Gram-Schmidt con integral impropia

Aplicamos el método de Gram-Schmidt, a un producto escalar definido vía una integral impropia.

Enunciado
Se considera el espacio vectorial $E$ formado por las funciones

$f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}},\quad f(x)=(a+bx)e^{-x}\;(a,b\in \mathbb{R}).$

Comprobar que $\left<f(x),g(x)\right>=\int_0^{+\infty}f(x)g(x)\;dx$ es un producto escalar que confiere a $E$ estructura de espacio euclídeo. Elegir una base de $E$ y ortonormalizarla por el método de Gram-Schmidt.

(Propuesto en examen, Álgebra, ETS de Ing. de Montes, UPM).

Solución
Veamos que la función $\left<\;,\;\right>:E\times E\rightarrow{\mathbb{R}}$ dada está bien definida, es decir que la integral que la define es convergente. Para que el problema sea más autocontenido, no usaremos criterios de convergencia, hallando directamente el valor de la integral.

Es claro que $\left<f(x),g(x)\right>$ es de la forma $I=\int_0^{+\infty}(Ax^2+Bx+C)e^{-2x}\;dx.$ Calculemos pues esta integral. Usamos el conocido método de identificación de coeficientes para este tipo de funciones. Escribimos:

$\displaystyle\int(Ax^2+Bx+C)e^{-2x}\;dx=(\alpha x^2+ \beta x+ \gamma)e^{-2x}.$

Derivando ambos miembros:

$(Ax^2+Bx+C)e^{-2x}=[-2\alpha x^2+2(\alpha - \beta)x+ \beta-2 \gamma]e^{-2x}.$

Identificando coeficientes y resolviendo:

$\alpha=-\dfrac{A}{2},\; \beta=-\dfrac{A+B}{2},\; \gamma=-\dfrac{A+B+2C}{4}.$

Tenemos por tanto:

$I(A,B,C)=\displaystyle\int_0^{+\infty}(Ax^2+Bx+C)e^{-2x}\;dx=\\\left[-\left(\dfrac{A}{2}x^2 +\dfrac{A+B}{2}x+\dfrac{A+B+2C}{4}\right)\cdot \dfrac{1}{e^{2x}}\right]_0^{+\infty}=\dfrac{A+B+2C}{4}.$

La función $\left<\;,\;\right>$ está por tanto bien definida. Veamos que es un producto escalar.

(i) $\left<\;,\;\right>$ es forma bilineal. En efecto, para todo $\lambda_1,\lambda_2$ números reales y para todo $f_1(x),f_2(x),g(x)$ elementos de $E:$

$\displaystyle \begin{aligned}\langle\lambda_1f_1(x)+\lambda_2f_2(x),g(x)\rangle &= \int_0^{+\infty}(\lambda_1f_1(x)+\lambda_2f_2(x))g(x)dx\\ &= \lambda_1\int_0^{+\infty}f_1(x)g(x)dx+\lambda_2\int_0^{+\infty}f_2(x)g(x)dx\\ &=\lambda_1\left<f_1(x),g(x)\right>+\lambda_2\left<f_2(x),g(x)\right>.\end{aligned}$

De manera análoga:

$\left<f(x),\lambda_1g_1(x)+\lambda_2g_2(x)\right>=\lambda_1\left<f(x),g_1(x)\right>+\lambda_2\left<f(x),g_2(x)\right>.$

(ii) $\left<\;,\;\right>$ es simétrica. En efecto, para todo $f(x),g(x)$ elementos de $E:$

$\left<f(x),g(x)\right>=\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)g(x)dx=\displaystyle\int_0^{+\infty}g(x)f(x)dx=\left<g(x),f(x)\right>.$

(iii) La forma cuadrática $Q$ asociada a $\left<\;,\;\right>$ es definida positiva. En efecto, para todo $f(x)\in E$ tenemos $Q(f(x))=\int_0^{+\infty}f^2(x)dx\geq 0$ al ser $f^2\geq 0.$ Por otra parte, dado que $f^2$ es no negativa y continua se verifica $Q(f(x))=0\Leftrightarrow f(x)=0$ por un conocido teorema de Cálculo. Hemos demostrado pues que $\left<\;,\;\right>$ es producto escalar.

Hallemos una base de $E.$ Todo vector de este espacio se puede expresar en la forma $f(x)=a\cdot e^{-x}+b\cdot (xe^{-x}).$ Esto implica que $\{e^{-x},xe^{-x}\}$ es sistema generador de $E.$ Veamos que es linealmente independiente. En efecto, si $\alpha_1 e^{-x}+\alpha_2 xe^{-x}=0,$ para $x=0$ obtenemos $\alpha_1=0.$ Para $x=1$ queda $\alpha_2 e^{-1}=0$ lo que implica $\alpha_2=0$.

Una base de $E$ es por tanto $\mathcal{B}=\{u_1(x)=e^{-x},u_2(x)=xe^{-x}\}$. Hallemos la base $\mathcal{B}’=\{v_1(x),v_2(x)\}$ obtenida de $\mathcal{B}$ al aplicarle el método de Gram-Schmidt. Usaremos el valor hallado de $I(A,B,C)$.

$\left\|{u_1(x)}\right\|^2=\left<u_1(x),u_1(x)\right>=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-2x}dx=I(0,0,1)=\dfrac{1}{2}.$

Por tanto $v_1(x)=u_1(x)/ \left\|{u_1(x)}\right\|=\sqrt{2}e^{-x}$. Por otra parte sabemos que:

$v_2(x)=\dfrac{u_2(x)-\left<u_2(x),v_1(x)\right>v_1(x)}{ \left\|{u_2(x)-\left<u_2(x),v_1(x)\right>v_1(x)}\right\|}.$

El valor de $\left<u_2(x),v_1(x)\right>$ es:

$\left<u_2(x),v_1(x)\right>=\displaystyle\int_0^{+\infty}(xe^{-x})(\sqrt{2}e^{-x})dx=\sqrt{2}I(0,1,0)=\dfrac{\sqrt{2}}{4}.$

El numerador de $v_2(x)$ es $n(x)=xe^{-x}-(\sqrt{2}/4)\sqrt{2}e^{-x}=(x-1/2)e^{-x}$, entonces:

$\left\|{n(x)}\right\|^2=\left<n(x),n(x)\right>=\displaystyle\int_0^{+\infty}n^2(x)dx\\=\displaystyle\int_0^{+\infty}(x^2-x+1/4)e^{-2x}dx=I(1,-1,1/4)=\dfrac{1}{8}\\\Rightarrow v_2(x)=\dfrac{n(x)}{ \left\|{n(x)}\right\|}=\sqrt{8}(x-1/2)e^{-x}=\sqrt{2}(2x-1)e^{-x}.$

La base ortonormalizada de $\mathcal{B}$ por el método de Gram-Schmidt es por tanto:

$$\mathcal{B}’=\{\sqrt{2}e^{-x},\sqrt{2}(2x-1)e^{-x}\}.$$

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