Spazi euclidei R^n e diagonalizzazione ortogonale

SPAZI EUCLIDEI, APPLICAZIONI SIMMETRICHE, FORME
QUADRATICHE
1. Esercizi
Esercizio 1. In R3 calcolare il modulo dei vettori (1, 2, 1), (1, −1, 2) ed il loro angolo.
Esercizio 2. Calcolare una base ortonormale del sottospazio
V = {(x, y) ∈ R2 |x + 2y = 0}
e completarla a base ortonormale di R2 specificando se la base trovata è positiva o negativa.
Esercizio 3. Trovare una base ortonormale del sottospazio V = {(x, y, z)|x + y − z = 0}
di R3 . Completare poi la base trovata a base ortonormale positiva di R3 .
Esercizio 4. Trovare una base ortonormale del sottospazio V = {(x, y, z)|x+y = 0, y+z =
0} di R3 . Completare poi la base trovata a base ortonormale negativa di R3 .
Esercizio 5. Calcolare i sottospazi complementi ortogonali di
V = {(x, y, z) ∈ R3 |x + y + z = 0, x − y + 2z = 0}
e di
U = L((1, 1, −1), (1, 0, 2)),
rispettivamente.
Esercizio 6. Calcolare la proiezione ortogonale di v = (1, 2, 1) sul sottospazio V =
{(x, y, z) ∈ R3 |x + z = 0, y − z = 0} e sul sottospazio W = {(x, y, z) ∈ R3 |x + y − z = 0}.
Determinare poi i vettori simmetrici di v rispetto ai due sottospazi.
Esercizio 7. Scrivere le matrici ortogonali P di ordine 2, calcolare i loro autovalori, dire
quali sono diagonalizzabili, e dare una loro interpretazione come movimenti del piano.
 3

