1 Il biduale di uno spazio vettoriale

Lezione 16

1 Il biduale di uno spazio vettoriale

Poiché il duale $V^{*}$ di uno spazio vettoriale $V$ è, a sua volta, uno spazio vettoriale, possiamo considerare il duale di $V^{*}$ .

Definizione. Sia $V$ uno spazio vettoriale e $V^{*}$ il suo duale. Indichiamo con $V^{**}=(V^{*})^{*}$ il duale dello spazio vettoriale $V^{*}$ . Lo spazio vettoriale $V^{**}$ è detto il biduale di $V$ .

Un elemento $\alpha\in V^{**}$ è dunque una funzione lineare $\alpha\colon V^{*}\to K$ . La dualità canonica tra $V^{*}$ e $V^{**}$ è la seguente funzione:

\langle\cdot,\cdot\rangle\colon V^{**}\times V^{*}\to K,\qquad(\alpha,\phi)% \mapsto\langle\alpha,\phi\rangle=\alpha(\phi).

Ad ogni vettore $v\in V$ è possibile associare un elemento $\alpha_{v}\in V^{**}$ definito ponendo

\langle\alpha_{v},\phi\rangle=\langle v,\phi\rangle=\phi(v),

per ogni $\phi\in V^{*}$ (è immediato verificare che la funzione $\alpha_{v}\colon V^{*}\to K$ così definita è una funzione lineare). Risulta così definita, in modo canonico, una funzione

\iota\colon V\to V^{**},\qquad v\mapsto\iota(v)=\alpha_{v}.

Si verifica facilmente che $\iota$ è una funzione lineare. Essa è pure iniettiva, infatti se $v\in V$ è tale che $\iota(v)=\alpha_{v}=0$ , si ha $\langle\alpha_{v},\phi\rangle=\langle v,\phi\rangle=0$ , per ogni $\phi\in V^{*}$ , da cui segue che $v=0$ .

La funzione $\iota$ permette dunque di identificare $V$ con un sottospazio vettoriale di $V^{**}$ , $V\cong\iota(V)\subseteq V^{**}$ .

Definizione. La funzione $\iota\colon V\to V^{**}$ è detta l’immersione canonica di $V$ nel suo biduale $V^{**}$ .

Teorema. Se $V$ è uno spazio vettoriale finitamente generato esiste un isomorfismo canonico $V\cong V^{**}$ .

Dimostrazione. Se $V$ è finitamente generato, si ha $\dim V^{*}=\dim V$ e quindi anche $\dim V^{**}=\dim V^{*}$ . Ricordando che la funzione $\iota\colon V\to V^{**}$ è iniettiva, dall’uguaglianza delle dimensioni di $V$ e $V^{**}$ segue che $\iota$ è un isomorfismo.

Osservazione. Se $V$ è uno spazio vettoriale finitamente generato esistono degli isomorfismi canonici

V\cong V^{**},\qquad V^{*}\cong V^{***},\,\,\text{ecc.}

Pertanto, attraverso applicazioni ripetute della costruzione dello spazio vettoriale duale, si ottengono in effetti solo due spazi vettoriali, $V^{*}$ e $V$ .

Dato un sottoinsieme $T\subseteq V^{*}$ abbiamo definito il suo ortogonale $T^{\perp}\subseteq V$ , rispetto alla dualità canonica tra $V$ e $V^{*}$ ponendo

T^{\perp}=\{v\in V\,:\,\langle v,\phi\rangle=0,\,\,\forall\phi\in T\}.

Ora però possiamo anche definire l’ortogonale di $T$ in $V^{**}$ , rispetto alla dualità canonica tra $V^{*}$ e $V^{**}$ . Indichiamo temporaneamente questo ortogonale con $T^{\top}$

T^{\top}=\{\alpha\in V^{**}\,:\,\langle\alpha,\phi\rangle=0,\,\,\forall\phi\in T\}.

