Tema 3: Producto escalar 1

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, v 0 ∈ V

(ii) f (αu, v) = f (u, αv) = αf (u, v) para todo α ∈ R y todo u, v ∈ V . 2. Simétrica: Para todo u, v ∈ V se tiene que f (u, v) = f (v, u). 3. Definida positiva: Para todo vector u ∈ V 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, u >). Con esta notación la definición de producto escalar quedaría reescrita del siguiente modo: 1. Bilineal: (i) (u + u0 ) · v

= u · v + u0 · v) para todo u, u0 , v ∈ V

(i0 ) u · (v + v 0 ) = u · v + u · v 0 para todo u, v, v0 ∈ V (ii) αu · v

= u · αv = α(u · v) para todo α ∈ R y todo u, v ∈ V .

2. Simétrica: Para todo u, v ∈ V se tiene que u · v = v · u. 3. Definida positiva: Para todo vector u ∈ V 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. Propiedades: En un espacio vectorial euclídeo (V, ·) se cumple que: 1. Para cualquier vector v ∈ V se tiene que 2. Si v 6= 0 entonces 3.

v · 0 = 0. v · v > 0. v · v = 0 ⇒ v = 0.

1

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 siguiente 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 + 2 − 12 = 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 + 10 − 24 = −4. Una forma de caracterizar a un producto escalar Propiedad: Sea ”·”: V × V → R una aplicación una base de V . Entonces ”·” es un producto escalar ⎛ v1 · v1 ⎜ v ·v ⎜ 2 1 ⎜ ⎝ .... vn · v1

(suponiendo que se cumple la bilinealidad) es la siguiente: bilineal, con V un espacio vectorial real, y sea B = {v1 , v2 ..., vn } si y sólo si la matriz ⎞ v1 · v2 .... v1 · vn v2 · v2 .... v2 · vn ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ .... .... .... 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 , y 0 ) = 2xx0 + 2xy 0 + 2yy 0 . 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 Ã

2·0·0+2·0·1+2·1·1 ! 2 2 0 2

=

y ésta no es simétrica, se tiene que no es un producto escalar. 2. En R2 (x, y) · (x0 , y 0 ) = xx0 + xy 0 + yx0 + yy 0 . La matriz que se obtiene tomando la base {(2, 0), (1, −1)} 2

⎞

⎟ ⎠=

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 =

Ã

1 · 1 + 1 · (−1) + (−1) · 1 + (−1) · (−1) ! 2 0 0 0

por lo que ésta es simétrica. Los determinantes principales valen ¯ ¯ ¯ 2 0 ¯ ¯ ¯ 2y ¯ ¯ = 0, ¯ 0 0 ¯ luego no es definida positiva. Así no es un producto escalar.

3. En R3 (x, y, z) · (x0 , y 0 , z 0 ) = xx0 + 2xy 0 + 2yx0 − yz 0 − zy 0 + 5yy 0 . Tomando base canónica de R3 obtenemos la matriz ⎞ ⎛ 1 2 0 ⎟ ⎜ 5 −1 ⎠ ⎝ 2 0 −1 0

y ésta es simétrica. Los determinantes principales valen ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ 2 0 ¯¯ ¯ ¯ 1 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 > 0, ¯ 5 −1 ¯ = −1 < 0, ¯=1>0 y ¯ 2 ¯ ¯ ¯ 2 5 ¯ ¯ 0 −1 0 ¯ luego no es definida positiva. Así no es un producto escalar.

4. En R2 (x, y) · (x0 , y 0 ) = 4xx0 + 2yy 0 − 2xy 0 − 2yx0 A partir de la base canónica de R2 se obtiene la matriz à ! 4 −2 −2 2 que es simétrica. Los determinantes principales valen ¯ ¯ ¯ 4 −2 ¯ ¯ ¯ 4>0y ¯ ¯ = 4 > 0, ¯ −2 2 ¯

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

3

⎞ ⎟ ⎠

2

Norma asociada a un producto escalar

Sea (V, ·) un espacio vectorial euclídeo. Se llama norma asociada al producto escalar anterior a la aplicación k k : V → R+ definida por

√ kvk = + v · v.

