Método

Ejercicios: Gram-Schmidt

w2=v2−w_{2} = v_{2} - proyección de v2v_{2} sobre w1w_{1}

Si no te acordás cómo se usa, repasá la teoría.

Las 12 actividades recorren los distintos tipos de ejercicio del tema, con tres variantes de cada uno. Si te trabás en una, mirá la solución y seguí con la siguiente.

1. Aplicá Gram-Schmidt a {(1;1;0),(1;0;1)}\{(1; 1; 0), (1; 0; 1)\} para obtener una base ortogonal del subespacio que generan.

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1. Fijamos el primer vector. Gram-Schmidt deja el primero como está: w1=(1;1;0)w_1 = (1; 1; 0).

2. Planteamos el segundo. Al segundo vector se le resta su proyección sobre el primero, para quitarle la parte que va en esa dirección.

3. Calculamos la proyección. ⟨v2,w1⟩=1\langle v_2, w_1 \rangle = 1 y ∥w1∥2=2\|w_1\|^2 = 2, así que la proyección es 12(1;1;0)\dfrac{1}{2}(1; 1; 0).

4. Restamos. w2=(1;0;1)−(12;12;0)=(12;−12;1)w_2 = (1; 0; 1) - \left(\dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2}; 0\right) = \left(\dfrac{1}{2}; -\dfrac{1}{2}; 1\right)

5. Verificamos. ⟨w1,w2⟩=12−12+0=0\langle w_1, w_2 \rangle = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} + 0 = 0, así que son ortogonales.

Respuesta: la base ortogonal es {(1;1;0),(12;−12;1)}\left\{(1; 1; 0), \left(\dfrac{1}{2}; -\dfrac{1}{2}; 1\right)\right\}

2. Explicá por qué Gram-Schmidt no cambia el subespacio generado.

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1. Miramos el primer paso. El primer vector queda igual, así que hasta ahí el subespacio generado es el mismo.

2. Miramos el segundo paso. Al segundo se le resta un múltiplo del primero, que ya está en el subespacio.

3. Vemos qué implica. Restar algo que ya pertenece al subespacio no saca al vector de él, así que el nuevo vector sigue estando adentro.

4. Vemos la dirección inversa. Y el vector original se recupera sumando de vuelta esa proyección, así que también está en el generado por los nuevos.

5. Concluimos. Los dos conjuntos generan exactamente lo mismo. Lo único que cambia es que ahora los vectores son perpendiculares entre sí.

Respuesta: porque en cada paso se resta un múltiplo de los anteriores, y eso no saca al vector del subespacio

3. Aplicá Gram-Schmidt a {(2;0),(3;4)}\{(2; 0), (3; 4)\} y después normalizá para obtener una base ortonormal de R2\mathbb{R}^2.

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1. Fijamos el primero. w1=(2;0)w_1 = (2; 0)

2. Calculamos la proyección del segundo. ⟨(3;4),(2;0)⟩=6\langle (3; 4), (2; 0) \rangle = 6 y ∥w1∥2=4\|w_1\|^2 = 4, así que la proyección es 64(2;0)=(3;0)\dfrac{6}{4}(2; 0) = (3; 0).

3. Restamos. w2=(3;4)−(3;0)=(0;4)w_2 = (3; 4) - (3; 0) = (0; 4)

4. Verificamos la ortogonalidad. ⟨(2;0),(0;4)⟩=0\langle (2; 0), (0; 4) \rangle = 0.

5. Normalizamos. Dividiendo cada uno por su norma queda {(1;0),(0;1)}\{(1; 0), (0; 1)\}, la base canónica.

Respuesta: la base ortonormal es {(1;0),(0;1)}\{(1; 0), (0; 1)\}

4. Al aplicar Gram-Schmidt a un conjunto, uno de los vectores dio el vector nulo. Explicá qué significa.

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1. Recordamos qué hace cada paso. A cada vector se le resta su proyección sobre el subespacio generado por los anteriores.

2. Interpretamos el resultado nulo. Si al restar queda el vector nulo, es porque el vector era exactamente igual a su proyección.

3. Sacamos la conclusión. Eso significa que el vector ya estaba en el subespacio generado por los anteriores: es combinación lineal de ellos.

4. Diagnosticamos. El conjunto de partida era linealmente dependiente.

5. Decimos qué hacer. Se descarta ese vector y se sigue con los demás. El resultado es una base ortogonal del mismo subespacio, con menos vectores.

Respuesta: significa que ese vector era combinación lineal de los anteriores, o sea que el conjunto era dependiente

5. Aplicá Gram-Schmidt a {(1;0;0),(1;1;0)}\{(1; 0; 0), (1; 1; 0)\} para obtener una base ortogonal del subespacio que generan.

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1. Fijamos el primer vector. w1=(1;0;0)w_1 = (1; 0; 0).

2. Calculamos la proyección del segundo. ⟨(1;1;0),(1;0;0)⟩=1\langle (1; 1; 0), (1; 0; 0) \rangle = 1 y ∥w1∥2=1\|w_1\|^2 = 1, así que la proyección es 1⋅(1;0;0)=(1;0;0)1 \cdot (1; 0; 0) = (1; 0; 0).

