Matrices ortogonales

ENUNCIADO. Se dice que una matriz cuadrada invertible ( no singular ) es ortogonal si su traspuesta coincide con su inversa. Compruébese que la matriz $$A=\begin{pmatrix}\sin{\alpha}&\cos{\alpha} \\ -\cos{\alpha} & \sin{\alpha}\end{pmatrix}$$

SOLUCIÓN. La matriz traspuesta de $A$ es $A^{\top}=\begin{pmatrix}\sin{\alpha}&-\cos{\alpha} \\ \cos{\alpha} & \sin{\alpha}\end{pmatrix}$. Basta comprobar que $AA^{\top}=I=A^{\top}A$; en efecto,

$A\,A^{\top}=\begin{pmatrix}\sin{\alpha}&\cos{\alpha} \\ -\cos{\alpha} & \sin{\alpha}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\sin{\alpha}&-\cos{\alpha} \\ \cos{\alpha} & \sin{\alpha}\end{pmatrix}=$

$=\begin{pmatrix}\sin^2{\alpha}+\cos^2{\alpha}&\sin{\alpha}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\cos{\alpha} \\\sin{\alpha}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\cos{\alpha} & \sin^2{\alpha}+\cos^2{\alpha}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0 & 1\end{pmatrix}$
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Matrices ortogonales ... ( artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Sigui la matriu
    $A=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \\ p&-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$
  (a) Què significa que la matriu $B$ sigui la matriu inversa de $A$ ?
  (b) Trobeu el valor de $p$ per tal que la matriu inversa de $A$ i la matriu transposada de $A$ coincideixin

Solució:
  (a)
$B=A^{-1}$ si, i només si, $A$ és una matriu regular ( invertible ) i, doncs, si $\det(A)\neq 0$, de tal manera que $B\,A=A\,B=I_3$, on $I_3$ és la matriu identitat d'ordre $3$

  (b)
SOLUCIÓ:
Com que una matriu $A$ es ortogonal si i només si $A\,A^{t}=I=A^{t}\,A$; així, doncs, operant
$A\,A^t=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \\ p&-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & p \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{3}} & -\dfrac{1}{\sqrt{3}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$
s'ha d'obtenir la matriu identitat; i, per tant, tenint en compte que l'element de la tercera fila i de la primera columna d'aquesta ha de ser igual a $0$, s'haurà de complir que $\dfrac{p}{\sqrt{2}}-\dfrac{2}{6}-\dfrac{1}{6}=0$, i per tant, $p=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$


RESPOSTA IGUALMENT VÀLIDA ( que va més enllà del que es demana i que té, doncs, caràcter d'ampliació de continguts):
Si $A^t=A^{-1}$, llavors $A$ és una matriu ortogonal, que podem interpretar com la matriu de canvi de base de la base $\mathcal{B}$, formada aquests vectors ortonormals,
    $u_1=(\frac{1}{\sqrt{2}},0,p)$
    $u_2=(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}})$
    $u_3=(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}})$
disposats en columna, a la base canònica, $\mathcal{E}=\lbrace (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1) \rbrace$
disposats en columnes (i en l'ordre indicat)

Com que aquests vectors ( ortonormals ) son - naturalment - ortogonals, dos a dos, els valors del producte escalar euclidià usual ( respecte de la base canònica i que denotem per $\langle .,. \rangle $ ), són:
    $(i) \quad \langle u_1,u_2 \rangle =0$
    $(i) \quad \langle u_1,u_3 \rangle =0$
    $(iii) \quad \langle u_2,u_3 \rangle =0$

D'acord amb el que s'acaba de dir:
(iii)
es comprova que
        $ \langle u_2,u_3 \rangle=0$
en efecte:
    $ \langle u_2,u_3 \rangle = \langle (\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}),(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}}) \rangle$
        $=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \big(-\frac{2}{\sqrt{6}}\big)+\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{1}{\sqrt{6}}=2\,\frac{1}{\sqrt{3}\,\sqrt{6}}-2\,\frac{1}{\sqrt{3}\,\sqrt{6}}=0$

De (i), trobem el valor de $p$:
    $ \langle u_1,u_2 \rangle =\langle (\frac{1}{\sqrt{2}},0,p),(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}) \rangle =\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{3}}-\dfrac{p}{\sqrt{3}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

Nota 2:
Es pot comprovar que, de (ii), s'obté també el valor de $p$; en efecte,
    $ \langle u_1,u_3 \rangle =\langle (\frac{1}{\sqrt{2}},0,p),(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}}) \rangle =\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{6}}-\dfrac{p}{\sqrt{6}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

-oOo-

Nota 1:
Suposem que les coordenades dels vectors venen referides a la base canònica de l'espai euclidià $(\mathbb{R}^3,\langle .,. \rangle )$ i, per tant, les podem anomenar components dels vectors )

Nota 2:
Es pot comprovar que, de (ii), s'obté també el valor de $p$; en efecte,
    $\langle u_1,u_3\rangle=\langle (\frac{1}{\sqrt{2}},0,p),(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}}) \rangle=\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{6}}-\dfrac{p}{\sqrt{6}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$


