Spazi vettoriali euclidei.

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1 Spazi vettoriali euclidei Prodotto scalare, lunghezza e ortogonalità in R n Consideriamo lo spazio vettoriale R n = { =,,, n R}, n con la somma fra vettori e il prodotto di un vettore per uno scalare definiti rispettivamente da + y := + y n + y n, λ := λ λ n, = n, y = y y n, λ R Definizione (Prodotto scalare) Dati due vettori e y in R n, il prodotto scalare y fra e y è il numero reale y := y + + n y n Il prodotto scalare gode delle seguenti proprietà (i) (Proprietà commutativa) Per ogni, y R n y = y ; (ii) (Proprietà distributiva) Per ogni, y, z R n (y + z) = y + z; (iii) (Omogeneità) Per ogni, y R n ed ogni λ R λ( y) = (λ) y = (λy); (iv) (Positività) Per ogni R n 0, = 0 se e soltanto se = 0 Dimostrazione La dimostrazione segue immediatamente dalle definizioni Il punto (i) segue da y = y + + n y n = y + + y n n = y Il punto (ii) segue da (y + z) = (y + z ) + + n (y n + z n ) = = y + z + + n y n + n z n = = y + z

2 Confrontando le quantità λ( y) = λ( y + + n y n ) = λ y + + λ n y n, (λ) y = (λ )y + + (λ n )y n = λ y + + λ n y n, (λy) = (λy ) + + n (λy n ) = λ y + + λ n y n, otteniamo (iii) Per dimostrare (iv), osserviamo che = n Poiché i quadrati di numeri reali sono sempre non negativi, si ha che 0 Se = 0, chiaramente = 0 Viceversa, se per un vettore R n vale = 0, allora n = 0 Ciò è possibile solo se = = n = 0 Mediante il prodotto scalare definiamo in R n nozioni di lunghezza, distanza, ortogonalità e angolo Definizione La norma o lunghezza di un vettore R n è definita da = = n Nel piano cartesiano R 2, questo fatto è precisamente l enunciato del Teorema di Pitagora Fig La norma di un vettore in R 2 e di un vettore in R 3 Definizione La distanza fra i punti e y in R n è definita da d(, y) := y In particolare, coincide con la distanza di dall origine La norma gode delle seguenti proprietà: (i) (Omogeneità) λ = λ, per ogni λ R (ii) (Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz) y y, per ogni, y R n 2

3 (iii) (Disuguaglianza triangolare) + y + y, per ogni, y R n Dimostrazione Il punto (i) segue da λ = λ λ2 2 n = λ n = λ (ii) Se = 0 oppure y = 0 la disuguaglianza è chiaramente soddisfatta Supponiamo adesso 0 e y 0 Consideriamo un vettore della forma z = α + βy, per α, β R Per le proprietà (i)(ii)(iii)(iv) del prodotto scalare, abbiamo che z z = α β 2 y 2 + 2αβ y 0, α, β R In particolare, per α = y 2 e β = y, troviamo y y 2 ( y) 2 + y 2 ( y) 2 = y 4 2 y 2 ( y) 2 0 Dividendo per y 2 0, otteniamo ( y) 2 2 y 2 che è equivalente alla disuguaglianza cercata (iii) La disuguaglianza triangolare è equivalente alla disuguaglianza + y 2 ( + y ) 2 Direttamente dalle definizioni e dalla disuguaglianza di Cauchy-Schwarz abbiamo come richiesto + y 2 = ( + y) ( + y) = 2 + y y 2 + y y = ( + y ) 2, Nel piano cartesiano R 2, la disuguaglianza triangolare dice appunto che nel triangolo di vertici 0,, + y, la lunghezza del lato 0( + y) è minore o uguale alla somma delle lunghezze dei lati 0 e ( + y) + y y Fig2 La disuguaglianza triangolare in R 2 Definizione Due vettori, y R n si dicono ortogonali se y = 0 Questo si indica con y L ortogonalità fra due vettori e y è anche caratterizzata dalla relazione d(, y) = d(, y) 3

