Esercizio 80U⊥ da un'equazione, Gram-Schmidt e vettore di minima distanza

Testo (Appello del 17 giugno 2025, esercizio 3). Sia $U \subset \mathbb{R}^4$ un sottospazio vettoriale e $U^\perp$ il suo ortogonale. Sapendo che $U^\perp$ ha equazione $x_1 + 4x_2 - 3x_3 + 2x_4 = 0$:

• (a) si determini una base di $U$ e una base di $U^\perp$;
• (b) si determini una base ortogonale dell'intersezione tra $U^\perp$ e il sottospazio $V \subset \mathbb{R}^4$ di equazione $x_1 + x_2 - x_3 = 0$;
• (c) dato $v = (2, -7, 8, -5)$, si determini il vettore $w \in U^\perp$ che rende minima la norma di $v - w$.

Teoria usata: Complemento ortogonale e proiezioni ortogonaliL'ortogonale U⊥ di un sottospazio è un sottospazio di dimensione n − dim U, e R^n = U ⊕ U⊥; ogni vettore si scompone in proiezione su U più componente ortogonale; la proiezione è il punto di U più vicino e si calcola con un sistema o con la matrice di proiezione A(AᵀA)⁻¹Aᵀ.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →, Basi ortonormali e Gram-SchmidtUna base ortonormale è fatta di vettori di norma 1 a due a due ortogonali: le coordinate si calcolano con prodotti scalari e le proiezioni con una formula diretta. Il procedimento di Gram-Schmidt trasforma una base qualsiasi in una base ortogonale (e poi ortonormale) dello stesso sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt →, Prodotto scalare, norma e angoliIl prodotto scalare aggiunge a uno spazio vettoriale lunghezze e angoli: norma, disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, angolo tra vettori in R^n, ortogonalità, proiezione su una retta, aree e volumi con il determinante della matrice dei prodotti scalari.Prodotto scalare, norma e angoli →.

(a) Basi di $U^\perp$ e di $U$

Base di $U^\perp$

$U^\perp$ è dato da una equazione omogenea in $4$ incognite. Si ricava una variabile in funzione delle altre: la più comoda è $x_1$, che ha coefficiente $1$ (così non compaiono frazioni):

$$x_1 = -4x_2 + 3x_3 - 2x_4, \qquad x_2, x_3, x_4 \text{ liberi.}$$

Il vettore generico di $U^\perp$ è quindi

$$(-4x_2 + 3x_3 - 2x_4,\ x_2,\ x_3,\ x_4) = x_2(-4, 1, 0, 0) + x_3(3, 0, 1, 0) + x_4(-2, 0, 0, 1).$$

I tre vettori

$$a_1 = (-4, 1, 0, 0), \quad a_2 = (3, 0, 1, 0), \quad a_3 = (-2, 0, 0, 1)$$

generano $U^\perp$ e sono linearmente indipendentiGuardando le ultime tre componenti si vedono i vettori (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1): una combinazione nulla deve avere tutti i coefficienti nulli.Combinazioni lineari e dipendenza lineare →, quindi sono una base: $\dim U^\perp = 3$.

Controllo: $a_1$ nell'equazione: $-4 + 4 \cdot 1 = 0$ ✓; $a_2$: $3 - 3 = 0$ ✓; $a_3$: $-2 + 2 = 0$ ✓.

Base di $U$

Qui sta l'idea dell'esercizio. L'equazione $x_1 + 4x_2 - 3x_3 + 2x_4 = 0$ si può leggere come un prodotto scalare:

$$x_1 + 4x_2 - 3x_3 + 2x_4 = (1, 4, -3, 2) \cdot (x_1, x_2, x_3, x_4).$$

Quindi $U^\perp$ è l'insieme dei vettori ortogonali a $n = (1, 4, -3, 2)$, cioè $U^\perp = \langle n \rangle^\perp$. Per il teorema sulla dimensione dell'ortogonale, $\dim U + \dim U^\perp = 4$, quindi $\dim U = 4 - 3 = 1$. Inoltre $(U^\perp)^\perp = U$In dimensione finita, l'ortogonale dell'ortogonale di U è U stesso.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →, e da $U^\perp = \langle n \rangle^\perp$ segue

$$U = (U^\perp)^\perp = (\langle n \rangle^\perp)^\perp = \langle n \rangle.$$

Base di $U$: il solo vettore $n = (1, 4, -3, 2)$.

