Departamento de Matem´atica Aplicada II.
Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.
Tema 6 (Resultados).- Ortogonalidad y mejor aproximaci´
on.
Ejercicio 1. (1) Demuestra el Teorema de Thales que afirma que los ´angulos inscritos en una semicircunferencia son todos rectos.
(2) SeaABC un tri´angulo rect´angulo is´osceles, rectangulo enAy seanM, N yP los puntos medios de los segmentos AB, BC y AC respectivamente. Dado un punto gen´erico X del segmentoAB consideremos el puntoY del segmentoBC y el puntoZ del segmento ACtales queAXY Z es un rect´angulo. Demuestra que el tri´aguloXNZ es un tri´angulo rect´angulo is´osceles.
(3) Determina la ecuaci´on que deben cumplir los puntos P = (x, y) del plano desde los cuales el segmento AB de extremos A = (−1,0) y B = (0,1) se ve con un ´angulo θ∈[0, π]. Estudia en particular los casos θ= π2, θ = 0, θ =π y θ= π3.
. . . .
(1) Si consideramos un sistema de referencia de forma que el centro de la circunferencia es el origen de coordenadas y el radio es 1, tenemos que probar que dado un punto X = (x, y) de la circunferencia, los segmentos determinados por dicho punto y los puntos A= (−1,0) y B = (1,0) son perpendiculares, es decir,
~ XA=
−1−x −y
⊥XB~ =
1−x −y
⇔XA~ ·XB~ = 0⇔ −1 +x2+y2 = 0
⇔x2+y2= 1,
A B
X
y esto ´ultimo se verifica por estar (x, y) en la circunferencia unidad.
Ejercicio.-(i) Determina los puntos (x, y) del plano desde los cuales el segmento determinado por los puntosA(1,−2) yB(2,4) se ve bajo un ´angulo recto. (Tiene que salir una circunferencia)
. . . .
(2) Tomamos el sistema de referencia en el que A es el origen de coordenadas, el segmento AB est´a sobre el eje de abscisas, el segmento AC est´a sobre el eje de ordenadas y las coordenadas de los puntos B y C son, respectivamente, B = (2,0) y C = (0,2). De esta forma, las coordenadas de los puntos descritos en el enunciado son
M = (1,0), N = (1,1), P = (0,1), X = (x,0), Y = (x,2−x), Z = (0,2−x).
A
B
C
M
N
P
X
Y
Z
El tri´agulo XNZ es rect´angulo en N: ~
NX·NZ~ = (x−1,−1)·(−1,1−x) =−x+1−1+x= 0.
El tri´agulo XNZ es is´osceles:
NX~
=
È
(x−1)2+ 1
NZ~
=
È
1 + (1−x)2 9
> =
> ;
=⇒
NX~
=
NZ~
.
Ejercicio 2. Sea u= [1,2,3]T
.
(1) Describe geom´etricamente el conjunto de vectoresv ∈R3que verifican, respectivamente,
¨
v·u= 0 ||v||= 1
¨
v·u= 2 ||v||= 1
¨
v·u= 4 ||v||= 1
¨
v·u= 2 ||v||= 2/√14.
(2) Calcula el radio y el centro de la circunferencia dada por las siguientes ecuaciones
¨
v·u= 3 ||v||= 1.
. . . .
(1)
•
¨
v·u= 0 ||v||= 1
Corte de la esfera de centro el origen y radio 1 con el plano x+ 2y+ 3z = 0. Circunferencia de centro el origen y radio 1.
•
¨
v·u= 2 ||v||= 1
Corte de la esfera de centro el origen y radio 1 con el plano x+ 2y+ 3z = 2. Circunferencia de centro C = (142 ,144 ,146 ) y radio
È 10 14.
•
¨
v·u= 4 ||v||= 1
Corte de la esfera de centro el origen y radio 1 con el plano x+ 2y+ 3z = 4. Nada.
•
(
v·u= 2 ||v||= √2
14.
(2) Radio r =
È 5
14, Centro C = ( 3 14, 6 14, 9 14).
Ejercicio 3. Halla una base y unas ecuaciones impl´ıcitas de E⊥ y deF⊥ siendo E y F los subespacios
E = Gen
8 > > < > > : 2 6 6 6 4 1 0 2 1 3 7 7 7 5 , 2 6 6 6 4 2 1 2 3 3 7 7 7 5 , 2 6 6 6 4 0 1 −2 1 3 7 7 7 5 9 > > = > > ;
y F ≡
8
> <
> :
2x+y+ 3z−t= 0 3x+ 2y−2t= 0 3x+y+ 9z−t= 0
9 > = > ; . . . . . E⊥
E⊥ = Nul
2
6 4
1 0 2 1 2 1 2 3 0 1 −2 1
3
7
5= Nul 2
6 4
1 0 2 1 0 1 −2 1 0 0 0 0
3
7 5=⇒
⇒ Base 8 > > < > > : 2 6 6 6 4 −2 2 1 0 3 7 7 7 5 , 2 6 6 6 4 −1 −1 0 1 3 7 7 7 5 9 > > = > > ;
, Ecuaciones impl´ıcitas deE⊥
¨
x1+ 2x3+x4 = 0,
x2 −2x3+x4 = 0.
F⊥
F⊥ = Gen
8 > > < > > :
v1 = 2 6 6 6 4 2 1 3 −1 3 7 7 7 5
, v2 = 2 6 6 6 4 3 2 0 −2 3 7 7 7 5
, v3 = 2 6 6 6 4 3 1 9 −1 3 7 7 7 5 9 > > = > > ; = Col 2 6 6 6 4
2 3 3
1 2 1
3 0 9
−1 −2 −1
3 7 7 7 5 .
Calculemos una base y unas ecuaciones impl´ıcitas deF⊥
2
6 6 6 4
2 3 3 x
1 2 1 y
3 0 9 z
−1 −2 −1 t
3 7 7 7 5 −→ 2 6 6 6 4
1 2 1 y
2 3 3 x
3 0 9 z
−1 −2 −1 t
3 7 7 7 5 −→ 2 6 6 6 4
1 2 1 y
0 −1 1 x−2y 0 −6 6 z−3y 0 0 0 t+y
3 7 7 7 5 → −→ 2 6 6 6 4
1 2 1 y
0 −1 1 x−2y 0 0 0 z−3y−6x+ 12y
0 0 0 t+y
3 7 7 7 5 =⇒
los dos primeros vectores columna{v1, v2} son linealmente independientes y el tercero
es combinaci´on lineal de ellos. Por tanto {v1, v2} es una base deF⊥ = Col (M) y este
subespacio vectorial queda caracterizado por las ecuaciones impl´ıcitas
¨
−6x+ 9y+z = 0,
Ejercicio 4. Indica la respuesta correcta:
Si v y w son dos vectores linealmente independientes de Rn
y S es el subespacio de Rn
de ecuaciones impl´ıcitasvt
x= 0, wt
x= 0, entonces
S es el espacio nulo de la matriz [v, w] cuyas columnas son v y w. X Rn=S⊕Gen{v, w}.
Ninguna de las dos afirmaciones anteriores es correcta.
. . . . Obviamente el subespacio E = Gen {v, w} tiene dimensi´on 2 y el subespacio S tiene di-mensi´onn−2. Para probar queRn =S⊕Gen{v, w}bastar´a comprobar queS∩Gen{v, w}= {0}. Consideremos un vector gen´ericou=αv+βwdeE y supongamos que est´a enS. Dicho vector verificar´a
vT
(αv+βw) = 0 wT
(αv+βw) = 0
«
≡ αv
T
v+βvT
w= 0 αwT
v+βwT
w= 0
«
, es decir, los coeficientes α y β tienen que verificar el sistema de ecuaciones
vT
v vT
w wT
v wT
w
α β
=
0 0
.
Notemos que los coeficientes de las inc’ognitas son vT
v =||v||2 >0, wT
w=||w||2 >0, vT
w=vT
v =v ·w,
con lo cual el determinante de la matriz de los coeficientes de las inc´ognitas es ||v||2||w||2−(v·w)2 >0
puesto que v y w son linealmente independientes (desigualdad de Cauchy-Schwartz). Por tanto, el sistema homog´eneo tiene soluci´on ´unica (la soluci´on nula) α =β = 0 y se verifica queS∩Gen{v, w}={0}.
Ejercicio 5. Expresa el vector (1,3,−1,4)T
como suma de dos vectores u+v siendo u proporcional a (2,1,0,1)T
y v ⊥u.
. . . .
2
6 6 6 4
1 3 −1
4
3
7 7 7 5
=u+v, u =α
2
6 6 6 4
2 1 0 1
3
7 7 7 5
, v ⊥u⇐⇒
⇔ v =
2
6 6 6 4
1−2α 3−α
−1 4−α
3
7 7 7 5
Por tanto, la descomposici´on pedida es
2
6 6 6 4
1 3 −1
4
3
7 7 7 5
=u+v, u= 3 2
2
6 6 6 4
2 1 0 1
3
7 7 7 5
, v =
2
6 6 6 4
−2
3 2
−1
5 2
3
7 7 7 5
.
