6.2: Mapas Lineales y Funcionales. Matrices
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Para una adecuada definición de diferenciabilidad, necesitamos la noción de mapa lineal. Abajo,\(E^{\prime}, E^{\prime \prime},\) y\(E\) denotar espacios normados sobre el mismo campo escalar,\(E^{1}\) o\(C.\)
Una función\(f : E^{\prime} \rightarrow E\) es un mapa lineal si y solo si para todos\(\vec{x}, \vec{y} \in E^{\prime}\) y escalares\(a, b\)
\[f(a \vec{x}+b \vec{y})=a f(\vec{x})+b f(\vec{y});\]
equivalentemente, iff para todos esos\(\vec{x}, \vec{y},\) y\(a\)
\[f(\vec{x}+\vec{y})=f(x)+f(y) \text { and } f(a \vec{x})=a f(\vec{x}). \text {(Verify!)}\]
Si\(E=E^{\prime},\) dicho mapa también se llama operador lineal.
Si el espacio de rango\(E\) es el campo escalar de\(E^{\prime},\) (es decir,\(E^{1}\) o\(C,)\) el lineal también\(f\) se llama un funcional lineal (real o complejo) en\(E^{\prime}.\)
Nota 1. La inducción extiende la fórmula (1) a cualquier “combinación lineal”:
\[f\left(\sum_{i=1}^{m} a_{i} \vec{x}_{i}\right)=\sum_{i=1}^{m} a_{i} f\left(\vec{x}_{i}\right)\]
para todos\(\vec{x}_{i} \in E^{\prime}\) y escalares\(a_{i}\).
Brevemente: Un mapa lineal\(f\) conserva combinaciones lineales.
Nota 2. Tomando\(a=b=0\) en (1), obtenemos\(f(\overrightarrow{0})=0\) si\(f\) es lineal.
(a) Dejar\(E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right).\) Fijar un vector\(\vec{v}=\left(v_{1}, \ldots, v_{n}\right)\) en\(E^{\prime}\) y establecer
\[\left(\forall \vec{x} \in E^{\prime}\right) \quad f(\vec{x})=\vec{x} \cdot \vec{v}\]
(producto interno; ver Capítulo 3, §§1-3 y §9).
Entonces
\[\begin{aligned} f(a \vec{x}+b \vec{y}) &=(a \vec{x}) \cdot \vec{v}+(b \vec{y}) \cdot \vec{v} \\ &=a(\vec{x} \cdot \vec{v})+b(\vec{y} \cdot \vec{v}) \\ &=a f(\vec{x})+b f(\vec{y}); \end{aligned}\]
así\(f\) es lineal. Obsérvese que si\(E^{\prime}=E^{n},\) entonces por definición,
\[f(\vec{x})=\vec{x} \cdot \vec{v}=\sum_{k=1}^{n} x_{k} v_{k}=\sum_{k=1}^{n} v_{k} x_{k}.\]
Si, sin embargo,\(E^{\prime}=C^{n},\) entonces
\[f(\vec{x})=\vec{x} \cdot \vec{v}=\sum_{k=1}^{n} x_{k} \overline{v}_{k}=\sum_{k=1}^{n} \overline{v}_{k} x_{k},\]
donde\(\overline{v}_{k}\) está el conjugado del número complejo\(v_{k}\).
Por Teorema 3 en el Capítulo 4, §3,\(f\) es continuo (¡un polinomio!).
Por otra parte,\(f(\vec{x})=\vec{x} \cdot \vec{v}\) es un escalar (en\(E^{1}\) o\(C).\) Así el rango de\(f\) mentiras en el campo escalar de\(E^{\prime};\) así\(f\) es un funcional lineal en\(E^{\prime}.\)
(b)\(I=[0,1].\) Dejemos\(E^{\prime}\) ser el conjunto de todas las funciones\(u : I \rightarrow E\) que sean de clase\(CD^{\infty}\) (Capítulo 5, §6) en adelante\(I\), de ahí acotado ahí (Teorema 2 del Capítulo 4, §8).
Como en el Ejemplo (C) en el Capítulo 3, §10,\(E^{\prime}\) es un espacio lineal normado, con norma
\[\|u\|=\sup _{x \in I}|u(x)|.\]
Aquí cada función\(u \in E^{\prime}\) se trata como un solo “punto” en\(E^{\prime}.\) La
distancia entre dos de tales puntos,\(u\) y\(v,\) es igual\(\|u-v\|,\) por definición.