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[nota del autor]

Matrices ortogonales

Enunciado:
Sea la matriz
    $A=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \\ p&-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$
  a) ¿ Qué significa que la matriz $B$ sea la matriu inversa de $A$ ?
  b) Encontrar el valor de $p$ para que la matriz inversa de $A$ sea igual a la matriz traspuesta $A$

a)       Resolución:
$B=A^{-1}$ si, y sólo si, $A$ es una matrizregular ( invertible ) y, por tanto, si $\det(A)\neq 0$, de tal manera que $B\,A=A\,B=I_3$, donde $I_3$ es la matriz identidad d'orden $3$


b)       Resolución:
Recordemos que
$A^{-1}=\dfrac{(\text{Adj}(A))^t}{\text{det}(A}$
en otras palabras
$A^{-1}=\Big(\dfrac{\alpha_{ij}}{\text{det}(A)}\Big)_{3 \times 3}^{t}=\Big(\dfrac{\alpha_{ji}}{\text{det}(A)}\Big)_{3 \times 3}$
  para $i,j=1,2,3$
donde los cofactores $\alpha_{ij}$ se calculan de la siguiente manera
$\alpha_{ij}=(-1)^{i+j}\,A_{ij}$
siendo $A_{ij}$ los adjuntos ( menores de orden $n-1$, donde, en este caso, $n=3$ ) que se obtienen de los elementos que quedan al suprimir la fila y la columna del elemento $a_{ij}$ de la matriz $A$

Observemos que
$\alpha_{12}=-\begin{vmatrix} 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}}\\ p & -\frac{1}{\sqrt{6}}\end{vmatrix}=-\frac{2p}{\sqrt{6}}$
y teniendo en cuenta que
$\text{det}(A)=\begin{vmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \\ p&-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{vmatrix}=\{f_2+f_3\rightarrow f_2; f_1+f_3 \rightarrow f_1\}$

        $=\begin{vmatrix}p+\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0\\ \\ p&0 &-\frac{3}{\sqrt{6}} \\ \\ p&-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{vmatrix}=(p+\frac{1}{\sqrt{2}})\,\begin{vmatrix} 0 &-\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \\ p& -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{vmatrix}=-(p+\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{1}{\sqrt{2}}$
el elemento de la segunda fila y primera columna de la matriz inversa es
$\dfrac{-\frac{2p}{\sqrt{6}}}{-(p+\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{1}{\sqrt{2}}}$
y como se nos dice que $A^{-1}$ es igual a $A^t$, este valor deberá coincidir con el elemento de la segunda fila y primera columna de la matriz traspuesta de $A$, que es
$\frac{1}{\sqrt{3}}$
es decir
$\dfrac{\frac{2p}{\sqrt{6}}}{(p+\frac{1}{\sqrt{2}}) \frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$
de donde, resolviendo esta ecuación de primer grado, obtenemos el valor que toma $p$
$p=\frac{1}{\sqrt{2}}$
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b)       Resolución alternativa (ampliación):

Si $A^t=A^{-1}$, entonces $A$ es una matriz ortogonal, luego los vectores de componentes (Nota 1)
    $u_1=(\frac{1}{\sqrt{2}},0,p)$
    $u_2=(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}})$
    $u_3=(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}})$
dispuestos en columnas (y en el orden indicado), que forman los elementos de la matriz $A$, son ortogonales dos a dos y por consiguiente los valores del producte escalar euclídeo $\left \langle .,. \right \rangle$ ( respecte de la base canónica) son:

(i)    $\left \langle u_1,u_2 \right \rangle=0$
(ii)     $\left \langle u_1,u_3\right \rangle=0$
(iii)     $\left \langle u_2,u_3 \right \rangle=0$

En efecto, se comprueba que
(iii)     $\left \langle u_2,u_3 \right \rangle=[(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}),(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}})]$
        $=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \big(-\frac{2}{\sqrt{6}}\big)+\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{1}{\sqrt{6}}=2\,\frac{1}{\sqrt{3}\,\sqrt{6}}-2\,\frac{1}{\sqrt{3}\,\sqrt{6}}=0$

Luego de (i) o bien de (ii), podemos deducir el valor de $p$. Así, imponiendo la condición (i) encontramos que
    $\left \langle u_1,u_2 \right \rangle=[(\frac{1}{\sqrt{2}},0,p),(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}})]=\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{3}}-\dfrac{p}{\sqrt{3}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

Observación:
Como podemos ver a continuación, de (ii) se obtiene también el resultado:
    $\left \langle u_1,u_3\right \rangle=[(\frac{1}{\sqrt{2}},0,p),(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}})]=\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{6}}-\dfrac{p}{\sqrt{6}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
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        Nota 1 (coordenadas/componentes de un vector):
        Suponemos que las coordenadas de los vectores dados son, en realidad sus, componentes; en otras palabras, vienen referidas a la base canónica, ésto es, a la formada por los vectores ( $\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}$ del espacio vectorial.
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[nota del autor]