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# 4.5: Proyecciones

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Cuando el ángulo entre dos vectores es$$\frac π 2$$ o$$90^0$$, decimos que los vectores son ortogonales. Un vistazo rápido a la definición de ángulo (Ecuación 12 de “Álgebra lineal: cosenos de dirección”) conduce a esta definición equivalente para ortogonalidad:

$(x,y)=0⇔x\; \mathrm{and}\;y\;\mathrm{are\;orthogonal}. \nonumber$

Por ejemplo, en la Figura 1 (a), los vectores$$x=\begin{bmatrix}3\\1\end{bmatrix}$$ y$$y=\begin{bmatrix}-2\\6\end{bmatrix}$$ son claramente ortogonales, y su producto interno es cero:

$(x,y)=3(−2)+1(6)=0 \nonumber$

En la Figura 1 (b), los vectores$$x=\begin{bmatrix}3\\1\\0\end{bmatrix}$$$$y=\begin{bmatrix}−2\\6\\0\end{bmatrix}$$, y$$z=\begin{bmatrix}0\\0\\4\end{bmatrix}$$ son mutuamente ortogonales, y el producto interno entre cada par es cero:

$(x,y)=3(−2)+1(6)+0(0)=0 \nonumber$

$(x,z)=3(0)+1(0)+0(4)=0 \nonumber$

$(y,z)=−2(0)+6(0)+0(4)=0 \nonumber$

Ejercicio$$\PageIndex{1}$$

Cuál de los siguientes pares de vectores es ortogonal:

1. $$x=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix},y=\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}$$
2. $$x=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},y=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$$
3. $$x=e_1,y=e_3$$
4. $$x=\begin{bmatrix}a\\b\end{bmatrix} , y=\begin{bmatrix}−b\\a\end{bmatrix}$$

Podemos usar el producto interno para encontrar la proyección de un vector sobre otro como se ilustra en la Figura 2. Geométricamente encontramos la proyección de$$x$$ sobre$$y$$ dejando caer una perpendicular desde la cabeza de$$x$$ sobre la línea que contiene$$y$$. La perpendicular es la línea discontinua en la figura. El punto donde la perpendicular se cruza$$y$$ (o una extensión de$$y$$) es la proyección de$$x$$ hacia$$y$$, o el componente de$$x$$ lo largo$$y$$. Vamos a llamarlo$$z$$.

Ejercicio$$\PageIndex{1}$$

Dibuja una figura como la Figura 2 mostrando la proyección de y sobre x.

El vector$$z$$ se encuentra a lo largo$$y$$, por lo que podemos escribirlo como el producto de su norma$$||z||$$ y su vector de dirección$$u_y$$:

$z=||z||u_y=||z||\frac {y} {||y||} \nonumber$

Pero, ¿qué es la norma$$||z||$$? De la Figura 2 vemos que el vector$$x$$ es justo$$z$$, más un vector$$v$$ que es ortogonal a$$y$$:

$x=z+v,(v,y)=0 \nonumber$

Por lo tanto, podemos escribir el producto interno entre$$x$$ y$$y$$ como

$(x,y)=(z+v,y)=(z,y)+(v,y)=(z,y) \nonumber$

Pero porque$$z$$ y$$y$$ ambos se encuentran$$y$$, podemos escribir el producto interno$$(x,y)$$ como

$(x,y)=(z,y)=(||z||u_y,||y||u_y)=||z||||y||(u_y,u_y)=||z||||y||||u_y||^2=||z||||y|| \nonumber$

A partir de esta ecuación podemos resolver$$||z||=(x,y)||y||$$ y sustituir$$||z||$$ en Ecuación$$\PageIndex{6}$$ para escribir$$z$$ como

$z=||z||\frac y {||y||}=\frac {(x,y)}{||y||} \frac y {||y||}= \frac {(x,y)}{(y,y)}y \nonumber$

$$\PageIndex{10}$$La ecuación es lo que queríamos—una expresión para la proyección de$$x$$ sobre$$y$$ en términos de$$x$$ y$$y$$.

