1 Basi ortogonali e ortonormali

Lezione 30

1 Basi ortogonali e ortonormali

In questa lezione dimostreremo che ogni spazio euclideo $V$ di dimensione finita ammette una base ortonormale. Descriveremo inoltre un procedimento che permette di costruire una base ortonormale partendo da una base qualunque di $V$ .

Iniziamo col dimostrare il seguente risultato:

Lemma. Sia $V$ uno spazio euclideo. Se i vettori $v_{1},v_{2},\dots,v_{r}$ sono a due a due ortogonali, essi sono anche linearmente indipendenti.

Dimostrazione. Consideriamo una combinazione lineare

\lambda_{1}v_{1}+\lambda_{2}v_{2}+\cdots+\lambda_{r}v_{r}=0

Per ogni $i=1,\dots,r$ , si ha

g\Big{(}v_{i},\sum_{j=1}^{r}\lambda_{j}v_{j}\Big{)}=\sum_{j=1}^{r}\lambda_{j}% \,g(v_{i},v_{j})=\lambda_{i}\,g(v_{i},v_{i})=0

dato che $g(v_{i},v_{j})=0$ per ogni $i\neq j$ . Dato che $g(v_{i},v_{i})>0$ deve essere $\lambda_{i}=0$ . Questo dimostra che i vettori $v_{1},\dots,v_{r}$ sono linearmente indipendenti.

Possiamo ora dimostrare il seguente risultato:

Teorema. Ogni spazio euclideo $V$ di dimensione finita possiede una base ortonormale.

Dimostrazione. Procediamo per induzione su $n=\dim V$ . Se $n=1$ consideriamo un vettore non nullo $v\in V$ . Si ha $g(v,v)>0$ , quindi possiamo porre $w=v/\sqrt{g(v,v)}$ . Il vettore $w$ è normalizzato, cioè si ha $g(w,w)=1$ , e constituisce pertanto una base ortonormale di $V$ .

Supponiamo quindi che il teorema valga per ogni spazio euclideo di dimensione $n-1$ e dimostriamo che allora esso vale anche per spazi di dimensione $n$ . Sia $V$ uno spazio euclideo di dimensione $n$ , come nell’enunciato, e sia $v\in V$ un vettore non nullo. Consideriamo il sottospazio $W=\langle v\rangle^{\perp}$ , ortogonale al vettore $v$ . Si ha $\dim W=n-1$ pertanto, per l’ipotesi induttiva, $W$ possiede una base ortonormale $w_{1},\dots,w_{n-1}$ . Poiché è $g(v,v)>0$ ; possiamo porre $w_{n}=v/\sqrt{g(v,v)}$ . È ora immediato verificare che $\{w_{1},\dots,w_{n-1},w_{n}\}$ è una base ortonormale di $V$ .

1.1 Procedimento di Gram–Schmidt

Descriviamo ora in dettaglio un metodo, noto come procedimento di ortonormalizzazione di Gram–Schmidt, che permette di costruire una base ortonormale partendo da una base qualsiasi di $V$ .

Consideriamo quindi uno spazio euclideo $V$ di dimensione $n$ . Sia $\mathbf{v}=\{v_{1},\dots,v_{n}\}$ una base qualunque di $V$ . Poniamo $w_{1}=v_{1}$ e cerchiamo un vettore $w_{2}$ , ortogonale a $w_{1}$ , della forma $w_{2}=\alpha_{1}w_{1}+v_{2}$ (notiamo che, in questo modo, il sottospazio vettoriale generato da $w_{1}$ e $w_{2}$ coincide con quello generato da $v_{1}$ e $v_{2}$ ). La condizione di ortogonalità tra $w_{1}$ e $w_{2}$ si esprime ponendo $g(w_{1},w_{2})=0$ . Si ha pertanto

g(w_{1},w_{2})=g(w_{1},\alpha_{1}w_{1}+v_{2})=\alpha_{1}g(w_{1},w_{1})+g(w_{1}% ,v_{2})=0

