Tema 4: Espacio vectorial euclídeo

3. (x, y, z) · (x 0 ,y 0 ,z 0 )=xx 0 +2xy 0 +2yx 0 − yz 0 − zy 0 +5yy 0 en R 3 .⎛⎞1 2 0Tomando base canónica de R 3 ⎜⎟obtenemos la matriz ⎝ 2 5 −1 ⎠ yéstaessimétrica.0 −1 01 2Los determinantes principales valen 1 > 0,¯ 2 5 ¯¯¯¯¯¯¯¯=1> 0 yluegonoesdefinida positiva. Así no es un producto escalar.1 2 02 5 −10 −1 0= −1 < 0,¯4. (x, y) · (x 0 ,y 0 )=4xx 0 +2yy 0 − 2xy 0 − 2yx 0 en R 2 .à !A partir de la base canónica de R 2 4 −2se obtiene la matrizque es simétrica. Los−2 24 −2determinantes principales valen 4 > 0 y=4> 0, luegoesdefinida positiva.¯ −2 2 ¯Así la aplicación bilineal es un producto escalar.Ejercicio 1.5 Para las siguientes aplicaciones bilineales ver cuáles de ellas son productos escalaresen R 2 :1. (x, y) · (x 0 ,y 0 )=xx 0 +3yy 0 − xy 0 − 2yx 0 en R 2 .2. (x, y) · (x 0 ,y 0 )=xx 0 + xy 0 + yx 0 en R 2 .3. (x, y, z) · (x 0 ,y 0 ,z 0 )=xx 0 +2yy 0 +4zz 0 + xy 0 + yx 0 en R 3 .4. Dada una matriz cuadrada A de orden 2µ x(x, y) · (x 0 ,y 0 0)=(xy) Ay 0en R 2 .5. p 1 (x) · p 2 (x) = R 10 p 1(x)p 2 (x)dx en el espacio vectorial R 1 [x] de los polinomios reales degrado menor o igual que 1.Apéndice de la primera secciónEjercicio 1.6 Comprobar cuáles de las siguientes aplicaciones son productos escalares en R 2 :1. (x, y) · (x 0 ,y 0 )=x − yy 0 + xy 0 en R 2 .2. (x, y) · (x 0 ,y 0 )=3− xx 0 +2yx 0 en R 2 .3. (x, y) · (x 0 ,y 0 )=xy +3yx 0 en R 2 .4. (x, y) · (x 0 ,y 0 )=x 2 en R 2 .5. (x, y) · (x 0 ,y 0 )=xx 0 + yx 0 en R 2 .Apartirdeaquítodohasidovistoeneltema1.3

Una base de un espacio vectorial euclídeo V queademásesunsistemaortogonal(respectivamenteortonormal) de vectores se llamará base ortogonal de V (respectivamente baseortonormal de V ).La base canónica de R n es siempre una base ortonormal de este espacio vectorial, siestamos considerando el producto escalar euclídeo en R n .Proposición 3.1 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 consecuenciaun sistema ortonormal de vectores es un sistema LI de vectores.3. Si tenemos una base ortonormal podemos multiplicar cada vector por un escalar no nuloque el resultado sigue siendo una base ortonormal.4. Si en una base ortogonal de un espacio vectorial euclídeo de V dividimos cada vector porsu norma, entonces el sistema resultante de vectores es una base ortonormal de V .3.1 Método de ortogonalización de Gram-SchmidtSea {v 1 ,v 2 , ..., v n } una base de un espacio vectorial euclídeo V . Vamos a construir una baseortogonal de V a partir de la base dada.Empezamos cogiendow 1 = v 1 .Después buscamos un vector de la formaw 2 = v 2 + α 21 w 1 ,donde α 21 es un escalar del cuerpo, el único para el que se cumple que w 2 es ortogonal a w 1 .Para hallarlo se hace el producto escalar por el vector w 1 en la igualdad anterior, y obtenemosla igualdad w 2 · w 1 =0=v 2 · w 1 + α 21 w 1 · w 1 , de donde deducimos queα 21 = − v 2 · w 1.w 1 · w 1Supongamos que tenemos definidos vectores ortogonales w 1 ,w 2 , ..., w k−1 ,parak − 1

