6 Ortogonalidad
6.1 Bases ortonormales y proyecciones en \(\mathbb{R}^n\)
Motivación
En \(\mathbb{R}^n\), una base permite escribir cualquier vector como combinación lineal de sus elementos. La base canónica
\[ E=\{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\ldots,\mathbf{e}_n\} \]
es especialmente útil porque sus vectores cumplen dos propiedades importantes:
\[ \mathbf{e}_i\cdot \mathbf{e}_j=0 \quad \text{si } i\neq j, \]
y
\[ \mathbf{e}_i\cdot \mathbf{e}_i=1. \]
Es decir, los vectores canónicos son mutuamente perpendiculares y cada uno tiene longitud uno. Esta idea motiva el estudio de las bases ortonormales.
Conjuntos ortogonales y ortonormales
Sea
\[ S=\{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\ldots,\mathbf{u}_k\} \]
un conjunto de vectores en \(\mathbb{R}^n\).
Decimos que \(S\) es ortonormal si
\[ \mathbf{u}_i\cdot \mathbf{u}_j=0 \quad \text{si } i\neq j, \]
y
\[ \mathbf{u}_i\cdot \mathbf{u}_i=1 \quad \text{para todo } i. \]
Equivalentemente, \(S\) es ortonormal si sus vectores son mutuamente ortogonales y cada uno tiene norma uno.
Si sólo se cumple que
\[ \mathbf{u}_i\cdot \mathbf{u}_j=0 \quad \text{si } i\neq j, \]
entonces el conjunto se llama ortogonal.
Propiedades del producto escalar
Para vectores \(\mathbf{u},\mathbf{v},\mathbf{w}\in\mathbb{R}^n\) y un escalar \(\alpha\in\mathbb{R}\), se usan las siguientes propiedades:
\[ \mathbf{u}\cdot \mathbf{v}=\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}, \]
\[ (\mathbf{u}+\mathbf{v})\cdot \mathbf{w} = \mathbf{u}\cdot \mathbf{w} + \mathbf{v}\cdot \mathbf{w}, \]
\[ \mathbf{u}\cdot(\mathbf{v}+\mathbf{w}) = \mathbf{u}\cdot \mathbf{v} + \mathbf{u}\cdot \mathbf{w}, \]
\[ (\alpha\mathbf{u})\cdot \mathbf{v} = \alpha(\mathbf{u}\cdot \mathbf{v}), \]
y
\[ \mathbf{u}\cdot(\alpha\mathbf{v}) = \alpha(\mathbf{u}\cdot \mathbf{v}). \]
Norma o longitud de un vector
Si \(\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n\), su norma o longitud se define como
\[ \|\mathbf{v}\| = \sqrt{\mathbf{v}\cdot \mathbf{v}}. \]
Si
\[ \mathbf{v}=(x_1,x_2,\ldots,x_n), \]
entonces
\[ \mathbf{v}\cdot \mathbf{v} = x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2. \]
Por tanto,
\[ \|\mathbf{v}\| = \sqrt{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}. \]
Además,
\[ \|\mathbf{v}\|\geq 0 \]
y
\[ \|\mathbf{v}\|=0 \quad \text{si y sólo si} \quad \mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Ejemplo: norma en \(\mathbb{R}^2\)
Si
\[ \mathbf{v}=(x,y)\in\mathbb{R}^2, \]
entonces
\[ \|\mathbf{v}\|=\sqrt{x^2+y^2}. \]
Esta es la longitud usual de un vector en el plano.
Ejemplo: norma en \(\mathbb{R}^3\)
Si
\[ \mathbf{v}=(x,y,z)\in\mathbb{R}^3, \]
entonces
\[ \|\mathbf{v}\|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}. \]
Ejemplo: norma en \(\mathbb{R}^5\)
Sea
\[ \mathbf{v}=(2,-1,3,4,-6)\in\mathbb{R}^5. \]
Entonces
\[ \|\mathbf{v}\| = \sqrt{2^2+(-1)^2+3^2+4^2+(-6)^2}. \]
Por tanto,
\[ \|\mathbf{v}\| = \sqrt{4+1+9+16+36} = \sqrt{66}. \]
Teorema: Conjuntos ortogonales e independencia lineal
Si
\[ S=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_k\} \]
es un conjunto ortogonal de vectores no nulos, entonces \(S\) es linealmente independiente.
