Tema 3: Producto escalar

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Tema 3: Producto escalar

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Definición de producto escalar

Un producto escalar en un R-espacio vectorial V es una aplicación f : V ×V R que verifica las siguientes propiedades:

1. Bilineal:

(i) f(u+u0, v) = f(u, v) +f(u0, v)para todo u, u0, v V (i0) f(u, v+v0) = f(u, v) +f(u, v0)para todo u, v, v0 ∈V

(ii) f(αu, v) = f(u,αv) =αf(u, v) para todoαR y todo u, v V 2. Simétrica:

Para todou, v V se tiene quef(u, v) =f(v, u). 3. Definida positiva:

Para todo vectoruV no nulo se tiene que f(u, u)>0.

La expresión f(u, v) es un escalar al que se le denomina producto escalar de u y v. La notación habitual que emplearemos para esto será u· v (hay autores que utilizan para esto la notación < u, v >). Con esta notación la definición de producto escalar quedaría reescrita del siguiente modo:

1. Bilineal:

(i) (u+u0)·v = u·v+u0·v para todou, u0, v V (i0) u·(v+v0) = u·v+u·v0 para todou, v, v0 V

(ii) αu·v = u·αv=α(u·v) para todoαR y todo u, v V 2. Simétrica:

Para todou, v V se tiene queu·v=v·u. 3. Definida positiva:

Para todo vectoruV no nulo se tiene que u·u >0.

Al par (V,·), formado por un R-espacio vectorial junto con un producto escalar se le denomina espacio vectorial euclídeo. Incluso suele hablarse del espacio vectorial euclídeo V sin mencionar el producto escalar, que se supone sobreentendido.

Propiedad: En un espacio vectorial euclídeo (V,·)se cumple que: Para cualquier vector vV se tiene que

v·0 = 0

En conclusión el único modo de que se anulev·ves para el vector nulov= 0. Pues siv6= 0entonces v·v >0

(2)

Ejemplo 1.1 1. El producto escalar usual (canónico o euclídeo) en Rn.

Dados (x1, x2, ..., xn),(y1, y2, ..., yn) ∈ Rn se define el producto escalar euclídeo en Rn del

si-guiente modo:

(x1, x2, ..., xn)·(y1, y2, ..., yn) =x1·y1+x2·y2+...+xn·yn

2. He aquí un ejemplo de un producto escalar (distinto del euclídeo) definido en R3:

(x1, x2, x3)·(y1, y2, y3) =x1·y1+ 5x2·y2+ 2x3·y3

3. En R3 con el producto escalar euclídeo obtenemos

(2,1,3)·(5,2,4) = 2·5 + 1·2 + (3)·4 = 10 + 212 = 0 y con el producto escalar visto en el ejemplo 2) obtenemos

(2,1,3)·(5,2,4) = 2·5 + 5·1·2 + 2·(3)·4 = 10 + 1024 = 4

Una forma de caracterizar a un producto escalar (suponiendo que se cumple la bilinealidad) es la siguiente:

Propiedad: Sea ”·”:V ×V R una aplicación bilineal, conV un espacio vectorial real, y sea B ={v1, v2..., vn} una base deV. Entonces ”·” es un producto escalar si y sólo si la matriz

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ v1·v1 v1·v2 .... v1·vn v2·v1 v2·v2 .... v2·vn .... .... .... .... vn·v1 vn·v2 .... vn·vn ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

es simétrica y definida positiva (esto último significa que los menores principales de la matriz [los que se forman para cada k = 1,2, ..., n tomando las k primeras filas y las k primeras columnas] son todos positivos).

Ejemplo 1.2 Determinar si las siguientes aplicaciones bilineales son o no productos escalares:

1. En R2

(x, y)·(x0, y0) = 2xx0 + 2xy0+ 2yy0 Como la matriz que se obtiene tomando la base canónica de R2 es

⎛ ⎜ ⎝ (1,0)·(1,0) (1,0)·(0,1) (0,1)·(1,0) (0,1)·(0,1) ⎞ ⎟ ⎠= = ⎛ ⎜ ⎝ 2·1·1 + 2·1·0 + 2·0·0 2·1·0 + 2·1·1 + 2·0·1 2·0·1 + 2·0·0 + 2·1·0 2·0·0 + 2·0·1 + 2·1·1 ⎞ ⎟ ⎠= = Ã 2 2 0 2 !