A este valor lo llamaremos norma (módulo o longitud) del vector v. Observación 2.1 La norma asociada al producto escalar euclídeo de Rn está dada para un vector (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn por q x21 + x22 + ... + x2n

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

(la llamaremos norma euclídea).

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 (2, −3, 0) vale k(2, −3, 0)k = Entonces el vector

p √ √ 22 + (−3)2 + 02 = 4 + 9 + 0 = 13. 3 2 u = ( √ , − √ , 0) kuk 13 13

es unitario, pues

° ° ° ° s ° u ° ° 2 ° ° = °( √ , − √3 , 0)° = ( √2 )2 + (− √3 )2 + 02 = ° ° kuk ° ° 13 13 ° 13 13 r r 9 4 13 √ = + +0= = 1 = 1. 13 13 13 Ejemplo 2.3 Utilizando la norma asociada al producto escalar en R2 dado mediante la expresión (x, y) · (x0 , y 0 ) = 4xx0 + 2yy 0 − 2xy 0 − 2yx0 la norma del vector (−2, 1) es k(2, −1)k =

=

p (2, 1) · (2, 1) =

√ √ 4 · 2 · 2 + 2 · 1 · 1 − 2 · 2 · 1 − 2 · 1 · 2 = 10

mientras que la norma euclídea del mismo vector es k(2, −1)k =

3

p p √ (2, 1) · (2, 1) = 22 + 12 = 5.

Ortogonalidad

Se dice que dos vectores u y v de un espacio vectorial euclídeo son ortogonales (o perpendiculares) 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. 4

Una base de un espacio vectorial euclídeo V que además es un sistema ortogonal (respectivamente ortonormal) de vectores se llamará base ortogonal de V (respectivamente base ortonormal de V ). La base canónica de Rn es siempre una base ortonormal de este espacio vectorial, si estamos considerando el producto escalar euclídeo en Rn . Propiedad: En un espacio vectorial euclídeo se verifican las siguientes propiedades: 1. El vector 0 es ortogonal a todos los vectores. 2. 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. 3. La ortogonalidad es una propiedad que se conserva por CL, en particular por múltiplos. De este modo, si u es un vector ortogonal v entonces es ortogonal a todo múltiplo de v (del mismo modo se cumple que si u no es ortogonal a v entonces no es ortogonal a ningún múltiplo de v. Como casos particularmente interesantes tnemos los siguientes: 4. Si tenemos una base ortogonal podemos multiplicar cada vector por un escalar no nulo que el resultado sigue siendo una base ortogonal. (a) 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 . (b) Un sistema formado por un solo vector es un sistema ortogonal.

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 + α21 w1 , 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 vector w1 en la igualdad anterior, y obtenemos la igualdad w2 · w1 = 0 = u2 · w1 + α21 w1 · w1 , de donde deducimos que α21 = −

u2 · w1 . w1 · w1

Supongamos que tenemos definidos vectores ortogonales w1 , w2 , ..., wk−1 , para k − 1 < n. Entonces buscaremos un nuevo vector de la forma wk = uk + αk1 w1 + ... + αkk−1 wk−1 , donde los αk1 , αk2 , ..., αkk−1 se hallan imponiendo que wk es ortogonal a w1 , w2 , ..., wk−1 , respectivamente, de una forma similar a la anterior (o sea, multiplicando escalarmente wk por w1 , w2 , ..., wk−1 ). Así cada uno de los escalares puede calcularse mediante la expresión uk · wi αki = − wi · wi 5

