El producto interior permite medir longitudes, ángulos y perpendicularidad. Lo usaremos para separar un vector en una parte dentro de un subespacio y un residuo perpendicular. Esa separación dará la aproximación más cercana y una forma de construir bases ortonormales paso a paso.
Si necesitas repasar:
1. Un producto interior añade una regla para medir, y devuelve un número
En un espacio real, ⟨u,v⟩ es bilineal, simétrico y definido positivo: ⟨v,v⟩>0 si v≠0. En ℝⁿ el usual es Σuᵢvᵢ. El resultado es un escalar, no un vector; esa diferencia determina cómo interpretamos cada fórmula.
Podemos elegir otros productos, como uᵀGv con G simétrica definida positiva. La elección cambia longitudes, ortogonalidad y proyecciones. Una matriz simétrica cualquiera no basta: la positividad es lo que permite llamar longitud al cuadrado a ⟨v,v⟩.
Producto por componentes con signos
Calcula u·v para u=(2,−1,3), v=(1,4,−2).
Emparejar componentes
2·1+(−1)·4+3·(−2).
Productos
Dos, menos cuatro y menos seis.
Sumar
2−4−6=−8, un número.
El producto escalar es −8.
No sumamos componentes de índices diferentes ni interpretamos el resultado como una flecha.
Una métrica ponderada válida y otra que falla
Compara G=diag(1,4) con H=diag(1,−1).
Primera
vᵀGv=x²+4y² es positiva para todo (x,y)≠0; sí define producto interior.
Segunda
Para v=(0,1), vᵀHv=−1.Conclusión
H es simétrica, pero no definida positiva y no sirve para una norma de producto interior.
Simetría y positividad son requisitos diferentes.
Con G, el vector (1,1) tiene norma √5, distinta de la usual √2.
2. La norma nace del producto y Cauchy–Schwarz controla el ángulo
En el caso real y v≠0, elegir c=⟨u,v⟩/‖v‖² en 0≤‖u−cv‖² deja ‖u‖²−⟨u,v⟩²/‖v‖²≥0, que demuestra la desigualdad.
De ella sale la desigualdad triangular al desarrollar ‖u+v‖² y acotar el término cruzado. Para vectores reales no nulos, cosθ=⟨u,v⟩/(‖u‖‖v‖) queda entre −1 y uno. Con un vector cero no definimos el ángulo por esta fórmula, aunque cero sea ortogonal a todos.
Un ángulo conocido por sus componentes
u=(1,0), v=(1,1), producto usual.
Datos
u·v=1, ‖u‖=1, ‖v‖=√2.Cociente
cosθ=1/√2.Ángulo
θ=π/4 radianes, cuarenta y cinco grados.
El cociente está dentro del rango permitido por Cauchy–Schwarz.
Si una cuenta produce cosθ=2, hay un fallo en producto, normas o dominio de la fórmula.
Distancia no es diferencia de longitudes
u=(1,0), v=(0,1). Calcula d(u,v).
Restar vectores
u−v=(1,−1).Norma de la diferencia
√(1²+(−1)²)=√2.Comparar
‖u‖−‖v‖=0 no es esa distancia.
La distancia es √2.
Ambos tienen la misma longitud, pero son puntos distintos del plano.
3. Ortogonalidad elimina términos cruzados y asegura independencia si los vectores no son cero
Si ⟨u,v⟩=0, al desarrollar ‖u+v‖² desaparecen los dos términos cruzados y queda ‖u‖²+‖v‖²: Pitágoras. Una familia ortogonal no nula es independiente: tomar producto de una combinación nula con cada vector deja su coeficiente por una norma cuadrada positiva.
Ortonormal añade que todas las normas son uno. En una base ortonormal, el coeficiente sobre eⱼ es simplemente ⟨v,eⱼ⟩. Una familia solo ortogonal sigue necesitando dividir por cada norma cuadrada.
Pitágoras en tres componentes
u=(1,0,1), v=(0,2,0).
Producto
u·v=0.Normas cuadradas
‖u‖²=2 y ‖v‖²=4.Suma
u+v=(1,2,1), norma cuadrada seis, igual a dos más cuatro.
Son ortogonales y no nulos, así que también independientes.
No son ortonormales: sus normas son √2 y dos.
