Complemento ortogonale e proiezioni

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1 Complemento ortogonale e proiezioni Dicembre 9 Complemento ortogonale di un sottospazio Sie E un sottospazio di R n Definiamo il complemento ortogonale di E come l insieme dei vettori di R n ortogonali a tutti i vettori di E: E = {v R n : v w = per ogni w E} Dalle proprietà del prodotto scalare risulta che E è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per uno scalare, dunque è un sottospazio di R n Risulta che v E se e solo se v è ortogonale a tutti i vettori di una base di E Infatti: Proposizione Sia (v,, v k ) una base di E Allora v E se e solo se v v i = per ogni i =,, k Dimostrazione Supponiamo che v v i = per ogni i =,, k Se w è un qualunque vettore di E, allora w è combinazione lineare dei vettori della base: w = a v + + a k v k e quindi v w = a (v v ) + + a h (v v k ) =, che dimostra che v è ortogonale a w Siccome w E è arbitrario, v E Il viceversa è immediato Esempio Determinare una base di E, complemento ortogonale del sottospazio E di R 4 generato dai vettori v =, v =

2 Soluzione Imponiamo al vettore generico v = (x, y, z, w) t R 4 l ortogonalità ai vettori della base (v, v ) di E, ottenendo il sistema omogeneo: { x + y + z + w = x + z = Risolvendo il sistema, otteniamo la base di E : Osserviamo poi che: Si ha sempre E E = {O} Infatti, se v E E, allora v v = e quindi v = O, La proprietà importante del complemento ortogonale è espressa nel seguente teorema Teorema Sia E un sottospazio di R n Allora si ha: R n = E E In particolare, se dim E = k, allora dim E = n k Dimostrazione Fissiamo una base ortonormale di E, diciamo (u,, u k ), e completiamo tale base a una base ortonormale di R n, diciamo (u,, u k, z,, z n k ) Dato v R n, possiamo scrivere: v = a u + + a k u k + b z + + b n k z n k Poniamo w = a u + + a k u k e w = b z + + b n k z n k Quindi v = w + w Ora è evidente che w E; inoltre, poichè ogni z i è ortogonale a tutti i vettori u j, si ha che z i E per ogni i, dunque w E Quindi, R n = E + E Poiché E E = {O}, concludiamo che R n = E E

3 Proiezione ortogonale su un sottospazio Dal teorema precedente, abbiamo visto che un vettore v R n si spezza, in modo unico, come somma di un vettore w E e di un vettore w E : v = w + w Il vettore w è detto la proiezione ortogonale di v sul sottospazio E Denoteremo w con il simbolo P E (v) Consideriamo ora l applicazione P E : R n R n, che associa a v la sua proiezione ortogonale su E Abbiamo la seguente: Proposizione a) Se (u,, u k ) è una qualunque base ortonormale di E, allora: P E (v) = (v u )u + + (v u k )u k b) P E è lineare, dunque è un endomorfismo di R n c) KerP E = E e ImP E = E d) La matrice associata a P E rispetto alla base canonica è BB t, dove B è la matrice avente colonne u,, u k e) P E è un endomorfismo simmetrico di R n Dimostrazione a) Dalla dimostrazione del teorema della sezione precedente abbiamo che: w = P E (v) = a u + + a k u k D altra parte, poiché la base (u,, u k ) è ortonormale, si ha a i = v u i per ogni i =,, k b) È conseguenza della parte a) e delle proprietà del prodotto scalare c) Dalla a) osserviamo che P E (v) = O se e solo se v u i = per ogni i: questo avviene se e solo se v E Dunque KerP E = E Osserviamo che, se v E, possiamo scrivere v = v + O con v E e O E Dall unicità della decomposizione, si ha P E (v) = v e dunque v ImP E Concludiamo che E ImP E D altra parte, P E (v) E per ogni v, dunque ImP E E Dunque ImP E = E d) È una verifica diretta, che omettiamo e) La matrice associata a P E rispetto alla base canonica è BB t : tale matrice è simmetrica, dunque P E è un endomorfismo simmetrico per definizione 3

