Complemento ortogonale e proiezioni

Complemento ortogonale e proiezioni
10 Dicembre 2009
1
Complemento ortogonale di un sottospazio
Sie E un sottospazio di Rn . Definiamo il complemento ortogonale di E come l’insieme dei vettori
di Rn ortogonali a tutti i vettori di E:
E ⊥ = {v ∈ Rn : v × w = 0
per ogni w ∈ E}.
Dalle proprietà del prodotto scalare risulta che E ⊥ è chiuso rispetto alla somma e al prodotto
per uno scalare, dunque è un sottospazio di Rn .
Risulta che v ∈ E ⊥ se e solo se v è ortogonale a tutti i vettori di una base di E. Infatti:
Proposizione Sia (v1 , . . . , vk ) una base di E. Allora v ∈ E ⊥ se e solo se v × vi = 0 per ogni
i = 1, . . . , k.
Dimostrazione. Supponiamo che v × vi = 0 per ogni i = 1, . . . , k. Se w è un qualunque vettore
di E, allora w è combinazione lineare dei vettori della base: w = a1 v1 + · · · + ak vk e quindi
v × w = a1 (v × v1 ) + · · · + ah (v × vk ) = 0,
che dimostra che v è ortogonale a w. Siccome w ∈ E è arbitrario, v ∈ E ⊥ . Il viceversa è
immediato. ⊥
4
Esempio Determinareuna
 base di
 E , complemento ortogonale del sottospazio E di R gen1
1
1
0

 
erato dai vettori v1 = 
1 , v2 = 1.
1
0
1
Soluzione. Imponiamo al vettore generico v = (x, y, z, w)t ∈ R4 l’ortogonalità ai vettori della
base (v1 , v2 ) di E, ottenendo il sistema omogeneo:
(
x+y+z+w =0
.
x+z =0
  
0
1



0 1

Risolvendo il sistema, otteniamo la base di E ⊥ : 
−1 ,  0 . −1
0

Osserviamo poi che:
•
Si ha sempre E ∩ E ⊥ = {O}.
Infatti, se v ∈ E ∩ E ⊥ , allora v × v = 0 e quindi v = O.
La proprietà importante del complemento ortogonale è espressa nel seguente teorema.
Teorema Sia E un sottospazio di Rn . Allora si ha:
Rn = E ⊕ E ⊥ .
In particolare, se dim E = k, allora dim E ⊥ = n − k.
Dimostrazione. Fissiamo una base ortonormale di E, diciamo (u1 , . . . , uk ), e completiamo tale
base a una base ortonormale di Rn , diciamo (u1 , . . . , uk , z1 , . . . , zn−k ). Dato v ∈ Rn , possiamo
scrivere:
v = a1 u1 + · · · + ak uk + b1 z1 + · · · + bn−k zn−k .
Poniamo w = a1 u1 + · · · + ak uk e w⊥ = b1 z1 + · · · + bn−k zn−k . Quindi
v = w + w⊥ .
Ora è evidente che w ∈ E; inoltre, poichè ogni zi è ortogonale a tutti i vettori uj , si ha che
zi ∈ E ⊥ per ogni i, dunque w⊥ ∈ E ⊥ . Quindi,
Rn = E + E ⊥ .
Poiché E ∩ E ⊥ = {O}, concludiamo che Rn = E ⊕ E ⊥ . 2
2
Proiezione ortogonale su un sottospazio
Dal teorema precedente, abbiamo visto che un vettore v ∈ Rn si spezza, in modo unico, come
somma di un vettore w ∈ E e di un vettore w⊥ ∈ E ⊥ :
v = w + w⊥ .
• Il vettore w è detto la proiezione ortogonale di v sul sottospazio E. Denoteremo w con il
simbolo PE (v).
Consideriamo ora l’applicazione PE : Rn → Rn , che associa a v la sua proiezione ortogonale su
E. Abbiamo la seguente:
Proposizione a) Se (u1 , . . . , uk ) è una qualunque base ortonormale di E, allora:
PE (v) = (v × u1 )u1 + · · · + (v × uk )uk .
b) PE è lineare, dunque è un endomorfismo di Rn .
c) KerPE = E ⊥ e ImPE = E.
d) La matrice associata a PE rispetto alla base canonica è BB t , dove B è la matrice avente
colonne u1 , . . . , uk .
e) PE è un endomorfismo simmetrico di Rn .
Dimostrazione. a) Dalla dimostrazione del teorema della sezione precedente abbiamo che:
w = PE (v) = a1 u1 + · · · + ak uk .
D’altra parte, poiché la base (u1 , . . . , uk ) è ortonormale, si ha ai = v × ui per ogni i = 1, . . . , k.
b) È conseguenza della parte a) e delle proprietà del prodotto scalare.
c) Dalla a) osserviamo che PE (v) = O se e solo se v × ui = 0 per ogni i: questo avviene se e
solo se v ∈ E ⊥ . Dunque KerPE = E ⊥ .
Osserviamo che, se v ∈ E, possiamo scrivere v = v + O con v ∈ E e O ∈ E ⊥ . Dall’unicità della
decomposizione, si ha PE (v) = v e dunque v ∈ ImPE . Concludiamo che
E ⊆ ImPE .
D’altra parte, PE (v) ∈ E per ogni v, dunque ImPE ⊆ E. Dunque ImPE = E.
d) È una verifica diretta, che omettiamo.
e) La matrice associata a PE rispetto alla base canonica è BB t : tale matrice è simmetrica,
dunque PE è un endomorfismo simmetrico per definizione. 3
Supponiamo ora che dim E =
Dunque:
• 0 è un autovalore di PE
Osserviamo poi che v ∈ E se e
• 1 è un autovalore di PE
k. Dalla c) abbiamo KerPE = E ⊥ , che ha dimensione n − k.
con molteplicità geometrica n − k.
solo se PE (v) = v. Quindi:
con molteplicità geometrica k.
Non ci sono altri autovalori (altrimenti la somma delle molteplicità geometriche sarebbe
maggiore di n, il che è impossibile). Poiché PE è diagonalizzabile (in effetti, è simmetrico) la
molteplicità algebrica di ogni autovalore deve uguagliare la sua molteplicità geometrica. Dunque
il polinomio caratteristico di una proiezione ortogonale è:
p(x) = (−1)n xn−k (x − 1)k ,
dove k è la dimensione del sottospazio.
3
Esempi
Esempio È dato il sottospazio E : x − 3y = 0 di R2 .
a) Determinare l’endomorfismo PE dato dalla proiezione ortogonale su E.
1
b) Decomporre il vettore v =
nella somma v = w + w⊥ con w ∈ E e w⊥ ∈ E ⊥ .
−2
1
3
dunque la matrice canonica di PE è
Soluzione. a) Una base ortonormale di Eè u = √
10 1
1 9 3
t
uu =
.
10 3 1
1 9x + 3y
x
=
Si ha PE
.
y
10 3x + y
1 3
1
1
1
7
⊥
=
b) Per definizione, w = PE
e quindi w =
−w =
. In
−2
−2
10 1
10 −21
conclusione:
1 3
7
1
1
=
+
.
−2
10 1
10 −3
Esempio Sia E il sottospazio di R3 cosi’ definito:
E = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 2y + 2z = 0}.
4
Ci proponiamo di calcolare:
a) Una base di E e una base di E ⊥ .
b) Una base ortonormale di E.
 
