Complemento ortogonal

En los campo matemáticos del álgebra lineal y del análisis funcional, el complemento ortogonal de un subespacio vectorial $F$ de un espacio vectorial $E$ sobre $\mathbb {R}$ dotado de un producto escalar $\langle \cdot ,\cdot \rangle$ es el conjunto $F^{\bot }$ de todos los vectores de $E$ que son ortogonales a todo vector de $F$ . Es decir,

$F^{\bot }=\{u\in E:\langle u,v\rangle =0\ \ \forall v\in F\}$

Propiedades[editar]

$(1)\quad F^{\bot }{\text{ es un subespacio vectorial de }}E$
Para ver que es un subespacio vectorial hay que ver que es no vacío, cerrado para la suma y para el producto por escalar. Fijamos un subespacio vectorial $F\subseteq E$ arbitrario. Vamos a ver que $F^{\bot }$ es un subespacio vectorial. Es no vacío, pues por definición de producto escalar, $\langle 0,u\rangle =0\ \ \forall u\in E\Rightarrow 0\in \{u\in E:\langle u,v\rangle =0\ \ \forall v\in F\}\Rightarrow 0\in F^{\bot }.$ Veamos que es cerrado para la suma. Sean $u,v\in F^{\bot }$ . Queremos ver que $u+v\in T^{\bot }$ o lo que es lo mismo, que $\langle u+v,w\rangle =0\ \ \forall w\in F$ . Pero por bilinealidad del producto escalar, $\langle u+v,w\rangle =\langle u,w\rangle +\langle v,w\rangle =0+0=0\ \ \forall w\in F,$ pues $u{\text{y}}v$ son de $F$ . Por tanto, $u+v\in F^{\bot }$ Queda ver que es cerrado para el producto por escalar. Sean $u\in F^{\bot }$ y $\lambda \in \mathbb {K}$ . Como antes, vamos a ver que $\langle \lambda u,w\rangle =0\ \ \forall w\in F$ . Pero por bilinealidad del producto escalar, $\langle \lambda u,w\rangle =\lambda \langle u,w\rangle =\lambda \cdot 0=0\ \ \forall w\in F,$ pues $u\in F^{\bot }$ . Por tanto, $F^{\bot }$ también es cerrado para el producto por escalar y es, pues, un subespacio vectorial. $\quad \square$

(2) Teorema de proyección: Si $E$ tiene dimensión finita, descompone en suma directa como $F\oplus F^{\bot }.$
Sea $\{u_{1},...,u_{r}\}$ una base de $F$ . Es decir, $F=[u_{1},...,u_{r}]$ ( $F$ es el subespacio generado por $u_{1},...,u_{r}$ ). Por el teorema de intercambio de Steinitz, podemos completarla para formar una base de $E$ : $\{u_{1},...,u_{r},u_{r+1},...,u_{n}\}$ (suponiendo que la dimensión de $E$ es $n$ . Ahora podemos aplicar el proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt a esta base para obtener una ortonormal: $\{w_{1},...,w_{r},w_{r+1},...,w_{n}\}$ . Por construcción, $[w_{1},...,w_{r}]=[u_{1},...,u_{r}]=F$ . Por tanto, como los vectores de esta base son ortogonales dos a dos por ser una base ortonormal, tenemos que $w_{r+1},...,w_{n}\in F^{\bot }$ y, como $F^{\bot }$ es subespacio vectorial, $[w_{r+1},...,w_{n}]\subseteq F^{\bot }\Rightarrow {\text{dim}}\ F\geq n-r\quad ()$ Veamos que $F\oplus F^{\bot }$ . Es equivalente ver que $F\cap F^{\bot }=\{0_{E}\}.$ Sea, pues, $u\in F\cap F^{\bot }$ . Por tanto, $u\in F$ y $u\in F^{\bot }\Rightarrow \langle u,u\rangle =0\Rightarrow u=0_{E}$ . Por tanto, tenemos que $F\oplus F^{\bot }$ , pero nos queda ver que $F\oplus F^{\bot }=E$ . Pero por $()$ , ${\text{dim}}(F+F^{\bot })={\text{dim}}(F\oplus F^{\bot })={\text{dim}}\ F+{\text{dim}}\ F^{\bot }\geq r+(n-r)=n$ Y, por otro lado, $F+F^{\bot }\subseteq E$ y ${\text{dim}}\ E=n\Rightarrow {\text{dim}}(F+F^{\bot })\leq n$ . Por tanto, de las dos desigualdades obtenemos que ${\text{dim}}(F+F^{\bot })=n$ y, como ${\text{dim}}\ E=n\Rightarrow F+F^{\bot }=E.$ Por tanto, $F\oplus F^{\bot }=E\quad \square$