da cui si ottiene

\alpha_{1}=-\frac{g(w_{1},v_{2})}{g(w_{1},w_{1})}

Il vettore cercato è quindi

w_{2}=v_{2}-\frac{g(w_{1},v_{2})}{g(w_{1},w_{1})}\,w_{1}

Cerchiamo ora un vettore $w_{3}$ , ortogonale al sottospazio generato da $w_{1}$ e $w_{2}$ , della forma $w_{3}=\alpha_{1}w_{1}+\alpha_{2}w_{2}+v_{3}$ . Imponendo che $w_{3}$ sia ortogonale a $w_{1}$ e $w_{2}$ , si ottengono le equazioni $g(w_{1},w_{3})=0$ e $g(w_{2},w_{3})=0$ . Sviluppando i calcoli, si trova:

	$\displaystyle g(w_{1},w_{3})$	$\displaystyle=g(w_{1},\alpha_{1}w_{1}+\alpha_{2}w_{2}+v_{3})$
		$\displaystyle=\alpha_{1}g(w_{1},w_{1})+\alpha_{2}g(w_{1},w_{2})+g(w_{1},v_{3})$
		$\displaystyle=\alpha_{1}g(w_{1},w_{1})+g(w_{1},v_{3})=0$

	$\displaystyle g(w_{2},w_{3})$	$\displaystyle=g(w_{2},\alpha_{1}w_{1}+\alpha_{2}w_{2}+v_{3})$
		$\displaystyle=\alpha_{1}g(w_{2},w_{1})+\alpha_{2}g(w_{2},w_{2})+g(w_{2},v_{3})$
		$\displaystyle=\alpha_{2}g(w_{2},w_{2})+g(w_{2},v_{3})=0$

da cui si ottiene

\alpha_{1}=-\frac{g(w_{1},v_{3})}{g(w_{1},w_{1})},\qquad\alpha_{2}=-\frac{g(w_% {2},v_{3})}{g(w_{2},w_{2})}

Il vettore cercato è quindi

w_{3}=v_{3}-\frac{g(w_{1},v_{3})}{g(w_{1},w_{1})}\,w_{1}-\frac{g(w_{2},v_{3})}% {g(w_{2},w_{2})}\,w_{2}

Continuando in questo modo, si ottiene una base ortogonale $\{w_{1},w_{2},\dots,w_{n}\}$ di $V$ . Più precisamente, supponiamo (per ipotesi induttiva) di aver già costruito i vettori $w_{1},w_{2},\dots,w_{r-1}$ , che sono tra essi a due a due ortogonali. Cerchiamo allora un vettore $w_{r}$ , della forma

w_{r}=\alpha_{1}w_{1}+\alpha_{2}w_{2}+\cdots+\alpha_{r-1}w_{r-1}+v_{r}

ortogonale al sottospazio generato da $w_{1},\dots,w_{r-1}$ (notiamo che, in questo modo, il sottospazio generato dai vettori $w_{1},\dots,w_{r}$ coincide con il sottospazio generato dai vettori $v_{1},\dots,v_{r}$ ). Per ogni $i=1,\dots,r-1$ , la condizione di ortogonalità tra $w_{r}$ e $w_{i}$ fornisce la seguente equazione

	$\displaystyle g(w_{i},w_{r})$	$\displaystyle=g\Big{(}w_{i},\sum_{j=1}^{r-1}\alpha_{j}w_{j}+v_{r}\Big{)}$
		$\displaystyle=\sum_{j=1}^{r-1}\alpha_{j}g(w_{i},w_{j})+g(w_{i},v_{r})$
		$\displaystyle=\alpha_{i}g(w_{i},w_{i})+g(w_{i},v_{r})=0$

da cui si ricava

\alpha_{i}=-\frac{g(w_{i},v_{r})}{g(w_{i},w_{i})}

Il vettore $w_{r}$ cercato è quindi dato da:

w_{r}=v_{r}-\frac{g(w_{1},v_{r})}{g(w_{1},w_{1})}\,w_{1}-\frac{g(w_{2},v_{r})}% {g(w_{2},w_{2})}\,w_{2}-\cdots-\frac{g(w_{r-1},v_{r})}{g(w_{r-1},w_{r-1})}\,w_% {r-1}