(3)

2. En R2

(x, y)·(x0, y0) =xx0+xy0+yx0+yy0 La matriz que se obtiene tomando la base

{(2,0),(1,1)} de R2 es ⎛ ⎜ ⎝ (2,0)·(2,0) (2,0)·(1,1) (1,1)·(2,0) (1,1)·(1,1) ⎞ ⎟ ⎠= = ⎛ ⎜ ⎝ 2·2 + 2·0 + 0·2 + 0·0 2·1 + 2·(1) + 0·1 + 0·(1) 1·2 + 1·0 + (1)·2 + (1)·0 1·1 + 1·(1) + (1)·1 + (1)·(1) ⎞ ⎟ ⎠ = Ã 4 0 0 0 !

por lo que ésta es simétrica. Los determinantes principales valen

4 y ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4 0 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= 0 luego no es definida positiva. Así no es un producto escalar. 3. En R3

(x, y, z)·(x0, y0, z0) =xx0+ 2xy0+ 2yx0 yz0zy0+ 5yy0 Tomando base canónica de R3 obtenemos la matriz

⎛ ⎜ ⎝ 1 2 0 2 5 1 0 1 0 ⎞ ⎟ ⎠ y ésta es simétrica. Los determinantes principales valen

1>0, ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 2 2 5 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= 1 >0 y ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 2 0 2 5 1 0 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ =1<0

luego no es definida positiva. Así no es un producto escalar. 4. En R2

(x, y)·(x0, y0) = 4xx0+ 2yy02xy0 2yx0 A partir de la base canónica de R2 se obtiene la matriz

Ã

4 2

−2 2

(4)

que es simétrica. Los determinantes principales valen 4>0 y ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4 2 −2 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= 4 >0

luego es definida positiva. Así la aplicación bilineal es un producto escalar. 5. En R3

(x, y, z)·(x0, y0, z0) = 2xx02xy02yx0+xz0+zx0+ 3yy0+ 6zz0 Tomando base canónica de R3 obtenemos la matriz

⎛ ⎜ ⎝ 2 2 1 −2 3 0 1 0 6 ⎞ ⎟ ⎠ y ésta es simétrica. Los determinantes principales valen

2>0, ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 −2 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= 2>0 y ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 1 −2 3 0 1 0 6 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 9>0

luego es definida positiva. Así es un producto escalar.

6. En R2[x], el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que 2, y tomando [a, b]

un intervalo cualquiera de la recta real, se define el producto escalar

p(x)·q(x) = b Z a

p(x)q(x)dx

En el apéndice del tema está comprobado que es un producto escalar. Mediante dicho producto realicemos el siguiente ejemplo, suponiendo que estamos trabajando con el intervalo [0,1]:

x·(x2+ 2) = 1 Z 0 x·(x2+ 2)dx= 1 Z 0 (x3+ 2x)dx= [x 4 4 +x 2] 1 0 = ( 1 4+ 1)−0 = 5 4

2

Norma asociada a un producto escalar

Sea(V,·) un espacio vectorial euclídeo y v V. Se llama norma (módulo o longitud) del vector v (asociada al producto escalar anterior) al número real no negativo

kvk= +√v·v A este valor lo llamaremos norma del vectorv.

Observación 2.1 La norma asociada al producto escalar euclídeo de Rn está dada para un vector (x1, x2, ..., xn)∈Rn por

k(x1, x2, ..., xn)k=

q x2

1+x22+...+x2n (la llamaremos norma euclídea).

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Se dice que un vector es unitario cuando tiene norma 1. A partir de cualquier vector no nulo siempre puede construirse un vector unitario dividiendo por la norma.

Ejemplo 2.2 Con el producto escalar usual en R3 la norma del vector u= (2,

−3,0) vale kuk=k(2,3,0)k=p22+ (3)2+ 02 =4 + 9 + 0 =13. Entonces el vector u kuk = ( 2 √ 13,− 3 √ 13,0) es unitario, pues ° ° ° °kuuk ° ° ° ° = ° ° ° °(√213,−√313,0) ° ° ° °= s (√2 13) 2+ (3 13) 2+ 02 = = r 4 13+ 9 13 + 0 = r 13 13 = √ 1 = 1

Ejemplo 2.3 Utilizando la norma asociada al producto escalar en R2 dado mediante la expresión

(x, y)·(x0, y0) = 4xx0+ 2yy02xy0 2yx0 la norma del vector (2,1) es

k(2,1)k=p(2,1)·(2,1) =

=√4·2·2 + 2·1·12·2·12·1·2 =√10 mientras que la norma euclídea del mismo vector es

k(2,1)k=p(2,1)·(2,1) =√22 + 12 =5.

