Proyección ortogonal

Proporcionamos ejercicios sobre la proyección ortogonal sobre un subespacio.

Enunciado
1. En $\mathbb{R}^3$ con el producto escalar $$\left<(x_1,x_2,x_3),(y_1,y_2,y_3)\right>=x_1y_1+2x_2y_2+3x_3y_3,$$ hallar la proyección ortogonal del vector $x=(1,1,1)$ sobre el subespacio $$F\equiv x_1+x_2+2x_3=0.$$
2. En el espacio $\mathbb{R}_2[x]$ con el producto escalar $\left<p(x),q(x)\right>= \int_0^1p(x)q(x)\;dx$ determinar la proyección ortogonal del vector $x^2$ sobre el subespacio $F=L[1,x].$
3. En el espacio vectorial real de los polinomios de grado menor o igual que 2 se define el producto escalar $$\langle p,q\rangle=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{-1}^{1}p(x)q(x)\;dx.$$ Hallar una base ortonormal del subespacio $F=L[1,x]$ y como aplicación, la proyección ortogonal del vector $x^2$ sobre $F.$
4. Sea $E$ espacio euclídeo de dimensión finita, $F$ subespacio de $E$ y $p_F:E\to E$ la aplicación que a cada vector $x$ de $E$ le hace corresponder su proyección ortogonal sobre $F,$ $p_F(x).$ Demostrar que
   $(i)\;$ $p_F$ es lineal.
   $(ii)$ $p_F$ es idempotente, es decir $p_F\circ p_F=p_F.$
5. Sea $E$ espacio vectorial euclídeo de dimensión finita, y $\{e_1,\ldots,e_r\}$ una base ortonormal de $F.$ Demostrar que para todo $x\in E$ la proyección ortogonal de $x$ a $F$ es $$p_F(x)=\left<x,e_1\right>e_1+\cdots+\left<x,e_r\right>e_r.$$

