Proyecciones ortogonales: proceso de gram-schmidt

Proyecciones Ortogonales: Proceso de Gram-Schmidt
Departamento de Matem´ticas, CCIR/ITESM a 20 de noviembre de 2010

´ Indice
28.1. Introducci´n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 28.2. Ortogonalidad a un espacio . . . . . . . . . . 28.3. Proyecci´n ortogonal . . . . . . . . . . . . . . o 28.4. Proceso de ortogonalizaci´n de Gram-Schmidt o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 1 3

28.1.

Introducci´n o

En esta lectura veremos el proceso para ortogonalizar un conjunto de vectores. Este proceso es conocido como el proceso de Gram-Schmidt.

28.2.

Ortogonalidad a un espacio

TeoremaSea V un espacio vectorial con producto interno •. El vector u es ortogonal a todo vector de W = Gen{v1 , . . . , vk } si y s´lo si o u • vi = 0, para todo i = 1, 2 . . . , k Demostraci´n o Si u es ortogonal a todo W , entonces es ortogonal a todo elemento de W . Los elementos vi son tambi´n e elementos de W . Por tanto, para cada i = 1, 2, . . . , k se cumple u • vi = 0. Supongamos que para cadai = 1, 2, . . . , k se cumpla u • vi = 0, y sea v un elemento cualquiera de W . Como W est´ generado por los vi , deben existir ci tales que: a v = c1 v1 + · · · + ck vk Haciendo el producto interno con u: u • v = c1 u • v1 + · · · + ck u • vk = c1 · 0 + · · · + ck · 0 = 0 por tanto, u es ortogonal a todo elemento de W .

28.3.

Proyecci´n ortogonal o

Nuestro principal resultado referentea ortoginalidad es el siguiente. Teorema

Suponga que V es un espacio vectorial con producto interno. Y sea b un vector de V y W un subespacio lineal de V . Si W posee una base ortogonal, entonces 1. Existe z ∈ W tal que b − z ⊥ W . 2. El vector z que cumple lo anterior es unico. ´

3. Para todo y de W : d(z, b) ≤ d(y, b). Demostraci´n o

Sea B = {a1 , a2 , . . . , ak } una base ortogonalpara W . Definamos z= b • a1 a1 • a1 a1 + b • a2 a2 • a2 fi = a2 + · · · + b • ak ak • ak ak

b • ai ai • ai Veamos que z cumple el requisito 1. De acuerdo al resultado previo debemos probar que (b − z) • ai = 0 para cada i = 1, 2, . . . , k. Si utilizamos las propiedades del producto interno y la ortogonalidad de B tenemos: (b − z) • ai = = = = = b−
k j=1 fj aj • ai k ai − j=1 fj aj • a i − k fja j • a i j=1

Por conveniencia representaremos

= b•

ai

b• b • a i − fi a i • a i b•a b • ai − ai •aii ai • ai b • ai − b • ai = 0

Por lo anterior y el teorema previo concluimos que b − z ⊥ W . Supongamos que el vector y de W tambi´n cumple la condici´n 1. Es decir, que b − y es ortogonal a todo e o vector de W . Para probar que y = z, veamos que la magnitud de y − z es cero. (y −z) • (y − z) = (y − z + b − b) • (y − z) = (−(b − y) + (b − z)) • (y − z) = −(b − y) • (y − z) + (b − z) • (y − z) Como z y y son elementos de W y W es un subespacio lineal, y − z est´ en W . y como los vectores b − z y a b − y son perpendicuales a todo vector de W se obtiene que: (b − y) • (y − z) = 0 y (b − z) • (y − z) = 0 de esta manera tenemos que Por tanto (y − z) • (y − z) = 0 y−z
2

=0Y as´ y − z = 0; de donde concluimos que y = z. ı Ahora, sea y un vector cualquiera de W , as´ ı: (b − y) • (b − y) = = = =

(b − y + z − z) • (b − y + z − z) ((b − z) + (z − y)) • ((b − z) + (z − y)) (b − z) • (b − z) + (b − z) • (z − y) + (z − y) • (b − z) + (z − y) • (z − y) (b − z) • (b − z) + (z − y) • (z − y) 2

Por tanto d(y, b)2 = d(z, b)2 + d(y, z)2 De donde concluimos que d(x, b)≤ d(y, b) para todo y de W . Definici´n 28.1 o Sea V un espacio vectorial con producto interno. Sea u un vector y sea W un subespacio con una base ortogonal B = {v1 , . . . , vk }. Entonces, la proyecci´n ortogonal de u sobre W es el vector o upr = u • v1 u • vk v1 + · · · + vk v1 • v1 vk • vk u • v1 u • vk v1 − · · · − vk v1 • v1 vk • vk u = upr + uc El vector upr es el vector de W lo m´s...