3

Ortogonalidad

Se dice que dos vectoresuyvde un espacio vectorial euclídeo sonortogonales(operpendiculares) cuando

u·v= 0.

Un sistema de vectores se dice que es un sistema ortogonal de vectores cuando los vectores son ortogonales dos a dos. Si además todos los vectores son unitarios entonces se dirá que el sistema es ortonormal.

Ejemplo 3.1 1. 3 vectores u1, u2, u3 constituyen un sistema ortogonal si

u1·u2 = 0

u1·u3 = 0

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2. 2 vectores v1, v2 forman un sistema ortonormal si

v1·v2 = 0

kv1k = 1

kv2k = 1

3. Con el producto escalar usual en R4 los vectores

(1,2,3,0),(0,0,0,1),(0,3,2,0) constituyen un sistema ortogonal.

4. Con el producto escalar usual en R3 los vectores

(√1

2, 1

2,0),(0,0,1)

5. Utilizando la norma asociada al producto escalar en R2 dado mediante la expresión

(x, y)·(x0, y0) = 4xx0+ 2yy02xy0 2yx0 los vectores (2,1) y (1,3) son ortogonales pues

(2,1)·(1,3) = 4·2·1 + 2·1·32·2·32·1·1 = 8 + 6122 = 0 mientras que con el producto escalar euclídeo no lo son, pues

(2,1)·(1,3) = 2 + 3 = 5

Una base de un espacio vectorial euclídeoV que además es un sistema ortogonal (respectivamente ortonormal) de vectores se llamará base ortogonal de V (respectivamente base ortonormal de V).

Propiedades: En un espacio vectorial euclídeo se verifican las siguientes propiedades:

1. Un sistema formado por un solo vector es un sistema ortogonal.

2. La base canónica de Rn es una base ortonormal de este espacio vectorial, si estamos considerando el producto escalar euclídeo enRn.

3. Un sistema ortogonal de vectores no nulos es un sistema LI de vectores. En consecuencia un sistema ortonormal de vectores es un sistema LI de vectores.

4. La ortogonalidad es una propiedad que se conserva por CL, en particular por múltiplos. De este modo, siues un vector ortogonal ventonces es ortogonal a todo múltiplo dev (del mismo modo se cumple que siu no es ortogonal aventonces no es ortogonal a ningún múltiplo dev). Como casos particularmente interesantes tenemos los siguientes:

(a) Si tenemos una base ortogonal podemos multiplicar cada vector por un escalar no nulo que el resultado sigue siendo una base ortogonal.

(b) Si en una base ortogonal de un espacio vectorial euclídeo de V dividimos cada vector por su norma, entonces el sistema resultante de vectores es una base ortonormal de V.

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3.1

Método de ortogonalización de Gram-Schmidt

Sea

{u1, u2, ..., un}

una base de un espacio vectorial euclídeo V. Vamos a construir una base ortogonal de V a partir de la base dada.

Empezamos cogiendo

w1 =u1

Después buscamos un vector de la forma

w2 =u2+α21w1

donde α21 es un escalar del cuerpo, el único para el que se cumple que w2 es ortogonal a w1. Para

hallarlo se hace el producto escalar por el vectorw1 en la igualdad anterior, y obtenemos la igualdad

w2·w1 = 0 =u2 ·w1+α21w1·w1

de donde deducimos que

α21=−

u2·w1

w1·w1

El tercer vector será de la forma

w3 =u3+α31w1+α32w2

dondeα31 yα32 son escalares del cuerpo, los únicos para los que se cumple quew3 es ortogonal aw1

y a w2. Para hallarlos se hace el producto escalar en la igualdad anterior, por un lado por el vector

w1, y obtenemos

w3·w1 = 0 =u3·w1+α31w1·w1+α32w2·w1

de donde deducimos que

α31=−

u3·w1

w1·w1

(tengamos en cuenta que w2 yw1 son ortogonales, luego su producto escalar se anula). Y por otro

lado, ahora toca cambiar los papeles dew1 yw2 y multiplicar escalarmente por este último. Entonces

obtenemos

w3·w2 = 0 =u3·w2+α31w1·w2+α32w2·w2

de donde deducimos que

α32=−

u3·w2

w2·w2

(tengamos en cuenta quew2 yw1 son ortogonales, luego su producto escalar se anula).

