Capitolo 7
Struttura metrica in R n Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
Introduzione
Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Data una base ortogonale per un sottospazio, determinare le coordinate di un vettore di tale sottospazio rispetto a tale base usando i coefficienti di Fourier (vedi esercizio nella pagina seguente).
• Data una base per un sottospazio, determinare a partire da essa una base ortogonale per il sottospazio (vedi esercizio a pagina 5).
• Dato un sottopazio, determinare la dimensione, una base e le equazioni cartesiane del suo complemento ortogonale (vedi esercizi a pagina 8 e a pagina 15).
• Dato un vettore, determinarne la sua proiezione ortogonale su un sotto- spazio (vedi a pagina 15).
• Dato un vettore appartenente ad uno spazio vettoriale ed un sottospazio vettoriale di quest’ultimo, decomporre il vettore dato in una componente appartenente al sottospazio e in un altra appartenente al complemento ortogonale di tale sottospazio (vedi esercizio a pagina 15).
Esercizio 1
Data la base ortogonale di R4:
B =
1 0 0 1
,
1/2
0 1
−1/2
,
0
−1 0 0
,
1/3
0
−1/3
−1/3
= {Y1, Y2, Y3, Y4} ,
determinare le coordinate del vettore X =
−1 0 1 4
, espresso in coordinate ri-
spetto alla base canonica di R4, rispetto alla nuova base B.
Soluzione
Se non avessimo a che fare con una base ortogonale, dovremmo trovare le coordi- nate del vettore riscrivendolo come combinazione lineare dei vettori della base B, ovvero dovremmo risolvere il sistema dato dall’equazione parametrica vettoriale:
−1 0 1 4
= α
1 0 0 1
+ β
1/2
0 1
−1/2
+ γ
0
−1 0 0
+ δ
1/3
0
−1/3
−1/3
Tuttavia la base B è ortogonale. Infatti si ha che:
hY1, Y2i = 1 2 −1
2 = 0 hY1, Y3i = 0
hY1, Y4i = 1 3 −1
3 = 0 hY2, Y3i = 0
hY2, Y4i = 1 6 −1
3 +1 6 = 0 hY3, Y4i = 0
quindi possiamo ricavare le coordinate del vettore X rispetto alla base B de- terminando i coefficienti di Fourier del vettore X rispetto a tale base. Ovvero
abbiamo che:
x1 = hX, Y1i hY1, Y1i
= (−1 + 4) 2
= 3 2,
x2 = hX, Y2i hY2, Y2i
= −12+ 1 − 2
3 2
= −1,
x3 = hX, Y3i hY3, Y3i
= (0) 1
= 0,
x4 = hX, Y4i hY4, Y4i
= −13−13−43
1 3
= −6,
Quindi le coordinate del vettore X rispetto alla base B sono date dal vettore:
X0=
3/2
−1 0
−6
Esercizio 2
Data la base di R4:
B =
1 0 0 1
,
1 0 1 0
,
−2
−1 0 0
,
1 2 0 0
= {X1, X2, X3, X4} ,
determinare una base ortogonale di R4.
Soluzione
Dobbiamo utilizzare l’algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt. Quin- di:
Y1 = X1;
Y2 = X2−hX2, Y1i hY1, Y1iY1
=
1 0 1 0
−1 2
1 0 0 1
=
1/2
0 1
−1/2
;
Y3 = X3−hX3, Y2i
hY2, Y2iY2−hX3, Y1i hY1, Y1iY1
=
−2
−1 0 0
−−1
3 2
1/2
0 1
−1/2
−−2 2
1 0 0 1
=
−2
−1 0 0
+2
3
1/2
0 1
−1/2
+
1 0 0 1
=
−2
−1 0 0
+
1/3
0 2/3
−1/3
+
1 0 0 1
=
−2/3
−1 2/3 2/3
;
Y4 = X4−hX4, Y3i
hY3, Y3iY3−hX4, Y2i
hY2, Y2iY2−hX4, Y1i hY1, Y1iY1
=
1 2 0 0
−−83
7 3
−2/3
−1 2/3 2/3
−
1 2 3 2
1/2
0 1
−1/2
−1 2
1 0 0 1
=
1 2 0 0
+8
7
−2/3
−1 2/3 2/3
−1 3
1/2
0 1
−1/2
−1 2
1 0 0 1
=
1 2 0 0
+
−16/21
−8/7 16/21 16/21
+
−1/6 0
−1/3 1/6
+
−1/2 0 0
−1/2
=
−3/7 6/7 3/7 3/7
;
Ne consegue che una base ortogonale di R4è data dai vettori:
B⊥ =
1 0 0 1
,
1/2
0 1
−1/2
,
−2/3
−1 2/3 2/3
,
−3/7 6/7 3/7 3/7
= {Y1, Y2, Y3, Y4}
Per verificare se il risultato trovato è corretto, basta fare il prodotto scalare tra ciascun vettore della base trovata con gli altri vettori della stessa base e verificare che sia nullo. Ovvero:
hY1, Y2i = 1 2 −1
2 = 0 hY1, Y3i = −2
3+2 3 = 0 hY1, Y4i = −3
7+3 7 = 0 hY2, Y3i = −1
3+2 3 −1
3 = 0 hY2, Y4i = − 3
14+3 7− 3
14 = 0 hY3, Y4i = 2
7 −6 7+2
7 +2 7 = 0
Possiamo quindi supporre che il risultato sia corretto, ovvero che sia veramente una base ortogonale.