Proyección ortogonal[editar]

De esta última propiedad obtenemos que $\forall u\in E\quad u=u_{1}+u_{2}$ , con $u_{1}\in F,u_{2}\in F^{\bot }$ de forma única, por lo que podemos definir proyección ortogonal de $u$ sobre $F$ como $u_{1}$ y escribiremos que $\pi _{F}(u)=u_{1}$ . Simétricamente, podemos definir la proyección ortogonal de $u$ sobre $F^{\bot }$ como $u_{2}$ y escribiremos $\pi _{F^{\bot }}(u)=u_{2}$ .

Si definimos la aplicación $\pi _{F}:E\rightarrow F,\ \ \ u\mapsto \pi _{F}(u)$ tenemos que:

$\pi _{F}$ es aplicación lineal con ${\text{Ker}}(\pi _{F})=F^{\bot }$ y ${\text{Im}}(\pi _{F})=F$
Veamos que es una aplicación lineal. Sean $u,v\in E$ y $\lambda \in \mathbb {R}$ . Queremos ver que $\pi _{F}(u+\lambda v)=\pi _{F}(u)+\lambda \pi _{F}(v)$ . Observamos que, por el teorema de proyección, $u=\pi _{F}(u)+\pi _{F^{\bot }}(u)$ y $v=\pi _{F}(v)+\pi _{F^{\bot }}(v)$ . Por lo que $u+\lambda v=\pi _{F}(u)+\pi _{F^{\bot }}(u)+\lambda (\pi _{F}(v)+\pi _{F^{\bot }}(v))=(\pi _{F}(u)+\lambda \pi _{F}(v))+(\pi _{F^{\bot }}(u)+\lambda \pi _{F^{\bot }}(v))$ , con el primer paréntesis en $F$ y el segundo en $F^{\bot }$ . Por el teorema de proyección, esta descomposición es única y, por definición de $\pi _{F}$ , tenemos que $\pi _{F}(u+\lambda v)=\pi _{F}(u)+\lambda \pi _{F}(v)$ , como queríamos ver. Veamos ahora las expresiones del núcleo y la imagen de $\pi _{F}$ . ${\text{Im}}(\pi _{F})=F$ : $(\subseteq )$ Directa por definición de $\pi _{F}$ $(\supseteq )$ Sea $w\in F$ arbitrario. Podemos escribir $w=w+0_{E}$ , con $w\in F$ por hipótesis y $0_{E}\in F^{\bot }$ porque $F^{\bot }$ es subespacio vectorial. Así, por el teorema de proyección, $\pi _{F}(w)=w\Rightarrow w\in {\text{Im}}(\pi _{F})$ . Como esto es cierto para cualquier $w\in F$ , tenemos la inclusión que buscábamos. ${\text{Ker}}(\pi _{F})=F^{\bot }$ : $(\supseteq )$ Sea $w\in F^{\bot }$ . Podemos escribir, como antes, $w=w+0_{E}$ , pero ahora con $w\in F^{\bot }$ por hipótesis y $0_{E}\in F$ por ser $F$ un subespacio vectorial. Por tanto, por el teorema de proyección, $\pi _{F}(w)=0_{E}\Rightarrow w\in {\text{Ker}}(\pi _{F})$ . $(\subseteq )$ Sea $w\in {\text{Ker}}(\pi _{F})\Rightarrow w=\pi _{F}(w)+\pi _{F^{\bot }}(w)=0_{E}+\pi _{F^{\bot }}(w)=\pi _{F^{\bot }}(w)\in F^{\bot }$ . Como esto vale para cualquier $w\in {\text{Ker}}(\pi _{F})$ , tenemos la inclusión que nos faltaba. $\quad \square$