Supongamos que tenemos definidos vectores ortogonalesw1, w2, ..., wk−1, parak−1< n. Entonces

buscaremos un nuevo vector de la forma

wk=uk+αk1w1+...+αkk−1wk−1

donde losαk1,αk2, ...,αkk−1 se hallan imponiendo que wk es ortogonal a w1, w2, ..., wk−1,

respectiva-mente, de una forma similar a la anterior (o sea, multiplicando escalarmentewkporw1, w2, ..., wk−1).

Así cada uno de los escalares puede calcularse mediante la expresión

αki =− uk·wi wi·wi

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De este modo se obtiene una base ortogonal

{w1, w2, ..., wn}

deV. Además, a partir de esta base ortogonal puede obtenerse una ortonormal {w01, w20, ..., wn}0

tomando

w0i = wi kwik

para cada i, es decir, dividiendo cada vector de la base ortogonal por su propia norma.

Observación 3.2 Si en algún momento nos sale un vector con fracciones en la base ortogonal que se va obteniendo, puede reemplazarse éste (en ese momento) por cualquier múltiplo suyo (como ya dijimos en la última propiedad), para así eliminar las fracciones.

Ejemplo 3.3 Con el producto escalar usual hallar una base ortonormal de R3 a partir de la base

{u1 = (1,1,1), u2 = (2,1,0), u3 = (1,0,0)}

En primer lugar pongamos

w1 =u1 = (1,1,1). Ahora ponemos w2 =u2+αw1 (pongo α21=α) donde α=−u2·w1 w1·w1 =−(2,1,0)·(1,1,1) (1,1,1)·(1,1,1) =− 3 3 =−1 De este modo obtenemos que

w2 = (2,1,0)−(1,1,1) = (1,0,−1).

Finalmente necesitamos hallar un vector

w3 =u3+βw1+γw2 (pongo α31 =β y α32=γ)

donde sabemos que

β=u3·w1 w1·w1 =(1,0,0)·(1,1,1) (1,1,1)·(1,1,1) =− 1 3 y γ =u3·w2 w2·w2 = (1,0,0)·(1,0,−1) (1,0,1)·(1,0,1) =− 1 2 Entonces w3 = (1,0,0)− 1 3(1,1,1)− 1 2(1,0,−1) = = (1,0,0) + (1 3,− 1 3,− 1 3) + (− 1 2,0, 1 2) = (2 3 − 1 2,− 1 3,− 1 3+ 1 2) = ( 1 6,− 1 3, 1 6)

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Así hemos obtenido una base ortogonal de R3: {(1,1,1),(1,0,1),(1 6,− 1 3, 1 6)}

Como lo que se pedía era una base ortonormal es suficiente con dividir cada uno de estos vectores por su norma. Como

kw1k= √ 3 kw2k= √ 2 kw3k= √16 obtenemos la base {w10, w02, w30} de R3, w10 = 1 3(1,1,1) = ( 1 √ 3, 1 √ 3, 1 √ 3), w 0 2 = 1 √ 2(1,0,−1) = ( 1 √ 2,0,− 1 √ 2) w30 = √6(1 6,− 1 3, 1 6) = ( √ 6 6 ,− √ 6 3 , √ 6 6 ) = ( 1 √ 6,− 2 √ 6, 1 √ 6) Nota: Podríamos haber tomado la base ortogonal

{(1,1,1),(1,0,1),(1,2,1)}

obtenida de la anterior multiplicando el último vector por 6. De aquí habríamos obtenido al final la misma base ortonormal.

Ejemplo 3.4 Utilizando el producto escalar en R2 dado mediante la expresión

(x, y)·(x0, y0) = 4xx0+ 2yy02xy0 2yx0 hallemos una base ortonormal a partir de la base

{(1,0),(0,1)} Tomamos w1 = (1,0) Ahora consideramos w2 = (0,1) +α(1,0), donde α=(0,1)·(1,0) (1,0)·(1,0) =− −2·1·1 4·1·1 = 1 2 De este modo obtenemos que

w2 = (0,1) +

1

2(1,0) = ( 1 2,1) Así hemos obtenido una base ortogonal de R2:

{(1,0),(1 2,1)}

Multiplicamos el último vector por 2 y seguimos teniendo una base ortogonal, en este caso

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Como lo que se pedía era una base ortonormal es suficiente con dividir cada uno de estos vectores por su norma (la norma asociada a este producto escalar) y se tiene que

k(1,0)k=√4·1·1 = 2

k(1,2)k=√4·1·1 + 2·2·22·1·22·2·1 =√4 = 2 Finalmente obtenemos la base ortonormal{w0

