Ortogonalidad

Tema III. Cap tulo 2. Ortogonalidad. y de Representacion. UDC.Algebra. Departamento de Metodos Matematicos
2. Ortogonalidad.
En todo el cap tulo trabajaremos sobre un espacio vectorial eucl deo U.
1 Vectores ortogonales.
De nicion 1.1 Dos vectores x; y 2 U se dicen ortogonales si: x y
= 0:
Veamos algunas propiedades derivadas de esta de nicion:
1. El unico vector ortogonal consigo mismo es el 0.
Prueba: Basta tener en cuenta que el producto escalar corresponde a una
forma cuadratica de nida positiva. Por tanto:
() x x = 0 x
= 0:
2. Dos vectores no nulos son ortogonales si y solo si forman un angulo de 2 .
Prueba: Si x; y son dos vectores no nulos:
x; y ortogonales x y = 0 cos(x; y) = x y = 0 (x; y) = :
() () x y () 6
2
k kk k
3. Teorema de Pitagoras. Dos vectores x; y son ortogonales si y solo si
kx + yk
2
= kxk
2
+ kyk
2
:
Prueba: Basta tener en cuenta que:
kx + yk
2
= (x + y) (x + y) = kxk
2
+ kyk
2
+ 2x y:
2 Sistemas ortogonales.
2.1 De nicion
De nicion 2.1 Un sistema de vectores fu1; : : : ; ung se dice ortogonal, si los vec-tores
que lo forman son ortogonales dos a dos:
ui uj = 0 para cualesquiera i 6= j, i; j 2 f1; : : : ; ng.
De nicion 2.2 Un sistema de vectores fu1; : : : ; ung se dice ortonormal, si es or-
togonal y todos los vectores son unitarios:
ui uj = i
j
para cualesquiera i; j 2 f1; : : : ; ng.
Proposicion 2.3 Un sistema ortogonal que no contenga al vector 0 es un sistema
libre.
Prueba: Supongamos que fu1; : : : ; ung es un sistema ortogonal con todos los
vec-tores no nulos. Supongamos que existen escalares
1
; : : : ;
n
veri cando:
1
u1 + : : : + n
un = 0:
Si hacemos el producto escalar por un vector uj queda:
1
u1 + : : : + n
uj = 0 )
1
u1 uj + : : : + n
( un) uj = 0 un uj = 0
Teniendo en cuenta que es un sistema ortogonal, ui uj = 0 si i 6= q. Queda por
tanto: j
uj uj = 0:
Como uj 6= 0, entonces uj uj 6= 0 y obtenemos que
j
= 0 para cualquier j 2
f1; : : : ; ng.
2.2 Bases ortogonales.
De nicion 2.4 Una base ortogonal es una base que es un sistema ortogonal.
De la de nicion de sistema ortogonal se deduce claramente que:
B es base ortogonal () Matriz de Gram GB es diagonal
De nicion 2.5 Una base ortonormal es una base que es un sistema ortonormal.
De la de nicion de sistema ortonormal se deduce que:
B es base ortonormal () Matriz de Gram GB es la identidad
En el estudio de las formas cuadraticas simetricas se vio que todas son diagonali-
zables por congruencia. Si ademas son de nidas positivas, entonces son congruentes a
la matriz identidad. Aplicando este hecho a un espacio eucl deo deducimos:
Teorema 2.6 Todo espacio eucl deo tiene una base ortonormal.
2.3 Metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt.
El metodo nos proporciona un sistema para calcular una base ortogonal fu1; : : : ; ung
a partir de una base cualquiera fe1; : : : ; eng.
El procedimiento es el siguiente:
6
1

1. Tomamos u1 = e1.
2. Construimos u2 = e2 + 2
1
u1.
Para hallar el parametro 2
1
exigimos que u2 sea ortogonal con u1:
u2 u1 = 0 ) e2 u1 =
1
u1 u1 ) 1 = e2 u1 :
2 2
u1 u1
Ahora Lfe1; e2g = Lfu1; u2g.
3. Construimos u3 = e3 + 3
1
u1 + 3
2
u2.
Para hallar los parametros exigimos que u3 sea ortogonal con u1; u2:
u3 u1 = 0 ) 0 = e3 u1 +
1
u1 u1 +
2
u2 u1
) 1 = e3 u1
:
3 3 3
u1 u1
u3 u2 = 0 ) 0 = e3 u2 +
1
u1 u2 +
2
u2 u2 ) 2
= e3 u2 :
3 3 3
u2 u2
Ahora Lfe1; e2; e3g = Lfu1; u2; u3g.
