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Academic year: 2021

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(1)

Esercitazione

Esercitazione N.9N.9

30 maggio30 maggio 20072007

Rosalba

Rosalba BaratteroBarattero

Sottospazi somma e intersezione

Sottospazi somma e intersezione -- Il piano proiettivoIl piano proiettivo

™™ Sottospazi somma e intersezione –Sottospazi somma e intersezione Formula di GraFormula di Graßßmannmann

™™ Il piano proiettivoIl piano proiettivo

™™ rette: rappresentazione parametrica e cartesianarette: rappresentazione parametrica e cartesiana

™™ allineamento di puntiallineamento di punti

™™ punti in posizione generalepunti in posizione generale

™™ intersezione di retteintersezione di rette

(2)

ESERCIZIO1.

Sottospazi somma e intersezione - Formula di Graßmann

a) Dati U,V sottospazi di un k-spazio vettoriale T , l’intersezione

U∩V è sottospazio di T.

Dati U,V sottospazi di un k-spazio vettoriale T , si definisce lo spazio somma U+V ={u+v| u∈U,v∈V} che risulta essere sottospazio di T ( il più piccolo sottospazio di T che contiene sia U che V).

Vale il teorema di Graßmann :

dim U + dim V = dim U+V +dim U∩V

In R4 abbiamo U= L((1,1,0,0),(0,0,1,1)), vogliamo trovare V t.c.

U+V= R4 e U∩V = {(0,0,0,0)}

Intanto si ha :

- dim U =2 perché (1,1,0,0),(0,0,1,1) sono L.I.

- dim U∩V=0 perché per ipotesi U∩V = {0R4} - dim U+V =4 perché per ipotesi U+V= R4 Quindi per il teorema di Graßmann :

dim U + dim V = dim U+V +dim U∩V

2 4 0

Deve essere 2

Allora mettiamo in riga ( o in colonna ) i vettori di U e completiamo la base di U a base di R4 : dobbiamo aggiungere altri 2 vettori L.I.

tra loro e L.I. dai precedenti in modo che la caratteristica della ma- trice sia 4 ossia il det valga 4:

1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1

Poiché dim (V) =2 e dim(U+V)=4 ( per avere un insieme di genera- tori di U+V si uniscono i generatori di U e V) , siamo certi che necessariamente dim U∩V =0 (per la formula di Graßmann).

Ora per trovare W distinto da V con le stesse proprietà , basterà che modifichiamo la terza e la quarta riga della matrice in modo

‘opportuno’ :

1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1

Conclusione : V= L((0,1,0,0),(0,0,0,1)) , W=L((1,0,0,0),(0,0,0,1)) soddisfano le proprietà richieste e sono distinti, perché ad esempio il vettore (1,0,0,0) ∈W, ma (1,0,0,0) ∉ V infatti :

(1,0,0,0) = a(0,1,0,0)+ b (0,0,0,1) porta all’assurdo 1=0 sulla prima componente !

Base di U Base di V

Base di U Base di W

(3)

b) Determinare ϕ : R4→ R4 T.L. t.c.

- ϕ(U)=U , con U = L((1,1,0,0),(0,0,1,1))

- ϕ(V)=W, con V= L( (0,1,0,0),(0,0,0,1)) e W=L((1,0,0,0), (0,0,0,1)) Per definire ϕ:R4→R4 T.L. basta che definiamo ϕ su una base di R4 , utilizzando i dati di cui già disponiamo .

(1,1,0,0) → (1,1,0,0)

(0,0,1,1) → (0,0,1,1) (0,1,0,0) → (1,0,0,0)

(0,0,0,1) → (0,0,0,1)

c) Dire se ϕ è necessariamente iniettiva/surgettiva .

ϕ iniettiva ⇔ ker ϕ = {0R4}

ϕ surgettiva ⇔ Im ϕ = R4 ( codominio)

Dalla formula della nullità e del rango :

dim (R4) = dim ker ϕ + dim Im ϕ (•)

Conclusione : - dim Im ϕ =4 ⇒ Im ϕ = R4 ⇒ ϕ surgettiva - dim Im ϕ =4 ⇒ dim ker ϕ =0 ⇒ ϕ iniettiva

Questo ci assicura che ϕ(U)=U

L’aggiunta dei vettori di V garantisce che i 4 vettori di partenza sono una base

Questa condizione impone ai vettori di V di ‘andare’ in vettori di W : ϕ(V)=W (chiarire!)

=4 (R4 dominio)

Nel ns. caso abbiamo 4 vettori L.I.

in arrivo ⇒ dim Im ϕ =4

(•)

ESERCIZIO2.

Allineamento di pti – rette – pti in posizione generale in P2

In P2 sono dati i punti P0=[1,1,1], P1=[2,0,1], P2=[0,2,1], P3=[0,1,1].

a) Verificare che P0, P1, P2 sono allineati e determinare un’equazione cartesiana e parametrica della retta che li contiene.

b) Verificare che P0, P1, P3 non sono allineati

c) Determinare un pto Q∈ P2 tale che P0, P1, P3 , Q non siano in posizione generale.

a) Indichiamo con P2 il piano proiettivo P2 (R3) associato all’ R-spazio vettoriale R3 .