4 Tale relazione è infatti equivalente a y 2 = + y y y = 2 + y 2 2 y y = 0 y - Fig3 Ortogonalità fra vettori in R 2 A partire dalla disuguaglianza di Cauchy-Schwarz possiamo definire una nozione di angolo fra vettori non nulli in R n Da essa segue infatti che dati 0 e y 0, per cui esiste un unico angolo θ [0, π] tale che cos θ = y y, y y () Definizione Definiamo θ = cos y y [0, π] come l angolo fra e y in Rn \ {0} In particolare, due vettori non nulli e y risultano ortogonali se e solo se l angolo fra essi è θ = π/2 Dall equazione (), otteniamo la seguente relazione fra il prodotto scalare fra due vettori e le loro norme y = y cos θ Osservazione Nel piano cartesiano R 2, la stessa relazione si può ottenere applicando la regola del coseno al triangolo di vertici 0, e y, i cui lati hanno lunghezze, y e y Ne segue che y 2 = 2 + y 2 2 y cos ϕ Dalla definizione stessa della norma abbiamo ( y ) 2 + ( 2 y 2 ) 2 = y 2 + y y cos ϕ e quindi 2 y 2 2 y 2 = 2 y = 2 y cos ϕ come richiesto 4

5 y -y θ y cosθ y sinθ Fig4 La regola del coseno La proiezione ortogonale π y () di un vettore su un vettore y 0 è un vettore π y ()) = cy multiplo di y caratterizzato dalla proprietà ( π y ()) y = 0 In altre parole, la proiezione ortogonale di un vettore su un vettore y 0 determina una scomposizione del vettore nella somma di un vettore parallelo a y e un vettore ortogonale a y = z + π y (), z = π y (), z y (2) Risulta π y () = cos θ y y = y y y y π () y y Fig5 La proiezione ortogonale del vettore sul vettore y 5

6 2 Basi ortonormali Procedimento di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt Definizione Un sottoinsieme {X,, X k } di R n si dice un insieme ortogonale se i suoi elementi sono a due a due ortogonali fra loro Esercizio Gli elementi di un insieme ortogonale sono linearmente indipendenti Definizione Una base ortonormale di R n è una base {e,, e n } i cui elementi hanno norma uno e sono a due a due ortogonali: e = = e n =, e i e j = 0, i j ( ) / 2 Esempio I vettori { /, 2 ( ) / 2 / } formano una base ortonormale di R 2 2 Esempio I vettori { cos θ sin θ, 0 sin θ cos θ 0, 0 0 } formano una base ortonormale di R 3 Esempio La base canonica di R n 0 0 { 0,,, 0 } 0 0 è una base ortonormale Il metodo di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt permette di ottenere una base ortonormale di R n a partire da una base qualsiasi Sia {v,, v n } una base di R n Allora i vettori u =v u 2 =v 2 v 2 u u u u u 3 =v 3 v 3 u u u u v 3 u 2 u 2 u 2 u 2 = u n =v n v n u u v n u n u n u u u n u n sono a due a due ortogonali (cfr equazione (2)) Inoltre, poiché per ogni j n, anche i vettori {u,, u n } formano una base di R n Infine i vettori span{v,, v j } = span{u,, u j }, (3) formano una base ortonormale di R n {e = u u,, e n = u n u n } 6

7 Esempio Sia data la base {v = 0, v 2 = u = 0 0 0, v 3 = u 2 = 0 0 /2 0 = u 3 = 0 0 } di R 3 Allora i vettori /2 0 /2 /2 0 /2 = 0 0 formano una base ortogonale di R 3 e i vettori e = 0, e 2 = 2 /2 0, e 3 = 0 2 /2 0 formano una base ortonormale di R 3 Osservazione Sia U R n il sottospazio generato dai primi k vettori {v,, v k } della base {v,, v n } di R n Dalla relazione (3) segue che i vettori {u,, u k }, ottenuti nel corso del procedimento di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt, sono una base ortogonale di U Esercizio Dato un sottospazio U in R n di dimensione k, esiste una base ortonormale di R n {u,, u k, u k+,, u n } con la proprietà che {u,, u k } è una base ortonormale di U e {u k+,, u n } è una base ortonormale di U In altre parole, data una base ortonormale di U, essa può essere completata ad una base ortonormale di R n Sia B = {v,, v n } una base ortogonale di R n e sia R n Allora le coordinate di in B sono date da = v v v,, n = v n v n v n In particolare, se la base B è ortonormale, le coordinate di in B sono date da = v,, n = v n Dimostrazione Il vettore si scrive in modo unico come combinazione lineare degli elementi di B = v + + n v n Per j n, da cui v j = v j v + + v j n v n = j v j v j, j = v j v j v j 7

