5 Espacios Euclídeos

En este capítulo, damos un paso para acercarnos a los conceptos geométricos clásicos de distancias y ángulos, abstrayéndolos en el contexto de los espacios vectoriales.

Para ello, precisaremos de la noción de producto escalar: Una aplicación \(g:V\times V\to \mathbb{R}\), donde \(V\) es un espacio vectorial sobre \(\mathbb{R}\), es un producto escalar si verifica:

  • Es simétrica: \(g(u, v) = g(v, u)\) para todo \(u,v\in V\).
  • Es bilineal: \(g(\alpha u + \beta v, w) = \alpha g(u, w) + \beta g(v, w)\) para todos los \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\), \(u,v,w\in V\). Por simetría, se tiene lo mismo para la linealidad en la segunda componente.
  • Es definida positiva: \(g(v, v) > 0\) para todo \(v\in V\setminus\{0\}\), \(g(v, v) = 0\) si, y sólo si \(v = 0\).

En resumen, se suele definir un producto escalar como una forma bilineal, simétrica y definida positiva.

Notación: El producto escalar de dos vectores \(u\) y \(v\) suele recibir diversas notaciones, aunque las más usadas son \(u\cdot v\) y \(\langle u, v \rangle\).

A un espacio vectorial \(V\) donde podemos definir un producto vectorial lo llamamos espacio euclídeo, y lo solemos denotar mediante el par \(\left(V, \langle\cdot,\cdot\rangle\right)\).

Ejemplo

En \(\mathbb{R}^n\), disponemos de un producto escalar usual, de forma que si \(u, v\in\mathbb{R}^n\), entonces \[\langle u,v \rangle = u_1v_1+u_2v_2+\ldots+u_nv_n\] siendo \(u_i, v_i\), \(i=1,\ldots,n\) las coordenadas de \(u\) y de \(v\), respectivamente, en una base dada (la canónica como caso particular). A este producto vectorial es al que nos referiremos cuando usemos la notación \(u\cdot v\).

Podemos generalizar este producto escalar, definiendo unos pesos \(\alpha_i\in\mathbb{R}^{+}\) para cada componente: \[\langle u,v \rangle = \alpha_1u_1v_1+\alpha_2u_2v_2+\ldots+\alpha_nu_nv_n\]

Podemos construir productos escalares de la siguiente forma: Tomemos una matriz \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) simétrica y definida positiva. Entonces la aplicación \(\langle\cdot,\cdot\rangle:\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}\) definida por \[\langle u, v \rangle = u^{\text{t}}\ A\ v\] es un producto escalar. A esta matriz \(A\) se le denomina matriz de Gram, y todo producto escalar tiene asociada una. Los dos ejemplos anteriores se correspondían con tomar como \(A\) la matriz identidad o una matriz diagonal con elementos positivos \(\alpha_i\in\mathbb{R}^{+}\) en la diagonal.

¿Qué preguntas vamos a responder en este capítulo?

5.1 Qué son las normas y distancias

Definición (Norma) Una norma vectorial sobre un espacio \(V\) (sobre un cuerpo \(\mathbb{K}\)) es un operador que sirve para medir la longitud de un vector (es decir, su distancia al origen), y se define formalmente como una aplicación \(\|\cdot\|:V\to\mathbb{R}\) que verifica:

  • Para todo \(v\in V\), \(\|v\| \ge 0\), y \(\|v\| = 0\) si, y solo si, \(v = 0\).
  • Para todo \(c\in\mathbb{K}\), \(v\in V\), se tiene \(\|cv\| = |c|\cdot \|v\|\).
  • Para todo \(u,v\in V\), \(\|u+v\|\le\|u\|+\|v\|\). Esta propiedad se llama desigualdad triangular (en un triángulo, la suma de la longitud de dos de sus lados –\(\|u\|\) y \(\|v\|\)– es siempre menor que la longitud de su otro lado –\(\|u+v\|\)–).

Cualquier operador \(\|\cdot\|\) que verifique lo anterior es una norma vectorial. Sin embargo, podemos construir normas a partir de un producto escalar:

Si \(\langle\cdot,\cdot\rangle\) es un producto escalar en el espacio \(V\), entonces la aplicación \(\|\cdot\|:V\to\mathbb{R}\) dada por \(\|v\| = \sqrt{\langle v, v\rangle}\) es una norma derivada del producto escalar sobre \(V\).

Al definir la norma vectorial a partir de un producto escalar, además, tenemos la siguiente propiedad que será de gran interés en la siguiente sección:

Desigualdad de Cauchy-Schwarz: Si \(\|\cdot\|\) es una norma derivada del producto escalar \(\langle\cdot,\cdot\rangle\), entonces \[|\langle u, v \rangle| \le \|u\|\cdot\|v\|\] para todo \(u,v\in V\).

Un concepto implícitamente relacionado con el de norma vectorial es el de distancia.

Definición (Distancia) Una distancia (también llamada métrica) es un operador \(d:V\times V\to R\) que verifica las siguientes propiedades:

  • \(d(u, v) = 0\) si, y solo si, \(u = v\).
  • Es simétrica: \(d(u, v) = d(v, u)\).
  • Cumple la desigualdad triangular: \(d(u, v) \le d(u, w) + d(w, v)\).

Además, de esta definición se deduce que \(d(u, v) \ge 0\) para todo \(u,v\in V\).

Podemos deducir una distancia a partir de una norma, para así completar las relaciones existentes entre los conceptos aquí explicados:

Si \(\|\cdot\|\) es una norma sobre un espacio vectorial \(V\), entonces la aplicación \(d:V\times V\to \mathbb{R}\) definida por \[d(u, v) = \|u-v\|\] para todo \(u,v\in V\) es una distancia.

Nota: Existen muchas más normas de las que se deducen a partir de un producto escalar, al igual que más distancias.

Ejemplo

Podemos deducir la expresión de la norma (a veces llamada módulo) de un vector \(v\in\mathbb{R}^n\).

Si \(v=\left(\begin{array}{c}v_1\\ v_2\\\vdots\\ v_n\end{array}\right)\), entonces \[\|v\| = \sqrt{v\cdot v} = \sqrt{v_1^2+v_2^2+\ldots+v_n^2}\]

Y así, además, deducimos la expresión para la distancia euclídea usual en \(\mathbb{R}^n\): \[d(u,v) = \|u - v\| = \sqrt{(u_1-v_1)^2+\ldots+(u_n-v_n)^2}\]

Como ejemplo, podemos calcular la norma del vector \[v = \left(\begin{array}{c} -2\\ 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right) \]\[\|v\| = \sqrt{(-2)^2+1^2+1^2+1^2} = \sqrt{7}\]

5.2 Qué significa el concepto de ortogonalidad

Si partimos de la desigualdad de Cauchy-Schwarz que hemos visto antes, podemos llegar a que \[-1 \le \frac{\langle u, v\rangle}{\|u\|\cdot\|v\|} \le 1\] para todo \(u,v\in V\).

Por otro lado, la función coseno restringida a \([0, \pi]\), es decir, \(\cos:[0,\pi]\to[-1,1]\), es biyectiva. Eso quiere decir que existe un único \(\theta\in[0, \pi]\) tal que \(\cos\theta = \frac{\langle u, v\rangle}{\|u\|\cdot\|v\|}\).

Esto nos permite la siguiente definición:

Definición (Ángulo entre vectores) Llamamos ángulo entre los vectores \(u,v\in V\) al único \(\theta\in[0,\pi]\) tal que \(\cos\theta = \frac{\langle u, v\rangle}{\|u\|\cdot\|v\|}\).