Extraer coeficientes en una base ortonormal
e₁=(1,1,0)/√2, e₂=(1,−1,0)/√2. Expresa v=(2,0,0) en su plano.
Comprobar familia
Normas uno y producto cero; generan el plano z=0.
Productos
v·e₁=√2 y v·e₂=√2.Reconstruir
√2e₁+√2e₂=(2,0,0).
Las coordenadas ortonormales son (√2,√2).
Los productos dan directamente coeficientes porque la familia está normalizada, no solo por ser base.
4. Proyectar sobre una recta exige que el residuo sea perpendicular
El denominador es positivo. Después multiplicamos por w: el coeficiente c no es todavía el vector proyección.
Podemos normalizar w antes de calcular, pero no es obligatorio. Si no lo hacemos, no omitimos el denominador. La perpendicularidad se entiende con el producto interior que hayamos elegido, no siempre con el dibujo euclídeo usual.
Una proyección con coordenadas fraccionarias
Proyecta v=(4,2) sobre span(1,2), producto usual.
Productos
⟨v,w⟩=4+4=8; ⟨w,w⟩=1+4=5.Coeficiente y vector
c=8/5; p=(8/5,16/5).Residuo
v−p=(12/5,−6/5); su producto con w es 12/5−12/5=0.
La proyección es (8/5,16/5).
El dibujo conserva la misma escala en ambos ejes y muestra el residuo perpendicular.
La métrica cambia la proyección
Usa el mismo v y w, pero ⟨u,v⟩=uᵀdiag(1,4)v.
Nuevos productos
⟨v,w⟩=4+4·2·2=20; ⟨w,w⟩=1+4·4=17.Proyección
p=(20/17,40/17).Residuo ponderado
r=(48/17,−6/17); ⟨r,w⟩=48/17−48/17=0.
La proyección cambia porque cambió la regla de distancia.
El nuevo residuo no tiene por qué verse perpendicular en la geometría euclídea del papel.
5. Una base ortonormal separa la parte dentro del subespacio y la parte perpendicular
El residuo r=v−p es perpendicular a cada eⱼ y por tanto a todo W.
En dimensión finita la descomposición existe y es única. Si hubiera dos, su diferencia pertenecería a W y W⊥ a la vez; tomar producto consigo misma daría norma cero. En dimensión infinita, una afirmación general de existencia necesita condiciones adicionales, como subespacio cerrado en un espacio de Hilbert.
Proyectar sobre un plano con una base cómoda
W={z=0}, v=(2,0,3), con la base e₁,e₂ del apartado anterior.
Coeficientes
v·e₁=√2 y v·e₂=√2.Parte en W
p=√2e₁+√2e₂=(2,0,0).Residuo
r=(0,0,3), perpendicular a todo vector del plano.
La descomposición es (2,0,3)=(2,0,0)+(0,0,3).
Los coeficientes de la proyección se obtienen también si v no pertenece al plano.
Los dos casos extremos
¿Qué se obtiene si W={0} o si W es todo el espacio?
Subespacio cero
La única p permitida es cero y r=v.Todo el espacio
El residuo perpendicular a todo el espacio debe ser cero, así que p=v.
Unicidad
En cada caso la descomposición sigue siendo única.
La fórmula incluye los extremos sin contradicción.
Para W={0}, la base es vacía y la suma de proyección es cero.
6. La perpendicularidad demuestra que la proyección es la más cercana
El primer sumando es perpendicular a W y el segundo pertenece a W.
El último término es no negativo y solo vale cero si q=p. Esto prueba mínimo y unicidad para cualquier subespacio donde exista la proyección, no solo para una recta dibujada. No se escoge p por intuición visual sin comprobar esas dos condiciones.
Ver el mínimo en una expresión de una variable
Con v=(4,2) y q=t(1,2), escribe la distancia cuadrada.
Expandir
(4−t)²+(2−2t)²=20−16t+5t².Completar cuadrado
Es 36/5+5(t−8/5)².
Mínimo
Ocurre únicamente en t=8/5; distancia mínima √(36/5)=6/√5.
Se recupera exactamente el coeficiente de la proyección.
El cuadrado adicional cuantifica cuánto empeora cualquier otra elección de la recta.
Un plano y una distancia mínima
Para v=(2,0,3) y q=(a,b,0), calcula ‖v−q‖².
Distancia
(2−a)²+b²+9.