4. Continuamos este proceso hasta completar la base. En concreto el paso
k-esimo es de la siguiente forma:
Construimos uk = ek + k
1
u1 + : : : + k
k 1
uk 1 con:
i
= ek ui ; i = 1; : : : ; k 1;
k
ui ui
donde Lfe1; : : : ; ekg = Lfu1; : : : ; ukg.
Es interesante observar que todas estas expresiones tienen sentido porque
los ui son vectores independientes. En particular son no nulos y ui ui 6= 0.
Por otra parte tambien vemos, que si ek ya es ortogonal a u1; : : : ; uk 1,
entonces uk = ek.
Este metodo tambien nos sirve para construir una base ortonormal. Para ello
simplemente hay que normalizar la base obtenida. En general, si fu1; : : : ; ung
es una base ortogonal, entonces:
f u1 ; : : : ; un g
ku1k kunk
es una base ortonormal. A este proceso se le llama normalizacion.
2.4 Teorema de la base ortogonal incompleta.
Teorema 2.7 Sea U un espacio eucl deo n-dimensional. Si fu1; : : : ; up g es un sis-
tema ortogonal de p vectores no nulos, con p < n, entonces existe un sistema de
vectores fup+1;; : : : ; ung cuya union con el primero:
fu1; : : : ; up; up+1;; : : : ; ung
es una base ortogonal.
Prueba: Dado el sistema fu1; : : : ; upg, sabemos que podemos completarlo
hasta una base de U:
fu1; : : : ; up; ep+1;; : : : ; eng
Ahora aplicamos el metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt a esta base. Los
p primeros vectores no quedan modi cados porque ya forma un sistema ortogonal.
De esta forma obtendremos una base ortogonal:
fu1; : : : ; up; up+1;; : : : ; ung:
3 Singularidades de las bases ortonormales.
En esta seccion veremos las ventajas de trabajar en una base ortonormal en
espacios ecul deos.
3.1 Matriz de Gram en una base ortonormal.
Teorema 3.1 La matriz de Gram de un producto escalar respecto a una base
ortonormal es la identidad.
Prueba: Si B = fe1; : : : ; eng es una base ortonormal, entonces:
(GB)ij = ei ej = ij ) GB = Id:
3.2 Expresion del producto escalar en una base ortonor-mal.
Si iB = f e ; : : : ; e es una base ortonormal y x; y son vectores de coordenadas
j 1 ng
(x ); (x ) respecto a esta base, entonces:
x y = ( x1 : : : xn )
0y
...
1 1
o x y = (x)fyg
@
yn
A
Por tanto la norma de un vector queda:
p
kxk = (x
1
)
2
+ : : : + (x
n
)
2
6
2

3.3 Coordenadas covariantes respecto a una base
ortonormal.
Teorema 3.2 Respecto a una base ortonormal las coordenadas covariantes de un
vector coinciden con las contravariantes.
Prueba: Basta tener en cuenta que la matriz de Gram respecto a la base
ortonormal es la identidad.
3.4 Relacion entre bases ortonormales.
Sean B y B
0
dos bases ortonormales de U:
B = fe1; : : : ; eng; B0
= fe0
1; : : : ; e0
ng:
Sabemos que:
GB0 = MB0BGBMB0B
t
Ademas por ser bases ortonormales GB = GB0 = Id por tanto deducimos que:
Teorema 3.3 La matriz de cambio de paso entre dos bases B; B
0
ortonormales es
ortogonal, es decir,:
MB0BMB0B
t
= Id:
Es interesante observar que el hecho de que una matriz sea ortogonal,
sigini ca que su inversa coincide con su traspuesta. Esto hace especialmente
comodo el cambio de base entre bases ortonormales.
4 Proyeccion ortogonal.
4.1 Subespacios ortogonales.
De nicion 4.1 Dos subespacios eucl deos S1 y S2 de un espacio vectorial eucl deo U
se dicen ortogonales cuando todos los vectores de uno de ellos son ortogonales a
todos los del otro:
x y = 0 para cualesquiera x 2 S1; y 2 S2:
Proposicion 4.2 Si S1 y S2 son dos subespacios eucl deos generados respecti-
vamente por los vectores fu1; : : : ; upg y fv1; : : : ; uqg, entonces la condicion
necesaria y su ciente para que sean ortogonales es que:
ui vj = 0 para todo i 2 f1; : : : ; pg; j 2 f1; : : : ; qg:
Prueba: La necesidad de la condicion esta clara. Veamos la su ciencia. Sean x 2 S1, y 2
S2. Hay que ver que si se cumple la condicion del enunciado x; y son ortogonales.