1, w20} deR2 (con el producto escalar con el que estamos

trabajando), con w0 1 = 1 2(1,0) = ( 1 2,0) w 0 2 = 1 2(1,2) = ( 1 2,1) Ejemplo 3.5 Con el producto escalar usual, hallar una base ortononormal de

U ={(x, y)R2 :x2y = 0}

Es sencillo hallar una base. A partir de la ecuación implícita deU que se da, x2y= 0, se obtienen las ecuaciones paramétricas de dicho subespacio

(

x= 2y y=y

y por tanto una base deU es{(2,1)}. Al estar formada por un solo vector esta base deU es ortogonal. Y como k(2,1)k=√5 se tiene que una base ortonormal de U es {(√2

5, 1

5)}.

Ejemplo 3.6 Con el producto escalar usual, hallar una base ortogonal de

W ={(x, y, z, t)R4 :x+yz+ 3t = 0, y+z+ 2t= 0}

Nos han dado W mediante ecuaciones implícitas. Pasemos a paramétricas. Basta observar que el sistema está escalonado con los pivotes x e y, luego los parámetros son z y t. Despejando tenemos

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x= 2zt y=z2t z =z t =t y por tanto una base deW es

{(2,1,1,0),(1,2,0,1)}

Emplearemos ahora el método de Gram-Schmidt para ortogonalizarla. Empezamos considerando

w1 = (2,−1,1,0) Ahora consideramos w2 = (−1,−2,0,1) +α(2,−1,1,0) donde α =(−1,−2,0,1)·(2,−1,1,0) (2,1,1,0)·(2,1,1,0) =− 0 6 = 0

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De este modo obtenemos que

w2 = (−1,−2,0,1) + 0(2,−1,1,0) = (−1,−2,0,1)

Así hemos obtenido una base ortogonal de W:

{(2,1,1,0),(1,2,0,1)}

Observemos que es la misma base que habíamos obtenido. Esto es casual y se debe a que los vectores ya eran ortogonales entre sí. Por esta misma razón nos sale α= 0.

3.2

Subespacio ortogonal

Propiedad: SeaV un espacio vectorial euclídeo y W un subespacio suyo. Entonces el conjunto de los vectores deV que son ortogonales a todos los de W es un subespacio vectorial de V, llamado el subespacio ortogonaldeW, y será denotado porW⊥. Es decir, tenemos que

W⊥ ={vV|v·w= 0wW}

Observación 3.7 Además se tiene que V =W +W⊥ y que esta suma es directa, es decir,

V =WLW⊥

Luego

dimV = dimWLW⊥ = dimW + dimW⊥

En las condiciones anteriores, conocida una base (o más generalmente, un SG) de W, se cumple que un vector v V es ortogonal a todos los vectores de W si y sólo si es ortogonal a todos los vectores de dicha base (o SG). A partir de ahí se puede obtener W⊥, el subespacio ortogonal

de W. Veámoslo en el caso más sencillo en que V =Rn.

Un vector (x1, ..., xn) ∈ Rn pertenece a W⊥ si y sólo si es ortogonal a todos los vectores de la

base

B ={(a11, ..., a1n), ...,(ak1, ..., akn)}

deW, es decir, si y sólo si se cumplen las siguientes ecuaciones (que serán las ecuaciones implícitas deW⊥)

(a11, ..., a1n)·(x1, ..., xn) = 0

.... (ak1, ..., akn)·(x1, ..., xn) = 0

que dependerán del producto escalar con el que estemos. En el caso del producto escalar euclídeo las ecuaciones implícitas de W⊥ quedarán así

a11x1+...+a1nxn = 0

.... ak1x1 +...+aknxn = 0

En el caso del producto escalar euclídeo, de modo simétrico puede obtenerse que si el subespacio inicial está dado por ecuaciones implí citas entonces el subespacio ortogonal tiene como sistema generador lasfilas de la matriz de coeficientes del sistema anterior.