Nel caso in cui volessimo ottenere una base ortonormale per Rn, basterebbe ortonormalizzare la base ortogonale trovata dividendo ciascun vettore della base per la sua norma. Ovvero:
BO⊥ =
√1 2
1 0 0 1
, 1
q3 2
1/2
0 1
−1/2
, 1
√21 3
−2/3
−1 2/3 2/3
, 1
3√ 7 7
−3/7 6/7 3/7 3/7
=
1/√
2 0 0 1/√
2
,
√ 6/6 0 p2/3
−√ 6/6
,
−2√ 21/21
−3/√ 21 2√
21/21 2√
21/21
,
−√ 7/7 2√
√7/7
√7/7 7/7
Esercizio 3 (appello 9/07/2013, esercizio n°5)
Sia:
V = Span
1 1 1
−1
,
2 2 0 0
,
3 1 1 1
1. determinare dim (V ) e dim V⊥;
2. si determini una base ortogonale di V ; 3. si determini una base di V⊥.
4. si determini per quale valori di a il vettore
a 1 1 1
appartiene a V .
Soluzione
Punto (1)
Per determinare dim (V ), dobbiamo determinare quali tra i vettori dati sono linearmente indipendenti, ovvero dobbiamo determinare qual è il rango della matrice A così definita:
A =
1 2 3 1 2 1 1 0 1
−1 0 1
A tal fine, utilizziamo la regola degli orlati di Kronecker :
|∆1| =
2 3 2 1
= 2 − 6
= −4 6= 0 ⇒ rg (A) ≥ 2
|∆12| =
1 2 3 1 2 1 1 0 1
=
1 2 3 0 2 0 1 0 1
= 2
1 3 1 1
= −4 6= 0 ⇒ rg (A) ≥ 3
Essendo A una matrice di orgine 4 × 3, possiamo concludere che rg (A) = 3 e quindi che:
dim (V ) = rg (A) = 3
Per quanto riguarda la dimensione di V⊥, sappiamo dalla teoria che i due sot- tospazi sono in somma diretta tra loro e che la loro somma genera tutto Rn, cioè:
V ⊕ V⊥= Rn,
Quindi abbiamo che:
dim (V ) + dim V⊥ = n,
che nel nostro caso equivale a dire:
3 + dim V⊥ = 4,
e quindi:
dim V⊥ = 4 − 3 = 1
Punto (2)
Per trovare una base ortogonale per V , dobbiamo applicare l’algoritmo di orto- gonalizzazione di Gram-Schmidt ad una base di V qualsiasi.
Notiamo subito che, avendo V dimensione pari a 3 ed essendo i tre vettori che ci sono stati dati dal testo dell’esercizio linearmente indipendenti, questi sono già una base per V . Quindi, chiamando tale base:
B =
1 1 1
−1
,
2 2 0 0
,
3 1 1 1
= {X1, X2, X3} ,
e applicando l’algoritmo di ortogonalizzazione otteniamo:
Y1 = X1;
Y2 = X2−hX2, Y1i hY1, Y1iY1
=
2 2 0 0
−4 4
1 1 1
−1
=
2 2 0 0
+
−1
−1
−1 1
=
1 1
−1 1
Y3 = X3−hX3, Y2i
hY2, Y2iY2−hX3, Y1i hY1, Y1iY1
=
3 1 1 1
−4 4
1 1
−1 1
−4 4
1 1 1
−1
=
3 1 1 1
+
−1
−1 1
−1
+
−1
−1
−1 1
=
1
−1 1 1
;
Quindi una base ortogonale per V è data dai vettori:
B⊥ =
1 1 1
−1
,
1 1
−1 1
,
1
−1 1 1
Punto (3)
Per trovare una base per V⊥, dobbiamo applicare l’algoritmo mostrato sulle slide teoriche relative al capitolo 7. Infatti abbiamo che le equazioni cartesiane di V⊥ si possono ottenere facendo il prodotto scalare tra un generico vettore X ∈ Rn con i vettori di una base di V e ponendo tali prodotti scalari uguali a zero. Quindi nel nostro caso abbiamo:
V⊥ :
hX1, Xi = 0 hX2, Xi = 0 hX3, Xi = 0
V⊥ :
x + y + z − t = 0
2x + 2y = 0
3x + y + z + t = 0
Dalle equazioni cartesiane possiamo ricavare una base per V⊥, che ha dimen-
sione pari a 1 e che quindi sarà definito dallo Span di un solo vettore:
V⊥ :
x = α
x + y + z − t = 0
2x + 2y = 0
3x + y + z + t = 0
