Espacios vectoriales euclídeos con polinomios

Consideremos el espacio vectorial de los polinomios $V=\mathcal{P}_{2}(\mathbb{R})$ y definimos en él un producto escalar, por ejemplo de la siguiente manera $\langle p(x)\,,\,q(x) \rangle := \displaystyle \int_{0}^{1}\,p(x)\,q(x)\,dx$ (obtenemos así un espacio vectorial euclídeo). Entonces, tomando $\mathcal{C}=\{e_1=1,e_2=x,e_3=x^2\}$ como base estándar de $V$, queremos calcular la matriz de Gram asociada con respecto de esta base. Y, finalmente, el producto escalar de los polinomios $r(x)=-1+x+x^2$ y $s(x)=1+x-x^2$

Recordemos que la matriz de Gram se define como $$G:=\begin{pmatrix}\langle e_1\,,\, e_1 \rangle & \langle e_1\,,\, e_2 \rangle & \langle e_1\,,\, e_3 \rangle \\ \langle e_2\,,\, e_1 \rangle & \langle e_2\,,\, e_2 \rangle & \langle e_2\,,\, e_3 \rangle \\ \langle e_3\,,\, e_1 \rangle & \langle e_3\,,\, e_2 \rangle & \langle e_3\,,\, e_3 \rangle\end{pmatrix}$$ Hagamos los cálculos,
  $\langle e_1\,,\, e_1 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, 1\cdot 1\,dx = 1$
  $\langle e_1\,,\, e_2 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, 1\cdot x\,dx = \dfrac{1}{2}$
  $\langle e_1\,,\, e_3 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, 1\cdot x^2\,dx = \dfrac{1}{3}$
  $\langle e_2\,,\, e_1 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, x\cdot 1\,dx = \dfrac{1}{2}$
  $\langle e_2\,,\, e_2 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, x\cdot x\,dx = \dfrac{1}{3}$
  $\langle e_2\,,\, e_3 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, x\cdot x^2\,dx = \dfrac{1}{4}$
  $\langle e_3\,,\, e_1 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, x^2\cdot 1\,dx = \dfrac{1}{3}$
  $\langle e_3\,,\, e_2 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, x^2\cdot x\,dx = \dfrac{1}{4}$
  $\langle e_3\,,\, e_1 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\, x^2\cdot x^2\,dx = \dfrac{1}{5}$
luego, $$G=\begin{pmatrix}1 & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{4} \\ \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{5} \end{pmatrix}$$ Entonces, para calcular el producto escalar $\langle r(x)\,,\,s(x)\rangle$ -siendo las coordenadas de dichos dos vectores (con respecto de la base $\mathcal{C}$), $r(x)=(-1,1,1)$ y $s(x)=(1,1,-1)$-, sabemos que éste puede calcularse utilizando la matriz de Gram que acabamos de calcular: $$\langle r(x)\,,\,s(x)\rangle=(r_1,r_2,r_3)\,G\,(s_1,s_2,s_3)^\top$$ por consiguiente, $$\langle r(x)\,,\,s(x)\rangle=(-1,1,1)\,\begin{pmatrix}1 & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{4} \\ \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{5} \end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}=-\dfrac{1}{5}$$

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Comprobamos que obtenemos el mismo resultado aplicando el producto escalar tal cual lo hemos definido: $$\langle -1+x+x^2\,,\,1+x-x^2 \rangle = \displaystyle \int_{0}^{1}\,(-1+x+x^2)\,(1+x-x^2)\,dx = \int_{0}^{1}\,(-x^4+3x^2-1)\,dx = -\dfrac{1}{5}$$ $\diamond$

Producto escalar y espacio vectorial euclídeo, producto mixto, volumen de un paralelepípedo, matriz de Gram

Si a un espacio vectorial le dotamos de un producto escalar (forma bilineal simétrica definida positiva), obtenemos un espacio vectorial euclídeo. Si cambiamos de producto escalar, tendremos otro espacio vectorial euclídeo distinto.

Se considera un paralelepípedo cuyos vectores respresentativos (con orígenes en uno de los vértices del paralelepípedo son $\{\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)_\mathcal{C}, \vec{v}=(v_1,v_2,v_3)_\mathcal{C}, \vec{w}=(w_1,w_2,w_3)_\mathcal{C}\}$, coordenadas con respecto a una base ortonormal, como por ejemplo, la base canónica $\mathcal{C}=\{\hat{i}=(1,0,0), \hat{j}=(0,1,0), \hat{k}=(0,0,1)\}$. El volumen de dicho paralelepípedo viene dado por $V=\langle (\vec{u} \times \vec{v} ),\vec{w} \rangle =\text{det}(M)$, donde $M=\begin{pmatrix}u_1&u_2&u_3\\v_1&v_2&v_3\\w_1&w_2&w_3\end{pmatrix}$

