Espacio Vectorial Euclídeo

8/19/2019 Espacio Vectorial Euclídeo

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Tema 6: Espacio vectorial euclídeo

1 Definición de producto escalar

Un producto escalar en un R-espacio vectorial V es una operación ”·” en la que se operan vectores

y el resultado es un número real, y que verifi

ca las siguientes propiedades:

1. Bilineal:

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

La expresión u · v es un escalar al que se le denomina producto escalar de u y v.

Observación 1.1 Rigurosamente hablando un producto escalar en V es una aplicación f : V ×V →R, lo único es que por comodidad en vez de utilizar la notación f (u, v) para el número real producto

de los dos vectores, preferimos por comodidad y tradición, denotarlo con el punto de multiplicar ”·”.Incluso otros autores utilizan para esto la notación < u, v >.

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 v ∈ V se tiene que

v · 0 = 0

En conclusión el único modo de que se anule v ·v es para el vector nulo v = 0. Pues si v 6= 0 entonces

v · v > 0

Ejemplo 1.2 1. El producto escalar usual ( canónico o euclídeo) en Rn.

Dados (x1, x2,...,xn), (y1, y2,...,yn) ∈ Rn se de fi ne el producto escalar euclídeo en Rn del si-guiente modo:

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

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2. He aquí un ejemplo de un producto escalar (distinto del euclídeo) de fi nido 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

4. En P 2[R], 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 de fi ne el producto escalar

p(x) · q (x) =

b

Z a

p(x)q (x)dx

Mediante dicho producto realicemos el siguiente ejemplo, suponiendo que estamos trabajando

con el intervalo [0, 1]:

x · (x2 + 2) =

1Z 0

x · (x2 + 2)dx =

1Z 0

(x3 + 2x)dx = [x4

4 + x2]

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 vectorv (asociada al producto escalar anterior) al número real no negativo

kvk = +√

v · v

A este valor lo llamaremos norma 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 k(x1, x2,...,xn)k =

q x21 + x22 + ... + x2n

(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 u = (2,−3, 0) vale

kuk = k(2,−3, 0)k = p 22 + (−3)2 + 02 =

√ 4 + 9 + 0 =

√ 13.

Entonces el vector u

kuk = (

2√ 13

,− 3√ 13

, 0)

2


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es unitario, pues

°°°° ukuk°°°° =

°°°°( 2√ 13,− 3√ 13 , 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 + 2yy0 − 2xy0 − 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 =p

(2, 1) · (2, 1) = √ 22 + 12 = √ 5

3 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.

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

u1 · u2 = 0

u1 · u3 = 0

u2 · u3 = 0

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.

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4. Con el producto escalar usual en R3 los vectores

( 1√

2,

1√ 2

, 0), (0, 0, 1)

constituyen un sistema ortonormal.

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

(x, y) · (x0, y0) = 4xx0 + 2yy0 − 2xy0 − 2yx0

los vectores (2, 1) y (1, 3) son ortogonales pues

(2, 1) · (1, 3) = 4 · 2 · 1 + 2 · 1 · 3 − 2 · 2 · 3 − 2 · 1 · 1 = 8 + 6− 12− 2 = 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 euclídeo V 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 en R

n

.

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, 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 tenemos los siguientes:

(a) Si tenemos una base ortogonal podemos multiplicar cada vector por un escalar no nuloque 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 .

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.

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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. Parahallarlo se hace el producto escalar por el vector w1 en la igualdad anterior, y obtenemos la igualdad

w2 · w1 = 0 = u2 · w1 + α21w1 · w1

de donde deducimos que

α21 = −u2 · w1w1 · w1

El tercer vector será de la forma

w3 = u3 + α31w1 + α32w2

donde α31 y α32 son escalares del cuerpo, los únicos para los que se cumple que w3 es ortogonal a w1

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


α31 = −u3 · w1w1 · w1

(tengamos en cuenta que w2 y w1 son ortogonales, luego su producto escalar se anula). Y por otro

lado, ahora toca cambiar los papeles de w1 y w2 y multiplicar escalarmente por este último. Entoncesobtenemos

w3 · w2 = 0 = u3 · w2 + α31w1 · w2 + α32w2 · w2


α32 = −u3 · w2w2 · w2

(tengamos en cuenta que w2 y w1 son ortogonales, luego su producto escalar se anula).