Justificación
Supongamos que
\[ c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+\cdots+c_k\mathbf{v}_k=\mathbf{0}. \]
Tomamos producto punto con \(\mathbf{v}_i\):
\[ \left(c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+\cdots+c_k\mathbf{v}_k\right)\cdot \mathbf{v}_i=0. \]
Como los vectores son ortogonales, todos los términos se anulan excepto el correspondiente a \(\mathbf{v}_i\):
\[ c_i(\mathbf{v}_i\cdot \mathbf{v}_i)=0. \]
Pero
\[ \mathbf{v}_i\cdot \mathbf{v}_i=\|\mathbf{v}_i\|^2>0, \]
porque \(\mathbf{v}_i\neq \mathbf{0}\). Por tanto,
\[ c_i=0. \]
Como esto vale para todo \(i\), todos los coeficientes son cero. Así, el conjunto es linealmente independiente.
Proceso de Gram-Schmidt
El proceso de Gram-Schmidt permite convertir una base cualquiera de un subespacio de \(\mathbb{R}^n\) en una base ortonormal.
Teorema
Si \(H\) es un subespacio de dimensión \(m\) de \(\mathbb{R}^n\), entonces \(H\) tiene una base ortonormal.
Supongamos que
\[ S=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_m\} \]
es una base de \(H\).
Paso 1: primer vector unitario
Definimos
\[ \mathbf{u}_1= \frac{\mathbf{v}_1}{\|\mathbf{v}_1\|}. \]
Entonces
\[ \|\mathbf{u}_1\|=1. \]
Paso 2: construir un vector ortogonal a \(\mathbf{u}_1\)
Definimos
\[ \mathbf{v}_2' = \mathbf{v}_2-(\mathbf{v}_2\cdot \mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1. \]
Este vector es ortogonal a \(\mathbf{u}_1\).
Paso 3: normalizar
Definimos
\[ \mathbf{u}_2= \frac{\mathbf{v}_2'}{\|\mathbf{v}_2'\|}. \]
Entonces \(\mathbf{u}_1\) y \(\mathbf{u}_2\) son ortonormales.
Paso general
Si ya se construyeron
\[ \mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\ldots,\mathbf{u}_k, \]
entonces se define
\[ \mathbf{v}_{k+1}' = \mathbf{v}_{k+1} - (\mathbf{v}_{k+1}\cdot \mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1 - (\mathbf{v}_{k+1}\cdot \mathbf{u}_2)\mathbf{u}_2 - \cdots - (\mathbf{v}_{k+1}\cdot \mathbf{u}_k)\mathbf{u}_k. \]
Luego se normaliza:
\[ \mathbf{u}_{k+1} = \frac{\mathbf{v}_{k+1}'}{\|\mathbf{v}_{k+1}'\|}. \]
Repitiendo este proceso se obtiene una base ortonormal de \(H\).