− 45 0
5
Esercizio 8. Data la matrice P =  45 35 0  verificare che è ortogonale. Ripetere
0 0 1
poi l’ Esercizio 7 con tale matrice.
Esercizio 9. Sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo che associa ad ogni vettore v il vettore
f (v) simmetrico di v rispetto ad un piano α fissato passante per l’ origine. Trovare gli
autovalori di f ed i relativi autovettori. Dire se f è semplice. Fissato poi α : x − y = 0
scrivere esplicitamente l’ endomorfismo f e verificare che è simmetrico. Scrivere la forma
quadratica Q associata ad f e calcolarne una forma canonica.
Esercizio 10. Sia Q : R2 → R la forma quadratica Q(x, y) = x2 + 2xy + y 2 . Trovare
un cambio di coordinate che riporti Q in forma canonica, trovare la corrispondente forma
canonica di Q e scrivere l’ endomorfismo simmetrico f : R2 → R2 associato a Q.
Esercizio 11. Sia Q : R3 → R la forma quadratica definita come Q(x, y, z) = x2 + 2y 2 +
z 2 − 2xy + 2yz. Trovarne una forma canonica, il cambio di coordinate che la riporta in
forma canonica, e scrivere l’ endomorfismo simmetrico associato a Q.
1
2
SPAZI EUCLIDEI
Esercizio 12. Sia v un vettore non nullo fissato di R3 , e sia f : R3 → R3 l’ endomorfismo
definito da f (x) = (v · x)v. f ha |v|2 come autovalore.
(V )
(F )
Esercizio 13. {( 21 ,
√
√
3
), ( 23 , − 12 )}
2
è una base ortonormale positiva di R2 .
(V )
(F )
Esercizio 14. Sia Q(x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 . L’ endomorfismo simmetrico f : R3 → R3
associato a Q ha un autospazio di dimensione 2.
(V )
(F )
Esercizio 15. Sia Q(x, y, z) = 2xy. L’ endomorfismo simmetrico associato a Q
(1) ha nucleo di dimensione 1;
(V )
(2) è suriettivo;
(V )
(3) ha un autovalore uguale ad 1;
(V )
(4) ha tre autovalori semplici.
(V )
(F )
(F )
(F )
(F )
2. Soluzioni di alcuni esercizi
√
Soluzione dell’ Esercizio 1. Per definizione, |v| = v · v dove · è il prodotto scalare
euclideo standard. Ricordiamo che, se u = (u1 , u2 , u3 ) e v = (v1 , v2 , v3 ), allora u · v =
u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 . Quindi,
√
|(1, 2, 1)| = |(1, −1, 2)| = 6.
L’ angolo tra i due vettori u e v è definita come l’ angolo θ il cui coseno vale cos θ =
Con i dati dell’ Esercizio, si ha
1
cos θ = .
6
u·v
.
|u||v|
Soluzione dell’ Esercizio 2. Prima calcoliamo una base di V, poi, da questa, calcoliamo
una base ortonormale usando il metodo di Graham-Schmidt. Una base di V si ottiene
risolvendo il sistema lineare omogeneo che definisce V e mettendo poi la variabile libera in
evidenza. Abbiamo quindi che una base di V è ((−2, 1)). Per ottenere una base
√ ortonormale di V basta allora dividere il vettore (−2, 1) per il suo
|(−2, 1)| = 5, e quindi
modulo
2
1
una base ortonormale di V è formata dal solo vettore
− √5 , √5 . Per completare tale
base a base ortonormale di R2 , basta aggiungere un secondo vettore ortogonale
al prece
dente e di modulo 1. Se (x, y) è un qualsiasi vettore, l’ ortogonalità con − √25 , √15 è
descritta dall’ equazione
1
2
−√ x + √ y = 0
5
5
le cui soluzioni sono a(1, 2). Tra tutti questi vettori, quelli di modulo 1 sono √15 , √25 , e
− √15 , √25 . Uno qualsiasi dei due vettori insieme al precedente forma una base ortonormale di R2 . In particolare,
2 1
−√ , √
5 5
1 2
, √ ,√
5 5
è negativa, mentre
è positiva.
2 1
−√ , √
5 5
2
1
, −√ , −√
5
5
SPAZI EUCLIDEI
3
Soluzione dell’ Esercizio 3. Il sistema che definisce V ha come soluzioni i vettori (x, y, x +
y), con x, y ∈ R arbitrari. √Quindi, dim V = 2 ed una base di V è (1, 0, 1), (0, 1, 1)). Il
primo vettore ha
modulo 2 e quindi il primo vettore della base ortonormale di V è
1
1
e1 = √2 , 0, √2 . Il secondo vettore della base ortonormale è parallelo a
1
1
1
1
1
1
1
1
√ , 0, √
(0, 1, 1) − (0, 1, 1) · √ , 0, √
= (0, 1, 1) − ( , 0, ) = (− , 1, )
2
2
2
2
2
2
2
2
ed ha modulo 1. Quindi, una base ortonormale di V è
1
1
1 2 1
e1 = √ , 0, √ , e2 = − √ , √ , √
.
2
2
6 6 6
3
Una terzo vettore
che completa
la base precedente come base ortonormale positiva di R
è e1 ∧ e2 = − √13 , − √13 , − √13 , per le proprietà del prodotto vettoriale.
Soluzione dell’ Esercizio 4. Il sottospazio V è costituito dai vettori della forma (−y, y, −y),
con
y ∈ R. Una base
di V è allora ((−1, 1, −1)) ed una base ortonormale di V è
e1 = − √13 , √13 , − √13 . Per completarla a base ortonormale negativa di R3 cominciamo
con aggiungere un vettore e2 ortogonale ad e1 e di modulo 1. Un tale vettore, essendo
ortogonale ad e1 , è soluzione dell’ equazione
1
1
1
− √ x + √ y − √ z = 0.
3
3
3
Una soluzione di tale equazione è (1, 1, 0) ed allora
scegliamo e2 parallelo ed equiverso a
1
1
(1, 1, 0) e di modulo 1. Quindi, e2 = √2 , √2 , 0 . Il terzo vettore che completa la base
ortonormale
negativa
di R3 , per le proprietà del prodotto vettoriale, è e3 = −e1 ∧ e2 =
− √16 , √16 , √26 .
Soluzione dell’ Esercizio 5. Il sottospazio complemento ortogonale di V è
V ⊥ = L((1, 1, 1), (1, −1, 3))
dove i suoi generatori sono le righe della matrice dei coefficienti del sistema lineare omogeneo che definisce V. Poiché i generatori sono linearmente indipendenti, abbiamo che
dim V ⊥ = 2.
Il sottospazio complemento ortogonale di U è
U ⊥ = {(x, y, z) ∈ R3 |x + y − z = 0, x + 2z = 0}
dove le equazioni sono i prodotti scalari di un vettore generico (x, y, z) di R3 e dei generatori di U. Osserviamo che la dimensione di U ⊥ è 1.
Soluzione dell’ Esercizio 6. Ricaviamo una base ortonormale per V. Risolvendo il sistema,
abbiamo che V = L((−1, 1, 1)) ed ha dimensione 1. Una sua base
si calcola
ortonormale
è la base
normalizzando il vettore (−1, 1, 1) e quindi abbiamo che e = − √13 , √13 , √13
ortonormale di V cercata. In base alla teoria, la proiezione ortogonale di v su V si calcola
come
2
1 1 1
2 2 2
projV (v) = (v · e)e = √ − √ , √ , √
= − , ,
.
3 3 3
3
3 3 3
4
SPAZI EUCLIDEI
Sempre in base alla teoria, il vettore simmetrico di v rispetto a V si calcola come
7 2 1
symV (v) = 2 projV (v) − v = − , − ,
.
3 3 3
Una base di W è ((1, 0, 1), (0, 1, 1)) e si ottiene risolvendo il sistema che definisce W.
Usando il metodo
di ortonormalizzazione,
ricaviamo una base ortonormale di W che è
1
1
1
2
1
e1 = √2 , 0, √2 , e2 = − √6 , √6 , √6 . Usando le stesse formule usate nel caso precedente, calcoliamo sia la proiezione, sia il vettore simmetrico. Abbiamo quindi
1 4 5
projW (v) = (v · e1 )e1 + (v · e2 )e2 =
, ,
3 3 3
1 2 7
symW (v) = 2 projW (v) − v = − , ,
.
3 3 3
Soluzione dell’ Esercizio 7. Per scrivere una matrice ortogonale di ordine 2, dobbiamo
scrivere una base ortonormale di R2 . Il primo vettore di tale base è un qualsiasi vettore di
modulo 1 e quindi è individuato da un punto sulla circonferenza di centro l’ origine e raggio
1 ossia è dalla forma e1 = (cos θ, sin θ), per qualche angolo θ ∈ [0, 2π). Il secondo vettore
della base avrà modulo 1 e sarà ortogonale ad e1 . Quindi e2 = (cos(θ+π/2), sin(θ+π/2)) =
(− sin θ, cos θ) se ruotiamo e1 in senso antiorario, oppure e2 = (sin θ, − cos θ), se ruotiamo
e1 in senso orario. Le matrici ortogonali di ordine 2 saranno allora di uno dei due seguenti
tipi
cos θ − sin θ
cos θ sin θ
P1 (θ) =
oppure P2 (θ) =
.
sin θ cos θ
sin θ − cos θ
Studiamo ora P1 (θ). Il suo polinomio caratteristico è p(t) = t2 − 2t cos θ + 1 che ha
discriminante ∆ = cos2 θ − 1. Per le proprietà della funzione cos θ, abbiamo che ∆ = 0
per θ = 0, π, e ∆ < 0 per tutti gli altri valori di θ. Quindi, P1 (0) ha autovalore t = 1
doppio, è già diagonale perché P1 (0) = I ed è allora l’ applicazione di R2 in sè che lascia
fissati tutti i vettori. Invece, P1 (π) ha autovalore t = −1 doppio, è già diagonale perché
P1 (π) = −I, ed è l’ applicazione che associa ad ogni vettore di R2 il vettore opposto.
Come movimento del piano, è la simmetria rispetto all’ origine, ovvero è la rotazione di
un angolo π. In generale, P1 (θ) è la rotazione di un angolo θ.
La matrice P2 (θ) ha polinomio caratteristico p(t) = t2 − 1 e quindi ha autovalori t1 =
1, t2 = −1, indipendenti dalla scelta di θ. Essendo entrambi di molteplicità 1 P2 (θ) è
diagonalizzabile. L’ autospazio relativo all’ autovalore 1 è
V (1) = L((sin θ, 1 − cos θ))
mentre l’ altro autospazio è
V (−1) = L((sin θ, −1 − cos θ)).
Come movimento del piano, P2 (θ) rappresenta una simmetria ortogonale rispetto alla
retta V (1).
t
Soluzione dell’ Esercizio 8. Si verifica facilmente che P
P = I e quindi che P è ortogonale.
In alternativa, si può verificare che le colonne di P formano una base ortonormale di
R3 . Il polinomio caratteristico di P è p(t) = (1 − t)(t2 − 56 t + 1) che ha t = 1 come
unica radice reale, perché il fattore di secondo grado ha discriminante ∆ = −f rac1625
negativo. Quindi, t = 1 è l’ unico autovalore di P. L’ autospazio corrispondente è V (1) =
SPAZI EUCLIDEI
5
L((0, 0, 1)), ossia l’ asse z. Come applicazione lineare, P associa a vettori del piano [xy] =
L((1, 0, 0), (0, 1, 0)) vettori dello stesso piano. Infatti
   3x−4y 
x
5

