Sobre algunas propiedades de los complementos ortogonales

Question

En mi libro se dan las siguientes proposiciones sobre complementos ortogonales sin ninguna prueba. Sin embargo, no sé cómo demostrarlas, aunque de algún modo deben deducirse directamente de la definición. ¿Podría mostrarme qué hacer?

$\color{#a00}{\text{Proposition}}$

Sea $V$ sea un espacio vectorial euclídeo de dimensión finita con producto escalar $g$ . Sea $S_1$ y $S_2$ sean dos subespacios vectoriales de $V$ y que $S_1'$ y $S_2'$ sean sus complementos ortogonales en $V$ . Entonces, tenemos:

(a) $(S_1')'=S_1$ ;

(b) $S_1 \subset S_2 \implies S_2' \subset S_1'$ ;

(c) $(S_1 \cap S_2)'=S_1'+S_2'$ ;

(d) $(S_1+S_2)'=S_1' \cap S_2'$ .

Answer 1

El complemento ortogonal (con respecto al producto interior $g$ ) del subespacio $S$ es $$ S'=\{v\in V:g(v,w)=0,\text{ for all $ w\in S $}\} $$ En primer lugar, podemos demostrar que $S\cap S'=\{0\}$ porque si $v\in S\cap S'$ entonces, en particular $g(v,v)=0$ Así que $v=0$ .

Dos de las afirmaciones se desprenden de la definición.

(b) Si $S_1\subset S_2$ y $v\in S_2'$ entonces $g(v,w)=0$ para todos $w\in S_2$ en particular $g(v,w)=0$ para todos $w\in S_1$ lo que significa $v\in S_1'$ .

(d) De (b) sabemos que $(S_1+S_2)'\subset S_1'$ y $(S_1+S_2)'\subset S_2'$ por lo que sólo tenemos que demostrar la inclusión inversa. Supongamos que $v\in S_1'\cap S_2'$ . Si $w_1\in S_1$ y $w_2\in S_2$ entonces $$ g(v,w_1+w_2)=g(v,w_1)+g(v,w_2)=0+0=0 $$ Desde $w_1+w_2$ es un elemento genérico de $S_1+S_2$ concluimos.

Para demostrar (a) necesitamos el concepto de proyección ortogonal: todo vector $v\in V$ puede escribirse de una y sólo una manera como $v=w+u$ donde $w\in S_1$ y $u\in S_1'$ (seguramente lo encontrarás en tu libro de texto). También necesitamos el hecho de que, para cada subespacio $S$ , $S\subset (S')'$ (lo que se deduce de la simetría de $g$ ). En efecto, si $w\in S$ y $v\in S'$ tenemos $g(v,w)=0$ y así también $g(w,v)=0$ ya que $v$ es arbitraria, $g(w,v)=0$ para todos $v\in S'$ lo que significa que $w\in (S')'$ .

En particular $V=S_1+S_1'$ Así que $$ \dim V=\dim S_1+\dim S_1'-\dim(S_1\cap S_1')=\dim S_1+\dim S_1'-0 $$ y por lo tanto $\dim S_1'=\dim V-\dim S_1$ . Por la misma razón, $\dim (S_1')'=\dim V-\dim S_1'$ . Por lo tanto $$ \dim S_1=\dim V-\dim S_1'=\dim (S_1')' $$ y, de $S_1\subset(S_1')'$ concluimos $S_1=(S_1')'$ .

Tenga en cuenta que esta parte requiere esencialmente que $V$ es de dimensión finita, ya que es falsa, en general, para espacios de dimensión infinita (los espacios de Hilbert se introducen precisamente con este fin, ya que esta propiedad es válida en ellos).

Queda por ver (c) . Ahora, considere $T_1=S_1'$ y $T_2=S_2'$ . De (d) tenemos $$ (T_1+T_2)'=T_1'\cap T_2' $$ lo que implica $$ (T_1'\cap T_2')'=((T_1+T_2)')'=T_1+T_2=S_1'+S_2' $$ Pero $(T_1'\cap T_2')'=((S_1')'\cap(S_2')')'=(S_1\cap S_2)'$ .

También esta parte requiere una dimensión finita de $V$ ya que utiliza (a).

Answer 2

Probemos (a) y esperemos que esto sea suficiente para empezar con las demás.

En ortogonal complemento de un subespacio $S$ de una dimensión finita $\Bbb R$ -espacio interior del producto $V$ se define como $$ S^{\perp}=\{\vec v\in V:\vec s\in S\Rightarrow\langle\vec v,\vec s\rangle=0\} $$

Lema. $\dim S+\dim S^\perp=\dim V$

Prueba. Sea $\vec s_1,\dotsc,\vec s_m$ sea una base para $S$ y que $T:V\to V$ sea el mapa lineal $$ T(\vec v)=\langle\vec v,\vec s_1\rangle\,\vec s_1+\dotsb+\langle\vec v,\vec s_m\rangle\,\vec s_m $$ Entonces se demuestra que $\DeclareMathOperator{im}{im}\im T=S$ y $\ker T=S^\perp$ . El lema se deduce entonces del teorema de la nulidad de rango. $\Box$

Esto nos da suficiente maquinaria para demostrar (a).

Proposición. $S^{\perp\perp}=S$

Prueba. Por el lema tenemos $$ \dim S = \dim V-\dim S^\perp=\dim S^\perp+\dim S^{\perp\perp}-\dim S^\perp=\dim S^{\perp\perp}\tag{1} $$ Además, tenga en cuenta que $$ S^{\perp\perp}=\{\vec v\in V:\vec s\in S^\perp\Rightarrow\langle \vec v,\vec s\rangle=0\} $$ Ahora, para demostrar que $S\subseteq S^\perp$ Supongamos $\vec v\in S$ y que $\vec s\in S^\perp$ . Entonces, por definición $\langle\vec v,\vec s\rangle=0$ así que $\vec v\in S$ . Esto demuestra que $S\subseteq S^\perp$ . Este hecho combinado con (1) demuestra que $S$ es un subespacio de $S^{\perp\perp}$ tal que $\dim S=\dim S^{\perp\perp}$ . Un teorema estándar del álgebra lineal implica entonces que $S=S^{\perp\perp}$ como se anunciaba. $\Box$

Como puede ver, la respuesta completa a su pregunta requiere una buena cantidad de trabajo de campo. Te sugiero que leas esta respuesta y veas si puedes demostrar las otras partes de la proposición por ti mismo.