8 3 Complementi ortogonali Proiezioni ortogonali Sia U un sottoinsieme di R n Definizione Un vettore R n si dice ortogonale a U se è ortogonale a tutti gli elementi di U L ortogonale U di U è per definizione U := { R n u = 0, u U} Proposizione U è un sottospazio vettoriale di R n Dimostrazione Siano, y U, λ R e sia u un arbitrario elemento di U Dalle proprietà del prodotto scalare e dalle ipotesi segue che ( + y) u = u + y u = = 0, (λ) u = λ u = λ0 = 0 In altre parole, + y U e λ U, per ogni λ R, come richiesto Esempio (i) Sia U = { } R 3 2 Allora U = { = 0} è la retta per l origine ortogonale a 2 3 (ii) Sia U = { 3 } R 3 Allora U = { = 0} è il piano per l origine ortogonale a 3 3 (iii) Sia U = { 3, 0 } R 3 Allora U = { { = 0 } è la retta per l origine = 0 parallela a 0 3 r r Fig6 Il complemento ortogonale ad una retta in R 3 8

9 Se U è un sottospazio vettoriale di R n di dimensione k e {u,, u k } è una base di U, allora u = 0 U = Rn u k = 0 In questo caso, U è un sottospazio vettoriale di dimensione n k Dimostrazione Sia U Segue immediatamente dalla definizione che u = = u k = 0 Viceversa, supponiamo che soddisfi il sistema u = = u k = 0 Poiché un arbitrario elemento di U si scrive come u = α u + + α k u k, si ha u = α u + + α k u k = 0 In altre parole, U Questa caratterizzazione esprime U come lo spazio delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo di k equazioni indipendenti Di conseguenza, U ha dimensione n k Esercizio Verificare che U U = {O} Se U è un sottospazio vettoriale di R n, il sottospazio U si chiama complemento ortogonale di U Lo spazio R n si decompone infatti come somma diretta di U e U R n = U U U U = {O} In particolare, ogni elemento R n si scrive in modo unico come somma di un elemento in U e un elemento in U = U + U, U U, U U, e vale 2 = U 2 + U 2 Definizione Per definizione i vettori U e U sono rispettivamente le proiezioni ortogonali di su U e su U U = π U () U = π U () Calcolo della proiezione ortogonale di un vettore su un sottospazio Proposizione Sia U un sottospazio di R n e sia {u,, u k } una qualunque base ortogonale di U Sia R n un vettore Allora la proiezione ortogonale di su U è data da U = π U () = u u u u + + u k u k u k u k Dimostrazione Sia {u,, u k, u k+,, u n } una base ortogonale di R n che completa {u,, u k } In particolare, {u k+,, u n } è una base ortogonale di U In questa base, = u u u u + + u k u k u k u k + u k+ u k+ u k+ u k+ + + u n u n u n u n Per l unicità di U e di U, segue che U = π U () = u u u u + + u k u k u k u k e analogamente U = π U () = u k+ u k+ u k+ u k+ + + u n u n u n u n 9

10 Osservazione L applicazione π U : R n R n, π U (), che ad un vettore associa la sua proiezione ortogonale sul sottospazio U, è un applicazione lineare Vale infatti π U (α + βy) = απ U () + βπ U (y), α, β R,, y R n Inoltre, la proiezione ortogonale di su U è data dalla somma delle proiezioni di sui singoli vettori ortogonali {u,, u k } Esercizio Sia un vettore in R 3 La proiezione ortogonale π() di sul piano β passante per l origine di equazione a + b 2 + c 3 = 0 è data da π() = λn, ove λ = n n n, n = a b c Sol Sia π() la proiezione ortogonale di sul piano β Allora π() è un vettore perpendicolare a β e dunque soddisfa π() = λn per un opportuno scalare λ Poiché π() appartiene a β vale n π() = 0, da cui si ricava λn n = n e quindi λ = n n n come richiesto π β () β Fig7 La proiezione del vettore sul piano β La proiezione ortogonale di un vettore su un sottospazio U è il punto di U più vicino ad Proposizione Sia U un sottospazio di R n, sia R n e sia U la proiezione ortogonale di su U Allora, per ogni u U d(, U ) d(, u) Dimostrazione Sia u U un elemento arbitrario L identità u = U + U u, con U U, U u U 0