la cual se obtiene después de multiplicar escalarmente w k por w i .Deestemodoseobtieneunabaseortogonal{w 1 ,w 2 ,...,w n } de V . Además, a partir de estabase ortogonal puede obtenerse una ortonormal {w1,w 0 2, 0 ..., wn} 0 tomando wi 0 =w ikw ipara cadaki, es decir, dividiendo cada vector de la base ortogonal por su propia norma.Ejemplo 3.2 Con el producto escalar usual hallar una base ortonormal de R 3 a partir de labase {v 1 =(1, 1, 1),v 2 =(2, 1, 0),v 3 =(1, 0, 0)}.En primer lugar pongamos w 1 = v 1 =(1, 1, 1). Ahora ponemos w 2 = v 2 + αw 1 , dondeα = − v 2 · w 1 (1, 1, 1)(2, 1, 0)= −w 1 · w 1 (1, 1, 1)(1, 1, 1) = −3 3 = −1. Deestemodoobtenemosquew 2 =(2, 1, 0) −(1, 1, 1) = (1, 0, −1). Finalmente necesitamos hallar un vector w 3 = v 3 + βw 1 + γw 2 ,dondesabemosque β = − v 3 · w 1 (1, 1, 1)(1, 0, 0)= −w 1 · w 1 (1, 1, 1)(1, 1, 1) = −1 3 y γ = − v 3 · w 2 (1, 0, −1)(1, 0, 0)= −w 2 · w 2 (1, 0, −1)(1, 0, −1) =− 1 2 .Entoncesw 3 =(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 ).Así hemos obtenido una base ortogonal de R 3 : {(1, 1, 1), (1, 0, −1), ( 1 6 , −1 3 , 1 )}. Comoloque6se pedía era una base ortonormal es suficiente con dividir cada uno de estos vectores por sunorma, y obtenemos la base {w 0 1,w 0 2,w 0 3} de R 3 ,conw 0 1 =( 1 √3,1 1y w3 0 =( 61, − 31,√ √6 6161)=( √ 1 , −√ 2 ,√ 6 661√6).1√3,1√3),w 0 2 =( 1 √2, 0, − 1 √2)Nota: Podríamos haber tomado la base ortogonal {(1, 1, 1), (1, 0, −1), (1, −2, 1)} obtenidade la anterior cambiando el último vector. De aquí habríamos obtenido al final la misma baseortonormal.Ejemplo 3.3 Utilizando el producto escalar en R 2 dado mediante la expresión(x, y) · (x 0 ,y 0 )=4xx 0 +2yy 0 − 2xy 0 − 2yx 0hallemos una base ortonormal a partir de la base {(1, 0), (0, 1)}.(0, 1) · (1, 0)Tomamos w 1 =(1, 0). Ahora consideramos w 2 =(0, 1)+α(1, 0), donde α = −(1, 0) · (1, 0) =− −2 · 1 · 1 = 1 4 · 11· 2 . De este modo obtenemos que w 2 =(0, 1)+ 1(1, 0) = ( 1 , 1). Asíhemosobtenido2 2una base ortogonal de R 2 : {(1, 0), ( 1 , 1)}. Comoloquesepedíaeraunabaseortonormalessuficientecon dividir cada uno de estos vectores por su norma y se tiene que k(1, 0)k = √ 4 · 1 · 1=22y ° q°( 1, 1)° ° = 4 · 1 · 1 +2· 1 · 1 − 2 · 1 · 1 − 2 · 1 · 1 = √ 1=1. Finalmente obtenemos la baseortonormal {w1,w 0 2} 0 de R 2 (con el producto escalar con el que estamos trabajando),2 2 2 2 2conw 0 1 =( 1 2 , 0) y w0 2 =( 1 2 , 1). 6

