Geometria BAER Canale A-K Esercizi 8

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1 Geometria BAER Canale A-K Esercizi 8 Esercizio. Si consideri il sottospazio U = L v =, v, v 3 =. (a) Si trovino le equazioni cartesiane ed una base ortonormale di U. (b) Si trovi una base ortonormale di U. (c) Si scriva la matrice della proiezione ortogonale su U rispetto alla base canonica. Soluzione: a) ) Il sottospazio U si ottiene imponendo che il generico vettore x R 4 sia ortogonale a tutti i vettori di una base (non necessariamente ortogonale o ortonormale) di U. Basta quindi risolvere il sistema v, x = x x = v, x = ovvero x x x 3 = v 3, x = x 3 + x 4 = le cui soluzioni sono tutte multiple del vettore unitario u = 7. b) ) I tre vettori sono lin. indip. Osserviamo che il primo ed il terzo vettore sono ortogonali tra loro, quindi prendiamo w = v, w = v 3, 4/ w 3 = v v, w w w v, w w w = / Ora abbiamo una base ortogoonale, la base ortonormale si ottiene moltiplicando w i per w i, quindi è data da { w, w, 7 w 3 }. c) ) Se p è la proiezione ortogonale su U, p(e i ) = e i, (/ )w (/ )w + e i, (/ )w (/ )w + e i, (/ 7)w (/ 7)w 3. Facendo i conti, si trova Alternativamente, è piú facile scrivere la matrice canonica B della proiezione ortogonale su U e usare l esercizio precedente: le colonne sono date dai vettori e i, u u quindi 4 B = La matrice canonica della proiezione su U dunque è I B

2 Esercizio. Si consideri il prodotto scalare su R 3 [x] p(x), q(x) = p( )q( ) + p()q() + p()q() (a) Si scriva la matrice del prodotto scalare rispetto alla base canonica, x, x Soluzione: (b) Si trovi L[, x] 3 Soluzione: Sia A la matrice trovata al punto precedente. Allora x x (,, )A y = 3x + z (,, )A y = y z z quindi L[, x] = L[( 3x )] (c) Si trovi una base ortonormale di R 3 [x] Soluzione: e x sono già ortogonali, un terzo polinomio ortogonale ad entrambi lo abbiamo trovato al punto precedente. Allora x 3,, 3x 6 Esercizio 3. Si consideri il vettore di R 4 v = (,,, 3) t. (a) Si trovi una base ortonormale del sottospazio L[v]. (b) Si estenda la base trovata ad una base ortonormale di R 4. Soluzione: a) v, x = x + x 3 + 3x 4 =. Non è difficile trovare due soluzioni ortogonali tra loro, per esempio w = (,,, ) t, w = (,,, ) t. Un altra soluzione, linearmente indipendente dalle due precedenti é w 3 = ( 3,,, ) t. Il vettore w 3 è anche ortogonale a w, quindi, abbiamo che w 3 w 3,w ulw w = ( 3/,, 3/, ) t è ortogonale sia a w che a w (ed anche a v). Quindi la base cercata è { (,,, ) t, (,,, ) t, ( 3/,, 3/, ) t }. b) Poichè R 4 = L[v] L[v] basta aggiungere alla base trovata prima il vettore v. Esercizio 4. Si applichi il procedimento digram-schmidt per trovare una base ortonormale di R 3 alla base data dai vettori,,. Soluzione: Cominciamo dai primi due vettori: v =, v =, v v v = Denotato il terzo vettore con u, calcoliamo v 3 = u u,v v v u,v v v = ortonormale cercata, basta normalizzare v, v, v 3 / /. /3 /3. Per ottenere la base /3

3 Esercizio. Si consideri il vettore (, 3,, 7) t - Si trovino le sue proiezioni ortogonali sui sottospazi U = L[(,,, ) t, (, 3, 4, ) t ] e V = L[(,,, ) t, (,, 3, ) t ]. Soluzione: La base di U è composta da vettori ortogonali, basta quindi calcolare i coefficienti di Fourier e la combinazione lineari dei due vettori della base ortonormale per ottenere che la proiezione su U è il vettore (9/, 63/, 6/, 6/) t. La base di V non è ortonormale, con Gram Schmidt troviamo la base ortogonale (,,, ) t, (,,, ) t. Scrivendo i coefficienti di Fourier come prima, troviamo che la proiezione è (7, 4,, 4) t. Esercizio 6. 3 (a) Si trovino tutti i vettori di R aventi norma e perpendicolari al vettore. (b) Si trovino tutti i vettori aventi norma perpendicolari ai vettori v =, v =. 3 (c) Si trovino tutti i vettori perpendicolari a aventi norma. Geometricamente cosa è l insieme di questi vettori? Soluzione: a) ±(/ 3). 3 { x + y + 3z = b) I vettori ortogonali ai due vettori dati sono dati dalle soluzioni di, dunque formano x + z = il sottospazio L[ ]; tra questi quelli di norma sono ±(/ 3). c) I vettori ortogonali a formano il piano di equazione x + y + z =. La soluzione generale (parametrica) dell equazione è s. I vettori non nulli di questa forma (almeno uno tra t, s diverso da t t s ) hanno norma t + s + ts > se almeno uno tra t, s è non nullo. Quindi sono quelli per cui t + s + ts =. Geometricamente i vettori di norma di un piano descrivono la circonferenza unitaria giacente sul piano con centro nell origine. Esercizio 7. / 3?? Si completi la matrice / 3?? ad una matrice ortogonale.??? Soluzione: La prima colonna deve avere norma, quindi il coefficiente (3, ) della matrice può essere solo ±/ 3. Scegliamo (per esempio) / 3. Allora gli altri due vettori colonna devono essere in U = L[(/ 3)(,, ) t ]. Un equazione per U è x y + z =, quindi due generatori di U sono (,, ) t e (,, ) t. Applichiamo Gram Schmidt per ottenere una base ortonormale di U e otteniamo i due vettori colonna (/ )(,, ) t, (/ 6)(,, ) t