Supongamos que tenemos definidos vectores ortogonales w1, w2,...,wk−1, para k−1 < n. Entoncesbuscaremos un nuevo vector de la forma

wk = uk + αk1w1 + ... + αkk−1wk−1

donde los αk1,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 escalarmente wk por w1, w2,...,wk−1).

Así cada uno de los escalares puede calcularse mediante la expresión

αki = −uk · wiwi · wi

De este modo se obtiene una base ortogonal

{w1, w2,...,wn}

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de V . Además, a partir de esta base ortogonal puede obtenerse una ortonormal

{w01

, w02

,...,w0n}

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 por cualquier múltiplo suyo (como ya dijimos en la última

propiedad), para así eliminar las fracciones. Incluso puede hacerse sin esperar hasta tener todos los

vectores. Por ejemplo. Para el caso de 3 vectores u1, u2, u3 cuando tengamos w1 y w2 si éste último

tiene fracciones se puede multiplicar por un escalar para quitarlas antes de hallar w3.

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 = −1De este modo obtenemos que

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

Finalmente necesitamos hallar un vector

w3 = u3 + β w1 + γ w2 (pongo α31 = β y α32 = γ )

donde sabemos que

β = −u3 · w1w1 · w1

= −(1, 0, 0) · (1, 1, 1)(1, 1, 1) · (1, 1, 1)

= −13

y

γ = −u3 · w2w2 · w2

= − (1, 0, 0) · (1, 0,−1)(1, 0,−1) · (1, 0,−1) = −

1

2

Entonces

w3 = (1, 0, 0)− 13

(1, 1, 1)− 12

(1, 0,−1) =

= (1, 0, 0) + (−13

,−13

,−13

) + (−12

, 0, 1

2)

= (2

3 − 1

2,−1

3,−1

3 +

1

2) = (

1

6,−1

3, 1

6)

6


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Así hemos obtenido una base ortogonal de R3:

{(1, 1, 1), (1, 0,−1), (16

,−13

, 1

6)}

Como lo que se pedía era una base ortonormal es su fi ciente con dividir cada uno de estos vectores

por su norma. Como

kw1k = √ 3 kw2k = √ 2 kw3k = 1√ 6

obtenemos la base {w01

, w02

, w03} de R3,

w01

= 1√

3(1, 1, 1) = (

1√ 3

, 1√

3,

1√ 3

), w02

= 1√

2(1, 0,−1) = ( 1√

2, 0,− 1√

2)

w03

=√

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 fi nal la

misma base ortonormal.

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 {( 2√ 5

, 1√ 5

)}.

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 − ty = −z − 2t

z = z

t = t

y por tanto una base de W es

{(2,−1, 1, 0), (−1,−2, 0, 1)}

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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

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.

Ejemplo 3.6 Utilizando el producto escalar en R2 dado mediante la expresión

(x, y) · (x0, y0) = 4xx0 + 2yy0 − 2xy0 − 2yx0

hallemos una base ortonormal a partir de la base

{(2, 0), (−1, 1)}Tomamos

w1 = (2, 0)

Ahora consideramos

w2 = (−1, 1) + α(2, 0),donde

α = −(−1, 1) · (2, 0)(2, 0) · (2, 0)

= −4(−1) · 2− 2 · 2 · 14 · 2 · 2

= 12

16 =

3

4

De este modo obtenemos que

w2 = (−1, 1) + 3

4(2, 0) = (

1

2, 1)

Así hemos obtenido una base ortogonal de R2:

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

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

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

Como lo que se pedía era una base ortonormal es su fi ciente con dividir cada uno de estos vectores

por su norma (la norma asociada a este producto escalar) y se tiene que

k(2, 0)k =√

4 · 2 · 2 = 4

k(1, 2)k =√

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

4 = 2

Finalmente obtenemos la base ortonormal {w01

, w02} de R2 (con el producto escalar con el que estamos

trabajando), con

w01

= 14

(2, 0) = (1

2, 0) w0

2 = 1

2(1, 2) = (

1

2, 1)

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3.2 Subespacio ortogonal

Propiedad: 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 }

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

V = W L

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 ortogonalde 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 labase

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 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 las filas de la matriz de coeficientes del sistema anterior.