Ejercicio 6. Halla la proyecci´on ortogonal de los siguientes vectores sobre los subespacios que se indican:
(1) (4,1,3,−2)T
sobre el subespacio definido por x1+x2+x3+x4 = 0.
(2) (1,1,1,1)T
sobre el subespacio de R4 dado por: E≡
¨
x−y+z−2t= 0, y+z= 0.
(3) (3,−4,5)T
sobre el subespacio f(E) siendo f la aplicaci´on lineal dada por la matriz
A=
2
6 4
1 0 1 −1 1 0 0 1 −1
3
7 5
y E el subespacio deR3 dado por x−y−z = 0.
. . . .
(1) El subespacio vectorial S definido por la ecuaci´on x1+x2+x3+x4 = 0 tiene dimensi´on
3 y su complemento ortogonal tiene, por tanto, dimensi´on 1. Adem´as, puesto que dicho complemento ortogonal es
S⊥= Gen
8
> > <
> > :
u=
2
6 6 6 4
1 1 1 1
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
,
puede obtenerse c´omodamente la proyecci´on ortogonal de un vector v ∈R4 sobre S⊥ proyS⊥(v) =
v·u ||u||2u
y de dicha proyecci´on podemos obtener la que pide el ejercicio
proyS(v) + proyS⊥(v) =v =⇒proyS(v) =v−proyS⊥(v).
Para el vector v dado, tenemos
v =
2
6 6 6 4
4 1 3 −2
3
7 7 7 5
⇒proyS⊥(v) = 4+1+34 −2
2
6 6 6 4
1 1 1 1
3
7 7 7 5
⇒ proyS(v) = 2
6 6 6 4
4 1 3 −2
3
7 7 7 5
− 32 2
6 6 6 4
1 1 1 1
3
7 7 7 5
= 12
2
6 6 6 4
5 −1
3 −7
3
7 7 7 5
.
(2) Puesto que el complemento ortogonal de E es
E⊥= Gen
8
> > <
> > :
u1 = 2
6 6 6 4
1 −1
1 −2
3
7 7 7 5
, u2 = 2
6 6 6 4
0 1 1 0
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
y los vectoresu1yu2son perpendiculares (y no nulos), ya tenemos unabase ortogonal
{u1, u2} deE⊥ y podemos aplicar la f´ormula para obtener la proyecci´on ortogonal de
un vector v ∈R4 sobre E⊥,
proyE⊥(v) =
v·u1
||u1||2
u1+
v·u2
||u2||2
u2.
Para el vector dado tenemos,
proyE⊥(
2
6 6 6 4
1 1 1 1
3
7 7 7 5
) = −1 7 u1+
2 2u2 =
−1 7
2
6 6 6 4
1 −1
1 −2
3
7 7 7 5
+
2
6 6 6 4
0 1 1 0
3
7 7 7 5
= −1 7
2
6 6 6 4
1 −8 −6 −2
3
7 7 7 5
.
Por tanto,
proyE(v) = v−proyE⊥(v) =
1 7
2
6 6 6 4
8 −1
1 5
3
7 7 7 5
(∈E).
Para calcular directamente la proyecci´on ortogonal del vector dado sobre el subespacio vectorial E necesitar´ıamos calcular una base ortogonal de E para poder aplicar la f´ormula dada por los coeficientes de Fourier correspondientes. Por ejemplo, los vectores
w1= 2
6 6 6 4
2 1 −1
0
3
7 7 7 5
, w2 = 2
6 6 6 4
2 −2
2 3
3
7 7 7 5
forman una base ortogonal deE (compru´ebalo!) y por tanto la proyecci´on ortogonal de un vector v∈R4 sobreE viene dada por
proyE(v) =
v·w1
||w1||2w1+ v·w2
||w2||2w2.
. . . .
(3) Para obtener una descripci´on del subespacio vectorial f(E) vamos a obtener una base deE y a partir de ella tendremos vectores que generan el subespacio f(E).
x−y−z = 0 =⇒x=y+z ⇒
⇒ E =
8
> <
> :
v =
2
6 4
x y z
3
7 5∈R
3 :v =α 2
6 4
1 1 0
3
7 5+β
2
6 4
1 0 1
3
7
5, α, β ∈R 9
> =
> ;
=
= Gen
8
> <
> :
v1 = 2
6 4
1 1 0
3
7 5, v2 =
2
6 4
1 0 1
3
7 5
9
> =
> ;
Por tanto,
f(E) = Gen {f(v) :v ∈E}={Av:v ∈E}={αAv1+βAv2 :α, β ∈R}=
= Gen {Av1, Av2}= Gen 8
> <
> :
Av1 = 2
6 4
1 0 1
3
7
5, Av2 = 2
6 4
2 −1 −1
3
7 5
9
> =
> ;
.
Puesto que F = f(E) ⊂ R3 tiene dimensi´on 2, su complemento ortogonal tiene
di-mensi´on 1 y por tanto, calcular la proyecci´on ortogonal de un vector sobreF⊥ es muy sencillo una vez que obtengamos una base. Para calcular una base deF⊥ podemos ex-presarF en forma impl´ıcita y a partir de dicha ecuaci´on obtener un vector que genere F⊥.
F ≡
2
6 4
1 2 x 0 −1 y 1 −1 z
3
7 5→
2
6 4
1 2 x
0 −1 y 0 −3 z−x
3
7 5→
2
6 4
1 2 x
0 −1 y
0 0 z−x−3y
3
7 5=⇒
⇒ F ≡x+ 3y−z = 0 =⇒F⊥ = Gen
8
> <
> : 2
6 4
1 3 −1
3
7 5
9
> =
> ;
.
Por tanto,
proyF⊥(
2
6 4
3 −4
5
3
7 5) =
3 −4 5
2
6 4
1 3 −1
3
7 5
1 3 −1
2
6 4
1 3 −1
3
7 5
2
6 4
1 3 −1
3
7 5=
−14 11
2
6 4
1 3 −1
3
7 5
y lo que nos pide el ejercicio
proyF( 2
6 4
3 −4
5
3
7 5) =
2
6 4
3 −4
5
3
7
5−proyF⊥( 2
6 4
3 −4
5
3
7 5) =
2
6 4
3 −4
5
3
7 5+
14 11
2
6 4
1 3 −1
3
7 5=
1 11
2
6 4
47 −2
41
3
7 5.
Ejercicio 7. Halla una base de (E+F)⊥ siendo E y F los subespacios de R3 dados por
E ≡ {3x+y−2z = 0} y F ≡ {x+ 7y+z = 0, x−y−z = 0}.
. . . . Calculamos una base deE :
E ≡3x+y−2z = 0 ⇒y=−3x+ 2z=⇒E = Gen
8
> <
> :
v1 = 2
6 4
1 −3
0
3
7 5, v2 =
2
6 4
0 2 1
3
7 5
9
> =
> ;
Calculamos una base deF : F ≡
1 7 1 0
1 −1 −1 0
−→
1 7 1 0
0 −8 −2 0
−→
1 7 1 0 0 4 1 0
⇒
⇒
2
6 4
x y z
3
7 5=
2
6 4
−3y y −4y
3
7 5=−y
2
6 4
3 −1
4
3
7
5=⇒F = Gen 8
> <
> :
w1 = 2
6 4
3 −1
4
3
7 5
9
> =
> ;
.
Por tanto,
E+F = Gen {v1, v2, w1}= Col 2
6
4 v1 v2 w1 3
7 5
y su complemento ortogonal es
(E+F)⊥= Nul
2
6 4
1 −3 0 0 2 1 3 −1 4
3
7
5 −→Nul 2
6 4
1 −3 0 0 2 1 0 8 4
3
7
5−→Nul 2
6 4
1 −3 0 0 2 1 0 0 0
3
7 5
=⇒
2
6 4
x y z
3
7 5=
2
6 4
3y y −2y
3
7 5.
Por tanto, (E+F)⊥ es un subespacio vectorial de dimensi´on 1 y una base es
8
> <
> : 2
6 4
3 1 −2
3
7 5
9
> =
> ;
.
Notemos que, puesto que (E+F)⊥tiene dimensi´on 1, el subespacio vectorialE+F tiene dimensi´on 3−1 = 2. Puesto que E tiene dimensi´on 2 y F tiene dimensi´on 1, para que el subespacio suma E +F tenga dimensi´on 2 debe cumplirse que E +F = E y F ⊂ E. Esto es f´acil de verificar directamente puesto quew1∈E (sus coordenadas verifican las ecuaciones impl´ıcitas deE).
Ejercicio 8. Demuestra:
(1) El producto de matrices ortogonales es ortogonal.
(2) La suma de matrices ortogonales puede no ser ortogonal.
. . . .
