6.2: Mapas Lineales y Funcionales. Matrices

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$C.$

Definición 1

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.

Ejemplos

(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?)

Teorema$\PageIndex{1}$

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.

Teorema$\PageIndex{2}$

(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.

Corolario$\PageIndex{1}$

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

$$[h]=\left(a v_{i k}+b w_{i k}\right).$$

Corolario$\PageIndex{2}$

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.

Corolario$\PageIndex{3}$

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$g \circ f$

Teorema$\PageIndex{3}$

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.

Definición 2

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.

Teorema$\PageIndex{4}$

$L(E^{\prime}, E)$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.

Corolario$\PageIndex{4}$

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

$$\|g\|\|f\| \geq \sup _{\vec{x} \neq \overline{0}} \frac{|(g \circ f)(\vec{x})|}{|\vec{x}|}=\|g \circ f\|. \quad \square$$