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

W =

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

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es decir ⎧⎪⎨⎪⎩

x− 2y + 3t = 0−3x + 2z = 0

5x− z = 0

2. Supongamos que tenemos el subespacio de R3 siguiente

U =

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

2x− z = 0


T ≡ −

x + 2y−

z = 0

Entonces, respecto al producto escalar euclídeo tenemos que

T ⊥ =


S =

Entonces, respecto al producto escalar siguiente

(x,y,z ) · (x0, y0, z 0) = xx0 + 2yy0 + 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,

( x + 6y − 8z = 0−x + 12z = 0

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 + y − z = 0

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

ciones paramétricas de H son

⎧⎪⎨⎪⎩

x = xy = z − 2x

z = z

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(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, ( x− 4y = 02y + 4z = 0

3.3 Proyección ortogonal

Sea W un subespacio de un espacio vectorial euclídeo V . Debido a que V = W L

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 cumpleesta propiedad, es decir, si w ∈ W cumple que v−w ∈ W ⊥, entonces w = v1 (la proyección ortogonalde 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 baseB = {u1, u2,...,uk}

de W . 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 = α1u1 + α2u2 + ... + αkuk

(observemos que v2 · ui = 0, ya que v2 ∈ W ⊥) .i multiplicamos escalarmente v por cada ui, a partirde la igualdad v = v1 + v2, obtenemos que

v · ui = v1 · ui + v2 · ui = α1u1 · ui + α2u2 · ui + ... + αkuk · ui

lo cual representa una ecuación en las incógnitas α1,α2, ...,αk. Si esto lo hacemos para i = 1, 2,...,k

tendremos un sistema de k ecuaciones con k incógnitas que al resolver nos da el valor de las incógnitas

α1,α2, ...,αk que nos servirán para hallar v1.

Si la base escogida es 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 en la fórmula anterior obtenemos que

v · wi = v1 · wi + v2 · wi = β 1w1 · wi + β 2w2 · wi + ... + β kwk · wi = β iwi · wi

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(puesto que w j · wi = 0 si j 6= i, ya que son vectores de una base ortogonal). De aquí despejamos el

valor del escalar

β i = v · wiwi · wi

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

cada β i, es decir,

v1 = β 1w1 + β 2w2 + ... + β kwk = v · w1w1 · w1

w1 + v · w2w2 · w2

w2 + ... + v · wkwk · wk

wk

Finalmente, si

B = {w01

, w02

,...,w0k}

es una base ortonormal entonces para cada i se tiene que w0i ·w0

i = kw0

ik2 = 1 con lo que la fórmula

de los escalares queda más sencillamente así:

γ i = v · w0

i

y por tanto

v1 = γ 1w0

1 + γ 2w

0

2 + ... + γ kw

0

k = (v · w0

1)w0

1 + (v · w0

2)w0

2 + ... + (v · w0k)w

0

k

Observación 3.9 Puede elegirse la base de la forma que cada cual considere oportuna a la hora de

obtener la proyección ortogonal.Si elegimos una base ortogonal u ortonormal para el cálculo de los

escalares, previo a esto probablemente sea necesario hallar esta base ortogonal u ortonormal, lo cual

requiere también operaciones. En general es mejor 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 y resolver el sistema de ecuaciones resultante. De esta

manera nos ahorraríamos aplicar el método de Gram-Schmidt a la hora de hallar la base ortogonal.

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

subespacio

W =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 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 = (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

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,−1, 3) · (2, 0,−1) = 1u1 · u1 = (2, 0,−1) · (2, 0,−1) = 5u2 · u1 = (6, 0, 1) · (2, 0,−1) = 11

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deducimos que

1 = 5α1 + 11α2

y por otro lado que


de donde, hallando ahora los productos

v · u2 = (2,−1, 3) · (6, 0, 1) = 15u1 · 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 = 1Así, la proyección ortogonal del vector v sobre el subespacio W es

v1 = −2 · (2, 0,−1) + 1 · (6, 0, 1) = (2, 0, 3)


subespacio

S =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



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

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deducimos que

0 = 2α1 + 2α2

y por otro lado que



v · u2 = (0, 1, 3, 0) · (1,−1, 2, 1) = 5u1 · 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