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Ejemplo 3.8 1. Supongamos que tenemos el subespacio de R4 siguiente

W =<(1,2,0,3),(3,0,2,0),(5,0,1,0)>

Entonces, respecto al producto escalar euclídeo, tenemos queW⊥tiene por ecuaciones implícitas

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ (1,2,0,3)·(x, y, z, t) = 0 (3,0,2,0)·(x, y, z, t) = 0 (5,0,1,0)·(x, y, z, t) = 0 es decir ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ x2y+ 3t= 0 −3x+ 2z = 0 5xz = 0 2. Supongamos que tenemos el subespacio de R3 siguiente

U =<(3,2,1),(2,0,1)>

Entonces, respecto al producto escalar euclídeo tenemos queU⊥ tiene por ecuaciones implícitas

(

−3x+ 2y+z = 0 2xz = 0 3. Supongamos que tenemos el subespacio de R3 siguiente

T ≡ −x+ 2yz = 0 Entonces, respecto al producto escalar euclídeo tenemos que

T⊥=<(1,2,1)> 4. Supongamos que tenemos el subespacio de R3 siguiente

S =<(1,3,2),(1,0,3)> Entonces, respecto al producto escalar siguiente

(x, y, z)·(x0, y0, z0) =xx0+ 2yy0+ 4zz0 tenemos que S⊥ tiene por ecuaciones implícitas

( (x, y, z)·(1,3,2) = 0 (x, y, z)·(1,0,3) = 0 es decir, ( x+ 6y8z = 0 −x+ 12z= 0

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Supongamos ahora que con este mismo espacio vectorial euclídeo (R3 con este producto escalar)

tomamos el subespacio H de R3 cuyas ecuaciones implícitas son

2x+yz = 0

Entonces para obtener H⊥ debemos disponer de una base de H. Es inmediato que unas

ecua-ciones paramétricas de H son ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ x=x y=z2x z =z

(tomando y como pivote y las otras dos variables como parámetros). Así pues una base de H es

{(1,2,0),(0,1,1)} Esto nos da lugar a que unas ecuaciones implícitas de H⊥ son

( (x, y, z)·(1,2,0) = 0 (x, y, z)·(0,1,1) = 0 es decir, ( x4y= 0 2y+ 4z = 0

3.3

Proyección ortogonal

<

SeaW un subespacio de un espacio vectorial euclídeo V. Debido a que V =WLW⊥, todo vector

del espacio puede ponerse de modo único como suma de un vector de W y otro de W⊥. Sea v V

y supongamos que tenemos

v=v1+v2

con v1 ∈ W y v2 ∈ W⊥. Entonces a v1 lo llamaremos proyección ortogonal de v sobre W.

Además, este vector cumple quevv1 ∈W⊥ y es el único de todos los vectores de W que cumple

esta propiedad, es decir, siwW cumple quevwW⊥, entoncesw=v

1 (la proyección ortogonal

dev sobre W).

Veamos a continuación un método para hallar la proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio:

SeavV yW V. Supongamos que tenemos unabase ortogonal B ={w1, w2, ..., wk}

de W (siempre es posible hallarla a partir de una base cualquiera mediante el método de Gram-Schmidt). Entonces puede escribirsev =v1+v2, dondev1 es la proyección ortogonal de v sobre W

yv2 ∈W⊥. Entonces v1 se pone como CL de los vectores de B en la forma

v1 =α1w1+α2w2+...+αkwk

Si multiplicamos escalarmentev por cada wi, a partir de la igualdadv=v1+v2, obtenemos que

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(observemos quev2·wi = 0, ya que v2 ∈W⊥ ywi ∈W; igualmentewj ·wi = 0 si j 6=i, ya que son

vectores de una base ortogonal). De aquí despejamos el valor del escalar

αi = v·wi wi·wi

Entonces tenemos determinado v1, la proyección ortogonal de v sobre W, sustituyendo el valor de

cada αi, es decir, v1 =α1w1+α2w2 +...+αkwk = v·w1 w1 ·w1 w1+ v·w2 w2·w2 w2+...+ v·wk wk·wkwk

Si B es una base ortonormalentonces para cada i se tiene que wi·wi =kwik2 = 1 con lo que la fórmula de los escalares queda más sencillamente así:

αi =v·wi y por tanto

v1 =α1w1+α2w2 +...+αkwk= (v·w1)w1+ (v·w2)w2+...+ (v·wk)wk

Observación 3.9 Hemos elegido una base ortogonal u ortonormal para que el cálculo necesario para hallar los escalares αi sea lo más sencillo posible. Pero previo a esto probablemente sea necesario hallar esta base ortogonal u ortonormal, lo cual requiere también operaciones. Es posible inicialmente coger una base cualquiera deW (no necesariamente ortogonal ni ortonormal) y realizar, como hemos hecho anteriormente, los productos escalares de un modo similar al anterior. La diferencia está en que ahora no podemos despejar directamente los valores de los αi que ahora aparecerían, pues su valor se hallará resolviendo el sistema de ecuaciones que aparece, ya que éstos serán las incógnitas de este sistema. También es cierto que de esta manera nos ahorraríamos aplicar el método de Gram-Schmidt a la hora de hallar la base ortogonal. Así que puede elegirse la base de la forma que cada cual considere oportuna.