Vamos a ver ahora cómo podemos manejar dicho determinante. Teniendo en cuenta las siguientes propiedad de los determinantes: i) $\text{det}(A\cdot B)=\text{det}(A)\cdot \text{det}(B)$ y ii) $\text{det}(A)=\text{det}(A^\top)$, siendo $A$ y $B$ dos matrices cuadradas cualesquiera. Entonces, es claro que podemos escribir el cuadrado del volumen de la forma $V=\text{det}(M)=\text{det}(M^\top)$, luego $V^2=V\cdot V= \text{det}(M)\cdot\text{det}(M)= \text{det}(M)\cdot \text{det}(M^\top)=\text{det}(M\, M^\top)$
  $=\text{det}\,\left(\begin{pmatrix}u_1&u_2&u_3\\v_1&v_2&v_3\\w_1&w_2&w_3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u_1&v_1&w_1\\u_2&v_2&w_2\\u_3&v_3&w_3\end{pmatrix}\right)$
    $=\text{det}\,\begin{pmatrix}u_1\,u_1+u_2\,u_2+u_3\,u_3&u_1\,v_1+u_2\,v_2+u_3\,v_3&u_1\,w_1+u_2\,w_2+u_3\,w_3 \\ v_1\,u_1+v_2\,u_2+v_3\,u_3&v_1\,v_1+v_2\,v_2+u_3\,v_3&v_1\,w_1+v_2\,w_2+v_3\,w_3 \\ w_1\,u_1+w_2\,u_2+w_3\,w_3&w_1\,v_1+w_2\,u_2+w_3\,v_3&w_1\,w_1+w_2\,w_2+w_3\,w_3 \end{pmatrix}$
      $=\text{det}\,\begin{pmatrix} \langle \vec{u}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \langle \vec{v}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \langle \vec{w}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \end{pmatrix} \quad (1)$
es decir, el determinante de la matriz de Gram, $G:=\begin{pmatrix} \langle \vec{u}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \langle \vec{v}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \langle \vec{w}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \end{pmatrix}$, o tensor métrico.

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Observación: Es claro que $\mathcal{B}:=\{\vec{u},\vec{v},\vec{w}\}$ es también una base de $\mathbb{R}^3$, aunque no sea una base ortonormal, tenemos así también un espacio vectorial euclídeo. Entonces podemos describir ese producto escalar (que no es el estándar) de dos vectores cualesquiera $\vec{s}=(s_1,s_2,s_3)_{\mathcal{B}}$ y $\vec{t}=(t_1,t_2,t_3)_{\mathcal{B}}$, referidos a dicha base $\mathcal{B}$ (no necesariamente ortonormal), de la forma: $$\langle \vec{s}\,,\,\vec{t} \rangle = (s_1,s_2,s_3)_{\mathcal{B}}\, \begin{pmatrix} \langle \vec{u}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \langle \vec{v}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \langle \vec{w}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{w}\rangle \\ \end{pmatrix} \, \begin{pmatrix}t_1\\ t_2\\ t_3\end{pmatrix}_{\mathcal{B}}$$

Démonos cuenta, sin embargo, de que en el caso particular $\alpha=\beta=\gamma=\pi/2$ (ya tenemos una base ortogonoal) y siendo $u=v=w=1$ (la base $\mathcal{B}$ es ahora ortonormal) $\mathcal{C}$) obtenemos lo que podríamos esperar: $\langle \vec{s}\,,\,\vec{t}\rangle = s_1\,t_1+s_2\,t_2+s_3\,t_3$, esto es, el producto escalar estándar.

--- Por lo tanto, los ángulos que forman los vectores $\vec{u},\vec{v},\vec{w}$ entre ellos son:
$\alpha:=\measuredangle{(\vec{v}\,,\,\vec{w})}=\dfrac{\langle \vec{v}\,,\,\vec{w}\rangle}{v\,w}$
$\beta:=\measuredangle{(\vec{u}\,,\,\vec{w})}=\dfrac{\langle \vec{u}\,,\,\vec{w}\rangle}{u\,w}$
$\gamma:=\measuredangle{(\vec{u}\,,\,\vec{v})}=\dfrac{\langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle}{u\,v}$
y, desde luego, $\measuredangle{(\vec{u}\,,\,\vec{u})}=\measuredangle{(\vec{v}\,,\,\vec{v})}=\measuredangle{(\vec{w}\,,\,\vec{w})}=0$, de (1) podemos escribir el volumen del paralelepípedo de la forma: $$ V^2 = \text{det}\,\begin{pmatrix} u^2 & u\,v\,\cos(\gamma) & u\,w\,\cos(\beta) \\ v\,u\,\cos(\gamma) & v^2 & v\,w\,\cos(\alpha) \\ w\,u\,cos(\beta) & w\,v\,\cos(\alpha)& w^2 \end{pmatrix} $$ luego $$ V = \sqrt{\text{det}\,\begin{pmatrix} u^2 & u\,v\,\cos(\gamma) & u\,w\,\cos(\beta) \\ v\,u\,\cos(\gamma) & v^2 & v\,w\,\cos(\alpha) \\ w\,u\,cos(\beta) & w\,v\,\cos(\alpha)& w^2 \end{pmatrix}} $$ $\diamond$