Espacio dual, base dual

Publicada el mayo 26, 2014 por Fernando Revilla
    Solución
  1. Llamemos $B=\{e_1(x),e_2(x)\},$ siendo $e_1(x)=a_1+b_1x,$ $e_2(x)=a_2+b_2x.$ Por definición de base dual, $$\left \{ \begin{matrix} f_1(e_1)=1 \\f_2(e_1)=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \int_0^1(a_1+b_1x)\;dx =1 \\\int_0^2(a_1+b_1x)\;dx=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \left[a_1x+b_1x^2/2\right]_0^1=1 \\ \left[a_1x+b_1x^2/2\right]_0^2=0\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow\left \{ \begin{matrix} a_1+b_1/2=1 \\ 2a_1+2b_1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix}a_1=2 \\ b_1=-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow e_1(x)=2-2x.$$ $$\left \{ \begin{matrix} f_1(e_2)=0 \\f_2(e_2)=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \int_0^1(a_2+b_2x)\;dx =0 \\\int_0^2(a_2+b_2x)\;dx=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \left[a_2x+b_2x^2/2\right]_0^1=0 \\ \left[a_2x+b_2x^2/2\right]_0^2=1\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow\left \{ \begin{matrix} a_2+b_2/2=0 \\ 2a_2+2b_2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix}a_2=-1/2 \\ b_2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow e_2(x)=-1/2+x.$$ Por tanto, $B=\{2-2x,-1/2+x\}.$
  2. Llamemos $B^*=\{f_1,f_2\}.$ Dado que $f_1$ y $f_2$ pertenecen a $(\mathbb{R}^2)^*,$ son aplicaciones lineales de $\mathbb{R}^2$ en $\mathbb{R}$ y sus expresiones matriciales en las respectivas bases canónicas tienen la forma $$f_1\equiv\ [y_1]=\begin{bmatrix}{a}&{b}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\end{bmatrix},\quad f_2\equiv\ [y_1]=\begin{bmatrix}{c}&{d}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\end{bmatrix}.$$ Por definición de base dual: $$\left \{ \begin{matrix} f_1(1,-2)=1 \\f_1(3,4)=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \begin{bmatrix}{a}&{b}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}\\{-2}\end{bmatrix}=[1] \\ \begin{bmatrix}{a}&{b}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{3}\\{4}\end{bmatrix}=[0] \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} a-2b=1 \\3a+4b=0 \end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} a=4/10 \\b=-3/10 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow y_1=(4/10)x_1-(3/10)x_2.$$ $$\left \{ \begin{matrix} f_2(1,-2)=0 \\f_2(3,4)=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \begin{bmatrix}{c}&{d}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}\\{-2}\end{bmatrix}=[0] \\ \begin{bmatrix}{a}&{b}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{3}\\{4}\end{bmatrix}=[1] \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} c-2d=0 \\3c+4d=1 \end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} c=2/10 \\d=1/10 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow y_1=(2/10)x_1+(1/10)x_2.$$ Por tanto, la base pedida es $ B^*=\{f_1,f_2\}$ siendo: $$f_1(x_1,x_2)=\frac{1}{10}(4x_1-3x_2),\quad f_2(x_1,x_2)=\frac{1}{10}(2x_1+x_2).$$