(1) Si tomamos dos matrices ortgonales Q1 y Q2 de orden n, se verifica que
Q−11 =QT1 y Q−21 =QT2
y, por tanto, la matriz producto Q=Q1Q2 es ortogonal pues se verifica que
QQT
= (Q1Q2) (Q1Q2) T
= (Q1Q2)
QT 2Q
T 1
=Q1Q2Q T 2Q
T
1 =Q1Q T 1 =I.
(2) Las matrices Q1 =I y Q2 =−I son ortogonales, pero su suma Q1 +Q2 = 0 no lo es.
Ejercicio 9. Dadas las bases ortonormales deR2
B1 = §
u1 =
1/√2,1/√2
T
, u2 =
−1/√2,1/√2
T ª
y B2 =
§
w1 =
1/2,√3/2
T
, w2 =
−√3/2,1/2
T ª
halla la matriz correspondiente al cambio de una de esas bases a la otra. Comprueba que la matriz de paso es ortogonal.
. . . . Si denotamos por:
x= [xk] la coordenadas de un vector v respecto a la base can´onica {ek},
x′ = [x′
k] la coordenadas del vector v respecto a la base B1 ={uk},
x′′= [x′′
k] la coordenadas del vector v respecto a la base B2 ={wk},
se verifican las siguientes igualdades: v =
X
k
xkek = X
k
x′
kuk= X
k
x′′
kwk.
Estas igualdades vectoriales las podemos expresar en forma matricial mediante
2
6 6 6 4
.. . xk
...
3
7 7 7 5
=
2
6
4 . . . uk . . . 3
7 5
2
6 6 6 4
.. . x′
k
...
3
7 7 7 5
=
2
6
4 . . . wk . . . 3
7 5
2
6 6 6 4
.. . x′′
k
...
3
7 7 7 5
. (∗)
Las matrices de cambio de base entre las bases B1 y B2 son las matrices que relacionan los
vectores de coordenadas x′ y x′′,
x′ = P x′′
B1 ←B2 ,
x′′ = P x′
B2 ←B1 .
Para obtener dichas matrices basta con expresarx′ en funci´on dex′′, y viceversa, a partir de las igualdades matriciales (∗).
Para las bases dadas B1 ={u1, u2} y B2 ={w1, w2} tenemos
x1
x2
=
2
6
4 u1 u2 3
7 5
x′
1
x′
2
=
2
6
4 w1 w2 3
7 5
x′′
1
x′′
2
y por tanto,
x′
1
x′
2
=
2
6
4 u1 u2 3
7 5
−12
6
4 w1 w2 3
7 5
x′′
1
x′′
2
x′′
1
x′′
2
=
2
6
4 w1 w2 3
7 5
−12
6
4 u1 u2 3
7 5
x′
1
x′
2
Puesto que las bases dadas son ortonormales, las matrices
2
6
4 u1 u2 3
7
5 y
2
6
4 w1 w2 3
7 5
son ortogonales (la inversa coincide con la traspuesta) y, por tanto, una de las matrices de cambio de base es
P
B2 ←B1 = 2
6
4 w1 w2 3
7 5
−12
6
4 u1 u2 3
7 5=
1 2
"
1 √3 −√3 1
# 1
√
2
1 −1 1 1
=
= 2√1
2 "
1 +√3 −1 +√3 1−√3 1 +√3
#
que es una matriz ortogonal (puesto que la inversa de una matriz ortogonal es una matriz ortogonal y el producto de matrices ortogonales es una matriz ortogonal), hecho que se puede obtener directamente sin m´as que tener en cuenta que los vectores columna forman una base ortonormal de R2. La otra matriz de cambio de base que relaciona x′ y x′′ es la inversa de la matriz anterior
P
B1 ←B2 =
P B2 ←B1
−1
=
P B2 ←B1
T
= 1 2√2
"
1 +√3 1−√3 −1 +√3 1 +√3
#
.
Ejercicio 10. Matrices de proyecci´on.
Sea P una matriz cuadrada real de orden n tal que P2 =P y sean E y F definidos por
E ={x∈Rn:P x=x} y F ={x∈Rn :P x= 0}.
(a) Demuestra que E y F son subespacios vectoriales.
(b) Demuestra que E⊕F =Rn.
(c) Comprueba que P es la matriz de la proyecci´on sobre E en la direcci´on deF.
(d) Demuestra que si P es sim´etrica entonces E y F son uno el complemento ortogonal del otro (con lo cual P es la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre E).
. . . .
(a) E es un subespacio vectorial.Comprobemos que una combinaci´on lineal arbitraria de vectores deE est´a enE. Seanu1, u2 ∈E(P u1 =u1, P u2 =u2) y seanα, β ∈R
arbitrarios, entonces
P(αu1+βu2) =αP u1+βP u2 =αu1+βu2 =⇒αu1+βu2 ∈E.
F es un subespacio vectorial.Comprobemos que una combinaci´on lineal arbitraria de vectores de F est´a en F. Sean v1, v2 ∈ F(P v1 = 0, P v2 = 0) y sean α, β ∈ R
arbitrarios, entonces
(b) Comprobemos en primer lugar que E∩F ={0},
Si x∈E∩F ⇔
8
> <
> :
x∈E =⇒P x=x x∈F =⇒P x= 0
9
> =
> ;
=⇒x= 0.
Comprobemos que E+F = Rn
. Un vector arbitrario x ∈ Rn
se puede expresar mediante
x=P x+ (x−P x) y los sumandos considerados verifican que
u=P x∈E puesto que P u=P(P x) = P2x=P x=u,
v =x−P x∈F puesto que P v=P(x−P x) = P x−P2x= 0.
Por tanto, x=u+v con u∈E y v ∈F.
(c) Para comprobar queP es la matriz de la proyecci´on sobreE en la direcci´on deF tenemos que demostrar que, para cualquier vector v ∈Rn
, el vector P v verifica que (i) P v ∈E y (ii) v−P v ∈F
y esto lo acabamos de comprobar en el apartado anterior.
(d) Dados un vector u ∈ E(P u = u) y un vector v ∈ F(P v = 0), comprobemos que son ortogonales:
u·v = (P u)·v = (P u)Tv =uTPTv =uTP v = 0.
Ejercicio 11. Halla el vector perteneciente al subespacio de R4 generado por los vectores (2,0,−1,2)T,(1,2,−2,0)T y(−1,2,0,−2)T
que est´a m´as cerca del vector (1,1,1,1)T
.
. . . . Teniendo en cuenta el Teorema de la mejor aproximaci´on, de los vectores de un subespacio vectorial S, el que est´a m´as cerca de un vector dado b es el vector proyecci´on ortogonal deb sobre S, es decir, el vector pedido es
proyS(b), b= 2
6 6 6 4
1 1 1 1
3
7 7 7 5
, S = Gen
8
> > <
> > : 2
6 6 6 4
2 0 −1
2
3
7 7 7 5
,
2
6 6 6 4
1 2 −2
0
3
7 7 7 5
,
2
6 6 6 4
−1 2 0 −2
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
.
vendr´a caracterizado por 1 ecuaci´on impl´ıcita).
S≡
2
6 6 6 4
2 1 −1 x1
0 2 2 x2
−1 −2 0 x3
2 0 −2 x4 3
7 7 7 5
−→
2
6 6 6 4
−1 −2 0 x3
0 1 1 1
2x2
2 1 −1 x1
2 0 −2 x4 3
7 7 7 5
−→
2
6 6 6 4
−1 −2 0 x3
0 1 1 1
2x2
0 −3 −1 x1+ 2x3
0 −4 −2 x4+ 2x3 3
7 7 7 5
−→
2
6 6 6 4
−1 −2 0 x3
0 1 1 12x2
0 0 2 x1+ 2x3+ 32x2
0 0 2 x4+ 2x3+ 2x2 3
7 7 7 5
−→
2
6 6 6 4
−1 −2 0 x3
0 1 1 12x2
0 0 2 x1+ 2x3+32x2
0 0 0 −x1+12x2+x4 3
7 7 7 5
.
Por tanto, los vectores dados son linealemnte independientes (forman una base de S), el subespacio S tiene dimensi´on 3 y queda caracterizado por la ecuaci´on impl´ıcita
S ≡ −2x1 +x2+ 2x4 = 0.
El complemento ortogonal es, por tanto,
S⊥ = Gen
8
> > <
> > :
w=
2
6 6 6 4
−2 1 0 2
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
.
Las proyecciones ortogonales de b, sobre S y sobre S⊥ son •proyS⊥(b) =
b·w w·ww=
1 9w=⇒
•proyS(b) =b−proyS⊥(b) =b−19w=
2
6 6 6 4
1 1 1 1
3
7 7 7 5
− 19 2
6 6 6 4
−2 1 0 2
3
7 7 7 5
= 19
2
6 6 6 4
11 8 9 7
3
7 7 7 5
.