De este modo se obtiene una base ortogonal {w1 , w2 , ..., wn } de V . Además, a partir de esta base ortogonal puede obtenerse una ortonormal {w10 , w20 , ..., wn0 } tomando wi0 =

wi kwi k

para cada i, es decir, dividiendo cada vector de la base ortogonal por su propia norma. Observación 3.1 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 3.2 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=− De este modo obtenemos que

u2 · w1 (1, 1, 1)(2, 1, 0) 3 =− = − = −1. w1 · w1 (1, 1, 1)(1, 1, 1) 3

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=− y γ=− Entonces

u3 · w1 (1, 1, 1)(1, 0, 0) 1 =− =− w1 · w1 (1, 1, 1)(1, 1, 1) 3

(1, 0, −1)(1, 0, 0) u3 · w2 1 =− =− . w2 · w2 (1, 0, −1)(1, 0, −1) 2

1 1 w3 = (1, 0, 0) − (1, 1, 1) − (1, 0, −1) = 3 2 1 1 1 1 1 = (1, 0, 0) + (− , − , − ) + (− , 0, ) 3 3 3 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 = ( − , − , − + ) = ( , − , ). 3 2 3 3 2 6 3 6

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

6

Como lo que se pedía era una base ortonormal es suficiente con dividir cada uno de estos vectores por su norma. Como √ kw1 k = 3, √ kw2 k = 3, 1 kw3 k = √ , 6 obtenemos la base {w10 , w20 , w30 } de R3 ,

1 1 1 1 w10 = √ (1, 1, 1) = ( √ , √ , √ ), 3 3 3 3 1 1 1 w20 = √ (1, 0, −1) = ( √ , 0, − √ ), 2 2 2 √ √ √ √ 1 1 1 2 1 1 6 6 6 w30 = 6( , − , ) = ( ,− , ) = ( √ , − √ , √ ). 6 3 6 6 3 6 6 6 6

Nota: Podríamos haber tomado la base ortogonal {(1, 1, 1), (1, 0, −1), (1, −2, 1)} obtenida de la anterior cambiando el último vector. De aquí habríamos obtenido al final la misma base ortonormal. Ejemplo 3.3 Utilizando el producto escalar en R2 dado mediante la expresión (x, y) · (x0 , y 0 ) = 4xx0 + 2yy 0 − 2xy 0 − 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=− De este modo obtenemos que

(0, 1) · (1, 0) −2 · 1 · 1 1 =− = . (1, 0) · (1, 0) 4·1·1 2

1 1 w2 = (0, 1) + (1, 0) = ( , 1). 2 2 Así hemos obtenido una base ortogonal de R2 : 1 {(1, 0), ( , 1)}. 2 Multiplicamos el último vector por 2 y seguimos teniendo una base ortogonal, en este caso {(1, 0), (1, 2)}. 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 · 2 − 2 · 1 · 2 − 2 · 2 · 1 = 4 = 2.

Finalmente obtenemos la base ortonormal {w10 , w20 } de R2 (con el producto escalar con el que estamos trabajando), con w10

=

w20

=

1 1 (1, 0) = ( , 0), 2 2 1 1 (1, 2) = ( , 1). 2 2 7

Ejemplo 3.4 Con el producto escalar usual, hallar una base ortononormal de U = {(x, y) ∈ R2 : x − 2y = 0}. Es sencillo hallar una base. A partir de la ecuación implícita de U que se da, x − 2y = 0, se obtienen las ecuaciones paramétricas de dicho subespacio ( x = 2y y=y y por tanto una base de U es {(2, 1)}. Al estar formada por un solo vector esta base de U es ortogonal. Y como √ k(2, 1)k = 5 se tiene que una base ortonormal de U es {( √25 , √15 )}. Ejemplo 3.5 Con el producto escalar usual, hallar una base ortogonal de W = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x + y − z + 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 = 2z − t ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y = −z − 2t ⎪ z=z ⎪ ⎪ ⎩ t=t

y por tanto una base de W 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=− De este modo obtenemos que

(−1, −2, 0, 1) · (2, −1, 1, 0) 0 = − = 0. (2, −1, 1, 0) · (2, −1, 1, 0) 6

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

Proposición 3.6 Sea V un espacio vectorial euclídeo y W un subespacio suyo. Entonces el conjunto de los vectores de V que son ortogonales a todos los de W es un subespacio vectorial de V , llamado el subespacio ortogonal de W , y será denotado por W ⊥ . Es decir, tenemos que W ⊥ = {v ∈ V |v · w = 0 ∀w ∈ W }. 8

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

dim V = dim W

L

W ⊥ = dim W + dim W ⊥ .