Definición (Vectores ortogonales) Diremos que dos vectores \(u\) y \(v\) de \(V\) son ortogonales (o perpendiculares) si el ángulo que forman es \(\frac{\pi}{2}\), es decir, si \(\langle u, v \rangle = 0\).

La noción de ortogonalidad en el espacio euclídeo se corresponde con la perpendicularidad de vectores que todos tenemos de forma intuitiva. Lo podemos extender también a ortogonalidad con respecto a un espacio vectorial: Un vector \(v\in V\) es ortogonal al subespacio \(U\) de \(V\) si, y sólo si, es ortogonal a todos y cada uno de los vectores de \(U\), es decir, \(\langle v, u \rangle = 0\) para todo \(u\in U\).

El siguiente resultado nos proporciona una ayuda a la hora de determinar la ortogonalidad entre subespacios vectoriales.

Sea \(U\) un subespacio de \(V\), y sea \(\mathcal{B} = \{u_1,\ldots,u_k\}\) una base de \(U\). Un vector \(v\in V\) es ortogonal a \(U\) si, y solo si, es ortogonal a cada \(u_i\): \(\langle v, u_i \rangle = 0\) para todo \(i=1,\ldots,k\).

Un sistema ortogonal es un conjunto de vectores \(\{v_1,\ldots,v_m\}\subset V\) donde los \(v_i\) son ortogonales dos a dos, es decir, \(\langle v_i, v_j \rangle = 0\) para todo \(i\ne j\).

Algunas propiedades y caracterizaciones de los vectores y sistemas ortogonales

Generalización del teorema de Pitágoras: Dos vectores \(u\) y \(w\) son ortogonales si, y solo si, \(\|u+w\|^2 = \|u\|^2 + \|v\|^2\)

Si un sistema de vectores es ortogonal, entonces es linealmente independiente. Por tanto, en un espacio \(V\) de dimensión finita \(n\), cualquier conjunto de \(n\) vectores ortogonales entre sí es una base.

Este último resultado es interesante, pues nos constata que cualquier sistema ortogonal con tantos vectores como la dimensión del espacio vectorial es una base.

Ejemplo

Consideremos el espacio \(U\) dado por: \[U = \left\{\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) \in\mathbb{R}^{4}:\begin{array}{ccr} -x+ 4y+ z & = & 0\\ y+ t & = & 0\\ \end{array}\right\}\] y los vectores \[v = \left(\begin{array}{c} 1\\ -2\\ -1\\ 2 \end{array}\right) \quad\quad w = \left(\begin{array}{c} -1\\ 2\\ -1\\ -1 \end{array}\right) \]

Calculemos el ángulo entre \(v\) y \(w\): \[\theta = \arccos \frac{v\cdot w}{\|v\|\cdot\|w\|}\]\[v\cdot w = 1\cdot(-1)+(-2)\cdot2+(-1)\cdot(-1)+2\cdot(-1) = -6\]\[\|v\| = \sqrt{1^2+(-2)^2+(-1)^2+2^2} = \sqrt{10}\]\[\|w\| = \sqrt{(-1)^2+2^2+(-1)^2+(-1)^2} = \sqrt{7}\]

Luego \[\theta = \arccos \frac{-6}{\sqrt{10}\sqrt{7}} = \arccos \frac{-3\cdot\sqrt{70}}{35}\]

Vamos a comprobar ahora que \(v\) es ortogonal al subespacio \(U\). Para ello, a partir de las ecuaciones cartesianas de \(U\), vamos a hallar una base suya, resolviendo el sistema por Gauss-Jordan y pasando por las ecuaciones paramétricas: \[\left( \begin{array}{cccc@{}} -1 & 4 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) \sim\left( \begin{array}{cccc@{}} 1 & 0 & -1 & 4\\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) \Rightarrow\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = \alpha\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) {}+\beta\left(\begin{array}{c} -4\\ -1\\ 0\\ 1 \end{array}\right) {}\]

De aquí que la base de \(U\) sea: \[\mathcal{B}_U = \left\{u_i\right\} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} 1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -4\\ -1\\ 0\\ 1 \end{array} \right) \right\}\]

Como hemos visto antes, para comprobar que \(v\) es ortogonal a \(U\), nos basta con comprobar que lo es a cada vector de \(\mathcal{B}_U\), hallando su producto escalar: \[\langle v, u_1 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} 1\\ -2\\ -1\\ 2 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) \rangle = 1\cdot1+(-2)\cdot0+(-1)\cdot1+2\cdot0 = 0\]\[\langle v, u_2 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} 1\\ -2\\ -1\\ 2 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -4\\ -1\\ 0\\ 1 \end{array}\right) \rangle = 1\cdot(-4)+(-2)\cdot(-1)+(-1)\cdot0+2\cdot1 = 0\]

Consideremos ahora el siguiente sistema de vectores: \[S = \{s_i\} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} 1\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 2\\ -1\\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ 0\\ -1\\ 2 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 0\\ 1\\ 1 \end{array} \right) \right\}\]

Podemos comprobar fácilmente que es un sistema ortogonal, hallando los productos escalares de los vectores de \(S\) dos a dos: \[\langle s_1, s_2 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -1\\ 2\\ -1\\ 0 \end{array}\right) \rangle = 1\cdot(-1)+1\cdot2+1\cdot(-1)+0\cdot0 = 0\]\[\langle s_1, s_3 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1\\ 2 \end{array}\right) \rangle = 1\cdot1+1\cdot0+1\cdot(-1)+0\cdot2 = 0\]\[\langle s_1, s_4 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -1\\ 0\\ 1\\ 1 \end{array}\right) \rangle = 1\cdot(-1)+1\cdot0+1\cdot1+0\cdot1 = 0\]\[\langle s_2, s_3 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} -1\\ 2\\ -1\\ 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1\\ 2 \end{array}\right) \rangle = (-1)\cdot1+2\cdot0+(-1)\cdot(-1)+0\cdot2 = 0\]\[\langle s_2, s_4 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} -1\\ 2\\ -1\\ 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -1\\ 0\\ 1\\ 1 \end{array}\right) \rangle = (-1)\cdot(-1)+2\cdot0+(-1)\cdot1+0\cdot1 = 0\]\[\langle s_3, s_4 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ -1\\ 2 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -1\\ 0\\ 1\\ 1 \end{array}\right) \rangle = 1\cdot(-1)+0\cdot0+(-1)\cdot1+2\cdot1 = 0\]

Tenemos, por tanto, un sistema de 4 vectores ortogonales en \(\mathbb{R}^{4}\), y, como hemos comentado antes, son linealmente independientes, luego forman una base del espacio vectorial.

5.3 Qué es el complemento ortogonal de un subespacio

Consideremos un espacio vectorial \(V\) con producto escalar \(\langle \cdot,\cdot \rangle\), y sea \(U\) un subespacio de \(V\).

Definición (Complemento ortogonal) Llamamos complemento ortogonal de \(U\) al conjunto de vectores que son ortogonales a todos los de \(U\): \[U^{\perp} = \{v\in V: \langle v, u \rangle = 0\,\,\text{para todo }u\in U\}\]

Tenemos las siguientes propiedades del complemento ortogonal de un subespacio:

Propiedades del complemento ortogonal:

  • \(U^{\perp}\) es un subespacio vectorial de \(V\).
  • \(U\cap U^{\perp} = \{0\}\).
  • Si \(V\) es de dimensión finita, \(\mathrm{dim}(U) + \mathrm{dim}(U^{\perp}) = \mathrm{dim}(V)\).