  3. Llamemos $B^*=\{f_1,f_2,f_3\}.$ Dado que $f_1,$ $f_2$ y $f_3$ pertenecen a $(\mathbb{R}^3)^*,$ son aplicaciones lineales de $\mathbb{R}^3$ en $\mathbb{R}$ y sus expresiones matriciales en las respectivas bases canónicas tienen la forma $$f_i\equiv\ [y_1]=\begin{bmatrix}{a_i}&{b_i}& c_i\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\x_3\end{bmatrix}\quad (i=1,2,3),$$ o de forma equivalente $$f_i(x_1,x_2,x_2)=a_ix_1+b_ix_2+c_ix_3\quad (i=1,2,3).$$ Por definición de base dual: $$\left \{ \begin{matrix} f_1(2,1,1)=1 \\f_1(1,2,1)=0\\f_1(1,1,2)=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} 2a_1+b_1+c_1=1 \\a_1+2b_1+c_1=0\\a_1+b_1+2c_1=0 \end{matrix}\right.$$ $$\left \{ \begin{matrix} f_2(2,1,1)=0 \\f_2(1,2,1)=1\\f_2(1,1,2)=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} 2a_2+b_2+c_2=0 \\a_2+2b_2+c_2=1\\a_2+b_2+2c_2=0 \end{matrix}\right.$$ $$\left \{ \begin{matrix} f_3(2,1,1)=0 \\f_3(1,2,1)=0\\f_3(1,1,2)=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} 2a_3+b_3+c_3=0 \\a_3+2b_3+c_3=0\\a_3+b_3+2c_3=1. \end{matrix}\right.$$ En vez de resolver los tres sistemas anteriores, podemos expresar $$\begin{bmatrix}{2}&{1}&{1}\\{1}&{2}&{1}\\{1}&{1}&{2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{a_1}&{a_2}&{a_3}\\{b_1}&{b_2}&{b_3}\\{c_1}&{c_2}&{c_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}\\{0}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{1}\end{bmatrix}$$ $$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}{a_1}&{a_2}&{a_3}\\{b_1}&{b_2}&{b_3}\\{c_1}&{c_2}&{c_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{2}&{1}&{1}\\{1}&{2}&{1}\\{1}&{1}&{2}\end{bmatrix}^{-1}=\frac{1}{4}\begin{bmatrix}{3}&{-1}&{-1}\\{-1}&{3}&{-1}\\{-1}&{-1}&{3}\end{bmatrix}.$$
    Por tanto, la base pedida es $ B^*=\{f_1,f_2,f_3\}$ siendo: $$f_1(x_1,x_2,x_3)=\frac{1}{4}(3x_1-x_2-x_3),$$ $$f_2(x_1,x_2,x_3)=\frac{1}{4}(-x_1+3x_2-x_3),$$ $$f_3(x_1,x_2,x_3)=\frac{1}{4}(-x_1-x_2+3x_3).$$
  4. Sea $B^*=\{f_1,f_2,f_3\}$ la base dual de $B,$ y sea $\varphi =\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3.$ Por definición de base dual, $$ \left \{ \begin{matrix} (\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(5)=\lambda_1 \\ (\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(2+3x)=\lambda_2\\ (\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(1-x^2)=\lambda_3. \end{matrix}\right.$$ Por tanto, $$\left \{ \begin{matrix} \lambda_1= \varphi(5)=5+5=10 \\ \lambda_2= \varphi(2+3x)=5+(-1)=4\\\lambda_3= \varphi(1-x^2)=0+0=0,\end{matrix}\right.$$ luego las coordenadas pedidas son $(10,4,0).$
  5. Dado que la aplicación $g$ es lineal: $$ \left \{ \begin{matrix} g(e_1+e_2)=2\\ g(e_2-e_3)=1\\g(e_3-e_1)=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} g(e_1)+g(e_2)=2\\ g(e_2)-g(e_3)=1\\g(e_3)-g(e_1)=3.\end{matrix}\right.$$ Resolviendo, obtenemos $g(e_1)=-1,$ $g(e_2)=3,$ $g(e_3)=2.$ Sea $B^*=\{f_1,f_2,f_3\},$ y $g=\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3.$ Por definición de base dual: $$\left \{ \begin{matrix} g(e_1)=(\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(e_1)=\lambda_1\\g(e_2)=(\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(e_2)=\lambda_2\\g(e_3)=(\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(e_3)=\lambda_3. \end{matrix}\right.$$ Las coordenadas de $g$ en $B^*$ son por tanto $(-1,3,2).$
  6. Dado que $\dim \left(\mathbb{K}^3\right)^*=3,$ los vectores $f_1,$ $f_2,$ $f_3$ forman base de $\left(\mathbb{K}^3\right)^*$ si, y sólo si, son linealmente independientes. Supongamos que $$\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3=0,\quad (\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\in\mathbb{K}).$$ Entonces, $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & (\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(1,0,0)=0(1,0,0)\\& (\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(0,1,0)=0(0,1,0)\\&(\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3)(0,0,1)=0(0,0,1) \end{aligned}\end{matrix}\right.\Rightarrow\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & 2\lambda_1+3\lambda_2+4\lambda_3=0\\& -\lambda_1-5\lambda_2+7\lambda_3=0\\& 3\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0.\end{aligned}\end{matrix}\right.\quad (*)$$ El determinante de la matriz del sistema es $$\begin{vmatrix}\;\;2 & \;\:3 & 4\\