Ejemplo: base ortonormal en \(\mathbb{R}^3\)
Construya una base ortonormal de \(\mathbb{R}^3\) a partir de la base
\[ \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \right\}. \]
Solución
Sea
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Primero,
\[ \|\mathbf{v}_1\|=\sqrt{2}. \]
Entonces
\[ \mathbf{u}_1= \frac{\mathbf{v}_1}{\|\mathbf{v}_1\|} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 \end{pmatrix}. \]
Ahora calculamos
\[ \mathbf{v}_2' = \mathbf{v}_2-(\mathbf{v}_2\cdot \mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1. \]
Como
\[ \mathbf{v}_2\cdot \mathbf{u}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}, \]
se obtiene
\[ \mathbf{v}_2' = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac12\\ \frac12\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Como
\[ \|\mathbf{v}_2'\| = \sqrt{\frac32}, \]
entonces
\[ \mathbf{u}_2= \frac{\mathbf{v}_2'}{\|\mathbf{v}_2'\|} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}. \]
Ahora,
\[ \mathbf{v}_3' = \mathbf{v}_3 - (\mathbf{v}_3\cdot \mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1 - (\mathbf{v}_3\cdot \mathbf{u}_2)\mathbf{u}_2. \]
Se obtiene
\[ \mathbf{v}_3' = \begin{pmatrix} \frac23\\ -\frac23\\ \frac23 \end{pmatrix}. \]
Como
\[ \|\mathbf{v}_3'\| = \frac{2}{\sqrt{3}}, \]
entonces
\[ \mathbf{u}_3= \frac{\mathbf{v}_3'}{\|\mathbf{v}_3'\|} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}. \]
Por tanto, una base ortonormal es
\[ \left\{ \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} \right\}. \]
Ejemplo: base ortonormal de un plano en \(\mathbb{R}^3\)
Encuentre una base ortonormal para el plano
\[ \pi= \left\{ \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix} : 2x-y+3z=0 \right\}. \]
Solución
Una base para este plano es
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 0\\ 3\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Primero,
\[ \|\mathbf{v}_1\|=\sqrt{5}, \]
por lo que
\[ \mathbf{u}_1= \frac{\mathbf{v}_1}{\|\mathbf{v}_1\|} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{2}{\sqrt{5}}\\ 0 \end{pmatrix}. \]
Luego,
\[ \mathbf{v}_2' = \mathbf{v}_2-(\mathbf{v}_2\cdot \mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1. \]
Como
\[ \mathbf{v}_2\cdot \mathbf{u}_1 = \frac{6}{\sqrt{5}}, \]
se obtiene
\[ \mathbf{v}_2' = \begin{pmatrix} 0\\ 3\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{6}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{2}{\sqrt{5}}\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac65\\ \frac35\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Además,
\[ \|\mathbf{v}_2'\| = \sqrt{\frac{70}{25}} = \frac{\sqrt{70}}{5}. \]
Por tanto,
\[ \mathbf{u}_2= \frac{\mathbf{v}_2'}{\|\mathbf{v}_2'\|} = \begin{pmatrix} -\frac{6}{\sqrt{70}}\\ \frac{3}{\sqrt{70}}\\ \frac{5}{\sqrt{70}} \end{pmatrix}. \]
Así, una base ortonormal para \(\pi\) es
\[ \left\{ \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{2}{\sqrt{5}}\\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -\frac{6}{\sqrt{70}}\\ \frac{3}{\sqrt{70}}\\ \frac{5}{\sqrt{70}} \end{pmatrix} \right\}. \]
Estos vectores son ortogonales, tienen norma uno y satisfacen la ecuación del plano.
Matrices ortogonales
Una matriz cuadrada \(Q\) de tamaño \(n\times n\) se llama ortogonal si es invertible y
\[ Q^{-1}=Q^\top. \]
Equivalentemente,
\[ Q^\top Q=I. \]
Teorema
Una matriz \(Q\) de tamaño \(n\times n\) es ortogonal si y sólo si sus columnas forman una base ortonormal de \(\mathbb{R}^n\).
Ejemplo: una matriz ortogonal
A partir de la base ortonormal del ejemplo 6.1.4, se puede formar la matriz
\[ Q= \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}. \]
Como sus columnas forman una base ortonormal, se cumple que
\[ Q^\top Q=I. \]
Por tanto, \(Q\) es una matriz ortogonal.