Como consecuencia, este resultado nos dice que \(V\) se puede descomponer como la suma directa de \(U\) y de su complemento ortogonal: \(U\oplus U^{\perp} = V\).

¿Cómo calculamos el complemento ortogonal de un subespacio?

Hemos de hallar los vectores que son ortogonales a un subespacio \(U\). Como hemos visto antes, un vector \(v\) es ortogonal a \(U\) si, y solo si, es ortogonal a todos los vectores de una base de \(U\).

Así pues, partimos de que tenemos una base \(\mathcal{B} = \{u_1,\ldots,u_m\}\) de \(U\) y tomemos un vector genérico \(v\in V\). Para que \(v\in U^{\perp}\), debe cumplirse que \(\langle v, u_i\rangle = 0\) para todo \(i=1,\ldots,m\).

Cada una de las restricciones \(\langle v, u_i\rangle = 0\) nos proporciona una ecuación lineal que debe verificar un vector para poder pertenecer a \(U^{\perp}\).

Tomamos, por tanto, todas las ecuaciones lineales que se deducen de las restricciones anteriores: ese sistema de ecuaciones nos representa las ecuaciones cartesianas del espacio \(U^{\perp}\).

En el caso concreto de un espacio \(V=\mathbb{R}^n\) con el producto escalar euclídeo, podemos ver qué aspecto tienen las ecuaciones del tipo \(\langle v, u_i \rangle = 0\). Supongamos que los vectores \(v\) y \(u_i\) tienen por coordenadas, en la base canónica, las siguientes: \[v = \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n\\ \end{array}\right), \quad u_i = \left( \begin{array}{c} \alpha_{i,1}\\ \alpha_{i,2}\\ \vdots \\ \alpha_{i,n}\\ \end{array}\right)\]

Entonces \[ \langle v, u_i \rangle = 0 \Leftrightarrow \langle \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ \vdots \\ x_n\\ \end{array}\right) , \left( \begin{array}{c} \alpha_{i,1}\\ \alpha_{i,2}\\ \vdots \\ \alpha_{i,n}\\ \end{array}\right) \rangle = 0 \Leftrightarrow \alpha_{i,1}x_1+\alpha_{i,2}x_2+\ldots+\alpha_{i,n}x_n = 0 \]

Si nos fijamos, nos queda una ecuación lineal cuyas incógnitas son las coordenadas canónicas de \(v\) y cuyos coeficientes son las coordenadas de \(u_i\). Si repetimos el proceso para todo \(i=1,\ldots,m\), tenemos el siguiente sistema de ecuaciones: \[Av = 0\quad\text{donde}\quad A = \left( \begin{array}{cccc} \alpha_{1,1} & \alpha_{1,2} & \ldots & \alpha_{1,n} \\ \alpha_{2,1} & \alpha_{2,2} & \ldots & \alpha_{2,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_{m,1} & \alpha_{m,2} & \ldots & \alpha_{m,n} \\ \end{array} \right)\]

Es decir, las ecuaciones cartesianas de \(U^{\perp}\) son las que tienen por matriz de coeficientes a las coordenadas de los vectores de la base de \(U\) puestos por filas. De hecho, si llamamos \(B\) a la matriz que resulta de poner por columnas los vectores de \(\mathcal{B}\), entonces \(A = B^{\mathrm{t}}\).

A partir de esas ecuaciones cartesianas, ya podríamos encontrar una base del subespacio \(U^{\perp}\).

Ejemplo

Consideremos el espacio \(U\) generado por la base siguiente: \[\mathcal{B} = \{u_i\} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} -2\\ 0\\ -2\\ 2 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -2\\ 2 \end{array} \right) \right\}\]

Para hallar su complemento ortogonal, suponemos un vector genérico \[v = \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) \in \mathbb{R}^{4}\] y hacemos su producto escalar por todos los vectores de \(\mathcal{B}\), imponiendo que valga 0: \[\langle v, u_1 \rangle = 0\Leftrightarrow\langle \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -2\\ 0\\ -2\\ 2 \end{array}\right) \rangle = 0\Leftrightarrow\ \begin{array}{ccr} -2x-2z+ 2t & = & 0\\ \end{array}\]\[\langle v, u_2 \rangle = 0\Leftrightarrow\langle \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -1\\ -1\\ -2\\ 2 \end{array}\right) \rangle = 0\Leftrightarrow\ \begin{array}{ccr} -x-y-2z+ 2t & = & 0\\ \end{array}\]

Hemos llegado, por tanto, al siguiente sistema de ecuaciones que representan las ecuaciones cartesianas de \(U^{\perp}\): \[\left\{\begin{array}{rrrrcr} -2x & & -2z & + 2t & = & 0\\ -x & -y & -2z & + 2t & = & 0\\ \end{array}\right.\] Nos podemos dar cuenta de que la matriz del sistema es la que resulta de poner los vectores de la base \(\mathcal{B}\) por filas.

Como siempre, podemos resolver el sistema por Gauss-Jordan para deducir la forma paramétrica de la solución, y, por tanto, un sistema generador de \(U^{\perp}\): \[\left( \begin{array}{cccc@{}} -2 & 0 & -2 & 2\\ -1 & -1 & -2 & 2 \end{array} \right) \sim\left( \begin{array}{cccc@{}} 1 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{array} \right) \Rightarrow\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = \alpha\left(\begin{array}{c} -1\\ -1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) {}+\beta\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0\\ 1 \end{array}\right) {}\]

De aquí que una base del complemento ortogonal \(U^{\perp}\) sea: \[\mathcal{B}' = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ 1\\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ 1\\ 0\\ 1 \end{array} \right) \right\}\]

Podemos comprobar fácilmente que los vectores de \(\mathcal{B}'\) son ortogonales a los de \(\mathcal{B}\).

5.4 Cómo calculamos la proyección de un vector sobre un subespacio

Definición (Proyección ortogonal) Consideremos un espacio euclídeo \(\left(V, \langle\cdot,\cdot\rangle\right)\). Consideremos un subespacio \(U\), del que conocemos una base ortogonal \(\mathcal{B}_U = \{u_1,\ldots,u_m\}\). Definimos la proyección ortogonal de un vector \(v\) sobre el subespacio \(U\), como: \[\mathrm{proy}_U(v) = \frac{\langle v, u_1\rangle}{\langle u_1, u_1 \rangle}u_1 + \frac{\langle v, u_2\rangle}{\langle u_2, u_2 \rangle}u_2 + \ldots + \frac{\langle v, u_m\rangle}{\langle u_m, u_m \rangle}u_m\]

Es decir, la proyección \(\mathrm{proy}_U(v)\) es un vector del subespacio \(U\), ya que es combinación lineal de los elementos de su base, y además esta combinación lineal tiene como coeficientes el producto escalar de \(v\) por cada elemento de la base, dividido por la norma de \(u_i\) al cuadrado (recordemos que \(\|x\| = \sqrt{\langle x,x \rangle}\)).

Evidentemente, si los elementos de la base de \(U\) tienen norma 1, el denominador desaparece.

La proyección de \(v\) sobre el subespacio \(U\) tiene la propiedad siguiente:

Si \(u\) es un vector del subespacio \(U\), y \(v\in V\), entonces \(d(u, v) \ge d(\mathrm{proy}_U(v), v)\), y la única forma para que se dé la igualdad es que \(u = \mathrm{proy}_U(v)\).

Esto significa que la proyección ortogonal de \(v\) sobre \(U\) es el vector de \(U\) más cercano (según la distancia \(d\)) a \(v\).