La distancia deb al subespacioS es
dist (b, S) = min{||b−x||:x∈S}=||b−proyS(b)||=||proyS⊥(b)||=
1 3.
Ejercicio 12. Halla la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre cada uno de los siguientes subespacios de R4:
(1) el subespacio generado por (0,2,1,0)T
y (1,1,0,1)T
.
(2) el subespacio generado por (0,0,2,1)T
y (1,1,−1,0)T
.
(3) Sobre E y E⊥, siendo E ≡
¨
x−3y+z+t = 0 2x−5y+z+ 2t= 0
«
.Comprueba que, como debe ser, la suma de ambas matrices vale I.
(1) Los vectores dados forma una base del subespacio vectorial S que generan (son lineal-mente independientes), pero no son ortogonales. Para calcular la matriz de la proyec-ci´on ortogonal vamos a obtener una base ortogonal del subespacio, a partir de ella obtendremos una base ortonormal y con la base ortonormal obtendremos la matriz de la proyecci´on ortogonal. Para obtener una base ortogonal, aplicamos el m´etodo de Gram-Schmidt a los vectores que generan S
v1 = 2
6 6 6 4
0 2 1 0
3
7 7 7 5
v2 = 2
6 6 6 4
1 1 0 1
3
7 7 7 5
y obtenemos
u1 =v1, u2 =v2−
v2·u1
u1·u1
u1 =v2−
2 5u1 =
2
6 6 6 4
1
1 5
−2 5
1
3
7 7 7 5
.
Por tanto,
¨
w1 =
1 ||u1||
u1, w2 =
1 ||u2||
u2 «
=
8
> > <
> > :
w1 =
1 √ 5
2
6 6 6 4
0 2 1 0
3
7 7 7 5
, w2 =
1 √
55
2
6 6 6 4
5 1 −2
5
3
7 7 7 5 9
> > =
> > ;
es unabase ortonormal deS y la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre S es
PS = 2
6
4 w1 w2 3
7 5
2
6
4 w1 w2 3
7 5 T
= 1 11
2
6 6 6 4
5 1 −2 5
9 4 1
3 −2 5
3
7 7 7 5
.
(Los elementos que faltan en la matriz anterior no son nulos, ¿qui´enes tienen que ser?) . . . .
(2) Para calcular la matriz de la proyecci´on ortogonal vamos a obtener una base ortogonal del subespacio y, a partir de ella, una base ortonormal.
Aplicamos el m´etodo de Gram-Schmidt a los vectores {v1, v2} que generan el
subespacio,
u1 =v1,
u2 =v2− uv21··uu11u1 =v2−
−2 5 u1 =
1 5
2
6 6 6 4
5 5 −1
2
3
7 7 7 5
.
Obtenemos una base ortonormal del subespcio
¨
q1 =
1 ||u1||
u1, q2 =
1 ||u2||
u2 «
=
8
> > <
> > :
q1 =
1 √ 5
2
6 6 6 4
0 0 2 1
3
7 7 7 5
, q2 =
1 √
55
2
6 6 6 4
5 5 −1
2
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
Obtenemos la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre el subespacio generado
P =UUT =
2
6
4 q1 q2 3
7 5
2
6
4 q1 q2 3 7 5 T == 1 11 2 6 6 6 4
5 ∗ ∗ ∗
5 5 ∗ ∗
−1 −1 9 ∗
2 2 4 3
3 7 7 7 5 .
(Completa las posiciones donde aparece (∗))
. . . .
(3) E:
Calculamos una base de E. E ≡
1 −3 1 1 0 2 −5 1 2 0
−→
1 −3 1 1 0 0 1 −1 0 0
→
1 0 −2 1 0 0 1 −1 0 0
⇒ 2 6 6 6 4 x y z t 3 7 7 7 5 = 2 6 6 6 4
2z−t z z t 3 7 7 7 5 =z 2 6 6 6 4 2 1 1 0 3 7 7 7 5 +t 2 6 6 6 4 −1 0 0 1 3 7 7 7 5
⇒ E= Gen
8 > > < > > :
v1 = 2 6 6 6 4 2 1 1 0 3 7 7 7 5
, v2 = 2 6 6 6 4 −1 0 0 1 3 7 7 7 5 9 > > = > > ; .
Ortogonalizamos (m´etodo de Gram-Schmidt) para obtener una base orto-gonal de E.
u1 =v1,
u2 =v2− uv21··uu11u1 =v2−
−2 6 u1 =
1 3 2 6 6 6 4 −1 1 1 3 3 7 7 7 5 .
Normalizamos para tener una base ortonormal de E
¨
q1 =
1 ||u1||
u1, q2 =
1 ||u2||
u2 « = 8 > > < > > :
q1 =
1 √ 6 2 6 6 6 4 2 1 1 0 3 7 7 7 5
, q2 =
1 √ 12 2 6 6 6 4 −1 1 1 3 3 7 7 7 5 9 > > = > > ; .
Construimos la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre E,
PE =UU T
=
2
6
4 q1 q2 3
7 5
2
6
4 q1 q2 3 7 5 T = 1 4 2 6 6 6 4
3 1 1 −1 ∗ 1 1 1 ∗ ∗ 1 1 ∗ ∗ ∗ 3
3 7 7 7 5 .
E⊥: Para calcular directamente la matriz de la proyecci´on ortogonal sobreE⊥ pueden seguirse los mismos pasos que antes
Calculamos una base de E⊥ o un conjunto de vectores que generenE⊥ como por ejemplo
E⊥ = Gen
8
> > <
> > :
v1 = 2
6 6 6 4
1 −3
1 1
3
7 7 7 5
, v2 = 2
6 6 6 4
2 −5
1 2
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
.
Ortogonalizamos (m´etodo de Gram-Schmidt) para obtener una base orto-gonal de E⊥.
Normalizamos para tener una base ortonormal de E⊥.
Construimos la matriz de la proyecci´on ortogonal sobreE⊥, que tiene que ser
PE⊥ =I −PE =
1 4
2
6 6 6 4
1 −1 −1 1 ∗ 3 −1 −1 ∗ ∗ 3 −1
∗ ∗ ∗ 1
3
7 7 7 5
.
(Completar las posiciones donde aparece (∗))
Ejercicio 13. Sea u∈Rm
un vector no nulo y sea T :Rm
−→Rm
la transformaci´on lineal definida mediante
T(x) =x− u·x ||u||2u.
(a) Prueba queT es lineal y calcula la matriz A asociada.
(b) Prueba que A2 =A (o lo que es lo mismo T ◦T =T).
(c) ¿Es A invertible?
(d) Prueba que ||Ax|| ≤ ||x|| para cualquier x∈Rm.
(e) Describe esta transformaci´on en t´erminos geom´etricos para m= 2 y para m= 3. . . . .
Consideramos m > 1, para m = 1 la transformaci´on T es la transformaci´on nula y no hay nada que discutir.
Siendo u∈Rm un vector no nulo, el vector u·x ||u||2u que se obtiene a partir de un vector gen´erico x∈Rm
es el vector proyecci´on ortogonal dex sobre la recta S = Gen {u} definida por el vector u. Por tanto, el vector
x− u·x ||u||2u
(a) Obviamente T es lineal puesto que ∀α, β ∈R y ∀x, x′ ∈Rm
se verifica que T (αx+βx′) = αx+βx′− 1
||u||2 [u·(αx+βx′)]u
= αx+βx′− 1
||u||2 [αu·x+βu·x
′]u
= αx−α||u1||2 [u·x]u+βx′−β 1
||u||2 [u·x′]u
= αT(x) +βT(x′).
Puesto que el producto escalar de dos vectores se puede expresar como el producto matricial vector fila por vector columna, tenemos
T(x) = x− u·x
||u||2u=x− 1
||u||2u(u·x) =x− 1 ||u||2u
uT
x
=
= x− 1 ||u||2uu
T
x=
uuT
es una matriz m×m
= I− 1 ||u||2uu
T !
x.
Por tanto, la matriz de T es A=I− 1 uTuuu
T
.
(b) Geom´etricamente est´a claro que A2 = A. Trat´andose de una proyecci´on sobre un
sub-espacio, para cada x ∈ Rm
el vector A2x = A(Ax) es el vector que se obtiene al
proyectar (sobre S⊥) el vector Ax, que est´a en S⊥. Obtenemos la igualdad A2 =A de
forma algebraica,
A2 = I− 1
||u||2uu
T !
2
=I−2 1 ||u||2uu
T
+ 1 ||u||4(uu
T
)2 =
= I −2 1 ||u||2uu
T
+ 1 ||u||4 ||u||
2
(uuT) =A.
(c) Obviamente la transformaci´onT y la matrizAasociada no pueden ser invertibles puesto que “aplastan” cada recta paralela a la recta generada porusobre un ´unico vector del complemento ortogonal de Gen{u},
v =v0 +αu∈v0+ Gen {u} −→T(v) = Av=Av0, ∀α∈R,
puesto que Au= 0. De hecho, el espacio nulo de Aes la recta generada por u Ax= 0⇐⇒x= u·x
||u||2u⇐⇒x∈Gen {u}.
