ESPACIO DUAL 1. Espacio Dual En temas anteriores dados V y V

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1. Espacio Dual
En temas anteriores dados V y V 0 espacios vectoriales sobre k, definı́amos en
Hom(V, V 0 ) una suma y un producto por elementos de k que convertı́an este conjunto en un espacio vectorial.
Recordemos que dadas bases en V y en V 0 existı́a un isomorfismo entre Hom(V, V 0 )
y Mn×m , de donde podı́amos deducir que dim(Hom(V, V 0 )) = dim(V )dim(V 0 ).
En este tema vamos a estudiar un caso particular, vamos a considerar V 0 = k,
es decir, estudiaremos el espacio vectorial Homk (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 Homk (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 = {v1 , v2 , . . . , vn }
una base de V , e intentemos construir n formas lineales. Lo haremos dando la imagen de cada vector de la base B.
ϕ1 : V → k
ϕ1 (v1 ) = 1
ϕ1 (v2 ) = 0
..
.
ϕ2 : V → k
ϕ2 (v1 ) = 0
ϕ2 (v2 ) = 1
..
.
...
ϕn : V → k
ϕn (v1 ) = 0
ϕn (v2 ) = 0
..
.
ϕ1 (vn ) = 0 ϕ2 (vn ) = 0
ϕn (vn ) = 1
Tenemos n aplicaciones lineales tales que ϕi (vj ) = 0 si i 6= j, y ϕi (vi ) = 1. Esto
abreviadamente se escribe ϕi (vj ) = δij . Donde δij se llama delta de Kronecker, y
es una función que es nula mientras i 6= j y toma el valor 1 cuando i = j.
Veamos que
{ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn }
es base de V ∗ . Como tenemos n vectores (n = dim(V ∗ )), basta ver que son linealmente independientes.
Supongamos, pues, que r1 ϕ1 + r2 ϕ2 + · · · + rn ϕn = 0 (forma lineal nula), es decir
∀v ∈ V :
(r1 ϕ1 + r2 ϕ2 + · · · + rn ϕn )(v) = 0
de donde, haciendo v = v1 , se tiene:
(r1 ϕ1 + r2 ϕ2 + · · · + rn ϕn )(v1 ) = 0
⇒ r1 ϕ1 (v1 ) + r2 ϕ2 (v1 ) + · · · + rn ϕn (v1 ) = 0,
pero sólo ϕ1 (v1 ) 6= 0, o sea r1 ϕ1 (v1 ) = 0 y como ϕ1 (v1 ) = 1, se tiene que r1 = 0.
De manera análoga, haciendo v = v2 se tiene r2 = 0 y ası́ sucesivamente hasta
hacer v = vn para obtener rn = 0.
Con lo que {ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn } es base de V ∗ . A esta base se le llama base dual de
B.
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Ejercicio 1.2. Sean en R3 las bases B = {e1 , e2 , e3 } y B 0 = {e1 , e1 +e2 , e3 }. Calcular
B ∗ = {ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 } y B 0∗ = {ϕ01 , ϕ02 , ϕ03 } las respectivas bases duales de B y B 0 .
Observar que ϕ1 y ϕ01 son distintos a pesar de ser ”duales” de un mismo elemento
e1 , 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 = {v1 , v2 , . . . , vn } base de V espacio vectorial sobre k, y sea
B ∗ = {ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn } su base dual. Sean v ∈ V y ϕ ∈ V ∗ , entonces:
Pn
Pn
v = i=1 ϕi (v)vi ϕ = j=1 ϕ(vj )ϕj
Pn
Proof. Como v ∈ V y B es base de V se tiene que v = i=1 ri vi , si le aplicamos
ϕj , se tiene que:
n
X
ϕj (v) =
ri ϕj (vi ) = rj .
i=1
Pn
Por tanto v = i=1 ϕi (v)vi . P
n
De forma análoga, si ϕ = j=1 rj ϕj , aplicando esta igualdad a vi , tenemos que:
ϕ(vi ) =
n
X
rj ϕj (vi ) = ri ,
j=1
y por tanto ϕ =
Pn
j=1
ϕ(vj )ϕj .