Ejemplo 3.10 Consideremos en el espacio vectorial euclídeo R3 con el producto escalar usual, el

subespacio

W =<(2,0,1),(6,0,1)> y el vector

v= (2,1,3) Vamos a hallar la proyección ortogonal de v sobre W.

Sabemos que v=v1+v2, para ciertos v1 ∈W y v2 ∈W⊥. En esta situaciónv1 es la proyección

ortogonal de v sobre W. Tenemos que hallar una base de W. En este caso es inmediato que los vectores u1 = (2,0,−1) y u2 = (6,0,1) nos sirven como base de W. Entonces sabemos que v1 =

α1u1+α2u2. Pues bien, si multiplicamos escalarmente v con cada uno de estos vectores obtenemos

por un lado que

(15)

de donde, calculando los productos escalares v·u1 = (2,−1,3)·(2,0,−1) = 1 u1·u1 = (2,0,−1)·(2,0,−1) = 5 u2·u1 = (6,0,1)·(2,0,−1) = 11 deducimos que 1 = 5α1+ 11α2

y por otro lado que

v·u2 = (v1+v2)·u2 =v1·u2+v2·u2 = (α1u1+α2u2)·u2+ 0 =α1u1·u2+α2u2·u2

de donde, hallando ahora los productos

v·u2 = (2,−1,3)·(6,0,1) = 15

u1·u2 = (2,0,−1)·(6,0,1) = 11

u2·u2 = (6,0,1)·(6,0,1) = 37

deducimos que

15 = 11α1+ 37α2

Entonces resolviendo el sistema

1 = 5α1+ 11α2

15 = 11α1+ 37α2

obtenemos que

α1 =−2 α2 = 1

Así, la proyección ortogonal del vector v sobre el subespacio W es

v1 =−2·(2,0,−1) + 1·(6,0,1) = (2,0,3)

Ejemplo 3.11 Consideremos en el espacio vectorial euclídeo R4 con el producto escalar usual, el

subespacio

S =<(1,0,0,1),(1,1,2,1)> y el vector

v= (0,1,3,0) Vamos a hallar la proyección ortogonal de v sobre S.

Sabemos que v = v1 +v2, para ciertos v1 ∈ S y v2 ∈ S⊥. En esta situación v1 es la proyección

ortogonal de v sobre S. Tenemos que hallar una base de S. En este caso es inmediato que los vectores u1 = (1,0,0,1) y u2 = (1,−1,2,1) nos sirven como base de S. Entonces sabemos que

v1 = α1u1 +α2u2. Pues bien, si multiplicamos escalarmente v con cada uno de estos vectores

obtenemos por un lado que

(16)

de donde, calculando los productos escalares v·u1 = (0,1,3,0)·(1,0,0,1) = 0 u1·u1 = (1,0,0,1)·(1,0,0,1) = 2 u2·u1 = (1,−1,2,1)·(1,0,0,1) = 2 deducimos que 0 = 2α1+ 2α2

y por otro lado que

v·u2 = (v1+v2)·u2 =v1·u2+v2·u2 = (α1u1+α2u2)·u2+ 0 =α1u1·u2+α2u2·u2

de donde, hallando ahora los productos

v·u2 = (0,1,3,0)·(1,−1,2,1) = 5

u1·u2 = (1,0,0,1)·(1,−1,2,1) = 2

u2·u2 = (1,−1,2,1)·(1,−1,2,1) = 7

deducimos que

5 = 2α1+ 7α2

Entonces resolviendo el sistema

0 = 2α1+ 2α2

5 = 2α1+ 7α2

obtenemos que

α1 =−1 α2 = 1

Así, la proyección ortogonal del vector v sobre el subespacio S es

v1 =−1·(1,0,0,1) + 1·(1,−1,2,1) = (0,−1,2,0)

Otra forma de hacerlo sería a partir de una base ortogonal de S. Utilizando el método de Gram-Schmidt tomemos

w1 =u1 = (1,0,0,1)