Si ha il seguente risultato:

Teorema. Per ogni spazio vettoriale $V$ ed ogni sottoinsieme $T\subseteq V^{*}$ , si ha

\iota(T^{\perp})\subseteq T^{\top},

ove $\iota\colon V\to V^{**}$ è l’immersione canonica. Inoltre vale l’uguaglianza quando $V$ è finitamente generato.

Dimostrazione. Sia $v\in T^{\perp}$ . Allora

\langle\iota(v),\phi\rangle=\langle v,\phi\rangle=0,

per ogni $\phi\in T$ . Pertanto $\iota(v)\in T^{\top}$ . Se $V$ è finitamente generato, si ha poi

\dim(T^{\perp})=\dim V-\dim(\langle T\rangle)=\dim(T^{\top}),

quindi dall’inclusione $\iota(T^{\perp})\subseteq T^{\top}$ e dall’uguaglianza delle dimensioni dei due sottospazi segue che $\iota(T^{\perp})=T^{\top}$ .

Nel caso di uno spazio vettoriale $V$ finitamente generato, l’isomorfismo canonico $\iota$ tra $V$ e $V^{**}$ permette quindi di identificare l’ortogonale $T^{\perp}$ di $T$ in $V$ con l’ortogonale $T^{\top}$ di $T$ in $V^{**}$ . Per tale ragione d’ora in poi scriveremo semplicemente $T^{\perp}$ per indicare l’ortogonale di un sottoinsieme $T$ di $V^{*}$ .

Teorema. Sia $V$ uno spazio vettoriale finitamente generato. Per ogni sottoinsieme $S\subseteq V$ , si ha

S^{\perp\perp}=\langle S\rangle.

Analogamente, per ogni sottoinsieme $T\subseteq V^{*}$ , si ha

T^{\perp\perp}=\langle T\rangle.

Dimostrazione. Abbiamo già dimostrato che, per ogni sottoinsieme $S\subseteq V$ , vale l’inclusione

\langle S\rangle\subseteq S^{\perp\perp}.

Dall’ipotesi che $V$ sia finitamente generato segue che

\dim(S^{\perp\perp})=\dim V-\dim(S^{\perp})=\dim V-\big{(}\dim V-\dim(\langle S% \rangle)\big{)}=\dim(\langle S\rangle).

Dall’inclusione $\langle S\rangle\subseteq S^{\perp\perp}$ e dall’uguaglianza delle dimensioni dei due sottospazi segue che

\langle S\rangle=S^{\perp\perp}.

La dimostrazione della seconda affermazione è del tutto analoga.

Abbiamo visto che, per uno spazio vettoriale $V$ di dimensione finita, il biduale $V^{**}$ è canonicamente isomorfo a $V$ . Non è invece possibile, in generale, definire un isomorfismo canonico tra $V$ e il suo duale $V^{*}$ . Come ora vedremo, la situazione cambia se $V$ è dotato di una forma bilineare simmetrica non degenere.

Consideriamo dunque uno spazio vettoriale $V$ , di dimensione $n$ , sul campo $K$ e sia $g\colon V\times V\to K$ una forma bilineare simmetrica non degenere. Definiamo la funzione

\flat\colon V\to V^{*},\qquad w\mapsto\flat(w),

come segue: $\flat(w)\in V^{*}$ è la forma lineare $\flat(w)\colon V\to K$ definita da $\flat(w)(v)=g(v,w)$ , per ogni $v\in V$ . La bilinearità di $g$ implica la linearità della funzione $\flat$ . Dimostriamo ora che il fatto che $g$ sia non degenere implica che $\flat$ è iniettiva. Infatti se $w\in{\rm Ker}\flat$ si ha $\flat(w)=0$ , cioè $\flat(w)(v)=g(v,w)=0$ , per ogni $v\in V$ . L’ipotesi che $g$ sia non degenere implica allora che $w=0$ , quindi ${\rm Ker}\flat=\{0\}$ e dunque $\flat$ è iniettiva. Ora che sappiamo che $\flat$ è iniettiva basta ricordare che $V$ e $V^{*}$ hanno la stessa dimensione per concludere che $\flat$ è un isomorfismo, definito in modo canonico, tra $V$ e il suo duale $V^{*}$ (ovviamente l’isomorfismo $\flat$ dipende dalla forma bilineare $g$ ).

