..., v n } y B = {v 1, v 2,..., v n} dos bases de V espacio vectorial sobre k, y sean B = {ϕ 1, ϕ 2,..., ϕ n } y B = {ϕ 1, ϕ 2,..., ϕ n} sus respectivas bases duales. Entonces si la matriz de cambio de base de B a B es A = (a ij ), la matriz de cambio de base de B a B es A t = (a ji ) (La matriz traspuesta de A). Proof. Se tiene que v j = n i=1 a ijv i. Si v V por el lema anterior, tenemos que v = n j=1 ϕ j (v)v j = n j=1 ϕ j (v)( n i=1 a ijv i ) = n n j=1 i=1 ϕ j (v)a ijv i = n i=1 ( n j=1 a ijϕ j (v))v i. Por otra parte, del lema anterior tenemos que v = ϕ i (v)v i, por lo que entonces: ϕ i (v) = i=1 a ij ϕ j(v) j=1 y como esto es válido para todo v V, se tiene: ϕ i = n j=1 a ijϕ j. y por tanto la matriz de cambio de base de B a B es (a ji ). Ejercicio 2.3. Calcular las matrices de cambio de base de B a B y de B a B del ejercicio anterior.

3 ESPACIO DUAL 3 3. Teorema de Reflexividad Lema 3.1. Sea V espacio vectorial sobre k si v 0 entonces ϕ V tal que ϕ(v) 0. Proof. Se amplía {v} hasta una base de V, sea {ϕ, ϕ 2,..., ϕ n } la base dual, entonces ϕ(v) = 1 0. Definición 3.2. Se define el espacio bidual de V o doble dual, al espacio vectorial Hom(V, k), se notará V. Obviamente dim(v ) = dim(v ) = dim(v ) y como se dijo al principio del tema se puede definir una base en V partiendo de una base en V. Teorema 3.3. (de Reflexividad). Sea V espacio vectorial sobre k finitamente generado, sea V su bidual, entonces Φ : V V definido como Φ(v) = Φ v, donde Φ v : V k dada por Φ v (ϕ) = ϕ(v) es un isomorfismo. Proof. Hay que probar: (1) Φ v V, es decir, Φ v es lineal. (2) Φ es lineal. (3) Ker Φ = 0. Veámoslo: (1) Φ v es lineal. Φ v (rϕ + sψ) = (rϕ + sψ)(v) = rϕ(v) + sψ(v) = rφ v (ϕ) + sφ v (ψ) (2) Veamos que Φ(v + v ) = Φ(v) + Φ(v ) o lo que es lo mismo, comprobemos que Φ v+v = Φ v + Φ v. Para ello sea ϕ V : Φ v+v (ϕ) = ϕ(v + v ) = ϕ(v) + ϕ(v ) = Φ v (ϕ) + Φ v (ϕ) = Φ v + Φ v (ϕ) Comprobemos también que Φ av = aφ v. Φ av (ϕ) = ϕ(av) = aϕ(v) = aφ v. (3) Ker Φ = 0. Sea Φ(v) = 0, es decir, Φ v = 0, o lo que es lo mismo, Φ v (ϕ) = 0 ϕ V ϕ(v) = 0 ϕ V, pero si v 0 sabemos, por el lema anterior, que existe ϕ V tal que ϕ(v) 0, por tanto v = 0. Este teorema nos da un isomorfismo entre V y V, pero este isomorfismo es especial. Dado v V, podemos decir quien es Φ v V, cosa que no sucede para V. 4. El Subespacio Anulador Definición 4.1. Sea S un subconjunto de V, se define el anulador de S como an(s) = {ϕ V : ϕ(v) = 0 v S}. Si S es subconjunto de V se puede escribir an(s) = {v V utilizando el teorema de reflexividad. : ϕ(v) = 0 ϕ S},