Ahora define un mapa\(D\) en\(E^{\prime}\) configurando\(D(u)=u^{\prime}\) (derivado de\(u\) on\(I\)). Como cada\(u \in E^{\prime}\) es de clase\(CD^{\infty},\) así es\(u^{\prime}.\)
Así\(D(u)=u^{\prime} \in E^{\prime},\) y así\(D : E^{\prime} \rightarrow E^{\prime}\) es un operador lineal. (Su linealidad se desprende del Teorema 4 en el Capítulo 5, §1.)
(c) Dejar de nuevo\(I=[0,1].\) Let\(E^{\prime}\) ser el conjunto de todas las funciones\(u : I \rightarrow E\) que están acotadas y tienen antiderivadas (Capítulo 5, §5) on\(I.\) Con norma\(\|u\|\) como en el Ejemplo (b),\(E^{\prime}\) es un espacio lineal normado.
Ahora define\(\phi : E^{\prime} \rightarrow E\) por
\[\phi(u)=\int_{0}^{1} u,\]
con\(\int u\) como en el Capítulo 5, §5. (Recordemos que\(\int_{0}^{1} u\) es un elemento de\(E\) si\(u : I \rightarrow E.\)) Por Corolario 1 en el Capítulo 5, §5,\(\phi\) es un mapa lineal de\(E^{\prime}\) en\(E\). (¿Por qué?)
d) El\(f=0\) mapa cero\(E^{\prime}\) es siempre lineal. (¿Por qué?)
Un mapa lineal\(f : E^{\prime} \rightarrow E\) es continuo (incluso uniformemente así) en todo\(E^{\prime}\) iff es continuo en\(\overrightarrow{0};\) equivalentemente, si hay un real\(c>0\) tal que
\[\left(\forall \vec{x} \in E^{\prime}\right) \quad|f(\vec{x})| \leq c|\vec{x}|.\]
(Llamamos a esta propiedad delimitación lineal.)
- Prueba
-
Supongamos que\(f\) es continuo en\(\overrightarrow{0}.\) Entonces, dado que\(\varepsilon>0,\) hay\(\delta>0\) tal que
\[|f(\vec{x})-f(\overrightarrow{0})|=|f(\vec{x})| \leq \varepsilon\]
cuando sea\(|\vec{x}-\overrightarrow{0}|=|\vec{x}|<\delta\).
Ahora, para cualquiera seguramente\(\vec{x} \neq \overrightarrow{0},\) tenemos
\[\left|\frac{\delta \vec{x}}{|\vec{x}|}\right|=\frac{\delta}{2}<\delta.\]
De ahí
\[(\forall \vec{x} \neq \overrightarrow{0}) \quad\left|f\left(\frac{\delta \vec{x}}{2|\vec{x}|}\right)\right| \leq \varepsilon,\]
o, por linealidad,
\[\frac{\delta}{2|\vec{x}|}|f(\vec{x})| \leq \varepsilon,\]
es decir,
\[|f(\vec{x})| \leq \frac{2 \varepsilon}{\delta}|\vec{x}|.\]
Por Nota 2, esto también se mantiene si\(\vec{x}=\overrightarrow{0}\).
Así, tomando\(c=2 \varepsilon / \delta,\) obtenemos
\[\left(\forall \vec{x} \in E^{\prime}\right) \quad f(\vec{x}) \leq c|\vec{x}| \quad \text {(linear boundedness).}\]
Ahora supongamos (3). Entonces
\[\left(\forall \vec{x}, \vec{y} \in E^{\prime}\right) \quad|f(\vec{x}-\vec{y})| \leq c|\vec{x}-\vec{y}|;\]
o, por linealidad,
\[\left(\forall \vec{x}, \vec{y} \in E^{\prime}\right) \quad|f(\vec{x})-f(\vec{y})| \leq c|\vec{x}-\vec{y}|.\]
De ahí\(f\) que sea uniformemente continuo (dada\(\varepsilon>0,\) toma\(\delta=\varepsilon / c).\) Esto, a su vez, implica continuidad en\(\overrightarrow{0};\) lo que todas las condiciones son equivalentes, como se reivindica. \(\quad \square\)
Un mapa lineal no necesita ser continuo. Pero, para\(E^{n}\) y\(C^{n},\) tenemos el siguiente resultado.