.
P y  =  4x+3y
5
0
0
Inoltre, come applicazione di [xy] in [xy] è definita dalla matrice
3
− 45
5
4
5
3
5
che è ortogonale del tipo P1 (θ) con θ che verifica cos θ = 53 , sin θ = 45 , usando le notazioni
dell’ Esercizio 7. In sintesi, P rappresenta una rotazione antioraria intorno all’ asse z di
un angolo θ.
Soluzione dell’ Esercizio 9. Dalla sua definizione, abbiamo che
f (v) = symα (v) = 2 projα (v) − v.
Risulta evidente che, preso un qualsiasi vettore v ∈ α, si ha projα (v) = v, e quindi
f (v) = 2v − v = v = 1v. In conclusione, tutti i vettori non nulli di α sono autovettori
relativi all’ autovalore 1, ossia α ⊆ V (1). Sia ora r l’ unica retta ortogonale ad α per l’
origine. Ovviamente, r è un sottospazio di dimensione 1. Tutti i vettori di r verificano
projα (v) = 0 e quindi f (v) = −v = −1v. In conclusione, tutti i vettori non nulli di r
sono autovettori relativi all’ autovalore −1, ossia r ⊆ V (−1).
D’ altra parte, è chiaro che α ⊕ r = R3 , e che V (1) ∩ V (−1) = {0}. Questo permette
di affermare che V (1) = α, e che V (−1) = r. Poiché R3 è somma diretta di autospazi di
f, f è semplice. Inoltre, essendo gli autospazi a due a due ortogonali, ossia esistendo una
base ortonormale di R3 formata da autovettori di f, abbiamo che f è simmetrico.
Calcoliamo ora esplicitamente f nel caso in cui α è il sottospazio formato dai vettori
che verificano la condizione
0. Una sua base
è ((1, 1, 0), (0, 0, 1)), ed una sua
x−y =
base ortonormale è e1 = √12 , √12 , 0 , e2 = (0, 0, 1) . Una base ortonormale di r è data
1
1
√
√
da e3 = e1 ∧ e2 =
, − 2 , 0 . Sia (x, y, z) un qualsiasi vettore di R3 , e calcoliamo
2
f (x, y, z). Per come definito, abbiamo
f (x, y, z) =2 projα (x, y, z) − (x, y, z) =
=2((x, y, z) · e1 )e1 + 2((x, y, z) · e2 )e2 − (x, y, z) = (y, x, z).
La matrice associata ad f rispetto alla base canonica è