Cota
Siempre es al menos nueve.
Igualdad
Solo con a=2,b=0, que da p=(2,0,0).
La distancia mínima es tres.
La coordenada vertical del residuo no puede reducirse moviéndonos dentro del plano.
7. Gram–Schmidt resta lo conocido y normaliza la dirección nueva
Partimos de una familia independiente ordenada. Normalizamos el primero. Para cada vector siguiente, restamos sus proyecciones sobre los e anteriores y normalizamos el residuo. Se conserva el espacio generado y la dirección nueva queda perpendicular a las ya construidas.
La independencia garantiza que el residuo no sea cero. Si la familia inicial es dependiente, puede aparecer cero: se omite esa dirección redundante, no se divide por su norma. Cada paso debe indicar sobre qué familia ya ortonormal se está proyectando.
Dos direcciones que comparten una componente
Aplica Gram–Schmidt a v₁=(1,1), v₂=(2,0).
Primero
e₁=(1,1)/√2.Restar
⟨v₂,e₁⟩=√2; la proyección es (1,1), así que w₂=(1,−1).Normalizar
e₂=(1,−1)/√2.Ambos tienen norma uno y producto cero.
Base ortonormal ((1,1)/√2,(1,−1)/√2).
El dibujo muestra v₂ como suma de la parte compartida y el residuo nuevo.
Un residuo cero detecta redundancia
Añade v₃=(3,1) a esa familia inicial.
Primera proyección
⟨v₃,e₁⟩=2√2 y su vector proyectado es (2,2).Segunda
⟨v₃,e₂⟩=√2 y su proyección es (1,−1).Residuo
(3,1)−(2,2)−(1,−1)=0.
No aparece una tercera dirección independiente en ℝ².
Se conserva la base ya obtenida y se omite ese residuo; dividir por cero sería inválido.
8. Con una base no ortonormal usamos denominadores o ecuaciones de Gram
Si los wⱼ son solo ortogonales, cada término es ⟨v,wⱼ⟩wⱼ/‖wⱼ‖². Si la base no es ortogonal, buscamos p=Ac, con los vectores como columnas de A, y exigimos Aᵀ(v−Ac)=0.
La matriz de Gram AᵀA es definida positiva si las columnas son independientes: cᵀAᵀAc=‖Ac‖²>0 para c≠0. Por eso podemos resolver. Numéricamente una factorización ortogonal puede ser preferible a formar ecuaciones normales; la identidad teórica no decide por sí sola el algoritmo más estable.
Base ortogonal sin normalizar
Proyecta v=(2,3,4) sobre span((1,0,0),(0,2,0)).
Primer término
Producto dos dividido por norma cuadrada uno: (2,0,0).
Segundo
Producto seis dividido por norma cuadrada cuatro, multiplicado por (0,2,0): (0,3,0).
Sumar
p=(2,3,0), residuo (0,0,4).
El factor de norma evita duplicar erróneamente la segunda coordenada.
Usar directamente seis veces (0,2,0) daría una componente doce que no es la proyección.
Base no ortogonal del mismo plano
Usa columnas a₁=(1,0,0), a₂=(1,1,0) para proyectar v=(2,3,4).
Gram y datos
AᵀA=[[1,1],[1,2]], Aᵀv=(2,5).Sistema
c₁+c₂=2, c₁+2c₂=5: c₂=3,c₁=−1.Vector
p=−a₁+3a₂=(2,3,0), mismo plano y misma proyección.
Cambiar la base de W no cambia su proyección ortogonal.
Los coeficientes son distintos; la reconstrucción y el residuo confirman el resultado.
9. En complejos, la conjugación permite que una longitud al cuadrado sea positiva
Fijamos ⟨u,v⟩=Σuᵢconjugado(vᵢ), lineal en el primer argumento y conjugado lineal en el segundo.
Con esta convención c=⟨v,w⟩/⟨w,w⟩ sigue siendo el coeficiente de proyección.
Otras fuentes eligen linealidad en el segundo argumento y cambian el orden de los productos en la fórmula. Debemos mantener una convención. En las ecuaciones normales complejas A* sustituye a Aᵀ, con * traspuesta conjugada.
El papel de conjugar
En ℂ, compara i·i con i·conjugado(i).
Sin conjugación
i²=−1, que no puede ser una longitud al cuadrado.