Solución
1. Hallemos $F^{\perp}.$ Para que un vector $(x_1,x_2,x_3)$ sea ortogonal a todos los de $F,$ basta que sea ortogonal a los de una base de $F.$ Una base de $F$ es $B_F=\{(1,-1,0),(-2,0,1)\},$ por tanto $$F^{\perp}\equiv \left \{ \begin{matrix} \left<(x_1,x_2,x_3),(1,-1,0)\right>=0 \\\left<(x_1,x_2,x_3),(-2,0,1)\right>=0\end{matrix}\right.\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1-2x_2=0 \\-2x_1+3x_3=0,\end{matrix}\right.$$ y una base de $F^{\perp}$ es $B_{F^{\perp}}=\{(6,3,4)\}.$ Como $\mathbb{R}^3=F\oplus F^{\perp},$ una base de $\mathbb{R}^3$ es $B=B_F\cup B_{F^{\perp}}.$ Expresemos $x=(1,1,1)$ como combinación lineal de los vectores de $B:$ $$(1,1,1)=\left[\alpha_1 (1,-1,0)+\alpha_2 (-2,0,1)\right]+\alpha_3(6,3,4).\quad (1)$$ Resolviendo obtenemos $\alpha_1=-5/17,$ $\alpha_2=1/17$ y $\alpha_3=4/17.$ La proyección ortogonal de $x$ sobre $F$ es por tanto el sumando de $(1)$ que pertenece a $F,$ es decir $$p_F(x)=-\dfrac{5}{17}(1,-1,0)+\dfrac{1}{17} (-2,0,1)=\dfrac{1}{17}(-7,5,1).$$
2. Hallemos $F^{\perp}.$ Una base de $F$ es $B_F=\{1,x\}.$ Un vector $a+bx+cx^2$ de $\mathbb{R}_2[x]$ pertenece a $F^{\perp}$ sí, y sólo si, $$\left \{ \begin{matrix} \left<a+bx+cx^2,1\right>=\int_0^1(a+bx+cx^2)\;dx=0\\\left<a+bx+cx^2,x\right>=\int_0^1(ax+bx^2+cx^3)\;dx=0.\end{matrix}\right.$$ Integrando obtenemos $$F^{\perp}\equiv\left \{ \begin{matrix} a+\frac{b}{2}+\frac{c}{3}=0\\\frac{a}{2}+\frac{b}{3}+\frac{c}{4}=0\end{matrix}\right.$$ Y una base de $F^{\perp}$ (en coordenadas en la base canónica de $\mathbb{R}_2[x]$) es $\{(1,-6,6)\}$ por tanto $F^{\perp}=L[1-6x+6x^2].$ Como $\mathbb{R}^3=F\oplus F^{\perp},$ una base de $\mathbb{R}_2[x]$ es $B=B_F\cup B_{F^{\perp}}.$ Expresemos $x^2$ como combinación lineal de los vectores de $B:$ $$x^2=\left[\alpha_1\cdot 1+\alpha_2 x\right]+\alpha_3(1-6x+6x^2).\quad (1)$$ Resolviendo obtenemos $\alpha_1=-1/6,$ $\alpha_2=1$ y $\alpha_3=-1/6.$ La proyección ortogonal de $x^2$ sobre $F$ es por tanto el sumando de $(1)$ que pertenece a $F,$ es decir $$p_F(x^2)=-\dfrac{1}{6}+x.$$
3. Una base de $F$ es $\{u_1=1,u_2=x\}.$ Según el método de ortonormalización de Schmidt, una base ortonormal de $F$ es $\{e_1,e_2\},$ siendo $$e_1=\displaystyle\frac{u_1}{ \left\|{u_1}\right\|},\;e_2=\dfrac{u_2-\langle u_2,e_1\rangle e_1}{ \left\|{u_2-\langle u_2,e_1\rangle e_1}\right\|}.$$ Efectuando los cálculos: $$\left\|{u_1}\right\|=\sqrt{\frac{1}{2}\int_{-1}^1dx}=1\Rightarrow e_1=1,$$ $$u_2-\langle u_2,e_1\rangle e_1=x-\left(\frac{1}{2}\int_{-1}^1xdx\right)\cdot 1=x$$ $$\Rightarrow \left\|{x}\right\|=\sqrt{\frac{1}{2}\int_{-1}^1x^2dx}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow e_2=\sqrt{3}x,$$ La proyección pedida es por tanto $$p_F(x^2)=\langle x^2,1\rangle 1+<x^2,\sqrt{3}x>\sqrt{3}x=\left(\frac{1}{2}\int_{-1}^1x^2dx\right)\cdot 1$$ $$-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\int_{-1}^1x^3dx\right)\sqrt{3}x=\dfrac{1}{3}.$$
4. $(i)$ Sean $x,y\in E.$ Estos vectores se pueden descomponer de manera única en la forma $$\begin{aligned}&x=p+u\;\left(p\in F,\;u\in F^{\perp}\right)\\
   &y=p’+u’\;\left(p’\in F,\;u’\in F^{\perp}\right)\end{aligned}$$ y por tanto $p_F(x)=p$ y $p_F(y)=p’.$ Para todo $\alpha,\beta\in\mathbb{R}:$ $$\alpha x+\beta y=\left(\alpha p+\beta p’\right)+\left(\alpha u+\beta u’\right),$$ con $\alpha p+\beta p’\in F$ y $\alpha u+\beta u’\in F^{\perp}.$ En consecuencia, $$p_F(\alpha x+\beta y)=\alpha p+\beta p’=\alpha p_F(x)+\beta p_F(y),$$ luego $p_F$ es lineal.
   $(ii)$ Para todo $x\in E$ se verifica $$p_F(x)=p_F(x)+0\text{ con } p_F(x)\in F \text{ y }0\in F^{\perp},$$ por tanto $\left(p_F\circ p_F\right)(x)=p_F\left[p_F(x)\right]=p_F(x),$ lo cual implica que $p_F\circ p_F=p_F.$
5. Sea $x\in E.$ Escribamos $$x=\left<x,e_1\right>e_1+\cdots+\left<x,e_r\right>e_r+u.$$ Dado que $\left<x,e_1\right>e_1+\cdots+\left<x,e_r\right>e_r\in F,$ bastará demostrar que $u\in F^{\perp}.$ Ahora bien para todo $i=1,\ldots,r:$ $$\left<u,e_i\right>=\left<x-\left<x,e_1\right>e_1+\cdots+\left<x,e_r\right>e_r,e_i\right>$$ $$=\left<x,e_i\right>-\left<x,e_i\right>\left<e_i,e_i\right>=\left<x,e_i\right>-\left<x,e_i\right>=0,$$ lo cual implica que $u\in F^{\perp}.$