Teorema 2.2. (Cambio de base dual). Sean B = {v1 , v2 , . . . , vn } y B 0 =
{v10 , v20 , . . . , vn0 } dos bases de V espacio vectorial sobre k, y sean B ∗ = {ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn }
y B 0∗ = {ϕ01 , ϕ02 , . . . , ϕ0n } sus respectivas bases duales. Entonces si la matriz de cambio de base de B a B 0 es A = (aij ), la matriz de cambio de base de B 0∗ a B ∗ es
At = (aji ) (La matriz traspuesta de A).
Pn
Proof. Se tiene que vj0 = i=1 aij vi . Si v ∈ V por el lema anterior, tenemos que
Pn
Pn
Pn
v =
ϕ0j (v)vj0 = j=1 ϕ0j (v)( i=1 aij vi )
Pj=1
P
P
Pn
n
n
n
0
0
=
j=1
i=1 ϕj (v)aij vi =
i=1 (
j=1 aij ϕj (v))vi .
Por otra parte, del lema anterior tenemos que
v=
n
X
ϕi (v)vi ,
i=1
por lo que entonces:
ϕi (v) =
n
X
aij ϕ0j (v)
j=1
y como esto es válido para todo v ∈ V , se tiene: ϕi =
matriz de cambio de base de B 0∗ a B ∗ es (aji ).
Pn
j=1
aij ϕ0j . y por tanto la
Ejercicio 2.3. Calcular las matrices de cambio de base de B a B 0 y de B 0∗ a B ∗ del
ejercicio anterior.
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3. Teorema de Reflexividad
Lema 3.1. Sea V espacio vectorial sobre k si v 6= 0 entonces ∃ϕ ∈ V ∗ tal que
ϕ(v) 6= 0.
Proof. Se amplı́a {v} hasta una base de V , sea {ϕ, ϕ2 , . . . , ϕn } la base dual, entonces
ϕ(v) = 1 6= 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) = Φv ,
donde Φv : V ∗ → k dada por Φv (ϕ) = ϕ(v) es un isomorfismo.
Proof. Hay que probar:
(1) Φv ∈ V ∗∗ , es decir, Φv es lineal.
(2) Φ es lineal.
(3) Ker Φ = 0.
Veámoslo:
(1) Φv es lineal.
Φv (rϕ + sψ)
= (rϕ + sψ)(v) = rϕ(v) + sψ(v)
= rΦv (ϕ) + sΦv (ψ)
(2) Veamos que Φ(v + v 0 ) = Φ(v) + Φ(v 0 ) o lo que es lo mismo, comprobemos
que Φv+v0 = Φv + Φv0 . Para ello sea ϕ ∈ V ∗ :
Φv+v0 (ϕ)
= ϕ(v + v 0 ) = ϕ(v) + ϕ(v 0 ) = Φv (ϕ) + Φv0 (ϕ)
= Φv + Φv0 (ϕ)
Comprobemos también que Φav = aΦv .
Φav (ϕ)
= ϕ(av) = aϕ(v) = aΦv .
(3) Ker Φ = 0. Sea Φ(v) = 0, es decir, Φv = 0, o lo que es lo mismo,
Φv (ϕ) = 0 ∀ϕ ∈ V ∗ ⇒ ϕ(v) = 0 ∀ϕ ∈ V ∗ ,
pero si v 6= 0 sabemos, por el lema anterior, que existe ϕ ∈ V ∗ tal que
ϕ(v) 6= 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 Φv ∈ 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 : ϕ(v) = 0∀ϕ ∈ S},
utilizando el teorema de reflexividad.
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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.
(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 {v1 , v2 , . . . , vm } base de S subespacio de V , y la completamos hasta
{v1 , v2 , . . . , vn } base de V y consideramos B ∗ = {ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn }, entonces
Proof.
{ϕm+1 , . . . , ϕn }
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:
Pn
Pn
ϕ =
j=m+1 ϕ(vj )ϕj .
j=1 ϕ(vj )ϕj =
Esta última igualdad se tiene porque {v1 , v2 , . . . , vm } es base de S y por
tanto ϕ(vi ) = 0 ∀i = 1, . . . , m. Luego {ϕm+1 , . . . , ϕn } 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 0 podemos definir
f t : V 0∗ → V ∗
(ϕ0 ) 7→ ϕ0 ◦ f.