(d) Al igual que antes, desde un punto de vista geom´etrico la desigualdad es evidente puesto que se trata de un cateto, ||Ax||, y de la hipotenusa, ||x||, de un tri´angulo rect´angulo. Cada vector x∈Rm se puede expresar como
x=Ax+ u·x
y puesto que los dos sumandos son ortogonales (uno al otro)
(Ax)· u·x ||u||2u
!
= x− u·x ||u||2u
!
· u·x ||u||2u
!
= u·x
||u||2(x·u)−
"
u·x ||u||2
# 2
u·u= 0, aplicando el teorema de Pit´agoras tenemos
||x||2 =||Ax||2+
u·x ||u||2u
2
≥ ||Ax||2.
(e) En cualquier dimensi´on, Gen {u}es una recta, por tanto
para m = 2, T es la proyecci´on ortogonal sobre la recta (que pasa por el origen de coordenadas) y es perpendicular al vector u.
para m = 3, T es la proyecci´on ortogonal sobre el plano (que pasa por el origen de coordenadas) y tiene al vector u como vector normal.
Ejercicio 14. Sea S un subespacio vectorial de Rm y sean PS y PS⊥ las matrices de la
proyecci´on ortogonal sobre S y sobre S⊥ respectivamente.
(a) Calcula la matriz de la simetr´ıa respecto aS y la matriz de la simetr´ıa respecto a S⊥.
(b) Prueba que PSPS⊥ =PS⊥PS = 0.
(c) Calcula el espacio columna y el espacio nulo de PS.
. . . . Supongamos que S es un subespacio vectorial propio, es decir no es ni el espacio nulo {0} ni el espacio total Rm
, en cuyo caso las matrices de proyecci´on ser´ıan la matriz nula y la matriz identidad respectivamente.
(a) La matriz de la simetr´ıa respecto a un subespacio vectorial puede calcularse c´omoda-mente a partir de la proyecci´on ortogonal sobre dicho subespacio. SiendoTS :Rm−→
Rm
la simetr´ıa respecto a S, para cada vector v ∈Rm
se verifica que v+TS(v) = 2PSv
y, por tanto, si denotamos porM a la matriz de la simetr´ıa respecto a S tenemos I+M = 2PS =⇒M = 2PS−I.
O S
S⊥
v
T(v) sim´etrico de v PSv
v−PSv
PSv−v
De manera an´aloga la matriz de la simetr´ıaTS⊥ es la matriz
I −2PS = 2PS⊥−I =−M
puesto que TS⊥(v) =−TS(v) para cualquier vector v ∈Rm.
(b) Para cualquier vector v ∈ Rm
el vector w = PSv es un vector de S y, por tanto, su
proyecci´on ortogonal sobre S⊥ es el vector nulo puesto que
S⊥
⊥
=S. Por tanto, [PS⊥PS]v = 0, ∀v ∈R
m
=⇒PS⊥PS =0.
De forma an´alogaPSPS⊥ =0.
(c) El espacio columna y el espacio nulo de PS son
Col (PS) = {v ∈Rm :PSx=v, para alg´un x∈Rm}=S,
Nul (PS) = {x∈Rm:PSx= 0}=S⊥.
Obviamente,
Col (PS⊥) = Nul (PS), Nul (PS⊥) = Col (PS).
Ejercicio 15. Dado el subespacio S ⊂R3 definido por x1−2x2+ 2x3 = 0, se pide:
(a) Halla la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre S. ¿Cu´al es la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre S⊥?
(b) Obtener una base de S⊥.
(c) Demostrar que Col (A) =S, siendo A=
2
6 4
2 0 0 1 −1 1
3
7 5.
(d) Dado el vector v = (1,1,1)T
, calcular el vector deS que dista menos de v.
. . . . El subespacio S (de R3) tiene dimensi´on 2 y, por tanto, su complemento ortogonal tiene dimensi´on 1.
(a) Cualesquiera dos vectores de S que sean linealmente independientes forman una base (de S), por ejemplo
8
> <
> :
v1 = 2
6 4
2 1 0
3
7 5, v2 =
2
6 4
0 1 1
3
7 5
9
> =
> ;
.
•Ortogonalizamos:
u1 =v1, u2 =v2−
v2·u1
||u1||2
u1 = 2
6 4
0 1 1
3
7 5−
1 5
2
6 4
2 1 0
3
7 5=
1 5
2
6 4
−2 4 5
3
• Normalizamos (dividimos cada vector por su norma para tener vectores con norma 1, sin cambiar la ortogonalidad que ya tenemos),
base ortonormal deS 8 > < > :
w1 =
u1
||u1||
= √1 5 2 6 4 2 1 0 3 7 5, w2 =
u2
||u2||
= 1 3√5
2 6 4 −2 4 5 3 7 5 9 > = > ; .
• Siendo U una matriz cuyas columnas forman una base ortonormal de S, la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre S esPS =UUT,
PS =
1 √ 5 2 6 4
2 −2 3
1 43
0 5 3 3 7 5 1 √ 5
2 1 0 −23
4 3 5 3 = 1 5 2 6 4 40 9 10 9 − 10 9
∗ 259 20
9
∗ ∗ 25 9 3 7 5= 1 9 2 6 4
8 2 −2 ∗ 5 4 ∗ ∗ 5
3
7 5.
•La matriz de la proyecci´on ortogonal sobre S⊥ es
PS⊥ =I −PS =
1 9
2
6 4
1 −2 2 ∗ 4 −4
∗ ∗ 4
3
7 5.
(b) Puesto que
S = 8 > < > :
x∈R3 :
2 6 4 1 −2 2 3 7 5· 2 6 4 x1 x2 x3 3 7 5= 0
9 > = > ; = 2 6 4Gen 8 > < > : 2 6 4 1 −2 2 3 7 5 9 > = > ; 3 7 5 ⊥ ,
su complemento ortogonal es
S⊥ = Gen
8 > < > : 2 6 4 1 −2 2 3 7 5 9 > = > ;
y una base es
8 > < > : 2 6 4 1 −2 2 3 7 5 9 > = > ; .
(c) Puesto que cada uno de los vectores columna de A est´a en S tenemos Col (A) ⊂ S y puesto que ambos subespacios tienen dimensi´on 2, tienen que ser iguales.
(d) El vector u de S m´as cercano a v es el vector proyecci´on ortogonal de v sobre S, es decir,
PSv =
1 9
2
6 4
8 2 −2 ∗ 5 4 ∗ ∗ 5
3 7 5 2 6 4 1 1 1 3 7 5= 1 9 2 6 4 8 11 7 3 7 5.
La distancia de v aS es
||v−PSv||=||PS⊥v||=
Ejercicio 16. Aplica el m´etodo de Gram-Schmidt a:
(a) La base de R4,
(1,0,1,0)T, (1,1,0,0)T, (0,1,1,1)T, (0,1,1,0)T
©
.
(b) Las columnas de las matrices
A=
2
6 4
1 1 0 1 1 0
3
7
5, B = 2
6 4
1 1 1 2 2 1
3
7 5.
. . . .
(a)
(b) A: Ortogonalizamos los vectores columna v1 y v2 deA,
u1 =v1 = 2
6 4
1 0 1
3
7
5, u2 =v2 −
v2·u1
||u1||2
u1 = 2
6 4
1 1 0
3
7 5−
1 2
2
6 4
1 0 1
3
7 5=
1 2
2
6 4
1 2 −1
3
7 5.
B: Ortogonalizamos los vectores columna v1 y v2 de B,
u1 =v1 = 2
6 4
1 1 2
3
7
5, u2 =v2 −
v2·u1
||u1||2
u1 = 2
6 4
1 2 1
3
7 5−
5 6
2
6 4
1 1 2
3
7 5=
1 6
2
6 4
1 7 −4
3
7 5.
Ejercicio 17. La proyecci´on ortogonal del vectorv = (5,−2,3)T sobre la recta x=y, y=z es:
(−1,−1,−1)T. (3,3,3)T .
X (2,2,2)T . •u=
2
6 4
1 1 1
3
7
5, •proyr(v) =
v·u 3 u.
Ejercicio 18. Halla una base ortonormal de Col (A) y otra de Nul (A) siendo
A=
2
6 6 6 4
1 1 0
0 −1 1 1 1 −1
1 1 1
3
7 7 7 5
.