Busquemos ahora un vector de la forma

w2 =u2+αw1

de donde sabemos que debe ser

α=w1·u2 w1·w1 =(1,0,0,1)·(1,−1,2,1) (1,0,0,1)·(1,0,0,1) =− 2 2 =−1 Entonces w2 = (1,−1,2,1)−(1,0,0,1) = (0,−1,2,0) Entonces v1 =β1w1+β2w2

(17)

y las ecuaciones que obtendríamos con la base ortogonal {w1, w2} de S serían v·w1 = β1w1·w1+β2w2·w1 =β1w1·w1 v·w2 = β1w1·w2+β2w2·w2 =β2w2·w2 luego β1 = v·w1 w1·w1 = (0,1,3,0)·(1,0,0,1) (1,0,0,1)·(1,0,0,1) = 0 2 = 0 β2 = v·w2 w2·w2 = (0,1,3,0)·(0,−1,2,0) (0,1,2,0)·(0,1,2,0) = 5 5 = 1 Entonces v1 = 0·(1,0,0,1) + 1·(0,−1,2,0) = (0,−1,2,0)

Ejemplo 3.12 Consideremos en el espacio vectorial euclídeo R4 con el producto escalar usual, el subespacio

T =<(1,0,0,1),(1,1,2,1)> y el vector

v= (2,2,1,0) Vamos a hallar la proyección ortogonal de v sobre T.

Sabemos que v =v1+v2, para ciertos v1 ∈ T y v2 ∈ T⊥. En esta situación v1 es la proyección

ortogonal de v sobre T. Tenemos que hallar una base de T. En este caso es inmediato que los vectores u1 = (1,0,0,1) y u2 = (1,−1,2,1) nos sirven como base de T. Entonces sabemos que

v1 = α1u1 +α2u2. Pues bien, si multiplicamos escalarmente v con cada uno de estos vectores

obtenemos por un lado que

v·u1 = (v1+v2)·u1 =v1·u1+v2·u1 = (α1u1+α2u2)·u1+ 0 =α1u1·u1+α2u2·u1

de donde, calculando los productos escalares

v·u1 = (2,2,1,0)·(1,0,0,1) = 2

u1·u1 = (1,0,0,1)·(1,0,0,1) = 2

u2·u1 = (1,−1,2,1)·(1,0,0,1) = 2

deducimos que

2 = 2α1+ 2α2

y por otro lado que

v·u2 = (v1+v2)·u2 =v1·u2+v2·u2 = (α1u1+α2u2)·u2+ 0 =α1u1·u2+α2u2·u2

de donde, hallando ahora los productos

v·u2 = (2,2,1,0)·(1,−1,2,1) = 2

u1·u2 = (1,0,0,1)·(1,−1,2,1) = 2

(18)

deducimos que

2 = 2α1+ 7α2

Entonces resolviendo el sistema

2 = 2α1+ 2α2

2 = 2α1+ 7α2

obtenemos que

α1 = 1 α2 = 0

Así, la proyección ortogonal del vector v sobre el subespacio T es

v1 = 1·(1,0,0,1) + 0·(1,−1,2,1) = (1,0,0,1)

Otra forma de hacerlo sería a partir de una base ortogonal de T. En el ejemplo anterior la tenemos ya calculada y es

{w1, w2}={(1,0,0,1),(0,−1,2,0)}

Entonces v1 =β1w1+β2w2 y las ecuaciones que obtendríamos con la base ortogonal serían

v·w1 = β1w1·w1+β2w2·w1 =β1w1·w1 v·w2 = β1w1·w2+β2w2·w2 =β2w2·w2 luego β1 = v·w1 w1·w1 = (2,2,1,0)·(1,0,0,1) (1,0,0,1)·(1,0,0,1) = 2 2 = 1 β2 = v·w2 w2·w2 = (2,2,1,0)·(0,−1,2,0) (0,1,2,0)·(0,1,2,0) = 0 5 = 0 Entonces v1 = 1·(1,0,0,1) + 0·(0,−1,2,0) = (1,0,0,1)

Ejemplo 3.13 Consideremos en el espacio vectorial euclídeoR3 con el producto escalar definido por

(x, y, z)·(x0, y0, z0) = 2xx0 +yy0+ 3zz0 el subespacio

U ={(x, y, z) :xyz = 0} Se pide:

1. Hallar una base ortogonal de U.

2. Determinar U⊥.

3. Obtener la proyección ortogonal sobre U del vector

Figure

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