V⊥ :
x = α
x + y + z − t = 0
y = −α
3x + y + z + t = 0
V⊥ :
x = α
α − α + z − t = 0
y = −α
3α − α + z + t = 0
V⊥ :
x = α z = t y = −α t = −α
V⊥ :
x = α z = −α y = −α t = −α Quindi possiamo scrivere:
V⊥ :
x y z t
= α
1
−1
−1
−1
, α ∈ R,
e una base per V⊥ è data da:
BV⊥ =
1
−1
−1
−1
Punto (4)
Determinare per quali valori di a il vettore appartiene a V significa sapere per quali valori di a tale vettore è linearmente dipendente ai vettori che costituiscono
una base per V . Ovvero se costruiamo la matrice le cui colonne sono date dal vettore in considerazione e dai vettori di una base di V :
A =
a 1 2 3
1 1 2 1
1 1 0 1
1 −1 0 1
,
dire che il vettore è linearmente dipendente ai vettori di una base di V equivale a dire che il determinante della matrice A è nullo. Dobbiamo quindi determinare per quali valori di a il determinante della matrice è nullo:
|A| =
a 1 2 3
1 1 2 1
1 1 0 1
1 −1 0 1
=
a − 1 0 0 2
1 1 2 1
1 1 0 1
1 −1 0 1
= −2
a − 1 0 2
1 1 1
1 −1 1
= −2
a − 1 0 2
2 0 2
1 −1 1
= −2
a − 1 2
2 2
= −2 (2a − 2 − 4)
= −4a + 12
Tale determinante è nullo per:
|A| = 0
−4a + 12 = 0
a = 3
Quindi possiamo concludere che il vettore
a 1 1 1
∈ Span (V ) se e solo se a = 3.
Esercizio 4 (appello straordinario 23/11/2012, eser- cizio 5)
Fissato in R4 il prodotto scalare standard, si considerino il sottospazio U ed il vettore v:
U =
x1 x2 x3
x4
: x1+ x2− x3= 0
, v =
1 1 1 1
Determinare:
1. dim (U ) e una base ortonormale per U ; 2. dim U⊥ e una base per U⊥;
3. la proiezione ortogonale del vettore v su U⊥; 4. i vettori u ∈ U e w ∈ U⊥ tali che v = u + w.
Soluzione
Punto (1)
Per determinare dim (U ), tenendo conto che U è un sottospazio di R4 e che è definito da un’equazione cartesiana, sfruttuando l’utilissima relazione imparata nel capitolo 2 otteniamo:
dim (U ) = dim R4 − n° equazioni cartesiane di U
= 4 − 1
= 3
Prima di ottenere una base ortonormale per U , accontentiamoci di ricavare una
base qualsiasi riscrivendo U in forma parametrica vettoriale, ovvero:
U : x1+ x2− x3= 0
U :
x1+ x2− x3 = 0
x2 = α
x3 = β
x4 = γ
U :
x1 = −α + β x2 = α x3 = β x4 = γ
U :
x1 x2 x3 x4
= α
−1 1 0 0
+ β
1 0 1 0
+ γ
0 0 0 1
, α, βγ ∈ R,
quindi una base per U è:
BU =
−1 1 0 0
,
1 0 1 0
,
0 0 0 1
= {X1, X2, X3}
Possiamo quindi ricavare una base ortogonale a partire da BU utilizzando l’al-
goritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt:
Y1 = X1;
Y2 = X2−hX2, Y1i hY1, Y1iY1
=
1 0 1 0
−−1 2
−1 1 0 0
=
1 0 1 0
+
−1/2 1/2
0 0
=
1/2 1/2 1 0
;
Y3 = X3−hX3, Y2i
hY2, Y2iY2−hX3, Y1i hY1, Y1iY1
=
0 0 0 1
− 0
3 2
1/2 1/2 1 0
−0 2
−1 1 0 0
=
0 0 0 1
;
Ne consegue che una base ortogonale per U è data dai vettori:
B⊥U =
−1 1 0 0
,
1/2 1/2 1 0
,
0 0 0 1
= {Y1, Y2, Y3}
Si vede ad occhio che facendo il prodotto scalare tra ciascun vettore della base trovata e gli altri vettori della base, il risultato è sempre uguale a zero: questo
Quella che abbiamo trovato tuttavia è una base ortogonale per U , ma non ortonormale!