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 )} de W , es decir, si y sólo si se cumplen las siguientes ecuaciones (que serán las ecuaciones implícitas de W ⊥ ) (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 de W ⊥ quedarán así a11 x1 + ... + a1n xn

= 0 ....

ak1 x1 + ... + akn xn

= 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 las filas de la matriz de coeficientes del sistema anterior. 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 que W ⊥ 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

⎧ ⎪ ⎨ x − 2y + 3t = 0 −3x + 2z = 0 ⎪ ⎩ 5x − z = 0

.

2. Supongamos que tenemos el subespacio de R3 siguiente

U =< (−3, 2, 1), (2, 0, −1) > . Entonces, respecto al producto escalar euclídeo tenemos que U ⊥ tiene por ecuaciones implícitas ( −3x + 2y + z = 0 2x − z = 0 . 9

3. Supongamos que tenemos el subespacio de R3 siguiente T ≡ −x + 2y − z = 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 , y 0 , z 0 ) = xx0 + 2yy 0 + 4zz 0 tenemos que S ⊥ tiene por ecuaciones implícitas ( (x, y, z) · (1, 3, −2) = 0 (x, y, z) · (−1, 0, 3) = 0 es decir,

3.3

(

x + 6y − 8z = 0 −x + 12z = 0

,

.

Proyección ortogonal

Sea W un subespacio de un espacio vectorial euclídeo V . Debido a que V se descompone como suma directa de W y su ortogonal W ⊥ , 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 que v − v1 ∈ W ⊥ y es el único de todos los vectores de W que cumple esta propiedad, es decir, si w ∈ W cumple que v − w ∈ W ⊥ , entonces w = v1 (la proyección ortogonal de v sobre W ). Veamos a continuación un método para hallar la proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio: Sea v ∈ V y W ≤ V . Supongamos que tenemos una base 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 escribirse v = v1 + v2 , donde v1 es la proyección ortogonal de v sobre W y v2 ∈ W ⊥ . Entonces v1 se pone como CL de los vectores de B en la forma v1 = α1 w1 + α2 w2 + ... + αk wk . Si multiplicamos escalarmente v por cada wi , a partir de la igualdad v = v1 + v2 , obtenemos que v · wi = v1 · wi + v2 · wi = = α1 w1 · wi + α2 w2 · wi + ... + αk wk · wi = αi wi · wi (observemos que v2 · wi = 0, ya que v2 ∈ W ⊥ y wi ∈ W ; igualmente wj · 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 10

Entonces tenemos determinado v1 , la proyección ortogonal de v sobre W , sustituyendo el valor de cada αi , es decir, v1 = α1 w1 + α2 w2 + ... + αk wk = v · w2 v · wk v · w1 w1 + w2 + ... + wk . w1 · w1 w2 · w2 wk · wk

=

2

Si B es una base ortonormal entonces para cada i se tiene que wi · wi = kwi k = 1 con lo que la fórmula de los escalares queda más sencillamente así: αi = v · wi y por tanto v1 = α1 w1 + α2 w2 + ... + αk wk = = (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 de W (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 R4 con el producto escalar usual, el subespacio W =< (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 W . Sabemos que v = v1 + v2 , para ciertos v1 ∈ W y v2 ∈ W ⊥ . En esta situación v1 es la proyección ortogonal de v sobre W . Tenemos que hallar una base de W . En este caso es inmediato que los vectores u1 = (1, 0, 0, 1) y u2 = (1, −1, 2, 1) nos sirven como base de W . Entonces sabemos que v1 = αu1 + βu2 . 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 = (αu1 + βu2 ) · u1 + 0 = αu1 · u1 + βu2 · u1 , 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 2 = 2α + 2β, y por otro lado que v · u2 = (v1 + v2 ) · u2 = v1 · u2 + v2 · u2 = (αu1 + βu2 ) · u2 + 0 = αu1 · u2 + βu2 · 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, 11