Proyección ortogonal sobre un subespacio
Sea \(H\) un subespacio de \(\mathbb{R}^n\) con base ortonormal
\[ \{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\ldots,\mathbf{u}_k\}. \]
Si \(\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n\), la proyección ortogonal de \(\mathbf{v}\) sobre \(H\) se define como
\[ \operatorname{proy}_H(\mathbf{v}) = (\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1 + (\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_2)\mathbf{u}_2 + \cdots + (\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_k)\mathbf{u}_k. \]
Observe que
\[ \operatorname{proy}_H(\mathbf{v})\in H. \]
Ejemplo: proyección sobre un plano
Sea
\[ \pi= \left\{ \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix} : 2x-y+3z=0 \right\} \]
y sea
\[ \mathbf{v}= \begin{pmatrix} 3\\ -2\\ 4 \end{pmatrix}. \]
De un ejemplo anterior, una base ortonormal para \(\pi\) es
\[ \mathbf{u}_1= \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{2}{\sqrt{5}}\\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{u}_2= \begin{pmatrix} -\frac{6}{\sqrt{70}}\\ \frac{3}{\sqrt{70}}\\ \frac{5}{\sqrt{70}} \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ \operatorname{proy}_{\pi}(\mathbf{v}) = (\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1 + (\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_2)\mathbf{u}_2. \]
Calculando,
\[ \mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_1 = -\frac{1}{\sqrt{5}}, \]
y
\[ \mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_2 = -\frac{4}{\sqrt{70}}. \]
Por tanto,
\[ \operatorname{proy}_{\pi}(\mathbf{v}) = -\frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{2}{\sqrt{5}}\\ 0 \end{pmatrix} - \frac{4}{\sqrt{70}} \begin{pmatrix} -\frac{6}{\sqrt{70}}\\ \frac{3}{\sqrt{70}}\\ \frac{5}{\sqrt{70}} \end{pmatrix}. \]
Así,
\[ \operatorname{proy}_{\pi}(\mathbf{v}) = \begin{pmatrix} \frac17\\ -\frac47\\ -\frac27 \end{pmatrix}. \]
Teorema: Representación en una base ortonormal
Sea
\[ B=\{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\ldots,\mathbf{u}_n\} \]
una base ortonormal de \(\mathbb{R}^n\). Entonces todo vector \(\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n\) se puede escribir como
\[ \mathbf{v} = (\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1 + (\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_2)\mathbf{u}_2 + \cdots + (\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_n)\mathbf{u}_n. \]
Es decir, los coeficientes de \(\mathbf{v}\) en una base ortonormal se obtienen mediante productos punto.
Ejemplo: escribir un vector en una base ortonormal
Escriba
\[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} 2\\ -1\\ 3 \end{pmatrix} \]
en términos de la base ortonormal
\[ \left\{ \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} \right\}. \]
Solución
Los coeficientes son los productos punto con los vectores de la base:
\[ \mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}, \]
\[ \mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_2 = \frac{3}{\sqrt{6}}, \]
y
\[ \mathbf{v}\cdot \mathbf{u}_3 = \frac{6}{\sqrt{3}}. \]
Por tanto,
\[ \begin{pmatrix} 2\\ -1\\ 3 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{u}_1 + \frac{3}{\sqrt{6}}\mathbf{u}_2 + \frac{6}{\sqrt{3}}\mathbf{u}_3. \]
Complemento ortogonal
Sea \(H\) un subespacio de \(\mathbb{R}^n\). El complemento ortogonal de \(H\), denotado por \(H^\perp\), se define como
\[ H^\perp = \{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n: \mathbf{x}\cdot \mathbf{h}=0 \text{ para todo } \mathbf{h}\in H\}. \]
Teorema
Si \(H\) es un subespacio de \(\mathbb{R}^n\), entonces:
- \(H^\perp\) es un subespacio de \(\mathbb{R}^n\).