0 1 0
A = MC,C (f ) =  1 0 0 
0 0 1
e questo conferma che f è simmetrico, mentre la matrice associata ad f rispetto alla base
ortonormale B = (e1 , be2 , e3 ) formata da autovettori di f è


1 0 0
D = MB,B (f ) =  0 1 0 
0 0 −1
e questo conferma che f è semplice.
La forma quadratica associata ad f è definita come
Q(x, y, z) = f (x, y, z) · (x, y, z) = 2xy + z 2
6
SPAZI EUCLIDEI
ed una sua forma canonica si ricava dalla matrice B ed è
Q(X, Y, Z) = X 2 + Y 2 − Z 2 .
Ovviamente, la matrice che riporta Q in forma canonica è quella del cambio base e quindi
è

 1
√
0 √12
2
P =  √12 0 − √12  .
0 1
0
Soluzione dell’ Esercizio 10. La matrice associata a Q è
1 1
A=
1 1
e quindi l’ endomorfismo simmetrico ad essa associato è
f (x, y) = (x + y, x + y).
Il polinomio caratteristico di A è pA (t) = t2 − 2t e quindi gli autovalori di A sono t1 =
0, t2 = 2, entrambi semplici. Gli autospazi sono
V (0) = {(x, −x)|x ∈ R} = L((1, −1))
e
V (2) = {(x, x)|x ∈ R} = cl((1, 1))
che
ovviamente
ortogonali tra loro. Una base ortonormale
dei due è
risultano
delprimo e1 = √12 , − √12 , mentre una base ortonormale del secondo è e2 = √12 , √12 .
Una forma canonica di Q sarà allora Q(X, Y ) = 0X 2 + 2Y 2 = 2Y 2 ed il relativo cambio
di coordinate sarà descritto dalla matrice
1
√
√1
2
2
P =
− √12 √12
che rappresenta una rotazione oraria di π4 .
Soluzione dell’ Esercizio 11. La matrice simmetrica associata a Q è