Ejercicio$$\PageIndex{1}$$

Demostrar eso$$||z||$$ y$$z$$ puede escribirse en términos de$$\cosθ$$ para$$θ$$ como se ilustra en la Figura 2:

$$||z||=||x||\cosθ$$

$$z=\frac {||x||\cosθ}{||y||}y$$

## Descomposición ortogonal

Ya sabes cómo descomponer un vector en términos de los vectores de coordenadas unitarias,

$\mathrm{x}=\left(\mathrm{x}, \mathrm{e}_{1}\right) \mathrm{e}_{1}+\left(\mathrm{x}, \mathrm{e}_{2}\right) \mathrm{e}_{2}+\cdots+\left(\mathrm{x}, \mathrm{e}_{n}\right) \mathrm{e}_{n} \nonumber$

En esta ecuación, (x,$$e_k$$)$$e_k$$ (x, ek) ek es el componente de$$x$$ along$$e_k$$, o la proyección de$$x$$ onto$$e_k$$, pero el conjunto de vectores de coordenadas unitarias no es la única base posible para descomponer un vector. Consideremos un par arbitrario de vectores ortogonales$$x$$ y$$y$$:

$$(\mathrm{x}, \mathrm{y})=0$$.

La suma de$$x$$ y$$y$$ produce un nuevo vector$$w$$, ilustrado en la Figura 3, donde se ha utilizado un dibujo bidimensional para representar$$n$$ dimensiones. La norma al cuadrado de$$w$$ es

\ |\ mathrm {w}\ |^ {2} & =(\ mathrm {w},\ mathrm {w}) = [(\ mathrm {x} +\ mathrm {y}), (\ mathrm {x} +\ mathrm {y})] =(\ mathrm {x},\ mathrm {x}) + (\ mathrm {x},\ mathrm {y}) + (\ mathrm {y},\ mathrm {x}) + (\ mathrm {y},\ mathrm {y})\\
&=\ quad\ |\ mathrm {x}\ |^ {2} +\ |\ mathrm {y}\ |^ {2}

¡Este es el teorema de Pitágoras en$$n$$ dimensiones! La longitud al cuadrado de$$w$$ es solo la suma de los cuadrados de las longitudes de sus dos componentes ortogonales.

La proyección de$$w$$ sobre$$x$$ es$$x$$, y la proyección de$$w$$ sobre$$y$$ es$$y$$:

$$w=(1) x+(1) y$$

Si escalamos$$w$$ por$$a$$ para producir el vector z=$$a$$ w, la descomposición ortogonal de$$z$$ es

$$\mathrm{z}=a \mathrm{w}=(\mathrm{a}) \mathrm{x}+(\mathrm{a}) \mathrm{y}$$.

Vamos a darle la vuelta a este argumento. En lugar de construir$$w$$ a partir de vectores ortogonales$$x$$ y$$y$$, comencemos con arbitrarios$$w$$$$x$$ y y veamos si podemos calcular una descomposición ortogonal. La proyección de$$w$$ sobre$$x$$ se encuentra desde$$\mathrm{z}=\frac{\|\mathrm{x}\| \cos \theta}{\|\mathrm{y}\|} \mathrm{y}$$.

$w_{x}=\frac{(w, x)}{(x, x)} x \nonumber$

Pero debe haber otro componente de$$w$$ tal que$$w$$ sea igual a la suma de los componentes. Llamemos al componente desconocido$$w_y$$. Entonces

$\mathrm{w}=\mathrm{w}_{\mathrm{x}}+\mathrm{w}_{\mathrm{y}} \nonumber$

Ahora, como sabemos$$w$$ y$$w_x$$ ya, nos encontramos$$w_y$$ con ser

$\mathrm{w}_{\mathrm{y}}=\mathrm{w}-\mathrm{w}_{\mathrm{x}}=\mathrm{w}-\frac{(\mathrm{w}, \mathrm{x})}{(\mathrm{x}, \mathrm{x})} \mathrm{x} \nonumber$

Curiosamente, la forma en que nos hemos descompuesto siempre$$w$$ producirá$$w_x$$ y$$w_{>y}$$ ortogonales entre sí. Comprobemos esto:

\ [\ begin {array} {l}
Para resumir, hemos tomado dos vectores arbitrarios,$$w$$ y$$x$$, y descompuesto$$w$$ en un componente en la dirección de$$x$$ y un componente ortogonal a$$x$$.