deducimos que 2 = 2α + 7β. Entonces resolviendo el sistema 0 = 2α + 2β 5 = 2α + 7β obtenemos que α = −1, β = 1. Así, la proyección ortogonal del vector v sobre el subespacio W 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 W . Utilizando el método de Gram-Schmidt tomemos w1 = u1 = (1, 0, 0, 1). Busquemos ahora un vector de la forma w2 = u2 + λw1 , de donde sabemos que debe ser w1 · u2 (1, 0, 0, 1) · (1, −1, 2, 1) 2 =− = − = −1. w1 · w1 (1, 0, 0, 1) · (1, 0, 0, 1) 2

λ=− Entonces

w2 = (1, −1, 2, 1) − (1, 0, 0, 1) = (0, −1, 2, 0). Entonces v1 = aw1 + bw2 y las ecuaciones que obtendríamos con la base ortogonal {w1 , w2 } serían v · w1

= aw1 · w1 + bw2 · w1 = aw1 · w1

v · w2

= aw1 · w2 + bw2 · w2 = bw2 · w2

luego a = b =

v · w1 (0, 1, 3, 0) · (1, 0, 0, 1) 0 = = = 0, w1 · w1 (1, 0, 0, 1) · (1, 0, 0, 1) 2 (0, 1, 3, 0) · (0, −1, 2, 0) v · w2 5 = = = 1. w2 · w2 (0, −1, 2, 0) · (0, −1, 2, 0) 5

Entonces v1 = 0 · (1, 0, 0, 1) + 1 · (0, −1, 2, 0) = (0, −1, 2, 0). Finalmente podríamos también hacerlo con una base ortonormal. Por ejemplo, la resultante de la base ortogonal anterior, al dividir cada vector por su norma. Así tendríamos la base ortonormal {w10 , w20 } de W , con w10

=

w20

=

w1 1 1 = ( √ , 0, 0, √ ), |w1 | 2 2 w2 2 1 = (0, − √ , √ , 0). |w2 | 5 5

Las ecuaciones serían similares a las de la base ortogonal v · w10 v · w20

= a0 w10 · w10 + b0 w20 · w10 = a0 w10 · w10 = a0 w10 · w20 + b0 w20 · w20 = bw20 · w20 12

luego a0 b0

1 1 = v · w10 = (0, 1, 3, 0) · ( √ , 0, 0, √ ) = 0, 2 2 √ 1 2 5 = v · w20 = (0, 1, 3, 0) · (0, − √ , √ , 0) = √ = 5. 5 5 5

Entonces

1 1 5 1 2 v1 = 0 · ( √ , 0, 0, √ ) + √ · (0, − √ , √ , 0) = (0, −1, 2, 0). 2 2 5 5 5 La única diferencia entre este caso y el anterior es que al despejar los valores de las ecuaciones los denominadores valen todos 1. Ejemplo 3.11 Consideremos en el espacio vectorial euclídeo R4 con el producto escalar usual, el subespacio W =< (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 W . Sabemos que v = v1 + v2 , para ciertos v1 ∈ W y v2 ∈ W ⊥ . En esta situación v1 es la proyección ortogonal de v sobre W . Tenemos que hallar una base de W . En este caso es inmediato que los vectores u1 = (1, 0, 0, 1) y u2 = (1, −1, 2, 1) nos sirven como base de W . Entonces sabemos que v1 = αu1 + βu2 . 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 = (αu1 + βu2 ) · u1 + 0 = αu1 · u1 + βu2 · 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 = 2α + 2β, y por otro lado que v · u2 = (v1 + v2 ) · u2 = v1 · u2 + v2 · u2 = (αu1 + βu2 ) · u2 + 0 = αu1 · u2 + βu2 · 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,