    -1 & -5 & 7\\
    \;\;3 & \;\;1 &1
    \end{vmatrix}=-10-4+63+60-14+3=98.$$ Podemos expresar $98=2\cdot 7^2$ y dado que la característica de un cuerpo es infinito a un número primo, si $$98=\underbrace{1+1+\cdots+1}_{98\text{ veces}}$$ fuera $0$ la característica de $\mathbb{K}$ sería infinito o un número primo dividiento a $98.$ Como la característica de $\mathbb{K}$ es distinta de $2$ y $7,$ se verifica $98\ne 0.$ La única solución del sistema $(*)$ es la trivial, en consecuencia $B=\{f_1,f_2,f_3\}$ es base del dual de $\mathbb{K}^3.$ Si $(\xi_1,\xi_2,\xi_3)$ son las coordenadas de $f$ en $B,$ $f=\xi_1f_1+\xi_2f_2+\xi_3f_3.$ Entonces, $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & (\xi_1f_1+\xi_2f_2+\xi_3f_3)(1,0,0)=f(1,0,0)\\& (\xi_1f_1+\xi_2f_2+\xi_3f_3)(0,1,0)=f(0,1,0)\\& (\xi_1f_1+\xi_2f_2+\xi_3f_3)(0,0,1)=f(0,0,1) \end{aligned}\end{matrix}\right.\Rightarrow\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & 2\xi_1+3\xi_2+4\xi_3=1\\& -\xi_1-5\xi_2+7\xi_3=1\\& 3\xi_1+\xi_2+\xi_3=1.\end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Resolviendo obtenemos $(\xi_1,\xi_2,\xi_3)=(15/49,-3/49.1/7).$
  7. Dado que $\dim E^*=\dim \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,\mathbb{K})=(\dim E)(\dim \mathbb{K})=n\cdot 1=n,$ basta demostrar que $B^*$ es un sistema libre. Para todo $i=1,2,\ldots,n$ y teniendo en cuenta que $f_i(e_j)=\delta_{ij}$ (deltas de Kronecker): $$\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\cdots+\lambda_nf_n=0\Rightarrow$$ $$\left(\lambda_1f_1+\lambda_2f_2+\cdots+\lambda_nf_n\right)(e_i)=0(e_i)\Rightarrow\lambda_i=0,$$ luego $B^*$ es base de $E^*.$
  8. Llamemos $B=\{e_1(x),e_2(x),e_3(x)\},$ siendo $e_1(x)=a_1+b_1x+c_1x^2,$ $e_2(x)=a_2+b_2x+c_2x^2,$ $e_3(x)=a_3+b_3x+c_3x^2.$ Por definición de base dual, $$\left \{ \begin{matrix} \phi_1(e_1)=1 \\\phi_2(e_1)=0 \\\phi_3(e_1)=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \int_0^1(a_1+b_1x+c_1x^2)\;dx =1 \\b_1+2c_1=0\\a_1=0 \end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} a_1+b_1/2+c_1/3 =1 \\b_1+2c_1=0\\a_1=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} a_1=0 \\b_1=3\\c_1=-3/2. \end{matrix}\right.$$ $$\left \{ \begin{matrix} \phi_1(e_2)=0 \\\phi_2(e_2)=1 \\\phi_3(e_2)=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \int_0^1(a_2+b_2x+c_2x^2)\;dx =1 \\b_2+2c_2=1\\a_2=0 \end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} a_2+b_2/2+c_2/3 =0 \\b_2+2c_2=1\\a_2=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} a_2=0 \\b_2=-1/2\\c_2=3/4. \end{matrix}\right.$$ $$\left \{ \begin{matrix} \phi_1(e_3)=0 \\\phi_2(e_3)=0 \\\phi_3(e_3)=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \int_0^1(a_3+b_3x+c_3x^2)\;dx =1 \\b_3+2c_3=0\\a_3=1 \end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} a_3+b_3/2+c_3/3 =0 \\b_3+2c_3=0\\a_3=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} a_3=1 \\b_3=-3\\c_2=3/2. \end{matrix}\right.$$ La base pedida es por tanto:
    $$B=\{3x-3x^2/2,\;-x/2+3x^2/4,\;1-3x+3x^2/2\}.$$
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