Gli $n$ vettori $w_{1},\dots,w_{n}$ così costruiti sono a due a due ortogonali, quindi sono linearmente indipendenti; essi sono pertanto una base ortogonale di $V$ . Per ottenere una base ortonormale non rimane altro che normalizzare i vettori trovati. A tal fine è sufficiente porre

w^{\prime}_{i}=\frac{w_{i}}{\sqrt{g(w_{i},w_{i})}}

per ogni $i=1,\dots,n$ . I vettori $w^{\prime}_{1},\dots,w^{\prime}_{n}$ così costruiti sono una base ortonormale di $V$ .

Se indichiamo con $G$ la matrice di $g$ rispetto alla base $\mathbf{v}=\{v_{1},\dots,v_{n}\}$ di $V$ e con $G^{\prime}$ la matrice di $g$ rispetto alla base $\mathbf{w^{\prime}}=\{w^{\prime}_{1},\dots,w^{\prime}_{n}\}$ , si ha

G^{\prime}=P^{T}GP

ove $P$ è la matrice di cambiamento di base, cioè la matrice le cui colonne sono le componenti dei vettori $w^{\prime}_{1},\dots,w^{\prime}_{n}$ della nuova base, rispetto ai vettori $v_{1},\dots,v_{n}$ della base originale di $V$ . Dato che $\mathbf{w^{\prime}}=\{w^{\prime}_{1},\dots,w^{\prime}_{n}\}$ è una base ortonormale, si ha

g^{\prime}_{i,j}=g(w^{\prime}_{i},w^{\prime}_{j})=\begin{cases}1&\text{se $i=j% $}\\ 0&\text{se $i\neq j$}\end{cases}

quindi $G^{\prime}$ è la matrice identica.

Osservazione. Si noti che ogni vettore $w^{\prime}_{j}$ della base ortonormale $\mathbf{w^{\prime}}$ si scrive come combinazione lineare dei vettori $v_{1},v_{2},\dots,v_{j}$ della base $\mathbf{v}$ . Ciò significa che, nella matrice di cambiamento di base $P$ , tutti gli elementi sotto la diagonale principale sono nulli; $P$ è quindi una matrice triangolare superiore.

Possiamo riassumere quanto detto finora nel seguente teorema:

Teorema. Sia $G$ una matrice simmetrica definita positiva. Esiste una matrice invertibile $P$ tale che $P^{T}GP=I$ . Inoltre, tale matrice $P$ può essere scelta triangolare superiore.

Esempio. Applichiamo ora su un esempio concreto il metodo di ortonormalizzazione di Gram–Schmidt descritto in precedenza. Sia $V$ uno spazio euclideo di dimensione $4$ e sia

G=\begin{pmatrix}4&2&-2&2\\ 2&10&-7&-2\\ -2&-7&6&3\\ 2&-2&3&10\end{pmatrix}

la matrice del prodotto scalare rispetto alla base $\mathbf{v}=\{v_{1},v_{2},v_{3},v_{4}\}$ di $V$ . Ci proponiamo di costruire una base ortonormale di $V$ .