\[ H\cap H^\perp=\{\mathbf{0}\}. \]
\[ \dim(H^\perp)=n-\dim(H). \]
Teorema de proyección
Sea \(H\) un subespacio de \(\mathbb{R}^n\) y sea \(\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n\). Entonces existen únicos vectores \(\mathbf{h}\) y \(\mathbf{p}\) tales que
\[ \mathbf{h}\in H, \qquad \mathbf{p}\in H^\perp, \]
y
\[ \mathbf{v}=\mathbf{h}+\mathbf{p}. \]
Además,
\[ \mathbf{h}=\operatorname{proy}_H(\mathbf{v}), \]
y
\[ \mathbf{p}=\operatorname{proy}_{H^\perp}(\mathbf{v}). \]
Por tanto,
\[ \mathbf{v} = \operatorname{proy}_H(\mathbf{v}) + \operatorname{proy}_{H^\perp}(\mathbf{v}). \]
Esta descomposición separa un vector en una parte dentro de \(H\) y otra parte perpendicular a \(H\).
Ejemplo: descomposición de un vector en \(\mathbb{R}^3\)
Sea
\[ \pi= \left\{ \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix} : 2x-y+3z=0 \right\} \]
y sea
\[ \mathbf{v}= \begin{pmatrix} 3\\ -2\\ 4 \end{pmatrix}. \]
De un ejemplo anterior,
\[ \mathbf{h} = \operatorname{proy}_{\pi}(\mathbf{v}) = \begin{pmatrix} \frac17\\ -\frac47\\ -\frac27 \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ \mathbf{p} = \mathbf{v}-\mathbf{h}. \]
Por tanto,
\[ \mathbf{p} = \begin{pmatrix} 3\\ -2\\ 4 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \frac17\\ -\frac47\\ -\frac27 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{20}{7}\\ -\frac{10}{7}\\ \frac{30}{7} \end{pmatrix}. \]
Así,
\[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} \frac17\\ -\frac47\\ -\frac27 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \frac{20}{7}\\ -\frac{10}{7}\\ \frac{30}{7} \end{pmatrix}, \]
donde
\[ \mathbf{h}\in \pi \]
y
\[ \mathbf{p}\in \pi^\perp. \]
Además,
\[ \mathbf{h}\cdot \mathbf{p}=0. \]
Teorema: Teorema de mejor aproximación
Sea \(H\) un subespacio de \(\mathbb{R}^n\) y sea \(\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n\). Entonces
\[ \operatorname{proy}_H(\mathbf{v}) \]
es la mejor aproximación de \(\mathbf{v}\) dentro de \(H\).
Esto significa que, si \(\mathbf{h}\) es cualquier otro vector de \(H\) distinto de \(\operatorname{proy}_H(\mathbf{v})\), entonces
\[ \|\mathbf{v}-\operatorname{proy}_H(\mathbf{v})\| < \|\mathbf{v}-\mathbf{h}\|. \]
Interpretación
La proyección ortogonal es el punto de \(H\) más cercano a \(\mathbf{v}\). Este resultado es fundamental en aplicaciones como mínimos cuadrados, ajuste de datos, estadística, regresión lineal y aproximación numérica.
Teorema: Desigualdad de Cauchy-Schwarz
Si \(\mathbf{u},\mathbf{v}\in\mathbb{R}^n\), entonces
\[ |\mathbf{u}\cdot \mathbf{v}| \leq \|\mathbf{u}\|\|\mathbf{v}\|. \]
Además, se tiene igualdad si y sólo si uno de los vectores es el vector cero o si uno es múltiplo escalar del otro.
Es decir,
\[ |\mathbf{u}\cdot \mathbf{v}| = \|\mathbf{u}\|\|\mathbf{v}\| \]
si y sólo si
\[ \mathbf{u}=\mathbf{0} \quad \text{o} \quad \mathbf{v}=\lambda \mathbf{u} \]
para algún escalar \(\lambda\).
Interpretación
La desigualdad de Cauchy-Schwarz garantiza que el producto punto no puede ser mayor, en valor absoluto, que el producto de las longitudes de los vectores. Esta desigualdad permite definir rigurosamente el ángulo entre dos vectores en \(\mathbb{R}^n\) mediante
\[ \cos\theta= \frac{\mathbf{u}\cdot \mathbf{v}} {\|\mathbf{u}\|\|\mathbf{v}\|}. \]