Ortogonalizzazione di Gram-Schmidt

[Leonardo97]

Buongiorno a tutti.

Consideriamo uno spazio vettoriale $V$ (su $\mathbb{R}$ o su $\mathbb{C}$) dotato di prodotto interno $\langle , \rangle$ e siano $v_1,...,v_n \in V$ linearmente indipendenti.
Il teorema di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt afferema che i vettori $w_1,...,w_n \in V$ cosi definiti:
\[w_1=v_1, \quad w_i=v_i-\sum_{j=1}^{i-1} \frac{\langle v_i,w_j \rangle}{\langle w_j,w_j \rangle}w_j \quad i \in {2,...,n}\]
sono tali da soddisfare le seguenti due condizioni:
1) essere a due a due ortogonali;
2) $Span(v_1,...,v_i)=Span(w_1,...,w_i) \quad \forall i \in {1,...,n}$.

Ora la domanda: il fatto che i vettori $v_1,...,v_n$ siano linearmente indipendenti non è in realtà necessario in questa dimostrazione (infatti ho letto che Gram-Schmidt si applica anche a liste di vettori linearmente dipendenti, si veda https://en.wikipedia.org/wiki/Gram%E2%8 ... dt_process). Questa ipotesi aggiuntiva (l'indipendenza lineare dei $v_1,...,v_n$ cioè) ci garantisce solamente in più che nessuno dei $w_i$ sia nullo.

Questa cosa che ho detto è vera?

Grazie a tutti per il lavoro che fate!

[anto_zoolander]

Prima di tutto
Riesci a visualizzare cosa succede ad ogni iterazione dell'algoritmo? Ovvero cosa significa calcolare di $w_1$ poi cosa significa calcolare $w_2$ e così via?

[Leonardo97]

Beh si. Il primo vettore $w_1$ lo costruisco prendendolo semplicemente uguale al primo della lista, cioè $v_1$.

Il secondo $w_2=v_2-\frac{\langle v_2,w_1 \rangle}{\langle w_1,w_1 \rangle}w_1$ lo costruisco in modo tale che sia ortogonale a $w_1=v_1$, e per questo prendo $v_2$ e gli sottraggo la sua proiezione ortogonale $\frac{\langle v_2,w_1 \rangle}{\langle w_1,w_1 \rangle}v_1$ su $v_1$, e cosi via...

Quindi il fatto che i vettori $v_1,...,v_n$ non siano linearmente indipendenti non mi sembra rappresenti un ostacolo, semplicemente alcuni dei $w_i$ saranno nulli.

Giusto?

Cioè se ad esempio $v_2=3v_1$, allora la proiezione ortogonale di $v_2$ su $v_1$ coincide con $v_2$ stesso, e dunque $w_2=0$, giusto?

[Leonardo97]

Urca urca urca, è vero. Se $w_i=0$ allora anche $\langle w_i,w_i \rangle=0$ e non si può mettere a denominatore. Ecco a cosa serviva l'indipendenza lineare di $v_1,...,v_n$.

Giusto?

Grazie mille!

[anto_zoolander]

la proiezione ortogonale ristretta allo spazio sul quale si vuole proiettare è la funzione identità, pertanto, se esiste un $1<k<=n$ per cui $v_k in <<v_1,...,v_(k-1)>> = <<w_1,...,w_(k-1)>>$

denominata $pi_W:V->W$ la proiezione su un sottospazio $W$

allora $w_k=v_k-pi_(<<w_1,..,w_(k-1)>>)(v_k)=v_k-v_k=0$

quindi si, ti garantisce che nessun $w_k$ sia nullo.