Entonces, respecto al producto escalar euclídeo tenemos que W ⊥tiene por ecuacionesimplícitas (x − 2y +3t =0−3x +2z =0 .2. Supongamos que tenemos el subespacio de R 3 siguienteU ≡−x +2y − z =0,Entonces, respecto al producto escalar euclídeo tenemos que U ⊥ =< (−1, 2, −1) >.3. Supongamos que tenemos el subespacio de R 3 siguiente S =< (1, 3, −2), (−1, 0, 3) >.Entonces, respecto al producto escalar siguiente(x, y, z) · (x 0 ,y 0 ,z 0 )=xx 0 +2yy 0 +4zz 0tenemos que W ⊥ tiene por ecuaciones implícitas((x, y, z) · (1, 3, −2) = 0(x, y, z) · (−1, 0, 3) = 0 ,es decir, (x +6y − 8z =0−x +12z =0 .3.3 Proyección ortogonalSea W un subespacio de un espacio vectorial euclídeo V . DebidoaqueV se descompone comosuma directa de W y su ortogonal W ⊥ , todo vector del espacio puede ponerse de modo únicocomo suma de un vector de W yotrodeW ⊥ .Seav ∈ V y supongamos que tenemos v = v 1 +v 2 ,con v 1 ∈ W y v 2 ∈ W ⊥ . Entonces a v 1 lo llamaremos proyección ortogonal de v sobre W .Además, este vector cumple que v − v 1 ∈ W ⊥ y es el único de todos los vectores de W quecumple esta propiedad, es decir, si w ∈ W cumple que v − w ∈ W ⊥ , entonces w = v 1 (laproyección ortogonal de v sobre W ).Veamos a continuación un método para hallar la proyección ortogonal de un vectorsobre un subespacio.Sea v ∈ V y W ≤ V . Supongamos que tenemos una base ortogonal B = {w 1 ,w 2 , ..., w k } deW (siempre es posible hallarla a partir de una base cualquiera mediante el método de Gram-Schmidt). Entonces v = v 1 + v 2 , donde v 1 es la proyección ortogonal de v sobre W y v 2 ∈ W ⊥ .Entonces v 1 se pone como CL de los vectores de B en la forma v 1 = α 1 w 1 + α 2 w 2 + ... + α k w k .Si multiplicamos escalarmente v por cada w i , a partir de la igualdad v = v 1 + v 2 , obtenemosque v · w i = v 1 · w i + v 2 · w i = α 1 w 1 · w i + α 2 w 2 · w i + ... + α k w k · w i = α i w i · w i (observemos quev 2 · w i =0,yaquev 2 ∈ W ⊥ y w i ∈ W ; igualmente w j · w i =0si j 6= i, ya que son vectores de8

de donde, hallando ahora los productos v · u 2 =(2, 2, 1, 0) · (1, −1, 2, 1) = 2, u 1 · u 2 =(1, 0, 0, 1) ·(1, −1, 2, 1) = 2 y u 2 · u 2 =(1, −1, 2, 1) · (1, −1, 2, 1) = 7, deducimosque2=2α +7β. Entoncesresolviendo el sistema2 = 2α +2β2 = 2α +7βobtenemos que α =1y β =0. Así, la proyección ortogonal del vector v sobre el subespacio Wes v 1 =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 W . En el ejemplo anteriorla tenemos ya calculada y es {w 1 ,w 2 } = {(1, 0, 0, 1), (0, −1, 2, 0)}. Entoncesv 1 = aw 1 + bw 2 ylas ecuaciones que obtendríamos con la base ortogonal seríanv · w 1 = aw 1 · w 1 + bw 2 · w 1 = aw 1 · w 1v · w 2 = aw 1 · w 2 + bw 2 · w 2 = bw 2 · w 2luego a = v·w 1w 1·w 1= (2,2,1,0)·(1,0,0,1) = 2 =1y b = v·w 2(1,0,0,1)·(1,0,0,1) 2 w 2·w 2= (2,2,1,0)·(0,−1,2,0) = 0 =0. Entonces(0,−1,2,0)·(0,−1,2,0) 5v 1 =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 calculadaen el ejemplo anterior {w1,w 0 2} 0 = {( √ 1 12, 0, 0, √2 ), (0, − √ 1 25, √5 , 0)}. Las ecuaciones seríansimilares a las de la base ortogonalluego a 0 = v·w0 1w 0 1·w0 1v · w 0 1 = a 0 w 0 1 · w 0 1 + b 0 w 0 2 · w 0 1 = a 0 w 0 1 · w 0 1v · w 0 2 = a 0 w 0 1 · w 0 2 + b 0 w 0 2 · w 0 2 = bw 0 2 · w 0 2= (2,2,1,0)·( √ 1 ,0,0, √ 1 )2 2 = 2/√ 2√ ,0,0, √ 1 )·( √ 1 ,0,0, √ 1 ) 2 2 2 2( 11=2/ √ 2 y b 0 = v·w0 2w 0 2·w0 2= (2,2,1,0)·(0,− √ 1 , √ 2 ,0) 5 5 =(0,− √ 1 , √ 2 ,0)·(0,− √ 1 , √ 2 ,0) 5 5 5 50=0.Entoncesv 1 1 =2/ √ 2 · ( √ 1 12, 0, 0, √2 )+0· (0, − √ 1 25, √5 , 0) = (1, 0, 0, 1). La única diferenciaentre este caso y el anteriores que al despejar los valores de las ecuaciones los denominadoresvalen todos 1.11