Esempio in \( \mathbb R^2 \)

La base piu' semplice di tutte è quella canonica:

$$ \left\{ \begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix},\begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix} \right\} $$

Se però in \( \mathbb R^2 \) consideriamo il seguente prodotto scalare descritto dalla matrice \(g = \begin{bmatrix}2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}\)

$$ \langle x, y\rangle = 2x_1y_1 + x_1y_2 + x_2y_1 + 2x_2y_2 $$

Allora questa base non è detto che sia ne ortogonale, ne ortonormale: (lo è nel caso particolare in cui \(g = I_2 \), con \( \langle x, y\rangle = x_1y_1 + x_2y_2 \)).
Nel nostro caso invece:

$$ \langle \begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix}\rangle = 2\cdot 1 \cdot 0 + 1\cdot 1 + 0\cdot 0 + 2\cdot0\cdot 1 = 1 $$ $$ \langle \begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix}\rangle = 2\cdot 1 \cdot 1 + 1\cdot 0 + 0\cdot 1 + 2\cdot0\cdot 0 = 2 $$ $$ \diamond $$
Ricerca di una base ortonormale

Per trovare una base che sia ortonormale, sfruttiamo il procedimento di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt:

• Il primo vettore \( \hat{v_0} \) si ottiene banalmente normalizzando il primo \( e_0 \): $$ \small \hat{v_0} = {e_0 \over ||e_0||} = {\begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix} \over \sqrt{\langle \begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix}\rangle}} = { \begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix} \over \sqrt{2} } = \begin{bmatrix}{1\over \sqrt{2} } \\ 0 \end{bmatrix}$$
• Il secondo vettore \( \hat{v_1} \) si ottiene sottraendo ad \(e_1\) la sua componente lungo la direzione di \( \hat{v_0} \) e poi normalizzando: $$ \small \hat{v_1} = {e_1 -\langle v_0, e_1\rangle v_0 \over ||e_1 -\langle v_0, e_1\rangle v_0||} = {\begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix} -\langle \begin{bmatrix}{1\over \sqrt{2} } \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix}\rangle \begin{bmatrix}{1\over \sqrt{2} } \\ 0 \end{bmatrix} \over \left|\left|\begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix} -\langle \begin{bmatrix}{1\over \sqrt{2} } \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix}\rangle \begin{bmatrix}{1\over \sqrt{2} } \\ 0 \end{bmatrix}\right|\right|} = $$ $$ \small = { \begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix} -{1\over \sqrt 2}\begin{bmatrix}{1\over \sqrt{2} } \\ 0 \end{bmatrix} \over \left|\left| \begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix} -{1\over \sqrt 2}\begin{bmatrix}{1\over \sqrt{2} } \\ 0 \end{bmatrix} \right|\right|} = { \begin{bmatrix}-{1\over 2} \\ 1 \end{bmatrix} \over \left|\left| \begin{bmatrix}-{1\over 2} \\ 1 \end{bmatrix} \right|\right|} = { \begin{bmatrix} -{1\over 2} \\ 1 \end{bmatrix} \over \sqrt{ \langle \begin{bmatrix}-{1\over 2} \\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}-{1\over 2} \\ 1 \end{bmatrix} \rangle } } = { \begin{bmatrix} -{1\over 2} \\ 1 \end{bmatrix} \over \sqrt{3 \over 2}} = \begin{bmatrix} -{1\over 2}\sqrt{2 \over 3} \\ \sqrt{2 \over 3} \end{bmatrix} $$

La base cercata è: $$ \left\{ \begin{bmatrix}{1\over \sqrt{2} } \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -{1\over 2}\sqrt{2 \over 3} \\ \sqrt{2 \over 3} \end{bmatrix}\right\} $$