11 scompone di u come somma di due vettori ortogonali In particolare implica u 2 = U 2 + U u 2 e U 2 u 2 U u come richiesto Definizione La distanza di un vettore da un sottospazio U è per definizione la distanza fra e la sua proiezione ortogonale su U d(, U) = d(, U ) In particolare, se U, allora U = e d(, U) = 0 4 Un applicazione: il metodo dei minimi quadrati I sistemi lineari che si incontrano nelle applicazioni pratiche dell algebra lineare spesso sono incompatibili e non hanno soluzioni Il metodo dei minimi quadrati è un procedimento per trovare il miglior sostituto alle soluzioni di un sistema lineare incompatibile e si basa sul fatto che la proiezione ortogonale di un vettore su un sottospazio è il punto del sottospazio ad esso più vicino Esempio Supponiamo che, secondo una certa teoria, esista un rapporto di tipo lineare fra due quantità fisiche X e Y : Y = λx + µ per certe costanti λ e µ che dipendono dalla situazione Effettuando varie misurazioni delle quantità X e Y, si cerca di risalire alle costanti λ e µ Nella figura, ogni punto rappresenta i dati di un esperimento Per esempio il punto P = (3, ) corrisponde ad un esperimento i cui risultati erano X = 3 e Y = P P 2 P 3 P Fig8 I dati Si verifica facilmente che non esiste una retta y = λ + µ passante per tutti i punti P i In altre parole, il sistema lineare = 3λ + µ 2 = 7λ + µ 3 = 0λ + µ 4 = 4λ + µ

12 non ha soluzioni λ, µ Con il metodo dei minimi quadrati si trovano dei valori λ 0 e µ 0 che, in un certo senso, sono ottimali rispetto ai dati trovati La retta corrispondente y = λ 0 + µ 0, pur non passando per i punti P i, sarà quella che si avvicina di più ad essi Il metodo Sia a a 2 a n a 2 a 22 a n2 a m a 2m a nm un sistema lineare di m equazioni in n incognite Scriviamo questo sistema come A = b Il sistema ha soluzioni se e soltanto se il vettore b è contenuto nell immagine della applicazione A : R n R m data dalla moltiplicazione per la matrice A Se il sistema non ha soluzioni, possiamo cercare un vettore 0 R n tale che A 0 sia più vicino possibile al vettore b R n : 2 n = b b 2 b m A 0 b A b, R n Il punto nell immagine di A che è più vicino a b è la proiezione ortogonale b di b sullo spazio Im(A) È ragionevole considerare una soluzione 0 del sistema A = b come una buona soluzione approssimativa del sistema originale Il Teorema ci dice come trovare 0 senza calcolare la proiezione b Teorema Le soluzioni del sistema A = b coincidono con le soluzioni del sistema di n equazioni in n incognite t A A = t Ab Dimostrazione Sia 0 una soluzione del sistema t A A = t Ab Equivalentemente t A (A 0 b) = 0 Questo vuol dire che il vettore A 0 b è perpendicolare ad ogni riga della matrice t A e quindi ad ogni colonna della matrice A Siccome Im(A) è lo span delle colonne di A, questo significa che A 0 b è ortogonale all immagine della matrice A L unico vettore b in R m con la proprietà che b b è perpendicolare a Im(A) è la proiezione ortogonale del vettore b sull immagine di A Di conseguenza, A 0 = b e le soluzioni del sistema t A A = t Ab sono anche soluzioni del sistema A = b Il viceversa è immediato I sistemi lineari che si considerano in molte applicazioni pratiche sono incompatibili perche sovradeterminati, ossia perche hanno più equazioni che incognite Precisamente, sono del tipo A = b, con rango(a) massimo, rango(a) < rango(a b) Il Teorema 2, dice che per tali sistemi esiste un unica soluzione 0 del sistema t A A = t Ab, che rappresenta la miglior soluzione approssimativa del sistema originale Teorema 2 Il sistema t A A = t Ab ha un unica soluzione se e solo se le colonne della matrice A sono linearmente indipendenti Come applicazione, cerchiamo una soluzione approssimativa è 3 7 λ 2 =, 0 µ λ dell esempio sopra Il sistema A = b µ

13 risulta incompatibile e soddisfa le ipotesi del Teorema 2 Calcoliamo t A A e t Ab Il sistema t AA = t Ab è t A A = ( t Ab = ( ( λ Questo sistema ha un unica soluzione data da λ = µ ) 3 7 = 0 4 ) λ = µ ) 2 = , = , µ = = L equazione della retta che passa più vicina ai punti P i è quindi Y = 0327X 0282 Per curiosità calcoliamo λ b = A e controlliamo che la soluzione è effettivamente buona Questo vuol dire che il vettore b è µ vicino al vettore dei termini noti b Troviamo 3 07 λ A µ = = Infatti, gli errori sono relativamente piccoli: 03, 00, 00 e 03 3