Gli elementi di P2 , detti pti, sono i sottospazi vettoriali di dimensione 1 di R3 .

Il punto P0 =[1,1,1] sta ad indicare il sottospazio L((1,1,1)) di R3

ossia {λ(1,1,1)| λ∈R*}.

Il punto P0 = [1,1,1] ha infiniti rappresentanti : P0 = [1,1,1] = [-1,-1,-1] = [2,2,2] = …

“ In P2 due pti sono distinti ⇔ i vettori che li ‘rappresentano’ in R3 sono L.I.

P0 = [1,1,1] ≠ P1 = [2,0,1]

perché (1,1,1) e (2,0,1) sono L.I. ( non multipli ), e così P0, P1, P2 = [0,2,1] sono 3 pti distinti di P2

(4)

“ Per 2 pti distinti P=[p0, p1, p2], Q=[ q0, q1, q2] di P2 passa un’unica retta r di equazione cartesiana 0

q q q

p p p

x x x

2 1 0

2 1 0

2 1 0

= ,con

[x0,x1,x2] coordinate omogenee del pto corrente su r.

“ Dunque P=[p0, p1, p2], Q=[ q0, q1, q2] , R=[ r0, r1, r2] sono allineati ⇔ 0

q q q

p p p

r r r

2 1 0

2 1 0

2 1 0

= (cioè ⇔ R∈r)

P0=[1,1,1], P1=[2,0,1], P2=[0,2,1] allineati 0

1 2 0

1 0 2

1 1 1

= : vero

perché R3= 2R1 –R2.

Eq. Cart. di r (per P1,P2 ): 0 1 2 0

1 0 2

x x x0 1 2

= ⇒ x0 (-2)- x1(2)+ x2(4)=0

⇒ 2 x0 +2 x1-4 x2 =0 ⇒ x0 +x1-2x2 =0 (meglio!)

Dunque ogni retta di P2 è rappresentata in forma cartesiana dall’equazione lineare omogenea ax0 +bx1+cx2 =0 con a,b,c non tutti nulli.

“ Dati P1,P2 P2, P1,P2 distinti la retta L(P1,P2) in forma parametrica è

+

= +

= +

=

μ(1) λ(1) x

μ(2) λ(0) x

μ(0) λ(2) x

2 1 o

con λ, μ reali, non entrambi nulli e definiti a meno di un fattore di proporzionalità non nullo

P1 P2

+

=

=

= μ λ x

μ 2 x

λ 2 x

2 1 o

b) P0, P1, P3 non sono allineati : 1 2 1 0 1

1 0

1 0 2

1 1 1

=

=

c) Determinare un pto Q∈ P2 tale che P0, P1, P3 , Q non siano in posi- zione generale.

“ I pti P1, P2, … , Pt di Pn si dicono in posizione generale se:

P1, P2, … , Pt sono L.I. (e in tal caso t≤n+1) (*) oppure

t>n+1 e n+1 pti , comunque scelti, sono L. I.

“ Ricordiamo che vale il seguente fatto :

Dati in Pn = P(Rn+1)i pti P1 =[v1], P2 =[v2],…, Pt =[vt]

P1, P2, …, Pt in Pn sono L.I. ⇔ i vettori v1,v2, …,vt di Rn+1 sono L.I.

(*) ora si capisce !

in Rn+1 il massimo numero di elementi L.I. è n+1

Nel ns. caso n=2 è la dimensione proiettiva di P2 ,definita come (dim R3) -1 (dim R3=3: dimensione dell’R-spazio vettoriale R3).

λ=1 , μ=0 → P1 =[ 2,0,1]

λ=2 , μ=0 → [ 4,0,2] = [ 2,0,1] = P1 !!

λ=0 , μ=1 → P2 =[ 0,2,1]

λ=1 , μ=1→ [ 2,2,2] = [1,1,1] = P0 !!

(5)

I pti sono 4 : P0, P1, P3 , Q e 4>3 ( = dim R3) .

Se vogliamo che P0, P1, P3 , Q NON siano in posizione generale è sufficiente che almeno 3 pti dei 4 pti NON siano L.I.

P0=[1,1,1], P1=[2,0,1], P3=[0,1,1] sono L. I. ( abbiamo già visto che d(P0 ,P1,P3 ) ≠0 ).

In R3 4 vettori sono sempre L.D., facciamo in

modo che 3 di essi siano L.D. aggiungendo Q opportuno

Mettiamoli in colonna :

* 1 1 1

* 1 0 1

* 0 2 1

Si può aggiungere ad es. C4 =(2,1,2)= C2+C3, così C2, C3 ,C4 sono L. D. ossia i pti di P2 P1[2,0,1], P3 [0,1,1] , Q[2,1,2] sono L.D. e così P0, P1, P1,Q sono in posizione generale

Attenzione !