0 = 2α1 + 2α2

5 = 2α1 + 7α2

obtenemos que

α1 = −1 α2 = 1Así, 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 + λw1

de donde sabemos que debe ser

λ = −w1 · u2w1 · w1

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

= −22

= −1

Entonces

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

v1 = λ2w1 + λ3w2

y las ecuaciones que obtendríamos con la base ortogonal {w1, w2} de S serían

v · w1 = β 1w1 · w1 + β 2w2 · w1 = β 1w1 · w1

v · w2 = β 1w1 · w2 + β 2w2 · w2 = β 23w2 · w2

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luego

β 1 = v · w1

w1 · w1=

(0, 1, 3, 0) · (1, 0, 0, 1)

(1, 0, 0, 1) · (1, 0, 0, 1) =

0

2 = 0

β 2 = 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)


subespacio

T =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 = (2, 2, 1, 0) · (1, 0, 0, 1) = 2u1 · 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 = (2, 2, 1, 0) · (1,−1, 2, 1) = 2u1 · u2 = (1, 0, 0, 1) · (1,−1, 2, 1) = 2

u2 · u2 = (1,−1, 2, 1) · (1,−1, 2, 1) = 7deducimos que

2 = 2α1 + 7α2


2 = 2α1 + 2α2

2 = 2α1 + 7α2

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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 = β 1w1 + β 2w2 y las ecuaciones que obtendríamos con la base ortogonal serían

v · w1 = β 1w1 · w1 + β 2w2 · w1 = β 1w1 · w1

v · w2 = β 1w1 · w2 + β 2w2 · w2 = β 2w2 · w2

luego

β 1 =

v · w1

w1 · w1 =

(2, 2, 1, 0) · (1, 0, 0, 1)

(1, 0, 0, 1) · (1, 0, 0, 1) =

2

2 = 1

β 2 = 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 euclídeo R3 con el producto escalar de fi nido por

(x,y,z ) · (x0, y0, z 0) = 2xx0 + yy 0 + 3zz 0

el subespacioU = {(x,y,z ) : x − y − z = 0}

Se pide:

1. Hallar una base ortogonal de U.

2. Obtener la proyección ortogonal sobre U del vector

v = (6,−6,−10)

1) Resolviendo las ecuaciones implícitas de U

x = y + z

y = y

z = z

se tiene que una base de U es {u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1)}. Por el método de Gram-Schmidt

hallamos una base ortogonal {w1, w2} de U tomando

w1 = u1 = (1, 1, 0)

w2 = u2 +

(1, 0, 1) · (1, 1, 0)

(1, 1, 0) · (1, 1, 0) · w1 = (1, 0, 1)− 2 · 1 · 1 + 0 · 1 + 3 · 1 · 0

2 · 1 · 1 + 1 · 1 + 3 · 0 · 0 · (1, 1, 0) =

= (1, 0, 1)− 23 · (1, 1, 0) = (

1

3,−2

3, 1)

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o si se quiere cambiando este último vector por su triple, obtenemos la siguiente base ortogonal de U

{(1, 1, 0), (1,−2, 3)}

2) El subespacio ortonal de U tiene por ecuaciones implícitas

(1, 1, 0) · (x,y,z ) = 0

(1, 0, 1) · (x,y,z ) = 0

es decir

2x + y = 0

2x + 3z = 0

Por tanto una base de U ⊥ (se obtiene sin más que resolver las ecuaciones implícitas anteriores) está

formado por el vector

{(3,−6,−2)}2) Si v = v1 + v2, siendo v1 la proyección ortogonal de v sobre, podemos a fi rmar que

v2 = [(6,−6,−10) · (3,−6,−2)]

(3,−6,−2) · (3,−6,−2) ·(3,−6,−2) = 36 + 36 + 60

18 + 36 + 12·(3,−6,−2) = 2·(3,−6,−2) = (6,−12,−4)

y por tanto la proyección ortogonal es

v1 = (6,−6,−10)− (6,−12,−4) = (0, 6− 6)

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Espacio Vectorial Euclídeo