Como caso particular, podríamos definir la proyección ortogonal de un vector \(v\) sobre otro vector \(u\) como \[\mathrm{proy}_u(v) = \frac{\langle v, u \rangle}{\langle u, u\rangle}u\] (realmente es la proyección del vector \(v\) sobre el subespacio generado por el vector \(u\)).

Podemos entonces concluir que, si la base ortogonal de \(U\) es \(\mathcal{B}_U = \{u_1,\ldots,u_m\}\), entonces \[\mathrm{proy}_U(v) = \mathrm{proy}_{u_1}(v)+\ldots+\mathrm{proy}_{u_m}(v)\]

A partir del hecho de que la base de \(U\) es ortogonal, podemos deducir que:

Si \(U\) es un subespacio de \(V\), \(v\in V\), y una base ortogonal de \(U\) es \(\mathcal{B}_U = \{u_1,\ldots,u_m\}\), entonces el vector \(v - \mathrm{proy}_U(v)\) es ortogonal a \(U\), es decir, \(v - \mathrm{proy}_U(v) \in U^{\perp}\) está en el complemento ortogonal de \(U\).

Esto, junto con que \(\mathrm{proy}_U(v)\in U\), nos justifican el siguiente resultado, llamado teorema de la descomposición ortogonal:

Descomposición ortogonal: En un espacio euclídeo \((V, \langle\cdot,\cdot\rangle)\), dado un subespacio \(U\), y \(v\in V\), existe una única descomposición de \(v\) como suma de dos vectores ortogonales, \(v = v_1 + v_2\), tales que \(v_1\in U\) y \(v_2\in U^{\perp}\). Concretamente, \(v_1 = \mathrm{proy}_U(v)\) y \(v_2 = v - v_1 = \mathrm{proy}_{U^{\perp}}(v)\).

Podemos siempre descomponer un vector de \(V\) como suma de dos vectores, uno de \(U\) y otro de \(U^{\perp}\), que coinciden con las proyecciones sobre ambos subespacios.

Ejemplo

Consideremos el subespacio \(U\) cuya base es \[\mathcal{B} = \{u_i\} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -3\\ -5\\ 1\\ -3 \end{array} \right) \right\}\]

Notemos que \(\mathcal{B}\) es una base ortogonal.

Consideremos el vector \[v = \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array} \right) \]

Buscamos la descomposición ortogonal de \(v\) con respecto al subespacio \(U\). Sabemos que podemos escribir \(v = v_1 + v_2\), donde \(v_1 = \mathrm{proy}_U(v)\) y \(v_2 = v - v_1 \in U^{\perp}\). \[v_1 = \mathrm{proy}_U(v) = \mathrm{proy}_{u_1}(v)+\mathrm{proy}_{u_2}(v) = \frac{\langle v, u_1\rangle}{\langle u_1, u_1 \rangle} u_1+\frac{\langle v, u_2\rangle}{\langle u_2, u_2 \rangle} u_2\]

Si calculamos esas cantidades \[\langle v, u_1 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -1\\ -1 \end{array}\right) \rangle = (-1)\cdot(-1)+1\cdot1+(-2)\cdot(-1)+0\cdot(-1) = 4\]\[\langle v, u_2 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -3\\ -5\\ 1\\ -3 \end{array}\right) \rangle = (-1)\cdot(-3)+1\cdot(-5)+(-2)\cdot1+0\cdot(-3) = -4\]\[\langle u_1, u_1 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -1\\ -1 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -1\\ -1 \end{array}\right) \rangle = (-1)^2+1^2+(-1)^2+(-1)^2 = 4\]\[\langle u_2, u_2 \rangle = \langle \left(\begin{array}{c} -3\\ -5\\ 1\\ -3 \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} -3\\ -5\\ 1\\ -3 \end{array}\right) \rangle = (-3)^2+(-5)^2+1^2+(-3)^2 = 44\] podemos sustituirlas en la expresión de más arriba y llegamos a \[v_1 = 1\cdot\left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -1\\ -1 \end{array}\right) +(- \frac{1}{11})\cdot\left(\begin{array}{c} -3\\ -5\\ 1\\ -3 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{8}{11}\\ \frac{16}{11}\\ - \frac{12}{11}\\ - \frac{8}{11} \end{array} \right) \]

Por tanto, \[v_2 = \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array} \right) - \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{8}{11}\\ \frac{16}{11}\\ - \frac{12}{11}\\ - \frac{8}{11} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{3}{11}\\ - \frac{5}{11}\\ - \frac{10}{11}\\ \frac{8}{11} \end{array} \right) \]

Por lo comentado anteriormente, sabemos que \(v_2 = \mathrm{proy}_{U^{\perp}}(v)\in U^{\perp}\), lo cual se podría comprobar haciendo el producto escalar \(\langle v_2, u_i \rangle\) y viendo que su valor es 0 para todo \(i\).

5.5 Qué es y qué utilidad tiene una base ortonormal

Definición (Vector unitario) Un vector \(v\in V\) se dice unitario si \(\|v\| = 1\).

Es fácil crear vectores unitarios: dado \(u\in V\), si definimos \(v = \frac{1}{\|u\|}u\), este vector tiene norma 1. A este proceso se le llama normalizar.

Un sistema de vectores \(\{v_1,\ldots,v_k\}\) se llama sistema ortonormal si es un sistema ortogonal y cada \(v_i\) es un vector unitario (\(i=1,\ldots, k\)).

En relación a lo comentado de las propiedades de los sistemas ortogonales, en nuestro caso podemos decir que un sistema ortonormal \(\{v_1,\ldots,v_n\}\), donde \(\mathrm{dim}(V) = n\), es una base ortonormal.

El interés de una base ortonormal es que es sencillo calcular las coordenadas de cualquier vector con respecto a dicha base:

Coordenadas en base ortonormal: Sea \(\mathcal{B} = \{v_1,\ldots,v_n\}\) una base ortonormal del espacio vectorial \(V\). Entonces, para cada \(v\in V\), tenemos: \[v = \langle v, v_1 \rangle v_1 + \ldots + \langle v, v_n \rangle v_n\] luego las coordenadas de \(v\) en la base \(\mathcal{B}\) las podemos calcular como: \[[v]_{\mathcal{B}} = \left(\begin{array}{c}\langle v, v_1\rangle \\\langle v, v_2 \rangle \\\vdots \\\langle v, v_n \rangle \\\end{array}\right)_{\mathcal{B}}\]

Ejemplo

Consideremos ahora el sistema de vectores ortogonales del ejemplo anterior: \[S = \{s_i\} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} 1\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 2\\ -1\\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ 0\\ -1\\ 2 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 0\\ 1\\ 1 \end{array} \right) \right\}\]

A partir de \(S\), formemos un sistema ortonormal \(S'\), donde cada vector de \(S'\) es un vector de \(S\), que se ha normalizado. \[S' = \left\{\left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{6}}{3}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{6}}{6}\\ 0\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{6}}{3} \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{3}}{3}\\ 0\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right)\right\}\]

\(S'\) forma una base ortonormal de \(\mathbb{R}^{4}\). Si consideramos el vector \[v = \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array} \right) \] podemos hallar sus coordenadas en la base \(S'\), ya que cada coordenada de \(v\) será el producto escalar de \(v\) por el correspondiente vector de \(S'\): \[\langle v, s'_1 \rangle = \langle \left( \begin{array}{c} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0 \end{array} \right) \rangle = \frac{-2\cdot\sqrt{3}}{3}\]\[\langle v, s'_2 \rangle = \langle \left( \begin{array}{c} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{6}}{3}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ 0 \end{array} \right) \rangle = \frac{5\cdot\sqrt{6}}{6}\]\[\langle v, s'_3 \rangle = \langle \left( \begin{array}{c} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{6}}{6}\\ 0\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{6}}{3} \end{array} \right) \rangle = \frac{\sqrt{6}}{6}\]\[\langle v, s'_4 \rangle = \langle \left( \begin{array}{c} -1\\ 1\\ -2\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{3}}{3}\\ 0\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right) \rangle = \frac{-\sqrt{3}}{3}\]

Entonces, podremos escribir: \[v = \left( \begin{array}{c} \frac{-2\cdot\sqrt{3}}{3}\\ \frac{5\cdot\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{-\sqrt{3}}{3} \end{array} \right)_{S'}\]

5.6 Cómo construimos una base ortonormal

En las secciones anteriores hemos usado bases ortogonales y ortonormales, pero cabe preguntarnos si la existencia de tales bases está asegurada. La respuesta nos la da el siguiente resultado:

Sea \(V\) un espacio vectorial euclídeo de dimensión finita. Entonces \(V\) tiene una base ortonormal.