Estos vectores pueden escribirse como:
x =
1
u1 + : : : +
p
up; y =
1
v1 + : : : +
q
vq:
Entonces, por las propiedades del producto escalar:
p q
XX
x y =
i j
ui vj:
i=1 j=1
Por hipotesis ui vj = 0, luego x y = 0.
4.2 Subespacio suplementario ortogonal.
De nicion 4.3 Dado un espacio vectorial eucl deo U y un subconjunto V U, se llama
subespacio ortogonal de V a:
V
?
= fx 2 Uj x v = 0; para todo v 2 V g:
Obsevamos que esta de nicion equivale a la de espacio conjugado de U,
vista en el cap tulo sobre formas cuadraticas. Por tanto tenemos de manera
inmediata las siguientes propiedades:
1. V
?
es un subespacio vectorial.
2. V W ) W
?
V
?
.
3. Si V = Lfv1; : : : ; vpg entonces V
?
= fv1; : : : ; vpg
?
.
4. Si V es un subespacio vectorial, V y V
?
son suplementarios.
Prueba: En primer lugar V V
?
= f0g, ya que:
x 2 V V ? ) x x = 0 )
x = 0:
Veamos ahora que V + V
?
= U. Sea fv1; : : : ; vpg una base ortogonal de V .
Por el teorema de la base incompleta ortogonal, podemos extenderla a
una base ortogonal de todo U:
fv1; : : : ; vp; vp+1; : : : ; vng
Dado que vi vj = 0 para i 2 f1; : : : ; pg, j 2 fp + 1; : : : ; ng se tiene que:
vj 2 V
?
; para j 2 fp + 1; : : : ; ng
y por tanto:
Lfvp+1; : : : ; vng V
?
) dim(V
?
) n p
Entonces:
n dim(V + V ?
) = dim(V ) + dim(V ?
) dim(V V ?
) p + n p = n
luego
dim(V + V
?
) = n ) V + V
?
= U:
6
3

4.3 Aplicacion proyeccion ortogonal.
De nicion 4.4 Dado un subespacio V de un espacio eucl deo U de nimos la
proyeccion ortogonal sobre V como la aplicacion:
pV : U ! U donde x = x1 + x2 con x1 V; x2 V
?
:
x !
x1 2 2
La de nicion anterior tiene sentido porque hemos visto que V y V
?
son subespacios
vectoriales suplementarios.
5 Endomor smos simetricos.
5.1 De nicion.
De nicion 5.1 Sea U un espacio eucl deo. Un endomor smo f : U ! U se dice
simetrico si:
x f(y) = y f(x):
Si B = fe1; : : : ; eng es una base de U, GB es la matriz de Gram con respecto a
esa base y FB es la matriz de un endomor smo respecto a B, la condicion de
simetr a se escribe como sigue:
x f(y) = y f(x) () x f(y) = f(x)t y () Bfg ()
() (x)GB((yt B
) = (x)F
B
G)F y
() (x)GBFB fyg = (x)FBGBfyg
para cualesquiera x; y 2 U de coordenadas respecto a la base B, respectivamente
(x
i
); (y
i
).
Por tanto:
f endomor smo simetrico () GBFB
t
= FBGB
En particular si B es una base ortonormal:
f endomor smo simetrico () FB
t
= FB () FB es simetrica
(siendo B una base ortonormal)
5.2 Autovalores y autovectores de un endomor smo
simetrico.
Proposicion 5.2 Sea f : U ! U un endomor smo simetrico. Si y son auto-valores
diferentes, entonces los subespacios caracter sticos S y S son ortogonales.
Prueba: Sea x 2 S , y 2 S vectores no nulos. Por ser simetrico se tiene:
x f(y) = y f(x):
Por ser x, y autovectores asociados respectivamente a ;
queda: x ( y) = y ( x) ) ( )x y = 0:
Teniendo en cuenta que 6= vemos que x y = 0 y por tanto ambos vectores son
ortogonales.
Teorema 5.3 Cualquier matriz simetrica A 2 Mn n(IR) tiene n autovalores reales
(contados con multiplicidad).