Con conjugación
i(−i)=1.Norma
El escalar complejo i tiene norma uno.
El producto interior complejo no es bilineal ordinario en los dos argumentos.
Su simetría también lleva conjugación; no copiamos las reglas reales sin modificarlas.
Una proyección compleja completa
v=(1,0), w=(1,i). Proyecta con la convención declarada.
Productos
⟨v,w⟩=1 y ⟨w,w⟩=2.Proyección
p=(1/2,i/2), residuo r=(1/2,−i/2).Ortogonalidad
⟨r,w⟩=1/2+(−i/2)(−i)=0.
La misma condición de residuo perpendicular sigue funcionando.
Sin conjugar la segunda entrada el último producto no daría la comprobación correcta.
10. Comprobamos pertenencia y residuo perpendicular; una sola no basta
Una proyección candidata p debe estar en W y v−p debe ser perpendicular a una base de W. Ambas condiciones aseguran la descomposición y el mínimo. Un residuo pequeño, por sí solo, no demuestra nada de eso.
Después de Gram–Schmidt revisamos normas uno, productos cruzados cero y conservación del espacio generado. En cuentas decimales, casi dependencia produce residuos pequeños y requiere tolerancias; no se fuerzan nuevas direcciones dividiendo por números insignificantes sin evaluar la estabilidad.
Está en la recta, pero no es la proyección
Para v=(4,2), W=span(1,2), alguien propone p=(1,2).
Pertenencia
Sí está en W.
Residuo
v−p=(3,0).Producto
(3,0)·(1,2)=3, no cero: falta la condición ortogonal.
La propuesta es incorrecta.
La proyección real era (8/5,16/5), obtenida imponiendo ambas condiciones.
Residuo perpendicular, pero candidato fuera del subespacio
Alguien propone p=v=(4,2) para esa misma recta.
Residuo
Es cero y por tanto perpendicular a todo W.
Pertenencia
(4,2) no es múltiplo de (1,2): la primera componente pediría coeficiente cuatro y la segunda uno.
Conclusión
No puede ser una proyección sobre W.
Las dos comprobaciones son necesarias.
La magnitud cero del residuo no reemplaza pertenecer al conjunto donde buscamos aproximaciones.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Una proyección
Proyecta v=(3,1) sobre span{(1,1)}.
Dirección y convención
w=(1,1) no nulo; producto usual.Buscamos p=cw.Numerador
⟨(3,1),(1,1)⟩=4.Denominador
⟨w,w⟩=2.Coeficiente
c=4/2=2.Vector y residuo
p=(2,2); r=(1,−1).Comprobar
r·w=0 y p∈W.También 10=8+2 verifica Pitágoras y la descomposición ortogonal.
Proyección (2,2).
‖v‖²=10, ‖p‖²=8 y ‖v−p‖²=2. La identidad 10=8+2 confirma la descomposición ortogonal.
EJEMPLO RESUELTO 2
Ortonormalizar
Aplica Gram–Schmidt a (1,0),(1,1).
Orden
v₁=(1,0), v₂=(1,1).Normalizar primero
‖v₁‖=1 y e₁=(1,0).Proyección del segundo
⟨v₂,e₁⟩=1, así que su parte en e₁ es (1,0).Residuo
w₂=(1,1)−(1,0)=(0,1), no nulo.Normalizar
‖w₂‖=1 y e₂=(0,1).Verificar
Normas uno, producto cero; v₁=e₁ y v₂=e₁+e₂, así que se conserva el espacio generado.
Base ortonormal ((1,0),(0,1)).
La matriz de productos interiores de la familia resultante es la identidad. El proceso ha quitado la componente horizontal compartida del segundo vector.
Los símbolos que hemos usado
- ⟨u,v⟩
- Producto interior de dos vectores; en Rⁿ usual es la suma de productos de componentes.
- ‖v‖
- Norma √⟨v,v⟩, siempre no negativa.
- u⊥v
- Ortogonalidad: ⟨u,v⟩=0.
- W⊥
- Vectores perpendiculares a todos los de W.
- p=proj_W(v)
- Proyección de v sobre W.
- r=v−p
- Residuo o error entre el vector y su proyección.
- Base ortonormal
- Vectores de norma uno y perpendiculares dos a dos.
- G
- Matriz de Gram, formada por productos interiores de los vectores de una base.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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