La demostración de este resultado teórico realmente nos presenta un método constructivo que permite hallar una base ortonormal del espacio \(V\) a partir de una base cualquiera.

Método de Ortonormalización de Gram-Schmidt

Consideremos una base \(\mathcal{B} = \{v_1,\ldots,v_n\}\) en \(V\). Vamos a utilizar el método de Gram-Schmidt para construir una base ortonormal a partir de ella.

El proceso se divide en dos fases:

  • En la primera fase, construiremos una base ortogonal \(\mathcal{B}'\).
  • En un segundo paso, cada vector de \(\mathcal{B}'\) se normaliza, de forma que obtendremos una base ortonormal.

Primera fase

El proceso del primer paso es incremental.

Llamamos \(u_1 = v_1\), el primer vector de la base \(\mathcal{B}\).

Ahora consideramos el segundo vector \(v_2\). Por un resultado teórico sobre las proyecciones que vimos antes, si llamamos \(\mathcal{U}_1 = \mathcal{L}(\{u_1\})\), entonces \(v_2 - \mathrm{proy}_{\mathcal{U}_1}(v_2)\) es un vector ortogonal a \(U_1\), en particular es ortogonal a \(u_1\).

Llamemos entonces \(u_2 = v_2 - \mathrm{proy}_{\mathcal{U}_1}(v_2)\). Entonces, el sistema \(\{u_1, u_2\}\) es ortogonal.

Llamamos ahora \(\mathcal{U}_2 = \mathcal{L}(\{u_1,u_2\})\). Entonces, por el mismo motivo que antes, si llamamos \(u_3 = v_3 - \mathrm{proy}_{\mathcal{U}_2}(v_3)\), tenemos que \(u_3\) es ortogonal a \(\mathcal{U}_2\), luego \(\{u_1, u_2, u_3\}\) es un sistema ortogonal.

De esta forma, sucesivamente, en el paso \(m\), vamos construyendo \(\mathcal{U}_m = \mathcal{L}(\{u_1,\ldots,u_m\})\) y consideramos \(u_{m+1} = v_{m+1} - \mathrm{proy}_{\mathcal{U}_m}(v_{m+1})\), que es un vector ortogonal a \(U_m\) y, por tanto, \(\{u_1,\ldots,u_{m+1}\}\) es un sistema ortogonal.

Una vez se haya completado el proceso, se habrá construido el conjunto \(\mathcal{B}' = \{u_1,\ldots,u_n\}\). Como estamos en un espacio \(V\) de dimensión \(n\), y tenemos \(n\) vectores ortogonales, luego linealmente independientes, éstos forman una base. Luego \(\mathcal{B}'\) es una base ortogonal.

Segunda fase

La segunda fase es más sencilla, ya que implica únicamente normalizar cada vector de \(\mathcal{B}'\).

De esta forma, la base ortonormal es la formada por \[\left\{\frac{u_1}{\|u_1\|}, \ldots, \frac{u_n}{\|u_n\|}\right\}\]

Ejemplo

Consideremos la base \(\mathcal{B}\) en \(\mathbb{R}^{4}\) dada por \[\mathcal{B} = \{v_i\} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ 0\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 1\\ 1\\ -1 \end{array} \right) \right\}\]

Vamos a usar el método de Gram-Schmidt para encontrar una base ortonormal, a partir de \(\mathcal{B}\).

Fase 1

Llamamos \[u_1 = v_1 = \left(\begin{array}{c} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array}\right) \]

A partir de este momento, procedemos de forma recursiva:

  • Construimos: \[\mathcal{U}_1 = \mathcal{L}(\{u_1\}) = \mathcal{L}(\left\{\left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) \right\})\] Entonces \[\begin{array}{rcl}\mathrm{proy}_{\mathcal{U}_1}(v_2) & = & \frac{\langle v_2, u_1 \rangle}{\langle u_1, u_1 \rangle} u_1 \\ & = & \frac{0}{4} \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) \\ & = & \left( \begin{array}{c@{}} 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{array} \right) \\\end{array}\] Y llamamos \[u_2 = v_2 - \mathrm{proy}_{\mathcal{U}_1}(v_2) = \left(\begin{array}{c} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array}\right) - \left( \begin{array}{c@{}} 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array} \right) \]
  • Construimos: \[\mathcal{U}_2 = \mathcal{L}(\{u_1, u_2\}) = \mathcal{L}(\left\{\left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array} \right) \right\})\] Entonces \[\begin{array}{rcl}\mathrm{proy}_{\mathcal{U}_2}(v_3) & = & \frac{\langle v_3, u_1 \rangle}{\langle u_1, u_1 \rangle} u_1+\frac{\langle v_3, u_2 \rangle}{\langle u_2, u_2 \rangle} u_2 \\ & = & \frac{3}{4} \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) +\frac{1}{4} \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array} \right) \\ & = & \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ -1\\ - \frac{1}{2}\\ -1 \end{array} \right) \\\end{array}\] Y llamamos \[u_3 = v_3 - \mathrm{proy}_{\mathcal{U}_2}(v_3) = \left(\begin{array}{c} -1\\ -1\\ 0\\ -1 \end{array}\right) - \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ -1\\ - \frac{1}{2}\\ -1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\\ 0 \end{array} \right) \]
  • Construimos: \[\mathcal{U}_3 = \mathcal{L}(\{u_1, u_2, u_3\}) = \mathcal{L}(\left\{\left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\\ 0 \end{array} \right) \right\})\] Entonces \[\begin{array}{rcl}\mathrm{proy}_{\mathcal{U}_3}(v_4) & = & \frac{\langle v_4, u_1 \rangle}{\langle u_1, u_1 \rangle} u_1+\frac{\langle v_4, u_2 \rangle}{\langle u_2, u_2 \rangle} u_2+\frac{\langle v_4, u_3 \rangle}{\langle u_3, u_3 \rangle} u_3 \\ & = & \frac{0}{4} \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) +\frac{0}{4} \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array} \right) +\frac{1}{\frac{1}{2}} \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\\ 0 \end{array} \right) \\ & = & \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array} \right) \\\end{array}\] Y llamamos \[u_4 = v_4 - \mathrm{proy}_{\mathcal{U}_3}(v_4) = \left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ 1\\ -1 \end{array}\right) - \left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c@{}} 0\\ 1\\ 0\\ -1 \end{array} \right) \]

Por tanto, la base ortogonal a la que llegamos es \[\mathcal{B}' = \{u_i\} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} 0\\ 1\\ 0\\ -1 \end{array} \right) \right\}\]