Possiamo osservare che, tramite questo isomorfismo, la dualità canonica $\langle\cdot,\cdot\rangle$ tra $V$ e $V^{*}$ corrisponde proprio alla forma bilineare $g\colon V\times V\to K$ .

Consideriamo ora una base $\mathbf{v}=\{v_{1},\dots,v_{n}\}$ di $V$ e indichiamo con $\mathbf{v}^{*}=\{v^{*}_{1},\dots,v^{*}_{n}\}$ la base duale di $V^{*}$ . Indichiamo con $G=(g_{i,j})$ la matrice di $g$ rispetto alla base $\mathbf{v}$ di $V$ (ricordiamo che ciò significa che $g_{i,j}=g(v_{i},v_{j})$ ). Ci proponiamo di determinare la matrice $B=(b_{i,j})$ della funzione lineare $\flat\colon V\to V^{*}$ rispetto alle basi $\mathbf{v}$ di $V$ e $\mathbf{v}^{*}$ di $V^{*}$ .

Dato un vettore $v_{j}$ della base $\mathbf{v}$ , si ha

\flat(v_{j})=b_{1,j}v^{*}_{1}+\cdots+b_{n,j}v^{*}_{n}=\sum_{\ell=1}^{n}b_{\ell% ,j}v^{*}_{\ell}

D’altra parte, per ogni vettore $v_{i}$ della base $\mathbf{v}$ , in base alla definizione della funzione $\flat$ , si ha anche $\flat(v_{j})(v_{i})=g(v_{i},v_{j})=g_{i,j}$ . Da queste due formule si ricava allora

g_{i,j}=\flat(v_{j})(v_{i})=\sum_{\ell=1}^{n}b_{\ell,j}v^{*}_{\ell}(v_{i})=% \sum_{\ell=1}^{n}b_{\ell,j}\delta_{\ell,i}=b_{i,j}

Questo significa che la matrice $B=(b_{i,j})$ della funzione lineare $\flat$ non è altro che la matrice $G=(g_{i,j})$ della forma bilineare $g$ .

Ora si vede chiaramente come il fatto che $g$ sia non degenere, cioè che $\det G\neq 0$ , ha come conseguenza il fatto che la funzione $\flat$ sia invertibile e dunque sia un isomorfismo tra $V$ e il suo duale $V^{*}$ . L’isomorfismo inverso $\sharp=\flat^{-1}\colon V^{*}\to V$ corrisponde quindi alla matrice $G^{-1}$ , inversa di $G$ .

2 La trasposta di una funzione lineare

Siano $V$ e $W$ due spazi vettoriali su $K$ e sia $f\colon V\to W$ una funzione lineare. Per ogni forma lineare $\psi\in W^{*}$ , la funzione composta $\psi\circ f\colon V\to K$ è lineare, in quanto composizione di funzioni lineari. Possiamo quindi definire una funzione

f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}

ponendo $f^{*}(\psi)=\psi\circ f$ , per ogni $\psi\in W^{*}$ . Da questa definizione si deduce che vale la seguente formula

\langle v,f^{*}(\psi)\rangle=\langle f(v),\psi\rangle,

per ogni $v\in V$ e ogni $\psi\in W^{*}$ . è immediato verificare che la funzione $f^{*}$ così definita è lineare.

Definizione. Data una funzione lineare $f\colon V\to W$ , la funzione $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ è detta la trasposta di $f$ .

L’operazione di trasposizione definisce quindi una funzione

(\cdot)^{*}\colon{\rm Hom}(V,W)\to{\rm Hom}(W^{*},V^{*}),\qquad f\mapsto f^{*},

la quale, come ora dimostreremo, è a sua volta lineare.

Teorema. Siano $V$ e $W$ due spazi vettoriali su $K$ . Per ogni $\lambda_{1},\lambda_{2}\in K$ e ogni $f_{1},f_{2}\in{\rm Hom}(V,W)$ , si ha

(\lambda_{1}f_{1}+\lambda_{2}f_{2})^{*}=\lambda_{1}f_{1}^{*}+\lambda_{2}f_{2}^% {*}.