Una base ortonormale infatti è costituita da vettori aventi norma unitaria, cioè pari a 1.
Per trovare una base ortonormale a partire dalla base ortogonale trovata, basta moltiplicare ciascun vettore di BU per l’inverso della sua norma. Così facendo otteniamo la base:
B⊥UO =
√1 2
−1 1 0 0
, 1
√6 2
1/2 1/2 1 0
,1
1
0 0 0 1
=
−1/√ 2 1/√
2 0 0
,
√
√6/6
√6/6 6/3 0
,
0 0 0 1
Punto (2)
Per quanto riguarda la dimensione di U⊥, sappiamo dalla teoria che i due sot- tospazi sono in somma diretta tra loro e che la loro somma genera tutto Rn, cioè:
U ⊕ U⊥= Rn,
Quindi abbiamo che:
dim (U ) + dim U⊥ = n,
che nel nostro caso equivale a dire:
3 + dim U⊥ = 4,
e quindi:
dim U⊥ = 4 − 3 = 1
Per trovare una base per U⊥, dobbiamo applicare l’algoritmo mostrato sulle slide di teoria relative al capitolo 7. Infatti abbiamo che le equazioni cartesiane di U⊥ si possono ottenere facendo il prodotto scalare tra un generico vettore X ∈ Rn con i vettori di una base di U e ponendo tali prodotti scalari uguali a
zero. Quindi nel nostro caso abbiamo:
U⊥ :
hX1, Xi = 0 hX2, Xi = 0 hX3, Xi = 0
U⊥ :
y − x = 0 x + z = 0
t = 0
Dalle equazioni cartesiane possiamo ricavare una base per U⊥, che ha dimen- sione pari a 1 e che quindi sarà definito dallo Span di un solo vettore:
U⊥ :
x = α y = α z = −α t = 0
U⊥ :
x = α y = α z = −α t = 0 Quindi possiamo scrivere:
U⊥:
x y z t
= α
1 1
−1 0
, α ∈ R,
e una base per U⊥ è data da:
BU⊥ =
1 1
−1 0
Punto (3)
I sottospazi U e U⊥ sono in somma diretta; pertanto l’unione di due loro basi sono una base per R4, una base che per di più è ortogonale, in quanto BU⊥ è costituita da un solo vettore che, per la definizione di U⊥, è ortogonale a tutti i vettori di U , e quindi anche ai vettori della base B⊥U.
Pertanto, otteniamo dapprima una base ortogonale per R4unendo le basi B⊥ e
BU⊥ (mi rendo conto ora che forse avrei dovuto usare un poco più di fantasia nel dare il nome alle basi...):
B⊥R4 =
−1 1 0 0
,
1/2 1/2 1 0
,
0 0 0 1
,
1 1
−1 0
= {Y1, Y2, Y3, Y4}
Possiamo quindi determinare la proiezione ortogonale del vettore v su U⊥ cal- colandone il coefficiente di Fourier relativo all’ultimo vettore della base (che è appunto il vettore che costituisce BU⊥). Infatti la proiezione ortogonale di v su U⊥ è data dal vettore:
pU⊥ = hv, Y4i hY4, Y4iY4, E’ possibile sfruttare i coefficienti di Fourier in quanto B⊥
R4è una base ortogonale.
In realtà non era necessario ottenere una base ortogonale per tutto R4 per ottenere la proiezione di v sul solo sottospazio U⊥: tuttavia, allo scopo di richiamare alla memoria i coefficienti di Fourier e il loro utilizzo, ho proceduto in tale modo. In ogni caso bastava avere sotto mano una base ortogonale per U⊥, ed essendo la base da noi trovata per U⊥formata da un solo vettore, questa era già ortogonale...
Procedendo quindi con i calcoli otteniamo:
pU⊥ = 1 3Y4,
=
1/3 1/3
−1/3 0
Punto (4)
Nel punto precedente abbiamo ricavato la proiezione di v su U⊥. Dalla teoria sappiamo che ciascun vettore v ∈ Rn può essere decomposto come la somma di due vettori, uno appartenente a U e l’altro a U⊥: sono appunto i due vettori u e w che cerchiamo.
In particolare a noi interessa determinare solamente il vettore u, in quanto già possediamo il vettore w: questo è uguale infatti al vettore pU⊥ calcolato nel punto precedente.
Quindi, dalla scrittura:
v = u + w,
possiamo semplicemente ricavare:
u = v − w
= v − pU⊥
=
1 1 1 1
−
1/3 1/3
−1/3 0
=
2/3 2/3 4/3 1
Quindi possiamo scrivere che:
1 1 1 1
=
2/3 2/3 4/3 1
+
1/3 1/3
−1/3 0
.