3. Restamos. w2=(1;1;0)−(1;0;0)=(0;1;0)w_2 = (1; 1; 0) - (1; 0; 0) = (0; 1; 0).

4. Verificamos. ⟨(1;0;0),(0;1;0)⟩=0\langle (1; 0; 0), (0; 1; 0) \rangle = 0: son ortogonales.

5. Miramos el resultado. Quedó la base canónica del plano z=0z = 0, que es el subespacio que generaban los dos vectores originales.

6. Observamos. Cuando el primer vector es unitario, el denominador de la proyección vale 11 y la cuenta se simplifica mucho.

Respuesta: la base ortogonal es {(1;0;0),(0;1;0)}\{(1; 0; 0), (0; 1; 0)\}

6. Explicá por qué cambiar el orden de los vectores de entrada cambia el resultado de Gram-Schmidt, pero no el subespacio generado.

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1. Miramos de qué depende el primer paso. El primer vector de salida es el primero de entrada, sin tocar. Cambiar el orden ya cambia ese vector.

2. Vemos el efecto en cascada. El segundo paso proyecta sobre el primero, así que si el primero cambió, la proyección y el resto también cambian.

3. Lo vemos en un ejemplo. Con {(1;1),(1;0)}\{(1; 1), (1; 0)\} el proceso arranca en (1;1)(1; 1); con {(1;0),(1;1)}\{(1; 0), (1; 1)\} arranca en (1;0)(1; 0). Las dos salidas son bases ortogonales distintas.

4. Vemos qué no cambia. Cada paso solo suma o resta múltiplos de vectores que ya estaban, así que el subespacio generado es siempre el mismo, sin importar el orden.

5. Sacamos la conclusión. La base ortogonal que devuelve Gram-Schmidt no es única: depende del orden de entrada.

6. Damos el criterio práctico. Conviene poner primero el vector de cuentas más simples, porque queda intacto y aparece en el denominador de todas las proyecciones siguientes.

Respuesta: el orden cambia qué base ortogonal sale, pero no el subespacio, porque en cada paso solo se restan múltiplos de los anteriores

7. Aplicá Gram-Schmidt a {(0;3),(4;5)}\{(0; 3), (4; 5)\} y después normalizá para obtener una base ortonormal de R2\mathbb{R}^2.

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1. Fijamos el primero. w1=(0;3)w_1 = (0; 3)

2. Calculamos la proyección del segundo. ⟨(4;5),(0;3)⟩=15\langle (4; 5), (0; 3) \rangle = 15 y ∥w1∥2=9\|w_1\|^2 = 9, así que la proyección es 159(0;3)=(0;5)\dfrac{15}{9}(0; 3) = (0; 5).

3. Restamos. w2=(4;5)−(0;5)=(4;0)w_2 = (4; 5) - (0; 5) = (4; 0)

4. Verificamos la ortogonalidad. ⟨(0;3),(4;0)⟩=0\langle (0; 3), (4; 0) \rangle = 0.

5. Normalizamos. (0;3)(0; 3) dividido por 33 da (0;1)(0; 1), y (4;0)(4; 0) dividido por 44 da (1;0)(1; 0).

6. Miramos el orden. La base queda {(0;1),(1;0)}\{(0; 1), (1; 0)\}: la canónica, pero con los vectores al revés. El orden lo hereda del conjunto de entrada.

Respuesta: la base ortonormal es {(0;1),(1;0)}\{(0; 1), (1; 0)\}

8. Explicá qué pasa al aplicar Gram-Schmidt a un conjunto que ya era ortogonal.

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1. Miramos el primer paso. El primer vector queda igual, como siempre.

2. Calculamos la proyección en el segundo paso. La proyección de v2v_2 sobre w1w_1 es ⟨v2,w1⟩∥w1∥2w1\dfrac{\langle v_2, w_1 \rangle}{\|w_1\|^2}w_1, y por hipótesis ⟨v2,w1⟩=0\langle v_2, w_1 \rangle = 0.

3. Vemos qué se resta. La proyección es el vector nulo, así que w2=v2w_2 = v_2: el segundo vector tampoco cambia.

4. Repetimos el argumento. En cada paso siguiente todos los productos internos con los anteriores valen cero, así que no se resta nada.

5. Concluimos. Gram-Schmidt devuelve el mismo conjunto que entró.

6. Sacamos la lectura. El proceso solo modifica lo que no era perpendicular. Sobre un conjunto ya ortogonal no hace nada, que es exactamente lo que uno esperaría.

Respuesta: no lo modifica: todas las proyecciones dan cero y cada vector sale igual que entró

9. Aplicá Gram-Schmidt a {(2;1),(1;3)}\{(2; 1), (1; 3)\} para obtener una base ortogonal de R2\mathbb{R}^2.

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1. Fijamos el primer vector. w1=(2;1)w_1 = (2; 1).

