Propiedades del ortogonal.

Enumeramos (y ``demostramos'') a continuación las propiedades básicas de los subconjuntos ortogonales.

1. Dado S $\subset$ V, el conjunto S^$\perp$ es un subespacio vectorial de V.
2. Si S₁ $\subset$ S₂, entonces S₁^$\perp$ $\supset$ S₂^$\perp$
3. El ortogonal de un subconjunto es igual que el ortogonal del subespacio generado por él: S^$\perp$ = (L(S))^$\perp$.
4. Si V es de dimensión finita (aquí todos) y L es un subespacio de V, entonces dim(L) + dim(L^$\perp$) $\geq$ dim(V). La igualdad se da si y sólo si L $\cap$ ker(f )= {0}. Por tanto, si f es no degenerada, siempre se tiene la igualdad. Importante: es una propiedad de las dimensiones, pero no quiere decir que el espacio generado por L y L^$\perp$ sea el total.
5. [Leyes de de-Morgan] Si L₁ y L₂ son dos subespacios de V, entonces:

   a)

   (L₁ $\cap$ L₂)^$\perp$ $\supset$ L₁^$\perp$ + L₂^$\perp$.

   b)

   (L₁ + L₂)^$\perp$ = L₁^$\perp$ $\cap$ L₂^$\perp$.

   c)

   (L^$\perp$)^$\perp$ $\supset$ L.

   Si f es no degenerada, entonces se tienen igualdades en todas partes.
6. Si f es definida, entonces L $\cap$ L^$\perp$ = {0} para cualquier subespacio L de V, de donde V = L $\oplus$ L^$\perp$.

Demostración:

1. Simplemente hay que probar que v, w $\in$ S^$\perp$ $\Rightarrow$ $\lambda$v + $\mu$w $\in$ S^$\perp$ para cualesquiera $\lambda$, $\mu$ $\in$ K. Sea u un vector de S:
   f (u,$$\lambda$$v + $$\mu$$w) = (...) = $$\lambda$$f (u, v) + $$\mu$$f (u, w) = 0 + 0 = 0
   y, por tanto, $\lambda$v + $\mu$w $\in$ S^$\perp$.
2. Sea v un elemento de S₂^$\perp$. Hemos de ver que v $\in$ S₁^$\perp$. Tomemos un vector cualquiera u de S₁. Es:
   f (u, v) = 0
   porque u $\in$ S₁ $\subset$ S₂. Así pues, v $\in$ S₁^$\perp$.
3. Por la propiedad anterior, sabemos que L(S)^$\perp$ $\subset$ S^$\perp$. Ahora sólo hemos de demostrar la inclusión recíproca. Sea v $\in$ S^$\perp$ y (s₁,..., s_k) una base de L(S) formada por elementos de S (que se sabe que existen). Por ser v $\in$ S^$\perp$, es f (v, s_i) = 0 para todo i. Sea u $\in$ L(S). Si demostramos que f (v, u) = 0 hemos terminado (porque lo hacemos para todo u $\in$ L(S)). Pero u = $\lambda_{{1}}^{}$s₁ + ... + $\lambda_{{k}}^{}$s_k y por tanto
   f (u, v) = $$\sum_{{i=1}}^{{k}}$$$$\lambda_{{i}}^{}$$f (s_i, u) = $$\sum$$$$\lambda_{{i}}^{}$$0 = 0
   que es, precisamente, lo que necesitamos.
4. [Ecuaciones del subespacio ortogonal]. Sea u un elemento de V. Calculemos las ecuaciones del subespacio vectorial u^$\perp$. Fijemos una base $\mathcal {B}$ = (u₁,..., u_n). En esta base, la forma bilineal f tiene una matriz asociada M = (m_ij). Calcular u^$\perp$ es lo mismo que poner el sistema de ecuaciones
   (u₁ ^... u_n)M$$\left(\vphantom{ \begin{array}{c} x_{1}\\ \vdots\\ x_{n} \end{array}}\right.$$$$\begin{array}{c} x_{1}\\ \vdots\\ x_{n} \end{array}$$$$\left.\vphantom{ \begin{array}{c} x_{1}\\ \vdots\\ x_{n} \end{array}}\right)$$ = $$\left(\vphantom{ \begin{array}{c} 0\\ \vdots\\ 0 \end{array}}\right.$$$$\begin{array}{c} 0\\ \vdots\\ 0 \end{array}$$$$\left.\vphantom{ \begin{array}{c} 0\\ \vdots\\ 0 \end{array}}\right)$$
   que es una sola ecuación en las incógnitas (x₁,..., x_n) -e incluso puede ser 0 = 0 si u $\in$ ker(f )-. Dada ahora una base (v₁,..., v_k) de L, el ortogonal de {v₁,..., v_k}, que es lo mismo que el ortogonal de L = < v₁,..., v_k >, es el subespacio de soluciones del sistema
   $$\left\{\vphantom{ \begin{array}{l} (v_{11} \cdots v_{1n}) M\left(... ...\left( \begin{array}{c} 0\\ \vdots\\ 0 \end{array}\right) \end{array}}\right.$$$$\begin{array}{l} (v_{11} \cdots v_{1n}) M\left( \begin{array}{c} ... ...right)= \left( \begin{array}{c} 0\\ \vdots\\ 0 \end{array}\right) \end{array}$$
   HASTA AQUÍ LA CLASE 4 990217
   que son k ecuaciones que pueden ser dependientes y definen, por tanto, un subespacio de V de dimensión mayor o igual que n - k. Como n = dim(V) y k = dim(L), se tiene que dim(L) + dim(L^$\perp$) $\geq$ dim(V). Que se tiene la igualdad si y sólo si L $\cap$ ker(f )= {0} se demuestra como sigue:
   • (Igualdad $\Rightarrow$ L $\cap$ ker(f )= 0): por darse la igualdad, el rango del sistema anterior debe ser exactamente k. Sea u $\in$ L $\cap$ ker(f ). Debe ser u = $\alpha_{{1}}^{}$v₁ + ... + $\alpha_{{k}}^{}$v_k, por estar en L y uM = 0, por estar en ker(f ). Pero entonces, la ecuación
     $$\alpha_{{1}}^{}$$(v₁₁...v_1n) + ... + $$\alpha_{{k}}^{}$$(v_k1...v_kn)M$$\left(\vphantom{ \begin{array}{c} x_{1}\\ \vdots\\ x_{n} \end{array}}\right.$$$$\begin{array}{c} x_{1}\\ \vdots\\ x_{n} \end{array}$$$$\left.\vphantom{ \begin{array}{c} x_{1}\\ \vdots\\ x_{n} \end{array}}\right)$$ = 0
     que es una combinación lineal de las ecuaciones de arriba, es 0 = 0, pues u $\in$ ker(f ). Como el rango del sistema es exactamente k, los coeficientes $\alpha_{{i}}^{}$ deben ser todos 0 y, por tanto, u = 0.
   • El recíproco se demuestra de la misma forma.
   La última afirmación se deduce de que si f es no degenerada, entonces ker(f ) es {0} y se tiene, por tanto, ker(f ) $\cap$ L = {0} para cualquier subespacio L $\subset$ V.
5. [Leyes de de-Morgan]

   a)

   Sea v = u₁ + u₂ un elemento de L₁^$\perp$ + L₂^$\perp$ con u_i $\in$ L_i. Hay que ver que está en (L₁ $\cap$ L₂)^$\perp$. Tomemos un vector w cualquiera de L₁ $\cap$ L₂.

   f (v, w) = f (u₁ + u₂, w) = f (u₁, w) + f (u₂, w) = 0 + 0

   el primer 0 porque u₁ anula a todos los de L₁ y el segundo por lo mismo con ``2''. Esto prueba que L₁^$\perp$ + L₂^$\perp$ $\subset$ (L₁ $\cap$ L₂)^$\perp$.