(i) Cualquier mapa lineal sobre\(E^{n}\) o\(C^{n}\) es uniformemente continuo.
(ii) Todo lineal funcional\(E^{n}\left(C^{n}\right)\) tiene la forma
\[f(\vec{x})=\vec{x} \cdot \vec{v} \quad \text {(dot product)}\]
para algún vector único\(\vec{v} \in E^{n}\left(C^{n}\right),\) dependiente de\(f\) solamente.
- Prueba
-
Supongamos que\(f : E^{n} \rightarrow E\) es lineal; así\(f\) conserva combinaciones lineales.
Pero cada una\(\vec{x} \in E^{n}\) es tal combinación,
\[\vec{x}=\sum_{k=1}^{n} x_{k} \vec{e}_{k} \quad \text {(Theorem 2 in Chapter 3, §§1-3).}\]
Así pues, mediante la Nota 1,
\[f(\vec{x})=f\left(\sum_{k=1}^{n} x_{k} \vec{e}_{k}\right)=\sum_{k=1}^{n} x_{k} f\left(\vec{e}_{k}\right).\]
Aquí los valores de la función\(f\left(\vec{e}_{k}\right)\) son vectores fijos en el espacio de rango\(E,\) digamos,
\[f\left(\vec{e}_{k}\right)=v_{k} \in E,\]
para que
\[f(\vec{x})=\sum_{k=1}^{n} x_{k} f\left(\vec{e}_{k}\right)=\sum_{k=1}^{n} x_{k} v_{k}, \quad v_{k} \in E.\]
Así\(f\) es un polinomio en variables\(n\) reales de\(x_{k},\) ahí continuo (incluso uniformemente así, por el Teorema 1).
En particular, si\(E=E^{1}\) (es decir,\(f\) es un funcional lineal) entonces todos\(v_{k}\) en (5) son números reales; así forman un vector
\[\vec{v}=\left(v_{1}, \ldots, v_{k}\right) \text { in } E^{n},\]
y (5) se puede escribir como
\[f(\vec{x})=\vec{x} \cdot \vec{v}.\]
El vector\(\vec{v}\) es único. Por supuesto que hay dos vectores,\(\vec{u}\) y\(\vec{v},\) tal que
\[\left(\forall \vec{x} \in E^{n}\right) \quad f(\vec{x})=\vec{x} \cdot \vec{v}=\vec{x} \cdot \vec{u}.\]
Entonces
\[\left(\forall \vec{x} \in E^{n}\right) \quad \vec{x} \cdot(\vec{v}-\vec{u})=0.\]
Por Problema 10 del Capítulo 3, §§1-3, esto rinde\(\vec{v}-\vec{u}=\overrightarrow{0},\) o\(\vec{v}=\vec{u}.\) Esto completa la prueba para\(E=E^{n}.\)
Es análogo porque\(C^{n};\) solo en (ii) los\(v_{k}\) son complejos y uno tiene que reemplazarlos por sus conjugados\(\overline{v}_{k}\) al formar el vector\(\vec{v}\) para obtener\(f(\vec{x})=\vec{x} \cdot \vec{v}\). Así todo está probado. \(\quad \square\)
Nota 3. La fórmula (5) muestra que un mapa lineal\(f : E^{n}\left(C^{n}\right) \rightarrow E\) está determinado únicamente por los valores de la\(n\) función\(v_{k}=f\left(\vec{e}_{k}\right)\).
Si además\(E=E^{m}\left(C^{m}\right),\) los vectores\(v_{k}\) son\(m\) -tuplas de escalares,
\[v_{k}=\left(v_{1 k}, \ldots, v_{m k}\right).\]
A menudo escribimos dichos vectores verticalmente, como las\(n\) “columnas” en una matriz de\(m\) “filas” y\(n\) “columnas”:
\[\left(\begin{array}{cccc}{v_{11}} & {v_{12}} & {\dots} & {v_{1 n}} \\ {v_{21}} & {v_{22}} & {\dots} & {v_{2 n}} \\ {\vdots} & {\vdots} & {\ddots} & {\vdots} \\ {v_{m 1}} & {v_{m 2}} & {\dots} & {v_{m n}} \end{array}\right).\]
Formalmente, (6) es una doble secuencia de\(m n\) términos, llamada\(m \times n\) matriz. Lo denotamos por\([f]=\left(v_{i k}\right),\) donde para\(k=1,2, \ldots, n\),
\[f\left(\vec{e}_{k}\right)=v_{k}=\left(v_{1 k}, \ldots, v_{m k}\right).\]
Así mapas lineales\(f : E^{n} \rightarrow E^{m}\) (o\(f : C^{n} \rightarrow C^{m})\) corresponden uno a uno a sus matrices\([f].\)
La prueba fácil de los Corolarios 1 a 3 a continuación se deja al lector.