1 −1 0
A =  −1 2 1 
0
1 1
ed il suo polinomio caratteristico è
pA (t) = −t(t − 1)(t − 3)
le cui radici sono t1 = 0, t2 = 1, t3 = 3 tutti di molteplicità 1.
Possiamo scrivere subito una forma canonica per Q ed è
Q(X, Y, Z) = Y 2 + 3Z 2 .
Per scrivere il cambio di coordinate abbiamo bisogno degli autospazi, e di una base
ortonormale di R3 formata da autovettori di f. Gli autospazi sono
V (0) = {(x, y, z) ∈ R3 |x − y = 0, y + z = 0} = L((1, 1, −1)),
V (1) = {(x, y, z) ∈ R3 |y = 0, −x + z = 0} = L((1, 0, 1)),
e
V (3) = {(x, y, z) ∈ R3 |2x + y = 0, y − 2z = 0} = L((1, −2, −1)).
SPAZI EUCLIDEI
7
Una base ortonormale di R3 formata da autovettori di A si ottiene calcolando una base
ortonormale per ogni singolo autospazio, e quindi è
1 1
1
1
1
1
2
1
√ , √ , − √ , √ , 0, √ , √ , − √ , − √
.
3 3
3
2
2
6
6
6
La matrice ortogonale che fornisce il cambio di coordinate ha per colonne gli elementi
della base ortonormale, ed è
 √1

√1
√1
P =
3
√1
3
− √13
2
0
√1
2
6
− √26  .
− √12
Esplicitamente, il cambio di coordinate è
 


x
X
 y  = P  Y .
z
Z
Infine, l’ endomorfismo simmetrico associato a Q è
f (x, y, z) = (x − y, −x + 2y + z, y + z).
Soluzione dell’ Esercizio 12. Calcoliamo l’ immagine di v. Abbiamo f (v) = (v · v)v =
|v|2 v e quindi |v|2 è autovalore di f.
Soluzione dell’ Esercizio 13. I vettori assegnati sono ortogonali tra loro e di modulo 1 e
quindi formano una base ortonormale. Però la matrice
"
√ #
P =
1
√2
3
2
3
2
− 12
avente i due vettori come colonne, nell’ ordine fissato, ha determinante −1 e quindi la
base ortonormale è negativa. In particolare, la matrice P è ortogonale di tipo P2 (θ) nella
notazione dell’ Esercizio 7.
Soluzione dell’ Esercizio 14. L’ affermazione

1
A= 0
0
è vera perché la matrice associata a Q è

0 0
1 0 
0 −1
che è diagonale. Quindi f (x, y, z) = (x, y, −z) ha t = 1 come autovalore di molteplicità
2 e t = −1 come autovalore di molteplicità 1. Essendo semplice, gli autospazi hanno
dimensione uguale alla molteplicità e quindi dim V (1) = 2.
Soluzione dell’ Esercizio 15. La matrice associata alla forma quadratica Q è


0 1 0
A= 1 0 0 
0 0 0
e l’ endomorfismo simmetrico associato è
f (x, y, z) = (y, x, 0).
8
SPAZI EUCLIDEI
Il nucleo di f è ker(f ) = {(0, 0, z)|z ∈ R} e quindi ha dimensione 1, essendo ((0, 0, 1)) una
sua base. Per il Teorema del Rango, abbiamo che dim Im(f ) = 3 − 1 = 2 e quindi f non è
suriettivo. Dalla descrizione di f abbiamo, in alternativa, che Im(f ) = L((0, 1, 0), (1, 0, 0))
e quindi abbiamo conferma del fatto che dim Im(f ) = 2. Gli autovalori di A sono le
soluzioni reali dell’ equazione pA (t) = 0 dove pA (t) = −t3 + t è il polinomio caratteristico
di A. Le soluzioni dell’ equazione sono t1 = 0, t2 = 1, t3 = −1 e quindi le ultime due
affermazioni sono entrambe vere.