. . . . Col (A) En primer lugar aplicamos el m´etodo de Gram-Schmodt a los vectores colum-na{v1, v2, v3} de A (que generan el subespacio Col (A))
u1 =v1,
u2 =v2− ||vu21·u||1
2u1 =v2−3
3u1 = 2
6 6 6 4
0 −1
0 0
3
7 7 7 5
,
u3 =v3− v3·u1
||u1|| 2u1−
v3·u2
||u2||
2u2 =v3− 0
3u1− − 1
1 u2 =v3+u2 = 2
6 6 6 4
0 0 −1
1
3
7 7 7 5
Por tanto{u1, u2, u3}es una base ortogonal de Col (A) y normalizando obtenemos una
base ortonormal
8
> > <
> > :
q1 =
1 ||u1||
u1 =
1 √ 3
2
6 6 6 4
1 0 1 1
3
7 7 7 5
, q2 =
1 ||u2||
u2 = 2
6 6 6 4
0 −1
0 0
3
7 7 7 5
, q3 =
1 ||u3||
u3 =
1 √ 2
2
6 6 6 4
0 0 −1
1
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
.
Nul (A) Resolvemos el sistema homog´eneo Ax= 0,
2
6 6 6 4
1 1 0 0
0 −1 1 0 1 1 −1 0
1 1 1 0
3
7 7 7 5
−→
2
6 6 6 4
1 1 0 0
0 −1 1 0 0 0 −1 0
0 0 1 0
3
7 7 7 5
=⇒
2
6 4
x1
x2
x3 3
7 5=
2
6 4
0 0 0
3
7 5.
Ejercicio 19. Dado el vector u∈ Rn
, que verifica ut
u= 1, se define la familia de matrices A=I−(α+ 1)uut
, conα ∈R. Discutir, seg´un los valores del par´ametroα, cu´ando la matriz A es ortogonal.
. . . . Observaci´on 1.-Notemos que la condici´onutu= 1 nos dice queues un vector unitario y, por tanto, la matrizuut es la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre la recta generada poru.
Puesto que A=I −(α+ 1)uut
es una matriz cuadrada real se verifica que A es ortogonal ⇐⇒AAT =I.
Teniendo en cuenta que A=I−(α+ 1)uut
es sim´etrica, AAT
= [I−(α+ 1)uut
] [I −(α+ 1)uut
] =I−2(α+ 1)uut
+ (α+ 1)2(uut
) (uut
) = = I−2(α+ 1)uut
+ (α+ 1)2uut
uut
=I−2(α+ 1)uut
+ (α+ 1)2uut
. Por tanto, A es ortogonal si y s´olo si
AAT =I ⇐⇒(α+ 1)2uut= 2(α+ 1)uut⇔(α+ 1)2 = 2(α+ 1)⇐⇒α2 = 1⇐⇒ α=±1. Observaci´on 2.- Para α=−1 se obtiene A=I y paraα= 1 se obtiene la matriz
A=I−2uut
que es la matriz de la simetr´ıa respecto al complemento ortogonal de la recta generada poru.
Ejercicio 20. Dado el subespacio E = Gen
(a,0,0,0)T,(a, a, b,0)T,(a, b,−a,1)T
©
con a, b∈R.
(b) Halla la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre E, cuando a = 0.
(c) Calcula los valores de los par´ametrosaybtales que el subespacio dado por las ecuaciones
F ≡
8
> <
> :
x1 = 0
5x1+x2+ 3x3 = 0
−2x1+ 3x2 −x3+x4 = 0
sea ortogonal a E.
. . . .
(a) Sean
v1 = 2
6 6 6 4
a 0 0 0
3
7 7 7 5
, v2 = 2
6 6 6 4
a a b 0
3
7 7 7 5
, v3 = 2
6 6 6 4
a b −a
1
3
7 7 7 5
.
Los productos escalares de estos vectores (cada dos) son: v1·v2 =v1·v3 =v2·v3 =a2,
con lo cual si a = 0 los vectores son ortogonales dos a dos y tenemos los siguientes casos:
a= 0, b= 0. En este caso v1 =v2 = 0 y{v3} es una base ortonormal de E.
a= 0, b6= 0. En este caso,
E = Gen
8
> > <
> > : 2
6 6 6 4
0 0 b 0
3
7 7 7 5
,
2
6 6 6 4
0 b 0 1
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
=
puesto que b 6= 0
= Gen
8
> > <
> > : 2
6 6 6 4
0 0 1 0
3
7 7 7 5
,
2
6 6 6 4
0 b 0 1
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
.
y puesto que {u2, v3} es una base ortogonal de E, ¨
u2,
1 √
1 +b2v3 «
es una base ortonormal.
a6= 0. Los tres vectores{v1, v2, v3}son no nulos y no ortogonales entre s´ı. Podemos
sustituir v1 por u1 = [1,0,0,0]T que es un vector unitario en la misma direcci´on
que v1, aunque puede ser que con sentido distinto (si a < 0), Ortogonalizamos,
aplicando Gram-Schmidt, {u1, v2, v3},
u1 =u1, u2 =v2−
v2·u1
||u1||2
u1 =v2−au1 = 2
6 6 6 4
0 a b 0
3
7 7 7 5
,
u3 =v3−
v3·u1
||u1||2
u1−
v3
||u2||2
u2 =v3−au1−0u2 = 2
6 6 6 4
0 b −a
1
3
7 7 7 5
Por ´ultimo, normalizamos los vectores obtenidos y tenemos una base ortonormal de E,
8 > > < > > :
u1 = 2 6 6 6 4 1 0 0 0 3 7 7 7 5
, w2 =
u2
||u2||
= √ 1 a2+b2
2 6 6 6 4 0 a b 0 3 7 7 7 5
, w3 =
u3
||u3||
= √ 1
1 +a2+b2 2 6 6 6 4 0 b −a 1 3 7 7 7 5 9 > > = > > ; .
(b) Teniendo en cuenta lo que hemos obtenido en el apartado anterior, para a= 0 tenemos los siguientes casos:
a = 0, b = 0. Puesto que {v3} es una base ortonormal de E, la matriz de la
proyecci´on ortogonal sobre E es
P =v3v T 3 = 2 6 6 6 4 0 0 0 1 3 7 7 7 5
0 0 0 1
= 2 6 6 6 4
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1
3 7 7 7 5 .
a= 0, b6= 0. Puesto que
¨
u2,
1 √
1 +b2v3 «
es una base ortonormal de E, la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre E es
P = 2 6 6 6 6 4 0 0 0 b √
1+b2
1 0
0 √1
1+b2
3 7 7 7 7 5 "
0 0 1 0
0 b
√
1+b2 0
b
√
1+b2
# = 2 6 6 6 6 4
0 0 0 0
0 b2
1+b2 0
b 1+b2
0 0 1 0
0 b 1+b2 0
1 1+b2
3 7 7 7 7 5 .
(c) Resolviendo el sistema homog´eneo que define a F, obtenemos que
F = Gen
8 > > < > > : w= 2 6 6 6 4 0 −3 1 10 3 7 7 7 5 9 > > = > > ; .
Para que los subespaciosE yF sean ortogonales (cada vector de uno de los subespacios sea ortogonal a todos los vectores del otro subespacio), basta con que el vectorw (que generaF) sea ortogonal a los vectores que generan E, es decir tiene que cumplirse
2 6 6 6 4 0 −3 1 10 3 7 7 7 5 · 2 6 6 6 4 a 0 0 0 3 7 7 7 5
= 0,
2 6 6 6 4 0 −3 1 10 3 7 7 7 5 · 2 6 6 6 4 a a b 0 3 7 7 7 5
=−3a+b = 0,
2 6 6 6 4 0 −3 1 10 3 7 7 7 5 · 2 6 6 6 4 a b −a 1 3 7 7 7 5
=−3b−a+10 = 0
Ejercicio 21. Consideremos los vectores y el subespacio vectorial dados por
v1 = 2
6 4
−1 1 −3
3
7
5, v2 = 2
6 4
2α α 3
3
7
5, u= 2
6 4
α 0 −1
3
7
5; S≡x1+x2+αx3 = 0.
Determinaα sabiendo que proyS(v1) = proyS(v2) =u. (un dibujo puede ayudar)
. . . . Se trata de determinar el valor de α conociendo dos condiciones sobre los vectores y el subespacio dados, que proyS(v1) = proyS(v2) y que est´as proyecciones son iguales al vector
u. La condici´on proyS(v1) = proyS(v2) es equivalente a decir que el vector v1 −v2 est´a en
S⊥ con lo cual
proyS(v1) = proyS(v2)⇔v1−v2 = 2
6 4
−1−2α 1−α
−6
3
7 5∈S
⊥ = Gen
8
> <
> : 2
6 4
1 1 α
3
7 5
9
> =
> ;
⇔
⇔v1−v2 es m´ultiplo de 2
6 4
1 1 α
3
7
5⇔v1−v2 = 2
6 4
−1−2α 1−α
−6
3
7 5=c
2
6 4
1 1 α
3
7 5
para alg´un c∈R. Resolviendo el sistema de ecuaciones que se obtiene −1−2α=c
1−α =c −6 =cα
9
> =
> ;
⇒ · · · ⇒
(
α=−2 c= 3 .