Fase 2

Ahora debemos multiplicar cada vector \(u_i\) en \(\mathcal{B}'\) por el inverso de su norma, y llegamos a los vectores \(\frac{1}{\|u_i\|}u_i\), que nos forman la base ortonormal siguiente: \[\begin{array}{rcl}\mathcal{B}'' & = & \left\{\frac{1}{2}\left( \begin{array}{c} -1\\ -1\\ -1\\ -1 \end{array} \right), \frac{1}{2}\left( \begin{array}{c} 1\\ -1\\ 1\\ -1 \end{array} \right), \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left( \begin{array}{c} \frac{-1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\\ 0 \end{array} \right), \frac{1}{\sqrt{2}}\left( \begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\\ -1 \end{array} \right)\right\} = \\ & = & \left\{\left( \begin{array}{c} \frac{-1}{2}\\ \frac{-1}{2}\\ \frac{-1}{2}\\ \frac{-1}{2} \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{1}{2}\\ \frac{-1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ \frac{-1}{2} \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{2}}{2}\\ 0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} 0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0\\ \frac{-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right)\right\} \\\end{array}\]

5.7 Qué es una matriz ortogonal y una aplicación ortogonal

Definición (Matriz ortogonal) Una matriz cuadrada \(Q\) se llama ortogonal si \(Q^{\text{t}}Q = I\) o, equivalentemente, \(Q^{-1} = Q^{\text{t}}\).

Es decir, una matriz ortogonal es aquella cuya inversa es su propia traspuesta.

Una matriz \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) es ortogonal si, y sólo si, sus columnas forman una base ortonormal de \(\mathbb{R}^n\).

Sea \(A\) una matriz ortogonal. Entonces \(\mathrm{det}(A) = \pm 1\).

Definición (Endomorfismo ortogonal) Un endomorfismo \(f:V\to V\) se llama ortogonal si respeta el producto escalar, es decir, si \(\langle\cdot,\cdot\rangle\) es el producto escalar en \(V\), entonces \(\langle f(u), f(v) \rangle = \langle u, v \rangle\) para todo \(u,v\in V\).

Como la aplicación ortogonal conserva el producto escalar, también conserva todas las cantidades que hemos definido a partir de él: la norma, la distancia y el ángulo entre vectores de \(V\): \(\|f(v)\| = \|v\|\), \(d(f(u), f(v)) = d(u,v)\) y \(\mathrm{ang}(f(u),f(v)) = \mathrm{ang}(u, v)\) para todo \(u,v\in V\).

Una aplicación \(f:V\to V\) es ortogonal si, y sólo si, la imagen de toda base ortonormal es de nuevo una base ortonormal de \(V\).

¿Qué relación existe entre matrices ortogonales y aplicaciones ortogonales?

Sea \(f:V\to V\) una aplicación lineal y sea \(A\) su matriz asociada respecto a una base ortonormal de \(V\). Entonces \(f\) es ortogonal si, y solo si, la matriz \(A\) es ortogonal.

Ejemplo

Como hemos comentado, si tomamos una base ortonormal y ponemos sus vectores por columnas, nos forman una matriz ortogonal. Por tanto, podemos considerar la base \(\mathcal{B}''\) del ejemplo anterior, y construir la matriz ortogonal asociada: \[Q = \left( \begin{array}{c} \frac{-1}{2}\\ \frac{-1}{2}\\ \frac{-1}{2}\\ \frac{-1}{2} \end{array} \begin{array}{c} \frac{1}{2}\\ \frac{-1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ \frac{-1}{2} \end{array} \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{2}}{2}\\ 0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0 \end{array} \begin{array}{c} 0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0\\ \frac{-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right)\]

Es fácil comprobar que, en este caso, \(Q^{\text{t}}\ Q = I\).

Hay otros ejemplos de matrices ortogonales. En particular, una tipología concreta de matrices ortogonales en \(\mathbb{R}^2\) es muy utilizada en la práctica. Llamemos: \[R(\alpha) = \left( \begin{array}{cc} \cos(\alpha) & \sin(\alpha) \\ -\sin(\alpha) & \cos(\alpha) \\ \end{array}\right)\]

Son las denominadas matrices de rotación. Están asociadas a la aplicación lineal que representa un giro o rotación de \(\alpha\) radianes en sentido positivo (antihorario) alrededor del origen de coordenadas.

Así \[ \left( \begin{array}{c} x' \\ y' \\ \end{array}\right) = R(\alpha)\left( \begin{array}{c} x \\ y \\ \end{array}\right)\] son las coordenadas del vector girado, en función de las coordenadas del vector original.

Estas matrices de rotación se pueden extender a dimensiones superiores. Por ejemplo, en \(\mathbb{R}^3\), la rotación de \(\alpha\) radianes alrededor del eje \(X\) se representa mediante la matriz ortogonal \[R(\alpha) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos(\alpha) & \sin(\alpha) \\ 0 & -\sin(\alpha) & \cos(\alpha) \\ \end{array}\right) \]

5.8 Qué es la diagonalización ortogonal

Recordemos la definición de endomorfismo o de matriz diagonalizable. Una aplicación lineal \(f:V\to V\) es diagonalizable si y solo si existe una base de \(V\) formada por autovectores de \(f\), lo cual equivale a que la representación matricial de \(f\) en dicha base sea una matriz diagonal \(D\). En representación matricial, esto se traduce en que una matriz \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) es diagonalizable si y solo si, existe una matriz regular \(P\) tal que \(D = P^{-1}\ A\ P\). Las columnas de \(P\) están formadas por los autovectores de la base de la definición.

Veamos cómo influye el hecho de tener bases ortonormales en un espacio euclídeo en la diagonalización, lo que da lugar a la denominada diagonalización ortogonal.

Definición (Aplicación diagonalizable ortogonalmente) Diremos que una aplicación lineal \(f:V\to V\) es diagonalizable ortogonalmente si y solo si existe una base ortonormal en \(V\) formada por autovectores de \(f\).

Definición (Matriz diagonalizable ortogonalmente) En matrices, una matriz \(A\) se dice diagonalizable ortogonalmente si existe una matriz \(P\) ortogonal tal que \(D = P^{\text{t}}\ A\ P\), donde \(D\), la matriz asociada a \(f\) en la base de autovectores, es diagonal con autovalores en la diagonal principal.

Ejemplo

Consideremos la matriz \(A\) dada por \[A = \left( \begin{array}{cccc@{}} 0 & -2 & -1 & -1\\ -2 & 0 & -1 & 1\\ -1 & -1 & -1 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) \] asociada a un endomorfismo \(f:\mathbb{R}^{4} \to \mathbb{R}^{4}\) en la base canónica.

Si tomamos la base \[\mathcal{B} = \left\{\left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{6}}{3}\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ 0\\ \frac{\sqrt{6}}{3} \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0\\ \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right)\right\}\] resulta ser una base ortonormal formada por autovectores de \(f\) (en la siguiente sección detallaremos el proceso completo).

Por tanto, esta matriz (y el endomorfismo \(f\)) es diagonalizable ortogonalmente. De hecho, si consideramos como matriz \(P\) la del cambio de base de \(\mathcal{B}\) a la canónica, podemos calcular la expresión diagonal, teniendo en cuenta que \(P\) es una matriz ortogonal:

\[\begin{array}{rcl}D &\!\! = &\!\! P^{\text{t}}\ A\ P = \\ &\!\! = &\!\! \left( \begin{array}{cccc@{}} \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{-\sqrt{3}}{3}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{6}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{3} & 0\\ 0 & \frac{\sqrt{6}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right) ^{\text{t}} \left( \begin{array}{cccc@{}} 0 & -2 & -1 & -1\\ -2 & 0 & -1 & 1\\ -1 & -1 & -1 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc@{}} \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{-\sqrt{3}}{3}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{6}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{3} & 0\\ 0 & \frac{\sqrt{6}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right) \\ &\!\! = &\!\! \left( \begin{array}{cccc@{}} 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{array} \right) \end{array}\] donde podemos comprobar que los elementos de la diagonal de \(D\) son autovalores de \(A\).