14 5 Il prodotto vettoriale in R 3 Introduciamo adesso il prodotto vettoriale in R 3 che ad una coppia di vettori, y R 3 associa un terzo vettore y R 3, ortogonale ai primi due Si noti che il prodotto vettoriale non è definito nel piano R 2, né in R n per n > 3 È una nozione che esiste solo in R3 Definizione Siano, y R 3 Il prodotto vettoriale y di e y è il vettore di R 3 definito da y = 2y 3 3 y 2 3 y y 3 y 2 2 y Proposizione Siano, y R 3 Il prodotto vettoriale y gode delle seguenti proprietà: (i) y = y; (ii) Il vettore y è perpendicolare sia ad che a y: ( y) = 0, y ( y) = 0; (iii) La norma di y soddisfa dove ϕ è l angolo fra e y y = y sen ϕ, Dimostrazione (i) Direttamente dalla definizione, abbiamo y = y 2 3 y 3 2 y 3 y 3 = y y 2 y 2 Per dimostrare (ii), calcoliamo ( y) = 2 2y 3 3 y 2 3 y y 3 3 y 2 2 y Similmente troviamo y ( y) = 0 Per la parte (iii) abbiamo 2 y 2 sen 2 ϕ = 2 y 2 ( cos 2 ϕ) = ( 2 y 3 3 y 2 ) + 2 ( 3 y y 3 ) + 3 ( y 2 2 y ) = 0 = 2 y 2 ( y) 2 = ( )(y 2 + y y 2 3) ( y + 2 y y 3 ) 2 = 2 y y y y y y y y y y y 2 y 3 = ( y 2 2 y ) 2 + ( y 3 3 y ) 2 + ( 2 y 3 3 y 2 ) 2 = y 2 Estraendo le radici quadrate, troviamo l uguaglianza cercata Questo conclude la dimostrazione della proposizione 4

15 6 Volumi In questo paragrafo, richiamiamo un importante interpretazione geometrica del determinante di una matrice quadrata Ci limitiamo a dimostrarla nei casi 2 2 e 3 3 Proposizione L area del parallelogramma di vertici di vertici 0,, y e + y in R 2 è data da ( y y 2 2 y = det 2 y 2 ) Dimostrazione Sia A l area del parallelogramma in questione uguale a y sen ϕ, l area risulta Poiché l altezza del parallelogramma è A = y sen ϕ Allora A 2 = 2 y 2 sen 2 ϕ = 2 y 2 ( cos 2 ϕ) = 2 y 2 ( y cos ϕ) 2 = ( )(y 2 + y2) 2 ( y + 2 y 2 ) 2 = ( y 2 2 y ) 2 Estraendo le radici quadrate troviamo A = y 2 2 y come richiesto y +y ϕ y sinϕ Fig9 Il paralellogramma di vertici 0,, y e + y Corollario L area del parallogramma di vertici 0,, y e + y è uguale al modulo del prodotto vettoriale y di e y Inoltre, dati due vettori e y, l area del triangolo di vertici 0,, y risulta uguale a 2 det y 2 y 2 5

16 y 0 Fig0 Il triangolo di vertici 0,, y Proposizione Il parallelepipedo di spigoli i vettori, y e z in R 3 ha volume V uguale a V = y 2 z 3 + y z z 2 y 3 z 2 y 3 y 2 z 3 z y 2 3 = det y z 2 y 2 z 2 3 y 3 z 3 Dimostrazione Il volume V del parallelepipedo di spigoli, y e z è uguale all area del parallelogramma di vertici 0,, y e + y moltiplicata per l altezza L altezza è uguale alla lunghezza della proiezione del vettore z sulla retta che passa per 0 e y y θ z y ϕ Fig Il parallelepipedo di spigoli, y e z Per la proposizione precedente, l area del parallelogramma è uguale a y sen ϕ, ove ϕ è l angolo fra i vettori e y, e la lunghezza della proiezione di z sulla retta per 0 e y è uguale a z cos ϑ, ove ϑ è l angolo fra i vettori z e y Il volume V è quindi dato da V = y sen ϕ z cos ϑ = y z cos ϑ = z ( y) = z ( 2 y 3 3 y 2 ) + z 2 ( 3 y y 3 ) + z 3 ( y 2 2 y ) 6

17 Osserviamo infine che l espressione z ( 2 y 3 3 y 2 )+z 2 ( 3 y y 3 )+z 3 ( y 2 2 y ) coincide col determinante della matrice y z 2 y 2 z 2, 3 y 3 z 3 e ciò completa la dimostrazione della proposizione 7