Dimostrazione. Per ogni $v\in V$ e ogni $\psi\in W^{*}$ si ha

	$\displaystyle\langle v,(\lambda_{1}f_{1}+\lambda_{2}f_{2})^{*}(\psi)\rangle$	$\displaystyle=\langle(\lambda_{1}f_{1}+\lambda_{2}f_{2})(v),\psi\rangle$
		$\displaystyle=\langle\lambda_{1}f_{1}(v)+\lambda_{2}f_{2}(v),\psi\rangle$
		$\displaystyle=\lambda_{1}\langle f_{1}(v),\psi\rangle+\lambda_{2}\langle f_{2}% (v),\psi\rangle$
		$\displaystyle=\lambda_{1}\langle v,f_{1}^{}(\psi)\rangle+\lambda_{2}\langle v% ,f_{2}^{}(\psi)\rangle$
		$\displaystyle=\langle v,\lambda_{1}f_{1}^{}(\psi)+\lambda_{2}f_{2}^{}(\psi)\rangle$
		$\displaystyle=\langle v,(\lambda_{1}f_{1}^{}+\lambda_{2}f_{2}^{})(\psi)\rangle.$

Ciò implica che $(\lambda_{1}f_{1}+\lambda_{2}f_{2})^{*}=\lambda_{1}f_{1}^{*}+\lambda_{2}f_{2}^% {*}$ , come volevasi dimostrare.

L’operazione di trasposizione gode anche di un’altra importante proprietà:

Teorema. Se $U$ , $V$ e $W$ sono tre spazi vettoriali su $K$ e $f\in{\rm Hom}(V,W)$ , $g\in{\rm Hom}(U,V)$ , si ha

(f\circ g)^{*}=g^{*}\circ f^{*}.

Dimostrazione. Per ogni $u\in U$ e ogni $\psi\in W^{*}$ si ha:

	$\displaystyle\langle u,(f\circ g)^{*}(\psi)\rangle$	$\displaystyle=\langle(f\circ g)(u),\psi\rangle$
		$\displaystyle=\langle f\big{(}g(u)\big{)},\psi\rangle$
		$\displaystyle=\langle g(u),f^{*}(\psi)\rangle$
		$\displaystyle=\langle u,g^{}\big{(}f^{}(\psi)\big{)}\rangle$
		$\displaystyle=\langle u,(g^{}\circ f^{})(\psi)\rangle.$

Ciò implica che $(f\circ g)^{*}=g^{*}\circ f^{*}$ , come volevasi dimostrare.

Dati due spazi vettoriali $V$ e $W$ e una funzione lineare $f\colon V\to W$ , la trasposta di $f$ , $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ , è anch’essa una funzione lineare, pertanto possiamo considerare la sua trasposta $f^{**}\colon V^{**}\to W^{**}$ . Come abbiamo già visto, esistono due immersioni canoniche $\iota_{V}\colon V\to V^{**}$ e $\iota_{W}\colon W\to W^{**}$ . Queste funzioni sono collegate tra loro nel modo che ora descriveremo:

Teorema. Si ha $f^{**}\circ\iota_{V}=\iota_{W}\circ f$ .

Dimostrazione. La dimostrazione è un semplice calcolo, che consiste nell’applicare le definizioni delle varie funzioni coinvolte. Dalla definizione di $f^{*}$ si ha

\langle v,f^{*}(\psi)\rangle=\langle f(v),\psi\rangle,

per ogni $v\in V$ e ogni $\psi\in W^{*}$ . Analogamente, dalla definizione di $f^{**}$ segue che

\langle f^{**}(\alpha),\psi\rangle=\langle\alpha,f^{*}(\psi)\rangle,

per ogni $\alpha\in V^{**}$ e ogni $\psi\in W^{*}$ . Ricordando la definizione dell’immersione canonica di uno spazio vettoriale nel suo biduale, si ha:

\langle\iota_{V}(v),\phi\rangle=\langle v,\phi\rangle,\qquad\langle\iota_{W}(w% ),\psi\rangle=\langle w,\psi\rangle,

per ogni $v\in V$ , $w\in W$ , $\phi\in V^{*}$ e $\psi\in W^{*}$ . Combinando queste formule si ottiene:

	$\displaystyle\langle f^{**}\big{(}\iota_{V}(v)\big{)},\psi\rangle$	$\displaystyle=\langle\iota_{V}(v),f^{*}(\psi)\rangle$
		$\displaystyle=\langle v,f^{*}(\psi)\rangle$
		$\displaystyle=\langle f(v),\psi\rangle$
		$\displaystyle=\langle\iota_{W}\big{(}f(v)\big{)},\psi\rangle.$

Poiché questa uguaglianza vale per ogni $\psi\in W^{*}$ , si ha necessariamente

f^{**}\big{(}\iota_{V}(v)\big{)}=\iota_{W}\big{(}f(v)\big{)},

per ogni $v\in V$ , cioè $f^{**}\circ\iota_{V}=\iota_{W}\circ f$ .

Corollario. Se $V$ e $W$ sono due spazi vettoriali finitamente generati, ogni funzione lineare $f\colon V\to W$ si identifica, in modo canonico, con la sua bitrasposta $f^{**}\colon V^{**}\to W^{**}$ , tramite gli isomorfismi canonici $\iota_{V}\colon V\to V^{**}$ e $\iota_{W}\colon W\to W^{**}$ .

Dimostrazione. Abbiamo già dimostrato che, nel caso di uno spazio vettoriale finitamente generato, l’immersione canonica nel suo biduale è un isomorfismo. Dall’uguaglianza

f^{**}\circ\iota_{V}=\iota_{W}\circ f

e dal fatto che, in questo caso, $\iota_{V}$ e $\iota_{W}$ sono degli isomorfismi, si ricava

f^{**}=\iota_{W}\circ f\circ\iota^{-1}_{V},\qquad f=\iota^{-1}_{W}\circ f^{**}% \circ\iota_{V},

come volevasi dimostrare.

Studiamo ora le relazioni esistenti tra il nucleo e l’immagine di $f$ e quelli della sua trasposta $f^{*}$ .

Teorema. Sia $f\colon V\to W$ una funzione lineare e $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ la sua trasposta. Si ha:

1.

${\rm Ker}(f^{*})=({\rm Im}f)^{\perp}$ ;
2.

${\rm Im}(f^{*})\subseteq({\rm Ker}f)^{\perp}$ .

Inoltre, se $V$ e $W$ sono finitamente generati, vale l’uguaglianza

{\rm Im}(f^{*})=({\rm Ker}f)^{\perp}.

Dimostrazione. (1) Sia $\psi\in{\rm Ker}(f^{*})$ . Allora, per ogni $v\in V$ , si ha

\langle f(v),\psi\rangle=\langle v,f^{*}(\psi)\rangle=\langle v,0\rangle=0,

quindi $\psi\in({\rm Im}f)^{\perp}$ .

Viceversa, se $\psi\in({\rm Im}f)^{\perp}$ , per ogni $v\in V$ si ha

\langle v,f^{*}(\psi)\rangle=\langle f(v),\psi\rangle=0,

da cui segue che $f^{*}(\psi)=0$ , quindi $\psi\in{\rm Ker}(f^{*})$ .

(2) Sia $\phi\in{\rm Im}(f^{*})$ e sia $\psi\in W^{*}$ tale che $\phi=f^{*}(\psi)$ . Per ogni $v\in{\rm Ker}f$ , si ha

\langle v,\phi\rangle=\langle v,f^{*}(\psi)\rangle=\langle f(v),\psi\rangle=% \langle 0,\psi\rangle=0,

quindi $\phi\in({\rm Ker}f)^{\perp}$ .

