simmetrici by Andrea Di Giovanni

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

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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

`e 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) `e 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 · `e 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 `e 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

`e negativa, mentre `e positiva.

2 1 −√ , √ 5 5

2 1 , −√ , −√ 5 5

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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

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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) =

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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] `e 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

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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 del primo 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)).

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Una base ortonormale di R3 formata da autovettori di A si ottiene calcolando una base ortonormale per ogni singolo autospazio, e quindi `e 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 `e  √1  √1 √1 P =

3 √1 3 − √13

0 √1 2

− √26  . − √12

Esplicitamente, il cambio di coordinate `e     x X  y  = P  Y . z Z Infine, l’ endomorfismo simmetrico associato a Q `e 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 `e autovalore di f. Soluzione dell’ Esercizio 13. I vettori assegnati sono ortogonali tra loro e di modulo 1 e quindi formano una base ortonormale. Per`o 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 `e negativa. In particolare, la matrice P `e 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).

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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.