Hemos obtenido un ´unico valor posible de α utilizando s´olo una de las dos condiciones dadas, ahora hay que comprobar que efectivamente para dicho valor deα se verifican las dos condiciones. Para obtener los vectores proyecci´on sobreS lo m´as c´omodo es trabajar conS⊥ que tiene dimensi´on 1.
S ≡x1+x2−2x3 = 0 ⇔S⊥= Gen 8
> <
> : 2
6 4
1 1 −2
3
7 5
9
> =
> ;
⇒proyS⊥(v1) = −1+1+41+1+6
2
6 4
1 1 −2
3
7 5
=⇒ proyS(v1) =v1− 2
6 4
1 1 −2
3
7 5=
2
6 4
−2 0 −1
3
7 5=u.
Por tanto proyS(v1) =u y tambi´en proyS(v2) =u.
Ejercicio 22. Sea A una matriz cuadrada de orden 25 cuyo rango es 21. ¿Qu´e sucede al aplicar el m´etodo de Gram-Schmidt a los vectores columna deA? ¿Cu´antas veces? ¿Por qu´e? . . . .
caso del primer vector columna, puede suceder que sea nulo). Al aplicar el m´etodo de Gram-Schmidt a los vectores columna deA, cada vez que lleguemos a un vector que es combinaci´on lineal de los anteriores, obtendremos el vector nulo puesto que un paso t´ıpico del m´etodo de Gram-Schmidt consiste en obtener la proyecci´on ortogonal del vectorvk+1 sobre el ortogonal
del subespacio generado por los vectores anteriores,
v′k+1 =vk+1−proySk(vk+1) Sk = Gen {v1, . . . , vk}
con lo cual, sivk+1 es combinaci´on lineal de los anteriores tenemos que proySk(vk+1) =vk+1 y por tanto v′
k+1 = 0. Resumiendo, al aplicar el m´etodo de Gram-Schmidt a los vectores
columna de la matrizA:
¿Qu´e sucede?Que en algunos pasos de dicho m´etodo se obtiene el vector nulo puesto que los vectores originales no son linealmente independientes.
¿Cu´antas veces? Cuatro. Cada vez que llegamos a un vector que es combinaci´on lineal de los anteriores.
¿Por qu´e? Porque un paso t´ıpico del m´etodo de Gram-Schmidt...
Ejercicio 23. Sean S1 y S2 los subespacios vectoriales de R4 definidos mediante
S1 ≡x1+x2+x3+x4 = 0, S2 ≡x1+x2−x3−x4 = 0.
(a) Determina el vectorv ∈R4 sabiendo que sus proyecciones ortogonales sobreS
1 y S2 son
respectivamente
u1 = proyS1(v) =
2
6 6 6 4
3 −5
5 −3
3
7 7 7 5
, u2 = proyS2(v) =
2
6 6 6 4
7 −1
7 −1
3
7 7 7 5
(b) Siendo S1 y S2 los subespacios vectoriales dados en el apartado anterior, calcula la
matriz de la proyecci´on ortogonal sobre el subespacio S=S1∩S2.
. . . . (a) Es inmediato comprobar que u1 ∈S1 y que u2 ∈S2. Entonces tenemos,
u1 = proyS1(v)⇐⇒v−u1 ∈S
⊥
1 = Gen 8
> > <
> > : 2
6 6 6 4
1 1 1 1
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
=⇒v =u1+α 2
6 6 6 4
1 1 1 1
3
7 7 7 5
para alg´un α∈R. De forma an´aloga
u2 = proyS2(v)⇔v−u2 ∈S
⊥
2 = Gen 8
> > <
> > : 2
6 6 6 4
1 1 −1 −1
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
⇒v =u2+β 2
6 6 6 4
1 1 −1 −1
3
para alg´un β∈R. Por tanto, v = 2 6 6 6 4 3 −5 5 −3 3 7 7 7 5 +α 2 6 6 6 4 1 1 1 1 3 7 7 7 5 = 2 6 6 6 4 7 −1 7 −1 3 7 7 7 5 +β 2 6 6 6 4 1 1 −1 −1 3 7 7 7 5 .
Y basta con resolver el sistema de ecuaciones lineales en α y β que se obtiene: α−β = 4
α−β = 4 α+β = 2 α+β = 2
9 > > = > > ; ⇒ · · · ⇒ ¨
α= 3, β =−1.
Por tanto, existen dos n´umeros reales α y β tales que
v = 2 6 6 6 4 3 −5 5 −3 3 7 7 7 5 + 3 2 6 6 6 4 1 1 1 1 3 7 7 7 5 = 2 6 6 6 4 7 −1 7 −1 3 7 7 7 5 − 2 6 6 6 4 1 1 −1 −1 3 7 7 7 5 = 2 6 6 6 4 6 −2 8 0 3 7 7 7 5 .
Observaci´on. El vectorv se puede obtener de otras muchas formas (no muy distintas), por ejemplo utilizando que
proyS⊥
2 (v) = proyS⊥2
u1+ proyS⊥
1 (v)
=...
(b) Matriz de la proyecci´on ortogonal sobre el subespacio S =S1∩S2
S =S1∩S2 ≡ ¨
x1+x2 +x3+x4 = 0
x1 +x2−x3−x4 = 0 ⇔S = Nul
1 1 1 1
1 1 −1 −1
⇐⇒
⇐⇒S⊥= Col
2 6 6 6 4 1 1 1 1 1 −1 1 −1
3 7 7 7 5 = Gen 8 > > < > > :
w1 = 2 6 6 6 4 1 1 1 1 3 7 7 7 5
, w2 = 2 6 6 6 4 1 1 −1 −1 3 7 7 7 5 9 > > = > > ; .
Puesto que{w1, w2} es una base ortogonal deS⊥, tenemos que ¨
w1
||w1||
, w2 ||w2||
«
=
1 2w1,
1 2w2
es una base ortonormal deS⊥ y, por tanto, la matriz de la proyecci´on ortogonal sobreS⊥ es
PS⊥ = 1
2 2 6 6 6 4 1 1 1 1 1 −1 1 −1
3 7 7 7 5 1 2 2 6 6 6 4 1 1 1 1 1 −1 1 −1
3 7 7 7 5 T = 1 4 2 6 6 6 4 1 1 1 1 1 −1 1 −1
3 7 7 7 5
1 1 1 1
1 1 −1 −1
= = 1 2 2 6 6 6 4
1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1
Teniendo en cuenta que
proyS(w) + proyS⊥(w) =w, ∀w∈R4,
para las correspondientes matrices de proyecci´on se verifica que PS+PS⊥ =I
y, por tanto, la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre S es
PS =I−PS⊥ =
2
6 6 6 4
1
2 −
1
2 0 0
−12 1
2 0 0
0 0 12 −12 0 0 −1
2 1 2
3
7 7 7 5
= 1 2
2
6 6 6 4
1 −1 0 0
−1 1 0 0
0 0 1 −1
0 0 −1 1
3
7 7 7 5
.
Observaciones:
(1) No conlleva ninguna dificultad adicional el calcular directamente la matrizPS sin pasar
por la matriz de la proyecci´on ortogonal sobreS⊥, siempre y cuando no se aplique de manera incorrecta la f´ormulaPS =UUT siendoU una matriz cuyos vectores-columna...
(2) Puesto que se trataba de calcular la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre un subes-pacio vectorial deR4 (lo que quiere decir que al multiplicar un vector de R4 por dicha matriz el resultado es el vector, de R4, que se obtiene como proyecci´on ortogonal del vector dado sobre el subespacio considerado), dicha matriztiene que ser una matriz
4×4.
Ejercicio 24. Sea A una matriz 4×3 tal que
Nul (A) = Gen
8
> <
> : 2
6 4
−3 5 1
3
7 5
9
> =
> ;
, Col (A)⊥= Gen
8
> > <
> > :
v1 = 2
6 6 6 4
1 −1
1 0
3
7 7 7 5
, v2 = 2
6 6 6 4
2 −1
0 1
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
.
(a) Calcula la proyecci´on ortogonal del vector v = [1 1 1 1]T ∈ R4 sobre el subespacio Col (A).
(b) Determina la matriz A sabiendo que es de la forma A=
2
6 6 6 4
1 0 ∗ 2 1 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
3
7 7 7 5
.
. . . .
(a) Proyectamos sobre Col (A)⊥ y luego usamos que
PCol (A)⊥+PCol (A) =I.
Para ello, obtenemos una base ortonormal del subespacio Col (A)⊥, aplicando el m´etodo de Gram-Schmidt a la base que nos da el enunciado:
u1 =v1 = 2
6 6 6 4
1 −1 1 0
3
7 7 7 5
, u2 =v2−
v2 ·v1
v1 ·v1
v1 = 2
6 6 6 4
2 −1 0 1
3
7 7 7 5
−3 3
2
6 6 6 4
1 2 1 0
3
7 7 7 5
=
2
6 6 6 4
1 0 −1 1
3
7 7 7 5
Cada uno de los vectores obtenidos tiene norma √3. Dividiendo cada vector por su norma y coloc´andolo por columnas en una matriz U (4× 2) obtenemos la matriz, UUt
, de la proyecci´on ortogonal sobre Col (A)⊥. La proyecci´on del vector v sobre el subespacio Col (A) es
I−UUt
v = 1 3
2
6 6 6 4
1 1 0 −1 1 2 1 0 0 1 1 1 −1 0 1 2
3
7 7 7 5
2
6 6 6 4
1 −1 1 0
3
7 7 7 5
= 1 3
2
6 6 6 4
1 4 3 2
3
7 7 7 5
.