5.9 Qué matrices son diagonalizables ortogonalmente

Supongamos una matriz \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) que sea diagonalizable ortogonalmente, es decir, tal que existe \(P\) ortogonal con \(P^{\text{t}}\ A\ P = D\) una matriz diagonal.

Como \(D\) es diagonal, en particular tenemos que \(D^{\text{t}} = D\), luego: \[P^{\text{t}}\ A\ P = D = D^{\text{t}} = (P^{\text{t}}\ A\ P)^{\text{t}} = P^{\text{t}}\ A^{\text{t}}\ \left(P^{\text{t}}\right)^{\text{t}} = P^{\text{t}}\ A^{\text{t}}\ P\] Luego, multiplicando por \(P\) a la izquierda en los extremos de la igualdad, y por \(P^{\text{t}}\) en la derecha, recordando que \(P\) es una matriz ortogonal, llegamos a que \(A = A^{\text{t}}\).

Esto significa que:

Si una matriz \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) es diagonalizable ortogonalmente, entonces es simétrica.

Por tanto, una matriz no simétrica podrá ser diagonalizable (dependiendo de si cumple los criterios ya estudiados), pero nunca puede ser diagonalizable ortogonalmente.

Podemos estudiar entonces algunas de las propiedades de las matrices simétricas en lo que se refiere a diagonalización:

Sea \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) una matriz simétrica. Entonces:

  • Todos los autovalores de \(A\) son reales.
  • Si \(\lambda_1\) y \(\lambda_2\) son dos autovalores distintos, y sus subespacios asociados son \(U_{\lambda_1}\) y \(U_{\lambda_2}\), respectivamente, entonces \(U_{\lambda_1}\) es ortogonal a \(U_{\lambda_2}\).
  • La multiplicidad geométrica de cada autovalor de \(A\) coincide con su multiplicidad algebraica.

En consecuencia

Una matriz \(A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) es diagonalizable ortogonalmente si y solo si es simétrica.

¿Cómo diagonalizamos ortogonalmente una matriz simétrica?

El procedimiento es idéntico al que se conoce para diagonalizar una matriz cualquiera, con las siguientes puntualizaciones:

  • Al ser una matriz simétrica, tenemos asegurada que es diagonalizable (incluso ortogonalmente).
  • Al calcular la base del subespacio asociado a un autovalor \(\lambda\), podemos hacer un paso extra, usando el método de Gram-Schmidt, para tener dicha base en forma ortonormal.
  • Al finalizar, al igual que hacíamos en la digonalización estándar, podemos unir todas las bases de los distintos subespacios asociados a los autovalores y tenemos una base ortonormal del espacio vectorial \(V\).

De forma esquemática, incluyendo todo lo que conocemos de diagonalización, queda:

  1. Calcular el polinomio característico \(p(\lambda)\) de \(A\), y sus raíces, los autovalores de \(A\). Sean \(\lambda_1,\ldots,\lambda_k\) los autovalores.
  2. Para cada autovalor \(\lambda\):
    1. Determinar una base \(\mathcal{B}_{\lambda}\) del subespacio propio \(U_{\lambda}\).
    2. Aplicar el método de Gram-Schmidt a \(\mathcal{B}_{\lambda}\) para obtener una base _ortonormal de \(U_{\lambda}\) a la que llamaremos \(\mathcal{B}'_{\lambda}\).
  3. Llamamos \(\mathcal{B} = \mathcal{B}'_{\lambda_1}\cup\ldots\cup\mathcal{B}'_{\lambda_k}\). Entonces \(\mathcal{B}\) es una base ortonormal de \(V\). Además, la matriz \(P\) de cambio de base de \(\mathcal{B}\) a la canónica es una matriz ortogonal, tiene por columnas las coordenadas de los vectores de \(\mathcal{B}\), y verifica que \(D = P^{\text{t}}\ A\ P\) es una matriz diagonal con los autovalores en la diagonal principal (con multiplicidades incluidas).

Ejemplo

Consideremos la matriz \[A = \left( \begin{array}{cccc@{}} 0 & -2 & -1 & -1\\ -2 & 0 & -1 & 1\\ -1 & -1 & -1 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) \]

Como es simétrica, es diagonalizable ortogonalmente. Vamos a seguir los pasos vistos para encontrar su forma diagonal y la base ortonormal de autovectores.

Paso 1: Encontrar los autovalores de \(A\)

Para calcular los autovalores de \(A\), comenzamos por construir su polinomio característico: \[\begin{array}{rcl}p(\lambda) & = & \mathrm{det}(A - \lambda\ I) = \\ & = & \mathrm{det}\left(\left( \begin{array}{cccc@{}} 0 & -2 & -1 & -1\\ -2 & 0 & -1 & 1\\ -1 & -1 & -1 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) - \lambda \left( \begin{array}{cccc@{}} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \right) = \\ & = & \mathrm{det}\left( \begin{array}{cccc@{}} -\lambda & -2 & -1 & -1\\ -2 & -\lambda & -1 & 1\\ -1 & -1 & -1-\lambda & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1-\lambda \end{array} \right) \\ & = & \lambda^{4}-9\lambda^{2}\end{array}\]

Igualándolo a 0 y resolviendo la ecuación que queda, llegamos a que los autovalores son: \(\lambda = 0, -3, 3\), ya que: \[p(\lambda) = \lambda ^{2}\cdot (\lambda +3)\cdot (\lambda -3)\]

Paso 2: Encontrar una base ortonormal de cada subespacio propio

Recorremos ahora cada autovalor, encontrando una base del subespacio propio asociado, y ortonormalizándola usando el método de Gram-Schmidt.

  • Para el autovalor \(\lambda = 0\): \[\begin{array}{rcl}(A - 0 I)\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = 0& \Leftrightarrow & \left( \begin{array}{cccc@{}} 0 & -2 & -1 & -1\\ -2 & 0 & -1 & 1\\ -1 & -1 & -1 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = 0 \Leftrightarrow \\& \Leftrightarrow & \left\{\begin{array}{rrrrcr} & -2y & -z & -t & = & 0\\ -2x & & -z & + t & = & 0\\ -x & -y & -z & & = & 0\\ -x & + y & & + t & = & 0\\ \end{array}\right. \\\end{array}\]

Resolvemos este sistema por Gauss-Jordan, encontrando la forma paramétrica de \(U_{ 0 }\): \[\left( \begin{array}{cccc|c} 0 & -2 & -1 & -1 & 0\\ -2 & 0 & -1 & 1 & 0\\ -1 & -1 & -1 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right) \sim\left( \begin{array}{cccc|c} -2 & 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & -2 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \]\[\Rightarrow\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = \alpha\left(\begin{array}{c} - \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 1\\ 0 \end{array}\right) {}+\beta\left(\begin{array}{c} \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 0\\ 1 \end{array}\right) {}\]

Luego una base de \(U_{ 0 }\) será: \[\mathcal{B}_{U_{0}} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 1\\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c@{}} \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 0\\ 1 \end{array} \right) \right\}\] El siguiente paso es ortonormalizar esta base, mediante el método de Gram-Schmidt. Llamemos \(v_i\) a los vectores de esta base hallada. Llamamos \[u_1 = v_1 = \left(\begin{array}{c} - \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 1\\ 0 \end{array}\right) \] Procedemos con el resto de vectores:

Construimos: \[\mathcal{U}_1 = \mathcal{L}(\{u_1\}) = \mathcal{L}(\left\{\left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 1\\ 0 \end{array} \right) \right\})\] Entonces \[\mathrm{proy}_{\mathcal{U}_1}(v_2) = \frac{\langle v_2, u_1 \rangle}{\langle u_1, u_1 \rangle} u_1 = \frac{0}{\frac{3}{2}} \left( \begin{array}{c@{}} - \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 1\\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c@{}} 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{array} \right) \] Y llamamos \[u_2 = v_2 - \mathrm{proy}_{\mathcal{U}_1}(v_2) = \left(\begin{array}{c} \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 0\\ 1 \end{array}\right) - \left( \begin{array}{c@{}} 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c@{}} \frac{1}{2}\\ - \frac{1}{2}\\ 0\\ 1 \end{array} \right) \]

Y así hemos llegado a un sistema ortogonal formado por los vectores \(u_i\). Debemos normalizar ahora los vectores de este sistema ortogonal que tenemos, multiplicando cada uno por el inverso de su norma, llegando a la siguiente base ortonormal de \(U_{ 0 }\). \[\mathcal{B}'_{U_{0}} = \left\{\frac{1}{\frac{\sqrt{6}}{2}}\left( \begin{array}{c} \frac{-1}{2}\\ \frac{-1}{2}\\ 1\\ 0 \end{array} \right), \frac{1}{\frac{\sqrt{6}}{2}}\left( \begin{array}{c} \frac{1}{2}\\ \frac{-1}{2}\\ 0\\ 1 \end{array} \right)\right\} = \left\{\left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{6}}{3}\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ 0\\ \frac{\sqrt{6}}{3} \end{array} \right)\right\}\]

  • Para el autovalor \(\lambda = -3\): \[\begin{array}{rcl}(A + 3 I)\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = 0& \Leftrightarrow & \left( \begin{array}{cccc@{}} 3 & -2 & -1 & -1\\ -2 & 3 & -1 & 1\\ -1 & -1 & 2 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 4 \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = 0 \Leftrightarrow \\& \Leftrightarrow & \left\{\begin{array}{rrrrcr} 3x & -2y & -z & -t & = & 0\\ -2x & + 3y & -z & + t & = & 0\\ -x & -y & + 2z & & = & 0\\ -x & + y & & + 4t & = & 0\\ \end{array}\right. \\\end{array}\]

Resolvemos este sistema por Gauss-Jordan, encontrando la forma paramétrica de \(U_{ -3 }\): \[\left( \begin{array}{cccc|c} 3 & -2 & -1 & -1 & 0\\ -2 & 3 & -1 & 1 & 0\\ -1 & -1 & 2 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 4 & 0 \end{array} \right) \sim\left( \begin{array}{cccc|c} 3 & 0 & -3 & 0 & 0\\ 0 & \frac{5}{3} & - \frac{5}{3} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \frac{18}{5} & 0 \end{array} \right) \]\[\Rightarrow\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = \alpha\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) {}\]

Luego una base de \(U_{ -3 }\) será: \[\mathcal{B}_{U_{-3}} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} 1\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array} \right) \right\}\]

Como solo tenemos un vector en la base, ya forma un sistema ortogonal. Debemos normalizar ahora los vectores de este sistema ortogonal que tenemos, multiplicando cada uno por el inverso de su norma, llegando a la siguiente base ortonormal de \(U_{ -3 }\). \[\mathcal{B}'_{U_{-3}} = \left\{\frac{1}{\sqrt{3}}\left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array} \right)\right\} = \left\{\left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0 \end{array} \right)\right\}\]

  • Para el autovalor \(\lambda = 3\): \[\begin{array}{rcl}(A -3 I)\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = 0& \Leftrightarrow & \left( \begin{array}{cccc@{}} -3 & -2 & -1 & -1\\ -2 & -3 & -1 & 1\\ -1 & -1 & -4 & 0\\ -1 & 1 & 0 & -2 \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = 0 \Leftrightarrow \\& \Leftrightarrow & \left\{\begin{array}{rrrrcr} -3x & -2y & -z & -t & = & 0\\ -2x & -3y & -z & + t & = & 0\\ -x & -y & -4z & & = & 0\\ -x & + y & & -2t & = & 0\\ \end{array}\right. \\\end{array}\]

Resolvemos este sistema por Gauss-Jordan, encontrando la forma paramétrica de \(U_{ 3 }\): \[\left( \begin{array}{cccc|c} -3 & -2 & -1 & -1 & 0\\ -2 & -3 & -1 & 1 & 0\\ -1 & -1 & -4 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & -2 & 0 \end{array} \right) \sim\left( \begin{array}{cccc|c} -3 & 0 & 0 & -3 & 0\\ 0 & - \frac{5}{3} & 0 & \frac{5}{3} & 0\\ 0 & 0 & - \frac{18}{5} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \]\[\Rightarrow\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) = \alpha\left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ 0\\ 1 \end{array}\right) {}\]

Luego una base de \(U_{ 3 }\) será: \[\mathcal{B}_{U_{3}} = \left\{\left( \begin{array}{c@{}} -1\\ 1\\ 0\\ 1 \end{array} \right) \right\}\]

Como solo tenemos un vector en la base, ya forma un sistema ortogonal. Debemos normalizar ahora los vectores de este sistema ortogonal que tenemos, multiplicando cada uno por el inverso de su norma, llegando a la siguiente base ortonormal de \(U_{ 3 }\). \[\mathcal{B}'_{U_{3}} = \left\{\frac{1}{\sqrt{3}}\left( \begin{array}{c} -1\\ 1\\ 0\\ 1 \end{array} \right)\right\} = \left\{\left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0\\ \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right)\right\}\]

Paso 3: Hallar una base ortonormal formada por autovectores

Definimos \[\mathcal{B} = \mathcal{B}'_{U_{0}} \cup \mathcal{B}'_{U_{-3}} \cup \mathcal{B}'_{U_{3}} = \left\{\left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{6}}{3}\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6}\\ 0\\ \frac{\sqrt{6}}{3} \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \frac{-\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}\\ 0\\ \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right)\right\}\] Es una base ortonormal de \(\mathbb{R}^{4}\), formada únicamente por autovectores de la matriz \(A\).

Además, la matriz \(P\) del cambio de base de esta base \(\mathcal{B}\) a la canónica, formada por los vectores de \(\mathcal{B}\) puestos por columnas, es ortogonal y nos proporciona la relación entre \(A\) y la matriz diagonal \(D\) de los autovalores: \[\begin{array}{rcl}D &\!\! = &\!\! P^{\text{t}}\ A\ P = \\ &\!\! = &\!\! \left( \begin{array}{cccc@{}} \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{3} & 0\\ \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{-\sqrt{6}}{6} & 0 & \frac{\sqrt{6}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3} & 0\\ \frac{-\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right) \ \left( \begin{array}{cccc@{}} 0 & -2 & -1 & -1\\ -2 & 0 & -1 & 1\\ -1 & -1 & -1 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right) \ \left( \begin{array}{cccc@{}} \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{-\sqrt{3}}{3}\\ \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{-\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{6}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{3} & 0\\ 0 & \frac{\sqrt{6}}{3} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right) \\ &\!\! = &\!\! \left( \begin{array}{cccc@{}} 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{array} \right) \end{array}\]

Recordemos que en la diagonal de \(D\) se encuentran los autovalores (en el mismo orden en que se han puesto los autovectores en las columnas de \(P\)), con sus respectivas multiplicidades.