u2 · u2

= (1, −1, 2, 1) · (1, −1, 2, 1) = 7,

deducimos que 2 = 2α + 7β. Entonces resolviendo el sistema 2 = 2α + 2β 2 = 2α + 7β obtenemos que α = 1, β = 0. Así, la proyección ortogonal del vector v sobre el subespacio W es v1 = 1 · (1, 0, 0, 1) + 0 · (1, −1, 2, 1) = (1, 0, 0, 1). 13

Otra forma de hacerlo sería a partir de una base ortogonal de W . En el ejemplo anterior la tenemos ya calculada y es {w1 , w2 } = {(1, 0, 0, 1), (0, −1, 2, 0)}. Entonces v1 = aw1 + bw2 y las ecuaciones que obtendríamos con la base ortogonal serían v · w1

= aw1 · w1 + bw2 · w1 = aw1 · w1

v · w2

= aw1 · w2 + bw2 · w2 = bw2 · w2

luego a = b =

(2, 2, 1, 0) · (1, 0, 0, 1) v · w1 2 = = = 1, w1 · w1 (1, 0, 0, 1) · (1, 0, 0, 1) 2 (2, 2, 1, 0) · (0, −1, 2, 0) v · w2 0 = = = 0. w2 · w2 (0, −1, 2, 0) · (0, −1, 2, 0) 5

Entonces v1 = 1 · (1, 0, 0, 1) + 0 · (0, −1, 2, 0) = (1, 0, 0, 1). Finalmente podríamos también hacerlo con una base ortonormal. La tenemos ya calculada en el ejemplo anterior 1 1 1 2 {w10 , w20 } = {( √ , 0, 0, √ ), (0, − √ , √ , 0)}. 2 2 5 5 Las ecuaciones serían similares a las de la base ortogonal v · w10

v · w20

= a0 w10 · w10 + b0 w20 · w10 = a0 w10 · w10 = a0 w10 · w20 + b0 w20 · w20 = bw20 · w20

luego a0 b0 Entonces v1 =

√ 1 1 2 = v · w10 = (2, 2, 1, 0) · ( √ , 0, 0, √ ) = √ = 2, 2 2 2 1 2 = v · w20 = (2, 2, 1, 0) · (0, − √ , √ , 0) = 0. 5 5 √ 1 1 1 2 2 · ( √ , 0, 0, √ ) + 0 · (0, − √ , √ , 0) = (1, 0, 0, 1). 2 2 5 5

La única diferencia entre este caso y el anterior que al despejar los valores de las ecuaciones los denominadores valen todos 1.

4

Apéndice

Ejemplo 4.1 Comprobar cuáles de las siguientes aplicaciones son bilineales, y en caso afirmativo si representa un producto escalar: 1. En R2 : (x, y) · (x0 , y 0 ) = 3 − xx0 + 2yx0 . Ésta no es bilineal porque (0, 0) · (x0 , y 0 ) = 3, y debería salir nulo.