4 Esercizio 8. 4 Si diagonalizzi la matrice A = e si verifichi che gli autospazi sono ortogonali tra loro. Si 4 scriva quindi una matrice ortogonale M tale che M t AM è diagonale. Soluzione: Gli autovalori sono 3,, gli autospazi sono E( 3) = L[ ], E( ) = L[ ] Normalizzando i vettori otteniamo una base ( ortonormale ) B. La matrice M( cercata) è la matrice di passaggio dalla base canonica a B dunque è 3, la matrice diagonale è. Esercizio 9. 4 Si consideri la matrice A = 4. Si trovi una matrice diagonale D e una matrice 4 4 ortogonale M tali che D = M t AM. 6 / 3 / / 6 Soluzione: D =, M = / 3 / / 6 6 / 3 /. 6 Esercizio. Si trovino matrici D diagonale e M ortogonale tali che D = M t M Soluzione: D = + / / /, M = / / /. / / Esercizio. Sia f : R R l unico endomorfismo tale che f (a) È vero che f è simmetrico? (b) Si calcoli la matrice canonica di f. 4 =, f Soluzione: a) ) Si, perchè i f è diagonalizzabile e i due autospazi sono ortogonali. 7 =. 4 b) ) Se A è la matrice canonica M la matrice di passaggio dalla base canonica alla base ortonormale ottenuta normalizzando i due autovettori, abbiamo A = M M t = 7 ( / / / / ) ( ) / / 7 / / = 3. 6 Esercizio. Si trovino gli autovalori e una base ortonormale di autovettori delle matrici cos θ sin θ T θ = θ [, π] sin θ cos θ

5 Geometricamente cos è l endomorfismo T θ? Soluzione: Il polinomio caratteristico è x =, quindi gli autovalori sono ±. L autospazio associato a ha equazione (cos(θ) )x+sin(θ)y = le cui soluzioni sono multipli del vettore (sin θ, cos θ) t, mentre l autospazio E( ) è il complemento ortogonale dell altro quindi è generato dal vettore (cos θ, sin θ) t. Geometricamente T θ è una riflessione nella retta per l origine corrispondente a E() in quanto questa retta rimane invariata mentre la retta ortogonale viene cambiata di verso. Per trovare le rette in questione serve un po di trigonometria: ponendo θ = α possiamo scrivere il generatore di E() trovato come ( sin α cos α, ( sin α) t = sin α(cos α, sin α) t, dunque la riflessione è nella retta che fa angolo θ con l asse positivo delle x. Esercizio 3. Sia U il sottospazio dato dalle soluzioni dell equazione x + y = (a) Trovare una base ortonormale di U ed estenderla ad una base ortonormale di R 3. (b) Sia f : R 3 R 3 simmetrico con Ker f = U. Trovare le matrice canonica di f (Suggerimento f come sopra non è unica, quindi la matrice dipenderà da un parametro). Soluzione: a) è facile vedere che U = L[, ], la base è già ortogonale quindi una base ortonormale di U è {u =, u = }. Il sottospazio U è generato dal vettore w = B = {u, u, w} è una base ortonormale di R 3 che estende la base data.. Pertanto b) ) Poichè f è simmetrico, è diagonalizzabile quindi deve esserci un autospazio di dimensione ortogonale a E() = Ker f = U. Quindi questo autospazio deve essere U. L autovalore non si ricava dai dati del problema, quindi può essere qualsiasi k R. Sappiamo già f(e 3 ) =, calcolando i coefficienti di Fourier e = u + w dunque f(e ) = k w, e allo stesso modo, f(e ) = k w. Poichè la matrice di f rispetto a B é diagonale con elementi sulla diagonale,, k si poteva anche calcolare k/ k/ k/ 4k/ = / / / / / / k / / Esercizio 4. Sia f : R n R n tale che f(v), v = per ogni v R n ; ed f non è l applicazione nulla. (a) È vero che f non è diagonalizzabile? (b) Si dia un esempio di f : R R che soddisfa queste proprietà. Soluzione: a) Se λ è autovalore e v autovettore associato si deve avere = f(v), v = λv, v = λ v, v, dunque poichè v deve essere λ =. Quindi se f fosse diagonalizzabile, sarebbe l applicazione nulla. b) Una rotazione di π/, oppure f(e ) =, f(e ) = e. Esercizio. Sia, il prodotto standard di R n, U, W sottospazi. Si mostri che (a) Se W U allora U W. Soluzione: I vettori di U sono ortogonali a tutti i vettori di U, quindi a tutti quelli di W (b) (U + W ) = U W

6 Soluzione: Se v (U + W ) allora poichè U U + W e W U + W avremo u U, w W v, u = u, w =, quindi (U + W ) (U + W ). D altra parte visto che ogni vettore di U + W si scrive come u + w con u U, w W, se v U W allora v, u + w = v, u + v, w = + quindi abbiamo l altra inclusione. (c) (U V ) = U + W Soluzione: Esercizio 6. Si mostri che se λ R è un autovalore di una matrice reale antisimmetrica allora λ = Soluzione: Sia v un autovettore, λ v = λv, v = Av, v = v, Av = λ v Esercizio 7. Sia V uno spazio vettoriale,, un prodotto scalare su V. Siano u, v V vettori tali che u, v, u, u = v, v =. Si trovi un vettore w V tale che w, w Soluzione: Ad esempio u + v. Infatti si ha u + v, u + v = u, u + v, v + u + v, u + v.