Geometria I Gianluca Ferrari Spazi Vettoriali Metrici
Tema d’Esame dell’8 febbraio 2016 – Geometria I
In primo luogo, scriviamo la matrice di rappresentazione 𝑀 del prodotto scalare individuato da 𝑞.
𝑀 = (
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 )
Il prodotto scalare 𝑓 ∶ ℝ4× ℝ4 → ℝ sarà espresso analiticamente da 𝑓((𝑥; 𝑦; 𝑧; 𝑡); (𝑥′; 𝑦′; 𝑧′; 𝑡′)) = 𝑥𝑥′+ 𝑦𝑦′ + 𝑧𝑡′ + 𝑧′𝑡 + 𝑡𝑡′ Proviamo ora che la base canonica non è ortogonale.
Sia 𝔅 = (𝑒⃗⃗⃗ = (1; 0; 0; 0); 𝑒1 ⃗⃗⃗ = (0; 1; 0; 0); 𝑒2 ⃗⃗⃗ = (0; 0; 1; 0); 𝑒3 ⃗⃗⃗ = (0; 0; 0; 1)) 4
𝑒1
⃗⃗⃗ ⋅ 𝑒⃗⃗⃗ = (1 0 0 0) (2
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
0 10 0
) = (1 0 0 0) ( 0 10 0
) = 0
𝑒1
⃗⃗⃗ ⋅ 𝑒⃗⃗⃗ = (1 0 0 0) (3
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
0 0 10
) = (1 0 0 0) ( 0 0 10
) = 0
𝑒1
⃗⃗⃗ ⋅ 𝑒⃗⃗⃗ = (1 0 0 0) (4
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
0 00 1
) = (1 0 0 0) ( 0 00 1
) = 0
𝑒2
⃗⃗⃗ ⋅ 𝑒⃗⃗⃗ = (0 1 0 0) (3
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
0 0 10
) = (0 1 0 0) ( 0 0 10
) = 0
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𝑒2
⃗⃗⃗ ⋅ 𝑒⃗⃗⃗ = (0 1 0 0) (4
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
0 00 1
) = (0 1 0 0) ( 0 00 1
) = 0
𝑒3
⃗⃗⃗ ⋅ 𝑒⃗⃗⃗ = (0 0 1 0) (4
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
0 0 01
) = (0 0 1 1) ( 0 0 01
) = 1 ≠ 0
Abbiamo dunque che la base canonica non è ortogonale, tuttavia il vettore 𝑒⃗⃗⃗ è 1 ortogonale a tutti gli altri, così come 𝑒⃗⃗⃗ . Al più, per costruire una base ortogonale, è 2 possibile aggiungere uno degli altri due, ammesso che non sia isotropo.
Verifichiamo che i vettori della base 𝔅 non siano isotropi.
𝑞(𝑒⃗⃗⃗ ) = 1 ≠ 0 1 𝑞(𝑒⃗⃗⃗ ) = 1 ≠ 0 2 𝑞(𝑒⃗⃗⃗ ) = 1 ≠ 0 3 𝑞(𝑒⃗⃗⃗ ) = −1 ≠ 0 4
Nessuno dei quattro vettori annulla la forma quadratica 𝑞, dunque nessuno di essi è isotropo. Scegliamo i vettori 𝑒⃗⃗⃗ , 𝑒1 ⃗⃗⃗ ed 𝑒2 ⃗⃗⃗ , calcoliamone i complementi ortogonali e 3 intersechiamoli.
{
〈𝑒⃗⃗⃗ 〉1 ⊥ ∶ (1 0 0 0) (
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
𝑥 𝑦𝑧 𝑡
) = 0
〈𝑒⃗⃗⃗ 〉2 ⊥ ∶ (0 1 0 0) (
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
𝑥𝑦 𝑧 𝑡
) = 0
〈𝑒⃗⃗⃗ 〉3 ⊥ ∶ (0 0 1 0) (
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
𝑥 𝑦 𝑧𝑡
) = 0
⟹
{
(1 0 0 0) ( 𝑥𝑦 𝑧 𝑡
) = 0
(0 1 0 0) ( 𝑥𝑦 𝑧 𝑡
) = 0
(0 0 1 1) ( 𝑥 𝑦 𝑧𝑡
) = 0
{𝑥 = 0 𝑦 = 0 𝑧 + 𝑡 = 0 → 𝑡 = −𝑧 Abbiamo così determinato il sottospazio
〈(0; 0; 1; −1)〉
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Una possibile base ortogonale contenente il maggior numero di vettori della base può essere la seguente:
𝔅′ = ((1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 1; −1))
Ora, assegnato 𝑈 = 〈(1; 0; 0; 1); (1; 1; 0; 0)〉, calcoliamone il complemento ortogonale e determiniamone una sua base.
𝑈⊥ ∶
{
(1 0 0 1) (
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
𝑥 𝑦 𝑧𝑡
) = 0
(1 1 0 0) (
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1 ) (
𝑥 𝑦𝑧 𝑡
) = 0
⟹
{
(1 0 1 −1) ( 𝑥𝑦 𝑧 𝑡
) = 0
(1 1 0 0) ( 𝑦𝑥 𝑧𝑡
) = 0.
{𝑥 + 𝑧 − 𝑡 = 0
𝑥 + 𝑦 = 0 ⟹ {𝑡 = 𝑥 + 𝑧 𝑦 = −𝑥 da cui 𝑈⊥ = 〈(1; −1; 0; 1); (0; 0; 1; 1)〉 e quindi
𝔅𝑈⊥ = ((1; −1; 0; 1); (0; 0; 1; 1))
Vediamo infine se 𝑈⊥ è complemento diretto per 𝑈, ossia se lo spazio vettoriale ℝ4 è somma diretta dei sottospazi 𝑈 e 𝑈⊥, o più rigorosamente valutiamo se ℝ4 = 𝑈 ⊕ 𝑈⊥. In primo luogo, calcoliamo il rango della matrice formata dai vettori delle basi di 𝑈 e 𝑈⊥ per determinare la dimensione della somma dei due sottospazi. Per il teorema di Laplace
det (
1 1 1 0
0 1 −1 0
0 0 0 1
1 0 1 1
) = det (1 −1 0
0 0 1
0 1 1) − det (1 1 0 1 −1 0
0 0 1) = −1 − (−1 − 1)
≠ 0
quindi la matrice ha rango 4 e dim(𝑈 + 𝑈⊥) = 4
In secondo luogo, sfruttiamo il teorema di Grassmann calcolando la dimensione dell’intersezione, verificando che essa sia nulla.
dim(𝑈 + 𝑈⊥) + dim(𝑈 ∩ 𝑈⊥) = dim 𝑈 + dim 𝑈⊥
dim(𝑈 ∩ 𝑈⊥) = dim 𝑈 + dim 𝑈⊥− dim(𝑈 + 𝑈⊥) = 2 + 2 − 4 = 0 Abbiamo così dimostrato che 𝑈⊥ è complemento diretto per 𝑈.