Iniziamo ponendo $w_{1}=v_{1}$ . Si ha

g(w_{1},w_{1})=g(v_{1},v_{1})=4,\qquad g(w_{1},v_{2})=g(v_{1},v_{2})=2

quindi, dalle formule ricavate in precedenza, otteniamo

w_{2}=v_{2}-\frac{g(w_{1},v_{2})}{g(w_{1},w_{1})}\,w_{1}=v_{2}-\frac{1}{2}\,v_% {1}

Ora si ha:

	$\displaystyle g(w_{1},v_{3})$	$\displaystyle=g(v_{1},v_{3})=-2,$
	$\displaystyle g(w_{2},v_{3})$	$\displaystyle=g\Big{(}v_{2}-\frac{1}{2}\,v_{1},v_{3}\Big{)}=g(v_{2},v_{3})-% \frac{1}{2}\,g(v_{1},v_{3})=-6,$
	$\displaystyle g(w_{2},w_{2})$	$\displaystyle=g\Big{(}v_{2}-\frac{1}{2}\,v_{1},v_{2}-\frac{1}{2}\,v_{1}\Big{)}% =g(v_{2},v_{2})-g(v_{2},v_{1})+\frac{1}{4}\,g(v_{1},v_{1})=9$

Dalle formule precedenti si ricava

w_{3}=v_{3}-\frac{g(w_{1},v_{3})}{g(w_{1},w_{1})}\,w_{1}-\frac{g(w_{2},v_{3})}% {g(w_{2},w_{2})}\,w_{2}=v_{3}+\frac{1}{6}\,v_{1}+\frac{2}{3}\,v_{2}

Infine, in modo del tutto analogo, si ha

w_{4}=v_{4}-\frac{g(w_{1},v_{4})}{g(w_{1},w_{1})}\,w_{1}-\frac{g(w_{2},v_{4})}% {g(w_{2},w_{2})}\,w_{2}-\frac{g(w_{3},v_{4})}{g(w_{3},w_{3})}\,w_{3}

Sviluppando i calcoli, si trova

\begin{aligned} g(w_{1},v_{4})&=2\\ g(w_{3},v_{4})&=2\end{aligned}\qquad\begin{aligned} g(w_{2},v_{4})&=-3\\ g(w_{3},w_{3})&=1\end{aligned}

da cui si ricava

w_{4}=-v_{1}-v_{2}-2v_{3}+v_{4}

Calcoliamo infine $g(w_{4},w_{4})$ :

g(w_{4},w_{4})=g(-v_{1}-v_{2}-2v_{3}+v_{4},-v_{1}-v_{2}-2v_{3}+v_{4})=4

Ora non rimane altro che normalizzare i vettori trovati:

	$\displaystyle w^{\prime}_{1}$	$\displaystyle=\frac{w_{1}}{\sqrt{g(w_{1},w_{1})}}=\frac{w_{1}}{\sqrt{4}}=\frac% {1}{2}\,v_{1},$
	$\displaystyle w^{\prime}_{2}$	$\displaystyle=\frac{w_{2}}{\sqrt{g(w_{2},w_{2})}}=\frac{w_{2}}{\sqrt{9}}=-% \frac{1}{6}\,v_{1}+\frac{1}{3}\,v_{2},$
	$\displaystyle w^{\prime}_{3}$	$\displaystyle=\frac{w_{3}}{\sqrt{g(w_{3},w_{3})}}=\frac{w_{3}}{\sqrt{1}}=\frac% {1}{6}\,v_{1}+\frac{2}{3}\,v_{2}+v_{3},$
	$\displaystyle w^{\prime}_{4}$	$\displaystyle=\frac{w_{4}}{\sqrt{g(w_{4},w_{4})}}=\frac{w_{4}}{\sqrt{4}}=-% \frac{1}{2}\,v_{1}-\frac{1}{2}\,v_{2}-v_{3}+\frac{1}{2}\,v_{4}$

La matrice di cambiamento di base è quindi

P=\begin{pmatrix}\frac{1}{2}&-\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&-\frac{1}{2}\\[3.0pt] 0&\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&-\frac{1}{2}\\[3.0pt] 0&0&1&-1\\[3.0pt] 0&0&0&\frac{1}{2}\end{pmatrix}

che, come si vede, è triangolare superiore. È ora immediato verificare che $P^{T}GP=I$ .