Si\(f, g : E^{\prime} \rightarrow E\) son lineales, también lo es
\[h=a f+b g\]
para cualquier escalar\(a, b\).
Si más lejos\(E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right)\) y\(E=E^{m}\left(C^{m}\right),\) con\([f]=\left(v_{i k}\right)\) y\([g]=\left(w_{i k}\right)\), entonces
\[[h]=\left(a v_{i k}+b w_{i k}\right).\]
Un mapa\(f : E^{n}\left(C^{n}\right) \rightarrow E\) es lineal iff
\[f(\vec{x})=\sum_{k=1}^{n} v_{k} x_{k},\]
donde\(v_{k}=f\left(\vec{e}_{k}\right)\).
Pista: Para el “si”, use Corolario 1. Para el “solo si”, use la fórmula (5) anterior.
Si\(f : E^{\prime} \rightarrow E^{\prime \prime}\) y\(g : E^{\prime \prime} \rightarrow E\) son lineales, también lo es el compuesto\(h=g \circ f.\)
Nuestro siguiente teorema trata sobre la matriz del mapa lineal compuesto\(g \circ f\)
Dejar\(f : E^{\prime} \rightarrow E^{\prime \prime}\) y\(g : E^{\prime \prime} \rightarrow E\) ser lineal, con
\[E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right), E^{\prime \prime}=E^{m}\left(C^{m}\right), \text { and } E=E^{r}\left(C^{r}\right).\]
Si\([f]=\left(v_{i k}\right)\) y\([g]=\left(w_{j i}\right),\) entonces
\[[h]=[g \circ f]=\left(z_{j k}\right),\]
donde
\[z_{j k}=\sum_{i=1}^{m} w_{j i} v_{i k}, \quad j=1,2, \ldots, r, k=1,2, \ldots, n.\]
- Prueba
-
Denote los vectores unitarios básicos en\(E^{\prime}\) por
\[e_{1}^{\prime}, \ldots, e_{n}^{\prime},\]
ésos en\(E^{\prime \prime}\) por
\[e_{1}^{\prime \prime}, \ldots, e_{m}^{\prime \prime},\]
y los que están\(E\) por
\[e_{1}, \ldots, e_{r}.\]
Entonces para\(k=1,2, \ldots, n\),
\[f\left(e_{k}^{\prime}\right)=v_{k}=\sum_{i=1}^{m} v_{i k} e_{i}^{\prime \prime} \text { and } h\left(e_{k}^{\prime}\right)=\sum_{j=1}^{r} z_{j k} e_{j},\]
y para\(i=1, \dots m\),
\[g\left(e_{i}^{\prime \prime}\right)=\sum_{j=1}^{r} w_{j i} e_{j}.\]
También,
\[h\left(e_{k}^{\prime}\right)=g\left(f\left(e_{k}^{\prime}\right)\right)=g\left(\sum_{i=1}^{m} v_{i k} e_{i}^{\prime \prime}\right)=\sum_{i=1}^{m} v_{i k} g\left(e_{i}^{\prime \prime}\right)=\sum_{i=1}^{m} v_{i k}\left(\sum_{j=1}^{r} w_{j i} e_{j}\right).\]
Así
\[h\left(e_{k}^{\prime}\right)=\sum_{j=1}^{r} z_{j k} e_{j}=\sum_{j=1}^{r}\left(\sum_{i=1}^{m} w_{j i} v_{i k}\right) e_{j}.\]
Pero la representación en términos de la\(e_{j}\) es única (Teorema 2 en el Capítulo 3, §§1-3), entonces, igualando coeficientes, obtenemos (7). \(\quad \square\)
Nota 4. Observe que\(z_{j k}\) se obtiene, por así decirlo, al “multiplicar por puntos” la fila\(j\) th de\([g]\) (una\(r \times m\) matriz) por la\(k\) ésima columna de\([f]\) (una\(m \times n\) matriz).