Prueba: Sabemos que siempre hay exactamente n autovalores complejos,
correspon-diente a las n soluciones del polinomio caracter stico de A. Hay probar
que todos ellos son reales. Supongamos que 2 CI es un autovalor y sea x =
(x
1
; : : : ; x
n
) 2 CI
n
un autovector no nulo asociado. Denotamos por c(x) el conjugado
del vector x cuyas componentes son las conjugadas de cada componente de x.
Recordemos que el conjugado de un numero complejo a+b{ es a b{.
Utilizaremos:
- Un numero complejo es real si y solo si coincide con su conjugado.
- La conjugacion se "comporta bien" con la suma y producto de numeros complejos.
- El producto de un numero complejo no nulo por su conjugado es un numero real
positivo:
(a + b{)(a b{) = a
2
+ b
2
> 0:
En nuestro caso tenemos:
(x)A = (x) ) (x)Ac(x)
t
= (x)c(x)
t (1)
Por otra parte conjugando la expresion anterior y teniendo en cuenta que por
ser A real c(A) = A:
c(x)c(A) = c( )c(x) ) c(x)A = c( )c(x) ) c(x)A(x)
t
= c( )c(x)(x)
t
:
Teniendo en cuenta que A es simetrica, si trasponemos la expresion anterior
queda: (x)Ac(x)
t
= c( )(x)c(x
t
):
La comparamos con la ecuacion (1) y obtenemos:
(x)c(x)
t
= c( )(x)c(x)
t
) ( c( ))(x)c(x)
t
= 0:
Pero teniendo en cuenta que x 6= 0:
(x)c(x)
t
= x
1
c(x
1
) + : : : + x
n
c(x
n
) > 0:
Deducimos que c( ) = 0, es decir, concide con su conjugado y por tanto es un
numero real.
6

Teorema 5.4 Todo endomor smo simetrico de un espacio eucl deo n-dimensional
tiene n autovalores reales (contados con multiplicidad).
Prueba: Basta tener en cuenta que con respecto a una base ortonormal, la
matriz de un endomor smo simetrico es simetrica. Ahora el teorema es
consecuencia del resultado anterior.
5.3 Base ortonormal de autovectores.
Teorema 5.5 Sea U un espacio eucl deo n-dimensional. Si f es un endomor smo
simetrico entonces existe una base ortonormal de autovectores de f.
Prueba: Probaremos que siempre existe una base ortogonal de autovectores.
El paso a una ortonormal es inmediato mediante el proceso de normalizacion.
Por el teorema anterior sabemos que hay exactamente n autovalores reales
(con-tados con multiplicidad):
> >
k = < mk
...1
9 con multiplicidades algebraicas 8 m
...1
> >
; :
de manera que m1 + : : : + mk = n. Sabemos que los espacios caracter sticos
son una suma directa:
V = S 1 : : : S k :
Ademas cada uno de ellos es ortogonal a los demas. Escogiendo para cada uno de ellos
una base ortogonal, contruimos una base de autovectores ortogonal del subespacio
V :
fu1; : : : ; upg
El problema es probar que V es en realidad todo el subespacio U. Nos
jamos que cualquier autovector de f tiene que estar contenido en V .
Supongamos que V 6= U. Consideramos el espacio V
?
. Sea x 2 V
?
, veamos que
f(x) 2 V
?
. Para ello hay que comprobar que f(x) ui = 0 para cualquier i = 1; : : : ; p:
f(x) ui = x f(ui) = x ui = 0:
" " "
f simetrico ui autovector x 2 V
?
Por tanto el subespacio V
?
es invariante por f. La restriccion de f a V
?
:
g : V
?
! V
?
; g(x) = f(x)
vuelve a ser un endomor smo simetrico. Tiene todos los autovalores reales y
por tanto al menos un autovector no nulo. Pero esto contradice el hecho de
que todos los autovectores estan en V y V V
?
= f0g.
Corolario 5.6 Si f es un endomor smo simetrico de un espacio eucl deo, existe una
base ortonormal respecto a la cual la matriz asociada es diagonal.
Prueba: Basta aplicar el teorema anterior. Por ser f simetrico, siempre existe
una base ortonormal de autovectores; pero la matriz de un endomor smo con
respecto a una base de autovectores es diagonal.
Corolario 5.7 Si A 2 Mn n(IR) es una matriz simetrica:
1. A tiene todos los autovalores reales.
2. A es diagonalizable por semejanza.
3. Existe una base IR
n
de autovectores de A ortonormal con el producto
escalar usual.
4. Existe una matriz P ortogonal (es decir, veri cando P
t
= P
1
) tal que:
D = P AP
1
donde D es la matriz diagonal formada por los autovalores.
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