Per dimostrare l’ultima affermazione supponiamo che $V$ e $W$ abbiano dimensione finita. In tal caso si ha:

	$\displaystyle\dim({\rm Im}f^{*})$	$\displaystyle=\dim W^{}-\dim({\rm Ker}f^{})$
		$\displaystyle=\dim W-\dim({\rm Im}f)^{\perp}$
		$\displaystyle=\dim W-\big{(}\dim W-\dim({\rm Im}f)\big{)}$
		$\displaystyle=\dim({\rm Im}f)$
		$\displaystyle=\dim V-\dim({\rm Ker}f)$
		$\displaystyle=\dim({\rm Ker}f)^{\perp}.$

Dall’inclusione ${\rm Im}(f^{*})\subseteq({\rm Ker}f)^{\perp}$ e dall’uguaglianza delle dimensioni si deduce che vale l’uguaglianza ${\rm Im}(f^{*})=({\rm Ker}f)^{\perp}$ .

Studiamo ora le relazioni esistenti tra la matrice di una funzione lineare $f$ e quella della sua trasposta $f^{*}$ . Fissiamo dunque una base $\mathbf{v}=\{v_{1},v_{2},\dots,v_{n}\}$ dello spazio vettoriale $V$ , una base $\mathbf{w}=\{w_{1},w_{2},\dots,w_{m}\}$ di $W$ e consideriamo le basi duali $\mathbf{v^{*}}=\{v^{*}_{1},v^{*}_{2},\dots,v^{*}_{n}\}$ di $V^{*}$ e $\mathbf{w^{*}}=\{w^{*}_{1},w^{*}_{2},\dots,w^{*}_{m}\}$ di $W^{*}$ .

Teorema. Sia $f\colon V\to W$ una funzione lineare e $f^{*}\colon W^{*}\to V^{*}$ la sua trasposta. Sia $A=\big{(}a_{i,j}\big{)}$ la matrice di $f$ rispetto alle basi $\mathbf{v}$ e $\mathbf{w}$ e indichiamo con $A^{*}=\big{(}a^{*}_{i,j}\big{)}$ la matrice di $f^{*}$ rispetto alle basi duali $\mathbf{w^{*}}$ e $\mathbf{v^{*}}$ . Allora la matrice della funzione trasposta $f^{*}$ è la trasposta della matrice di $f$ , cioè $A^{*}=A^{T}$ .

Dimostrazione. Indicando con $A=(a_{i,j})$ la matrice di $f$ , per ogni vettore $v_{i}$ della base di $V$ si ha

f(v_{i})=\sum_{h=1}^{m}a_{h,i}w_{h}.

Analogamente, se indichiamo con $A^{*}=\big{(}a^{*}_{i,j}\big{)}$ la matrice di $f^{*}$ , per ogni vettore $w^{*}_{j}$ della base di $W^{*}$ si ha

f^{*}(w^{*}_{j})=\sum_{h=1}^{n}a^{*}_{h,j}v^{*}_{h}.

Si ottiene dunque:

\langle v_{i},f^{*}(w^{*}_{j})\rangle=\Big{\langle}v_{i},\sum_{h=1}^{n}a^{*}_{% h,j}v^{*}_{h}\Big{\rangle}=\sum_{h=1}^{n}a^{*}_{h,j}\langle v_{i},v^{*}_{h}% \rangle=\sum_{h=1}^{n}a^{*}_{h,j}\delta_{i,h}=a^{*}_{ij}.

D’altra parte, ricordando la definizione di $f^{*}$ , si ha

	$\displaystyle\langle v_{i},f^{}(w^{}_{j})\rangle$	$\displaystyle=\langle f(v_{i}),w^{}_{j}\rangle=\Big{\langle}\sum_{h=1}^{m}a_{% h,i}w_{h},w^{}_{j}\Big{\rangle}$
		$\displaystyle=\sum_{h=1}^{m}a_{h,i}\langle w_{h},w^{*}_{j}\rangle=\sum_{h=1}^{% m}a_{h,i}\delta_{h,j}=a_{j,i}.$

Confrontando queste due espressioni, si scopre che $a^{*}_{i,j}=a_{j,i}$ , cioè $A^{*}=A^{T}$ .