1
c) La proiezione ortogonale del vettore 2 su E.
3
 
x
d) La proiezione ortogonale PE (v) del generico vettore v = y  ∈ R3 su E.
z
e) Gli autovalori e gli autospazi dell’endomorfismo PE .
 
 
0
2
Soluzione. a) Una base di E è, ad esempio, v1 = 1 , v2 =  0 . Quindi dim E = 2
1
−1
⊥
e dim E ⊥ = 1. Per trovare unabase
 di E , è sufficiente individuare un vettore non
 nullo

1
1
ortogonale a v1 , v2 , ad esempio −2. Del resto, bastava osservare che il vettore −2 è
2
2
ortogonale a tutti i vettori di E dalla definizione stessa di E.
b) Applichiamo l’algoritmo di Gram-Schmidt alla base (v1 , v2 ) di a) . Otteniamo la base
ortonormale
 
 
0
4
1  
1  
1 , u2 = √
1 .
u1 = √
2 1
18 −1
c) Per ogni v ∈ R3 :
PE (v) = (v × u1 )u1 + (v × u2 )u2 .
5
3
Nel nostro caso v × u1 = √ e v × u2 = √ . Dunque, con facili calcoli:
2
18
 
 
1
2
1
PE 2 = 8 .
3
3
7
d) Conviene calcolare la matrice canonica di PE . Incolonniamo i vettori della base ortonormale
trovata in b) e otteniamo la matrice


√4
0
18

√1 
B =  √12
.
18 
1
√1
√
− 18
2
5
La matrice canonica di PE è dunque


8 2 −2
1
BB t =  2 5 4  .
9
−2 4 5
e si ha:

 

8x + 2y − 2z
x
1
PE y  =  2x + 5y + 4z  .
9
−2x + 4y + 5z
z
e) Non occorre fare molti calcoli. Sappiamo che PE è simmetrico, dunque diagonalizzabile; gli
autovalori sono 0, di molteplicità geometrica 1 (infatti E(0) = KerPE = E ⊥ ), e 1, di molteplicità
geometrica 2 (poichè E(1) = E). Il polinomio caratteristico è dunque −x(x − 1)2 . Esempio Determinare un endomorfismo
f di R3 con autovalori 0, 1 e tale che Imf è il sot 
1

tospazio generato E dal vettore 2.
1
Soluzione. Un endomorfismo che verifica le condizioni è la proiezione
ortogonale sul sottospazio
 
1
1
E. Una base ortonormale di E è data dal vettore u = √ 2. La matrice canonica di PE è
6 1
quindi

1 2 1
1
uut = 2 4 2 .
6
1 2 1

4
Esercizi
Esercizio 1. Sia W il sottospazio di R2 avente equazione x + 2y = 0. Si denoti con P (v) la
proiezione ortogonale di v ∈ R2 su W .
5
a) Determinare P
.
4
x
x
b) Determinare P
, dove
è il generico vettore di R2 .
y
y
c) Dimostrare che P definisce un endomorfismo simmetrico di R2 , e trovare una base ortonormale di R2 formata da autovettori di P .
6
1 4x − 2y
x
Soluzione. b) P
=
. y
5 −2x + y
 
 
2
2
Esercizio 2. Sia E il sottospazio di R3 generato dai vettori v1 = 2 , v2 = −1.
1
−2
a) Trovare una base di E ⊥ .
b) Trovare una base ortonormale di E, ed estendere tale base a una base ortonormale di R3 .
 
1
c) Decomporre il vettore v = 0 nella somma w + w⊥ , con w ∈ E e w⊥ ∈ E ⊥ .
0
d) Trovare la matrice canonica dell’endomorfismo PW dato dalla proiezione ortogonale sul
sottospazio W = E ⊥ .
7