4 Supponiamo ora che dim E = k Dalla c) abbiamo KerP E = E, che ha dimensione n k Dunque: è un autovalore di P E con molteplicità geometrica n k Osserviamo poi che v E se e solo se P E (v) = v Quindi: è un autovalore di P E con molteplicità geometrica k Non ci sono altri autovalori (altrimenti la somma delle molteplicità geometriche sarebbe maggiore di n, il che è impossibile) Poiché P E è diagonalizzabile (in effetti, è simmetrico) la molteplicità algebrica di ogni autovalore deve uguagliare la sua molteplicità geometrica Dunque il polinomio caratteristico di una proiezione ortogonale è: dove k è la dimensione del sottospazio 3 Esempi p(x) = ( ) n x n k (x ) k, Esempio È dato il sottospazio E : x 3y = di R a) Determinare l endomorfismo P E dato dalla proiezione ortogonale su E ( ) b) Decomporre il vettore v = nella somma v = w + w con w E e w E Soluzione a) Una base ortonormale di Eè u = ( ) 3 dunque la matrice canonica di P E è ( ) x Si ha P E = y ( ) 9x + 3y 3x + y ) uu t = ( b) Per definizione, w = P E conclusione: ( ) = ( ) = ( ) 3 e quindi w = ( ) ( ) 3 ( ) w = ( ) 7 In Esempio Sia E il sottospazio di R 3 cosi definito: E = {(x, y, z) R 3 : x y + z = } 4

5 Ci proponiamo di calcolare: a) Una base di E e una base di E b) Una base ortonormale di E c) La proiezione ortogonale del vettore su E 3 x d) La proiezione ortogonale P E (v) del generico vettore v = y R 3 su E z e) Gli autovalori e gli autospazi dell endomorfismo P E Soluzione a) Una base di E è, ad esempio, v =, v = Quindi dim E = e dim E = Per trovare una base di E, è sufficiente individuare un vettore non nullo ortogonale a v, v, ad esempio Del resto, bastava osservare che il vettore è ortogonale a tutti i vettori di E dalla definizione stessa di E b) Applichiamo l algoritmo di Gram-Schmidt alla base (v, v ) di a) Otteniamo la base ortonormale c) Per ogni v R 3 : u =, u = 4 8 P E (v) = (v u )u + (v u )u Nel nostro caso v u = 5 e v u = 3 8 Dunque, con facili calcoli: P E = d) Conviene calcolare la matrice canonica di P E Incolonniamo i vettori della base ortonormale trovata in b) e otteniamo la matrice B =

6 La matrice canonica di P E è dunque BB t = e si ha: P E x y = 8x + y z x + 5y + 4z 9 z x + 4y + 5z e) Non occorre fare molti calcoli Sappiamo che P E è simmetrico, dunque diagonalizzabile; gli autovalori sono, di molteplicità geometrica (infatti E() = KerP E = E ), e, di molteplicità geometrica (poichè E() = E) Il polinomio caratteristico è dunque x(x ) Esempio Determinare un endomorfismo f di R 3 con autovalori, e tale che Imf è il sottospazio generato E dal vettore Soluzione Un endomorfismo che verifica le condizioni è la proiezione ortogonale sul sottospazio E Una base ortonormale di E è data dal vettore u = La matrice canonica di P E è 6 quindi uu t = Esercizi Esercizio Sia W il sottospazio di R avente equazione x + y = Si denoti con P (v) la proiezione ortogonale di v R su W ( ) 5 a) Determinare P 4 ( ) ( ) x x b) Determinare P, dove è il generico vettore di R y y c) Dimostrare che P definisce un endomorfismo simmetrico di R, e trovare una base ortonormale di R formata da autovettori di P 6

7 Soluzione b) P ( ) x = y 5 ( ) 4x y x + y Esercizio Sia E il sottospazio di R 3 generato dai vettori v =, v = a) Trovare una base di E b) Trovare una base ortonormale di E, ed estendere tale base a una base ortonormale di R 3 c) Decomporre il vettore v = nella somma w + w, con w E e w E d) Trovare la matrice canonica dell endomorfismo P W dato dalla proiezione ortogonale sul sottospazio W = E 7