14

2. En R2 : (x, y) · (x0 , y 0 ) = x − yy 0 + xy 0 . Ésta no es bilineal porque (1, 0) · (0, 0) = 1, y debería salir nulo. 3. En R2 : (x, y) · (x0 , y 0 ) = xy + 3yx0 . Ésta no es bilineal porque (1, 1) · (0, 0) = 1, y debería salir nulo. 4. En R2 : (x, y) · (x0 , y 0 ) = x2 x0 + yy 0 . Ésta no es bilineal porque (2, 2) · (1, 1) = 4 y debería coincidir con 2[(1, 1) · (1, 1)] = 2 · 1 = 2. 5. En R2 : (x, y) · (x0 , y 0 ) = xx0 + yx0 . Sí es bilineal, basta utilizar la definición: (i) [(x1 , y1 ) + (x2 , y2 )] · (x0 , y 0 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ) · (x0 , y 0 ) = = (x1 + x2 )x0 + (y1 + y2 )x0 = x1 x0 + x2 x0 + y1 x0 + y2 x0 y (x1 , y1 ) · (x0 , y 0 ) + (x2 , y2 ) · (x0 , y 0 ) = x1 x0 + y1 y 0 + x2 x0 + y2 x0 y ambas cosas coinciden. (i0 ) (x, y) · [(x01 , y10 ) + (x02 , y20 )] = (x, y) · (x01 + x02 , y10 + y20 ) = = x(x01 + x02 ) + y(x01 + x02 ) = xx01 + xx02 + yx01 + yx02 y (x, y) · (x01 , y10 ) + (x, y) · (x02 , y20 ) = xx01 + yx01 + xx02 + yx02 y ambas cosas coinciden. (ii) [α(x, y)] · (x0 , y 0 ) = (αx, αy) · (x0 , y 0 ) = = (αx)x0 + (αy)x0 = α(xx0 + yx0 ) = α[(x, y) · (x0 , y 0 )] y también (x, y) · [α(x0 , y 0 )] = (x, y) · (αx0 , αy 0 ) = = x(αx0 ) + y(αy 0 ) = α(xx0 + yx0 ) = α[(x, y) · (x0 , y 0 )]. Ahora bien, esta aplicación bilineal no es simétrica (luego no es un producto escalar), pues (1, 2) · (0, 3) = 1 · 0 + 2 · 0 = 0 y sin embargo no coincide con (0, 3) · (1, 2) = 0 · 1 + 3 · 2 = 6.

15

6. En R2 [x], el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que 2: p(x) · q(x) =

Zb

p(x)q(x)dx

a

donde [a, b] es cualquier intervalo de la recta real. 1. Es bilineal: (i) Zb [p1 (x) + p2 (x)] · q(x) = [p1 (x) + p2 (x)]q(x)dx = a

Zb

=

[p1 (x)q(x) + p2 (x)q(x)]dx =

a

=

Zb

p1 (x)q(x)dx+

a

Zb

a

p2 (x)q(x)dx = p1 (x) · q(x) + p2 (x) · q(x).

0

(i ) Zb p(x) · [q1 (x) + q2 (x)] = p(x)[q1 (x) + q2 (x)]dx = a

Zb = [p(x)q1 (x) + p(x)q2 (x)]dx = a

Zb Zb p(x)q2 (x)dx = p(x) · q2 (x) + p(x) · q2 (x). = p(x)q1 (x)dx+ a

a

(ii) Zb [αp(x)] · q(x) = [αp(x)]q(x)dx = a

Zb

=

αp(x)q(x)dx = α

a

Zb

a

p(x)q(x)dx = α[p(x) · q(x)]

y del mismo modo Zb p(x) · [αq(x)] = p(x)[αq(x)]dx = a

=

Zb

αp(x)q(x)dx =

a

=α

Zb

a

2. Es simétrica:

p(x)q(x)dx = α[p(x) · q(x)].

Zb p(x) · q(x) = p(x)q(x)dx = a

16

Zb = q(x)p(x)dx = q(x) · p(x). a

3. Es definida positiva: Si p(x) es un polinomio cualquiera se tiene que p(x)2 ≥ 0 para todo x luego Zb Zb p(x) · p(x) = p(x)p(x)dx = p(x)2 dx ≥ 0. a

a

Para que esta cantidad fuese nula, como la integral de una función representa el área que encierra la gráfica, el único modo de ello, teniendo en cuenta que la gráfica de la función está en el semiplano superior, sería que p(x) fuese la función nula. Hemos demostrado pues que el único vector p(x) que cumple que p(x) · p(x) = 0 es el vector nulo p(x) = 0.

17