Otros caminos para resolver este apartado son:
Calcular una base de Col (A) sabiendo que las componentes de los vectores de una base de Col (A)⊥ son los coeficientes de unas ecuaciones impl´ıcitas de Col (A):
Col (A)≡
¨
x1−x2+x3 = 0,
2x1−x2+x4 = 0.
O bien, resolver antes el apartado (2.3), pues de las columnas de la matriz A se obtiene f´acilmente una base de Col (A).
(b) Como nos dan un vector del n´ucleo de la matriz A, si multiplico A por ese vector me ha de dar el vector nulo y de ah´ı se obtiene que a13 = 3 ya23 = 1:
A
2
6 4
−3 5 1
3
7
5= 0⇒ ¨
−3 +a13= 0,
−1 +a23= 0.
Ahora, cada columna deA queda determinada salvo dos inc´ognitas. Cada columna de A pertenece al subespacio Col (A), por lo tanto debe ser ortogonal a v1 y v2. Imponer
esa condici´on conduce a un sistema de dos ecuaciones con dos inc´ognitas, para cada columna. Lo vemos para la primera columna y las otras dos se hacen igual:
2
6 6 6 4
1 2 a31
a41 3
7 7 7 5
⊥ {v1, v2} ⇒ ¨
1−2 +a31= 0,
2−2 +a41= 0. «
⇒a31 = 1, a41 = 0.
Sin m´as que hacer la operaciones indicadas se obtiene:
A=
2
6 6 6 4
1 0 3 2 1 1 1 1 −2 0 1 −5
3
7 7 7 5
.
Ejercicio 25. Sean Q1 (n×n) y Q2 (m ×m) dos matrices ortogonales. Sea Q la matriz
dada por bloques de la siguiente manera
Q=
Q1 U
V Q2
donde U y V son matrices con las dimensiones adecuadas. Probar que Q es ortogonal si, y s´olo si, U = 0 y V = 0.
. . . . La mariz Q es una matriz cuadrada real, ser´a una matiz ortogonal si y s´olo si QT
Q=I. Calculamos QT
Q,
QT
Q=
QT 1 V
T
UT
QT 1
Q1 U
V Q2
=
QT
1Q1+VTV QT1U +V T
Q2
UT
Q1+QT2V U T
U +QT 2Q2
.
Por tanto, para que dicha matriz sea la matriz identidad tiene que verificarse, en particular, que
QT
1Q1+VTV =I+VTV =I ⇔VTV = 0,
UT
U +QT
2Q2 =UTU +I =I ⇔UTU = 0.
Puesto que los elementos diagnales de la matrizVT
V son los cuadrados de las normas de los vectores columna deV, la matriz VT
V es la matriz nula si y s´olo si cada vector columna de V es el vector nulo o, lo que es equivalente, V es la matriz nula. De forma an´aloga, para que Q pueda ser ortogonal, U tiene que ser la matriz nula. Resumiendo, para que Q pueda ser una matriz ortogonal, las matrices U y V tienen que ser nulas (cada una de las dimensiones apropiadas) y en tal caso (U = 0, V = 0) la matriz
Q=
Q1 U
V Q2
=
Q1 0
0 Q2
es ortogonal puesto que es real cuadrada y verifica QT
Q=I.
Ejercicio 26. Resolver en el sentido de los m´ınimos cuadrados los siguientes sistemas de ecuaciones
(1) x= 1, x= 7, x=−3, x= 12.
(2) x=a1, x=a2, ..., x=an, siendo a1,a2, ..., an n´umeros reales. ¿Qu´e se obtiene cuando
alguno de los valoresak aparece repetido?
(3) Ax=b siendo
A=
1 1 1 1
y b =
2 4
.
. . . .
(1) x= 1 + 7−3 + 12
4 =
17 4 .
. . . .
(2) x= a1+a2+· · ·+an
n . Cuando alguno de los valores ak aparece repetido, la expresi´on anterior es v´alida y se trata de una media aritm´etica ponderada donde cada uno de los distintos valores pesa seg´un el n´umero de veces que aparece repetido.
(3) Mediante las ecuaciones normales de Gauss
ATAx=ATb ≡
2 2 6 2 2 6
=⇒x1+x2 = 3 =⇒ ¨
x=
3−α α
, α∈R
«
.
Ejercicio 27. Resuelve en el sentido de los m´ınimos cuadrados los dos sistemas equivalentes siguientes (que tendr´ıan las mismas soluciones exactas si fueran compatibles)
(a)
¨
x1+x2 = 3
2x1+ 2x2 = 4 «
, (b)
¨
x1+x2 = 3
x1+x2 = 1 «
.
. . . . Utilizando las ecuaciones normales de Gauss AT
Ax =AT
b asociadas a cada uno de los sistemas Ax =b tenemos
(a)
5 5 11 5 5 11
⇒x1+x2 =
11 5 ⇒
x1
x2
=
2
4
11 5 −x2
x2 3
5=
11 5
0
+α
−1 1
, α∈ R.
(b)
2 2 4 2 2 4
=⇒x1+x2 = 2⇒
x1
x2
=
2−x2
x2
=
2 0
+β
−1 1
, β∈R.
Es decir, las soluciones en m´ınimos cuadrados de cada uno de los sistemas es una recta y ambas rectas son paralelas. Notemos que si en el sistema (a) a la segunda ecuaci´on le restamos la primera, se obtiene el sistema (b).
Ejercicio 28. Dados el subespacioE = Gen
[1,0,0,1]T ,[0,1,0,2]T ,[0,0,1,1]T
©
y la matriz
A=
2
6 6 6 4
a1 b1
a2 2
a3 b2
−2 b3 3
7 7 7 5
.
(a) Calcula una base de E⊥.
(b) Halla la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre E.
(c) Calcula A sabiendo que Col (A) est´a contenido en E⊥.
(d) Resolver en el sentido de los m´ınimos cuadrados, el sistemaAx=bconb= (1,−1,0,0)t. . . . .
(a) E⊥ =
8
> > <
> > :
w=
2
6 6 6 4
−1 −2 −1 1
3
7 7 7 5
9
> > =
> > ;
(b) Puesto que una base ortonormal deE⊥es
¨
1 ||w||w
«
, la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre E⊥ es
PE⊥ =
1 ||w||2ww
T
= 1 7
2
6 6 6 4
1 2 1 −1
2 4 2 −2
1 2 1 −1
−1 −2 −1 1
3
7 7 7 5
.
Por tanto, la matriz de la proyecci´on ortogonal sobreE es
PE =I −PE⊥ =
1 7
2
6 6 6 4
6 −2 −1 1 −2 3 −2 2 −1 −2 6 1
1 2 1 6
3
7 7 7 5
.
(c) Para que Col (A) est´e contenido en E⊥ basta con que
cada uno de los vectores columna deA est´e enE⊥, es decir sea un m´ultiplo dew, o bien,
cada uno de los vectores columna de A sea ortogonal a cada uno de los vectores que generan E.
Utilizando esta ´ultima condici´on tiene que cumplirse que a1−2 = 0
a2−4 = 0
a3−2 = 0 9
> =
> ;
,
b1+b3 = 0
2 + 2b3 = 0
b2+b3 = 0 9
> =
> ;
.
Resolviendo cada uno de los sistemas de ecuaciones obtenemos
A=
2
6 6 6 4
2 1
4 2
2 1
−2 −1
3
7 7 7 5
.
Notemos que, puesto que dim (E⊥) = 1 y Col (A)⊂E⊥ (y el espacio columna deA no es el subespacio nulo), de hecho se verifica que
Col (A) =E⊥.
(d) Puesto que Col (A) = E⊥, las soluciones en m´ınimos cuadrados del sistema Ax=b son las soluciones del sistema
Ax= proyE⊥(b) =
b·w w·ww=
−1 + 2 7 w=
1 7w. Resolvemos dicho sistema,
2
6 6 6 4
2 1 −17 4 2 −27 2 1 −1 7
−2 −1 17
3
7 7 7 5
−→
2
6 6 6 4
2 1 −17 0 0 0 0 0 0 0 0 0
3
7 7 7 5
⇒x1 =
1 2
1 7−x2
⇒
x1
x2
=
−141
0
+x2 2
−1 2
.
Es decir, las soluciones en m´ınimos cuadrados son los puntos de la recta que pasa por el punto (−1