Non scegliere come C4 un multiplo di un’altra colonna, altri-

menti si aggiunge lo stesso pto di P2

ESERCIZIO3.

Rette in forma parametrica – intersezione di due rette in P2

In P2 sono date le seguenti rette:

r0 : x0-2 x1=0, r1 : x0+x1- x2=0, r2 : 2x0-x2=0.

Provare che i punti P0 = r1∩r2 , P1 = r0∩r2, P2 = r0∩r1 sono L.I.

“ Intanto ricordiamo che in P2 due rette hanno sempre interse- zione non vuota.

A differenza di quanto accade nel piano affine in cui due rette parallele non si incontrano ! Nel proiettivo il concetto di parallelismo non esiste. )

La proprietà discende dalla formula di Graßmann (la rivedre- mo insieme ad altri esempi), ma può essere ′capita′ svolgen- do questo esercizio.

“ r1∩r2 è l’intersezione dei due sottospazi proiettivi r1 ed r2 ed

è rappresentata in forma cartesiana dal sistema r1∩r2 :

=

=

+

0 x 2x

0 x x x

2 0

2 1

0

Le soluzioni (x0, x1, x2 ) del sistema lineare omogeneo costi- tuiscono un sottospazio vettoriale V0 di R3, di cui sappiamo determinare dimensione e base :

ρ ⎟⎟

⎜⎜

1 0 2

1 1

1 =2 (le righe sono L.I.)→∞n-ρ=∞3-2=∞1 solni in R3 (dim V0 =1) del tipo L((a,b,c)) con (a,b,c) sol.ne,ad es.L((1,1,2)), che in P2 è il punto P0 =[1,1,2] ( In P2 dim P0 =0=dim V0-1).

(6)

r0∩r2 :

=

=

0 x 2x

0 2x x

2 0

1

0 , come sopra…, dim V1 =1, V1 = L((2,1,4)) , da cui P1 =[2,1,4] .

r0∩r1 :

=

+

=

0 x x x

0 2x x

2 1 0

2

0 , idem …, dim V2 =1, V2 = L((2, -1,1)) , da cui P2 =[2,-1,1] .

Ora verifichiamo che i 3 pti P0 =[1,1,2], P1 =[2,1,4], P2 =[2,-1,1]

sono L.I.

Ricordiamo che :

Dati in Pn = P(Rn+1)i pti P1 =[v1], P2 =[v2],…, Pt =[vt]

P1,P2,…,Pt in Pn sono L.I.⇔ i vettori v1,v2,…,vt di Rn+1 sono L.I.

Quindi in R3 consideriamo v0 =(1,1,2), v1 =(2,1,4), v2=(2,-1,1), sappiamo che v0, v1, v2 sono L.I. ⇔ ρ(v0, v1, v2) =3

1 1 2

4 1 2

2 1 1

=

1 1 2

3 2 0

2 1 1

Allora : Dati 3 pti distinti P1,P2,P3 di P2 :

P1,P2,P3 sono L.I. ⇔ P1,P2,P3 non sono allineati

( Dati 2 pti P1,P2 di P2 :

P ,P sono L.I. ⇔ P e P sono distinti )

= 5+2(-1) =3≠0 OK ! R2 → R2 –R3

ESERCIZIO4.

Intersezioni vuote di rette in P2

Verificare che le seguenti rette di P2

r0 : x0-2x1=0, r1 : x0+x1- x2=0, r2 : 2x0-x2=0 hanno intersezione vuota.

Sappiamo che r0 è il sottospazio proiettivo di P2 associato al sotto- spazio vettoriale di R3 delle soluzioni dell’equazione x0-2x1=0.

Analogamente per r1 ed r2 .

r0 ∩ r1 ∩ r2 è anch’esso sottospazio proiettivo di P2,in quanto intersezione di sottospazi proiettivi, ed è associato al sottospazio

vettoriale di R3 delle soluzioni del sistema

=

=

+

=

0 x 2x

0 x x x

0 2x x

2 0

2 1 0

1 0

.

Se il sistema ha solo la soluzione nulla (0,0,0)∈R3, ossia se lo spazio delle soluzioni V si riduce al vettore nullo,V={(0,0,0)},si ha P(V) =∅, perché in tal caso V non possiede sottospazi di

dimensione 1.

In termini di dimensione : dim V (sottospazio vettoriale di R3) =0 e quindi dim P(V) ( sottospazio proiettivo di P2 ) = dimV-1 = -1.

Ne segue che per def. ∅ è uno spazio proiettivo di dimensione -1.

Ci basta quindi studiare la caratteristica della matrice associata al sistema:

ρ

1 0 2

1 1 1

2 0 1

= 3 ( il det è non nullo)

Allora il sistema ha solo la soluzione banale (0,0,0) e r0 ∩r1 ∩r2= ∅

DOMANDA :C’è un legame tra gli esercizi 3 e 4 (le rette sono le stesse) ?-

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