4 4 ESPACIO DUAL Proposición 4.2. Sea V espacio vectorial sobre k y sea S subconjunto de V entonces: (1) an(s) es subespacio de V. (2) Si S es subespacio de V entonces dim(an(s)) = dim(v ) dim(s). (3) an(an(s)) = L(S). Si S es subespacio de V se tiene an(an(s)) = S. Proof. (1) Sean ϕ, ψ an(s), es decir ϕ(v) = ψ(v) = 0 v V, y r, s k, entonces (rϕ + sψ)(v) = rϕ(v) + sψ(v) = 0 con lo que rϕ + sψ an(s), y an(s) es subespacio de V. (2) Sea {v 1, v 2,..., v m } base de S subespacio de V, y la completamos hasta {v 1, v 2,..., v n } base de V y consideramos B = {ϕ 1, ϕ 2,..., ϕ n }, entonces {ϕ m+1,..., ϕ n } es base de an(s). Veámoslo: Como es linealmente independiente, veamos que es sistema de generadores. Sea ϕ an(s), es decir, ϕ(v) = 0 v S. Como ϕ V tenemos: ϕ = n j=1 ϕ(v j)ϕ j = n j=m+1 ϕ(v j)ϕ j. Esta última igualdad se tiene porque {v 1, v 2,..., v m } es base de S y por tanto ϕ(v i ) = 0 i = 1,..., m. Luego {ϕ m+1,..., ϕ n } es sistema de generadores y por tanto base. Con lo que dim(an(s)) = dim(v ) dim(s). (3) Como an(an(s)) es subespacio de V y L(S) es el menor que contiene a S, si S an(an(s)) entonces L(S) an(an(s)). Sea, pues, v S entonces ϕ an(s), ϕ(v) = 0, o lo que es lo mismo, v an(an(s)). Para ver que los dos conjuntos son iguales, tenemos que, por el apartado anterior, dim(an(an(s))) = dim(v ) dim(an(s)) = dim(v ) (dim(v ) dim(l(s))), de donde, dim(an(an(s))) = dim(l(s)). Y por tanto los dos conjuntos son iguales. 5. Trasposición de aplicaciones lineales. Definición 5.1. Sea f : V V podemos definir f t : V V (ϕ ) ϕ f. A esta aplicación, se le llama aplicación traspuesta de f. Proposición 5.2. f t es lineal. Proof. Sean ϕ y ψ V. Probemos primero que f t (ϕ + ψ ) = f t (ϕ ) + f t (ψ ). Para ello sea v V y calculemos: f t (ϕ + ψ )(v) = (ϕ + ψ ) f(v) = (ϕ + ψ )(f(v)) = ϕ (f(v)) + ψ (f(v)) = (ϕ f)(v) + (ψ f)(v) = (ϕ f + ψ f)(v) = (f t (ϕ ) + f t (ψ ))(v). Ahora veamos que respeta el producto por escalares. f t (rϕ )(v) = (rϕ f)(v) = (rϕ )(f(v)) = r(ϕ (f(v))) = r(f t (ϕ ))(v).

5 ESPACIO DUAL 5 Proposición 5.3. Sean f, g Hom k (V, V ) y sea r k entonces: (f +g) t = f t +g t y (rf) t = rf t. La demostración se hará como ejercicio. Proposición 5.4. Sean f Hom k (V, V ) y g Hom k (V, V ), entonces: (g f) t = f t g t. Proof. Sea ϕ V, tenemos que (g f) t (ϕ ) = ϕ (g f) = (ϕ g) f = f t (ϕ g) = f t (g t (ϕ )) = (f t g t )(ϕ ). Proposición 5.5. Sea f Hom k (V, V ). Identificando V y V con sus duales, tenemos que f = (f t ) t Proof. Estamos identificando v y Φ v. Es claro que Sea ϕ V entonces (f t ) t (v) = (f t ) t (Φ v ) = Φ v (f t ). Φ v (f t )(ϕ ) = Φ v (f t (ϕ )) = Φ v (ϕ f) = (ϕ f)(v) = ϕ (f(v)) = Φ f(v) (ϕ ). Con lo que Φ v (f t ) = Φ f(v) que estamos identificando con f(v). Proposición 5.6. Sea f Hom k (V, V ) y sean B = {v 1, v 2,..., v n } y B = {v 1, v 2,..., v n} bases de V y V respectivamente, entonces: a a n1 a a 1n M(f, B, B ) =.. M(f t, B, B ) =.. a 1n... a nn a n1... a nn Proof. Sea f(v j ) = m k=1 a kjv k y sea f t (ϕ i ) = n k=1 b kiϕ k. Calculemos: Por otra parte, también Con lo que a ij = b ji. f t (ϕ i )(v j) = ϕ i (f(v j)) = ϕ i ( m k=1 a kjv k ) = m k=1 a kjϕ i (v k ) = a ij. f t (ϕ i)(v j ) = b ki ϕ k (v j ) = b ji. Proposición 5.7. Sea f : V V una aplicación lineal. Se tiene que: (1) an(im f) = Ker f t (2) an(ker f) = Im f t Proof. (1) k=1 ϕ an(im f) v V ϕ (f(v)) = 0 f t (ϕ ) = ϕ f = 0 ϕ Ker f t.

6 6 ESPACIO DUAL (2) Aplicamos el apartado anterior a f t : V V y tenemos an(im f t ) = Ker (f t ) t, o lo que es lo mismo an(im f t ) = Ker f, aplicando anuladores, an(an(im f t ) = an(ker f), o lo que es lo mismo: Im f t = an(ker f). Corolario 5.8. Sea f : V V una aplicación lineal, entonces: rango(f) = rango(f t ) Proof. Por la proposición anterior, sabemos que rango(f t ) = dim(im (f t )) = dim(an(ker f)), y como además dim(an(ker f)) = dim(v ) dim(ker f) = rango(f).