2. Calculamos el producto interno. ⟨(1;3),(2;1)⟩=2+3=5\langle (1; 3), (2; 1) \rangle = 2 + 3 = 5.

3. Calculamos la norma al cuadrado. ∥w1∥2=4+1=5\|w_1\|^2 = 4 + 1 = 5.

4. Armamos la proyección. 55(2;1)=(2;1)\dfrac{5}{5}(2; 1) = (2; 1).

5. Restamos. w2=(1;3)−(2;1)=(−1;2)w_2 = (1; 3) - (2; 1) = (-1; 2).

6. Verificamos. ⟨(2;1),(−1;2)⟩=−2+2=0\langle (2; 1), (-1; 2) \rangle = -2 + 2 = 0: son ortogonales, y como son dos vectores no nulos de R2\mathbb{R}^2, forman una base ortogonal del plano.

Respuesta: la base ortogonal es {(2;1),(−1;2)}\{(2; 1), (-1; 2)\}

10. Explicá por qué el primer vector queda intacto en Gram-Schmidt, y qué cambia si se normaliza en cada paso en vez de al final.

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1. Miramos el primer paso. No hay vectores anteriores sobre los cuales proyectar, así que no hay nada que restar: w1=v1w_1 = v_1.

2. Vemos qué hace la normalización. Dividir un vector por su norma no cambia su dirección, solo su longitud.

3. Vemos el efecto sobre las proyecciones. La proyección sobre ww es ⟨v,w⟩∥w∥2w\dfrac{\langle v, w \rangle}{\|w\|^2}w, y esa expresión da lo mismo con ww o con cualquier múltiplo de ww.

4. Concluimos sobre el resultado. Normalizar en cada paso o al final da direcciones idénticas: la base ortonormal que sale es la misma.

5. Vemos la ventaja de normalizar sobre la marcha. Si los vectores son unitarios, ∥w∥2=1\|w\|^2 = 1 y la proyección se reduce a ⟨v,w⟩w\langle v, w \rangle w, sin división.

6. Vemos la desventaja. Aparecen raíces desde el primer paso, y las cuentas a mano se vuelven más pesadas. Por eso a mano conviene normalizar al final, y en la computadora, en cada paso.

Respuesta: queda intacto porque no hay anteriores sobre los cuales proyectar; normalizar en cada paso o al final da la misma base ortonormal

11. Aplicá Gram-Schmidt a {(1;1),(1;0)}\{(1; 1), (1; 0)\} y después normalizá para obtener una base ortonormal de R2\mathbb{R}^2.

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1. Fijamos el primero. w1=(1;1)w_1 = (1; 1)

2. Calculamos la proyección del segundo. ⟨(1;0),(1;1)⟩=1\langle (1; 0), (1; 1) \rangle = 1 y ∥w1∥2=2\|w_1\|^2 = 2, así que la proyección es 12(1;1)=(12;12)\dfrac{1}{2}(1; 1) = \left(\dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2}\right).

3. Restamos. w2=(1;0)−(12;12)=(12;−12)w_2 = (1; 0) - \left(\dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2}\right) = \left(\dfrac{1}{2}; -\dfrac{1}{2}\right)

4. Verificamos la ortogonalidad. ⟨(1;1),(12;−12)⟩=12−12=0\langle (1; 1), \left(\dfrac{1}{2}; -\dfrac{1}{2}\right) \rangle = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} = 0.

5. Calculamos las normas. ∥w1∥=2\|w_1\| = \sqrt{2} y ∥w2∥=14+14=12\|w_2\| = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}.

6. Normalizamos. Queda (12;12)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}; \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) y (12;−12)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}; -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right): las dos diagonales del plano, perpendiculares entre sí.

Respuesta: la base ortonormal es {(12;12),(12;−12)}\left\{\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}; \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right), \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}; -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\right\}

12. Explicá por qué aplicar Gram-Schmidt a una base de Rn\mathbb{R}^n siempre devuelve una base ortogonal de Rn\mathbb{R}^n.

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1. Partimos de la hipótesis. La entrada es una base, así que son nn vectores linealmente independientes.

2. Vemos que ninguno se anula. Un vector daría cero solo si fuera combinación de los anteriores, y eso no puede pasar porque son independientes. Quedan los nn vectores.

3. Usamos que la salida es ortogonal. El proceso garantiza que los vectores de salida son perpendiculares de a pares.

4. Usamos el resultado sobre conjuntos ortogonales. Un conjunto ortogonal de vectores no nulos es linealmente independiente.

5. Contamos. Quedan nn vectores independientes en un espacio de dimensión nn: forman una base.

6. Concluimos. Toda base de Rn\mathbb{R}^n se puede transformar en una base ortogonal del mismo espacio, y normalizando, en una ortonormal. Por eso siempre se puede suponer que se trabaja con una base ortonormal.

Respuesta: porque ningún vector se anula (la entrada es independiente) y un conjunto ortogonal de nn vectores no nulos en Rn\mathbb{R}^n es base

Integradores de Espacios vectoriales: practicá este tema junto con el resto de la unidad

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