   Un ejemplo de que pueden no ser iguales es V = $\mathbb {R}$³ y f una forma bilineal simétrica de matriz (en una base (e₁, e₂, e₃)):

   $$\left(\vphantom{ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array}}\right.$$$$\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array}$$$$\left.\vphantom{ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array}}\right)$$

   y L₁ = < e₁ > , L₂ = < e₁ + e₂ >. Calculando, L₁^$\perp$ = < e₂, e₃ >, L₂^$\perp$ = < e₂, e₃ >, de donde, evidentemente L₁^$\perp$ + L₂^$\perp$ = < e₂, e₃ >, mientras que L₁ $\cap$ L₂ = {0} y por tanto, (L₁ $\cap$ L₂)^$\perp$ = $\mathbb {R}$³

   b)

   Seguimos el mismo procedimiento: sea w $\in$ L₁^$\perp$ $\cap$ L₂^$\perp$. Vamos a ver que anula a todos los vectores de L₁ + L₂. Tomemos u = u₁ + u₂ como arriba:

   f (u, w) = f (u₁, w) + f (u₂, w) = 0 + 0

   el primer cero porque w $\in$ L₁^$\perp$ y el segundo...

   La inclusión recíproca se demuestra del siguiente modo: sabemos, por la propiedad 2), que L₁^$\perp$ $\supset$ (L₁ + L₂)^$\perp$ y, por el mismo precio, L₂^$\perp$ $\supset$ (L₁ + L₂)^$\perp$. Por tanto, L₁^$\perp$ $\cap$ L₂^$\perp$ $\supset$ (L₁ + L₂)^$\perp$.

   c)

   Tomemos un vector v $\in$ L. Sea w $\in$ L^$\perp$. Por definición de L^$\perp$, se tiene que f (v, w) = 0, con lo cual v está en (L^$\perp$)^$\perp$, pues es para todo w de L^$\perp$.

   Probamos a continuación que, tanto a) como c) son igualdades cuando f es no degenerada. Primero vemos c). Como f es no degenerada, se tienen las siguientes iguladades dimensionales:
   $$\left\{\vphantom{ \begin{array}{l} \dim (L) + \dim(L^{\perp})\dim... ...\ [1ex] \dim (L^{\perp})+\dim ((L^{\perp})^{\perp})=\dim V \end{array}}\right.$$$$\begin{array}{l} \dim (L) + \dim(L^{\perp})\dim(V) \\ [1ex] \dim (L^{\perp})+\dim ((L^{\perp})^{\perp})=\dim V \end{array}$$
   de donde deducimos que dim(L) = dim((L^$\perp$)^$\perp$). Como, por la propiedad c) en el caso general, se tiene que L $\subset$ (L^$\perp$)^$\perp$ y ambos espacios tienen las mismas dimensiones, debe ser L = (L^$\perp$)^$\perp$.

   Para demostrar que en a) también hay igualdad en el caso no degenerado, se hace un razonamiento algo artificial: por una parte, como hemos demostrado c) en este caso y como b) es siempre cierto, se tiene

   ((L₁ $$\cap$$ L₂)^$\perp$)^$\perp$ = L₁ $$\cap$$ L₂

   (L₁^$\perp$ + L₂^$\perp$)^$\perp$ = L₁ $$\cap$$ L₂

   y, por tanto,
   (((L₁ $$\cap$$ L₂)^$\perp$)^$\perp$)^$\perp$ = ((L₁^$\perp$ + L₂^$\perp$)^$\perp$)^$\perp$
   y, aplicando c) de nuevo, es:
   (L₁ $$\cap$$ L₂)^$\perp$) = L₁^$\perp$ + L₂^$\perp$
   que es lo que se quería probar.
6. Sea v $\in$ L $\cap$ L^$\perp$ y supongamos v $\neq$ 0. Entonces, como v $\in$ L^$\perp$, v anula a todos los vectores de L, entre los cuales está él mismo. Luego f (v, v) = 0, contra la hipótesis de ``definición''. Que sean complementarios es porque (ver arriba) V = L + L^$\perp$.