Es natural establecer
\[[g][f]=[g \circ f],\]
o
\[\left(w_{j i}\right)\left(v_{i k}\right)=\left(z_{j k}\right),\]
con\(z_{j k}\) como en (7).
Precaución. La multiplicación matricial, así definida, no es conmutativa.
El conjunto de todos los mapas lineales continuos\(f : E^{\prime} \rightarrow E\) (para fijos\(E^{\prime} \) y\(E\)) se denota\(L(E^{\prime}, E).\)
Si\(E=E^{\prime},\) escribimos\(L(E)\) en su lugar.
Para cada uno\(f\) en\(L\left(E^{\prime}, E\right),\) definimos su norma por
\[\|f\|=\sup _{|\vec{x}| \leq 1}|f(\vec{x})|.\]
Tenga en cuenta que\(\|f\|<+\infty,\) por Teorema 1.
\(L(E^{\prime}, E)\)es un espacio lineal normado bajo la norma definida anteriormente y bajo las operaciones habituales sobre las funciones, como en el Corolario 1.
- Prueba
-
El corolario 1 implica fácilmente que\(L(E^{\prime}, E)\) es un espacio vectorial. Ahora demostramos que\(\|\cdot\|\) es una norma genuina.
La ley del triángulo,
\[\|f+g\| \leq\|f\|+\|g\|,\]
sigue exactamente como en el Ejemplo (C) del Capítulo 3, §10. (¡Verifica!)
También, por Problema 5 en el Capítulo 2, §§8-9,\(\sup |a f(\vec{x})|=|a| \sup |f(\vec{x})|.\) De ahí que\(\|a f\|=|a|\|f\|\) para cualquier escalar\(a.\)
Como se señaló anteriormente,\(0 \leq\|f\|<+\infty\).
Queda por mostrar que\(\|f\|=0\) iff\(f\) es el mapa cero. Si
\[\|f\|=\sup _{|\vec{x}| \leq 1}|f(\vec{x})|=0,\]
entonces\(|f(\vec{x})|=0\) cuando\(|\vec{x}| \leq 1.\) Por lo tanto, si\(\vec{x} \neq \overrightarrow{0}\),
\[f(\frac{\vec{x}}{|\vec{x}|})=\frac{1}{|\vec{x}|} f(\vec{x})=0.\]
Como\(f(\overrightarrow{0})=0,\) tenemos\(f(\vec{x})=0\) para todos\(\vec{x} \in E^{\prime}\).
Así\(\|f\|=0\) implica\(f=0,\) y lo contrario es claro. Así todo está probado. \(\quad \square\)
Nota 5. Una prueba similar, vía\(f\left(\frac{\vec{x}}{|\vec{x}|}\right)\) y propiedades de lub, muestra que
\[\|f\|=\sup _{\vec{x} \neq 0}\left|\frac{f(\vec{x})}{|\vec{x}|}\right|\]
y
\[(\forall \vec{x} \in E^{\prime}) \quad|f(\vec{x})| \leq\|f\||\vec{x}|.\]
También se deduce que\(\|f\|\) es el menos real de\(c\) tal manera que
\[(\forall \vec{x} \in E^{\prime}) \quad|f(\vec{x})| \leq c|\vec{x}|.\]
Verificar. (Ver Problema 3'.)
Como en cualquier espacio normado, definimos distancias en\(L(E^{\prime}, E)\) por
\[\rho(f, g)=\|f-g\|,\]
convirtiéndolo en un espacio métrico; así podemos hablar de convergencia, límites, etc. en él.
Si\(f \in L(E^{\prime}, E^{\prime \prime})\) y\(g \in L(E^{\prime \prime}, E),\) entonces
\[\|g \circ f\| \leq\|g\|\|f\|.\]
- Prueba
-
Por Nota,
\[\left(\forall \vec{x} \in E^{\prime}\right) \quad|g(f(\vec{x}))| \leq\|g\||f(\vec{x})| \leq\|g\|\|f\||\vec{x}|.\]
De ahí
\[(\forall \vec{x} \neq \overrightarrow{0}) \quad\left|\frac{(g \circ f)(\vec{x})}{|\vec{x}|}\right| \leq\|g\|\|f\|,\]
y así
\[\|g\|\|f\| \geq \sup _{\vec{x} \neq \overline{0}} \frac{|(g \circ f)(\vec{x})|}{|\vec{x}|}=\|g \circ f\|. \quad \square\]