A esta aplicación, se le llama aplicación traspuesta de f .
Proposición 5.2. f t es lineal.
Proof. Sean ϕ0 y ψ 0 ∈ V 0∗ . Probemos primero que f t (ϕ0 + ψ 0 ) = f t (ϕ0 ) + f t (ψ 0 ).
Para ello sea v ∈ V y calculemos:
f t (ϕ0 + ψ 0 )(v)
= (ϕ0 + ψ 0 ) ◦ f (v) = (ϕ0 + ψ 0 )(f (v))
= ϕ0 (f (v)) + ψ 0 (f (v)) = (ϕ0 ◦ f )(v) + (ψ 0 ◦ f )(v)
= (ϕ0 ◦ f + ψ 0 ◦ f )(v) = (f t (ϕ0 ) + f t (ψ 0 ))(v).
Ahora veamos que respeta el producto por escalares.
f t (rϕ0 )(v) = (rϕ0 ◦ f )(v) = (rϕ0 )(f (v)) = r(ϕ0 (f (v))) = r(f t (ϕ0 ))(v).
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Proposición 5.3. Sean f, g ∈ Homk (V, V 0 ) 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 ∈ Homk (V, V 0 ) y g ∈ Homk (V 0 , V 00 ), entonces: (g ◦
f )t = f t ◦ g t .
Proof. Sea ϕ00 ∈ V 00∗ , tenemos que
(g ◦ f )t (ϕ00 )
= ϕ00 (g ◦ f ) = (ϕ00 ◦ g) ◦ f
= f t (ϕ00 ◦ g) = f t (g t (ϕ00 )) = (f t ◦ g t )(ϕ00 ).
Proposición 5.5. Sea f ∈ Homk (V, V 0 ). Identificando V y V 0 con sus duales,
tenemos que f = (f t )t
Proof. Estamos identificando v y Φv . Es claro que
(f t )t (v) = (f t )t (Φv ) = Φv ◦ (f t ).
Sea ϕ0 ∈ V 0∗ entonces
Φv ◦ (f t )(ϕ0 )
= Φv (f t (ϕ0 )) = Φv (ϕ0 ◦ f )
= (ϕ0 ◦ f )(v) = ϕ0 (f (v)) = Φf (v) (ϕ0 ).
Con lo que Φv ◦ (f t ) = Φf (v) que estamos identificando con f (v).
Proposición 5.6. Sea f ∈ Homk (V, V 0 ) y sean B = {v1 , v2 , . . . , vn } y B 0 =
{v10 , v20 , . . . , vn0 } bases de V y V 0 respectivamente, entonces:




a11 . . . an1
a11 . . . a1n

..  ⇔ M (f t , B 0∗ , B ∗ ) =  ..
.. 
M (f, B, B 0 ) =  ...
 .
. 
. 
a1n . . . ann
an1 . . . ann
Pm
P
n
Proof. Sea f (vj ) = k=1 akj vk0 y sea f t (ϕ0i ) = k=1 bki ϕk . Calculemos:
Pm
0
f t (ϕ0i )(vj ) = ϕ
(vj )) = ϕ0i ( k=1 akj vk0 )
Pi (f
m
0 0
=
k=1 akj ϕi (vk ) = aij .
Por otra parte, también
f t (ϕ0i )(vj ) =
n
X
bki ϕk (vj ) = bji .
k=1
Con lo que aij = bji .
Proposición 5.7. Sea f : V → V 0 una aplicación lineal. Se tiene que:
(1) an(Im f ) = Ker f t
(2) an(Ker f ) = Im f t
Proof.
(1)
ϕ0 ∈ an(Im f ) ⇔ ∀v ∈ V
ϕ0 (f (v)) = 0 ⇔ f t (ϕ0 ) = ϕ0 ◦ f = 0
⇔ ϕ0 ∈ Ker f t .
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(2) Aplicamos el apartado anterior a f t : V 0∗ → 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 0 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 ).