Regola pratica. I coefficienti delle equazioni cartesiane di un sottospazio $W$ (scritte in modo indipendente) sono una base di $W^\perp$. Qui $W = U^\perp$, quindi i coefficienti danno una base di $(U^\perp)^\perp = U$.

(b) Base ortogonale di $U^\perp \cap V$

Passo 1: l'intersezione

Un vettore sta in $U^\perp \cap V$ se soddisfa entrambe le equazioni (intersezione = sistema delle equazioniSe due sottospazi sono dati in forma cartesiana, l'intersezione si ottiene mettendo insieme tutte le equazioni.Metodo - basi, equazioni cartesiane, intersezione e somma di sottospazi →):

$$\begin{cases} x_1 + 4x_2 - 3x_3 + 2x_4 = 0 \\ x_1 + x_2 - x_3 = 0 \end{cases}$$

Sottraendo la seconda equazione dalla prima ($R_1 \to R_1 - R_2$) si elimina $x_1$:

$$3x_2 - 2x_3 + 2x_4 = 0 .$$

Conviene scegliere come liberi $x_1$ e $x_4$ (così si evitano frazioni). Dalla seconda equazione $x_3 = x_1 + x_2$; sostituendo: $3x_2 - 2x_1 - 2x_2 + 2x_4 = 0$, cioè

$$x_2 = 2x_1 - 2x_4, \qquad x_3 = x_1 + x_2 = 3x_1 - 2x_4 .$$

Vettore generico: $(x_1,\ 2x_1 - 2x_4,\ 3x_1 - 2x_4,\ x_4) = x_1(1, 2, 3, 0) + x_4(0, -2, -2, 1)$. Una base di $U^\perp \cap V$ è

$$v_1 = (1, 2, 3, 0), \qquad v_2 = (0, -2, -2, 1),$$

e $\dim(U^\perp \cap V) = 2$ (due equazioni indipendenti in $4$ incognite: $4 - 2 = 2$).

Controllo: $v_1$: $1 + 8 - 9 + 0 = 0$ ✓ e $1 + 2 - 3 = 0$ ✓. $v_2$: $0 - 8 + 6 + 2 = 0$ ✓ e $0 - 2 + 2 = 0$ ✓.

Passo 2: sono già ortogonali?

$$v_1 \cdot v_2 = 1 \cdot 0 + 2 \cdot (-2) + 3 \cdot (-2) + 0 \cdot 1 = -4 - 6 = -10 \ne 0 .$$

No: serve il procedimento di Gram-SchmidtSi tiene il primo vettore e si corregge il secondo sottraendogli la sua proiezione sul primo, così diventa ortogonale al primo senza uscire dal sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt →.

Passo 3: Gram-Schmidt

Si tiene $v_1' = v_1$ e si cerca $v_2' = v_2 + \alpha v_1$ con $v_1 \cdot v_2' = 0$. Perché proprio questa forma? Perché $v_2'$ è combinazione di $v_1, v_2$, quindi resta in $U^\perp \cap V$, e $\{v_1, v_2'\}$ genera ancora lo stesso sottospazio. Imponendo l'ortogonalità:

$$v_1 \cdot (v_2 + \alpha v_1) = v_1 \cdot v_2 + \alpha\, (v_1 \cdot v_1) = 0 \quad \Longrightarrow \quad \alpha = -\frac{v_1 \cdot v_2}{v_1 \cdot v_1}.$$

Con $v_1 \cdot v_1 = 1 + 4 + 9 + 0 = 14$ e $v_1 \cdot v_2 = -10$:

$$\alpha = -\frac{-10}{14} = \frac57, \qquad v_2' = (0, -2, -2, 1) + \frac57 (1, 2, 3, 0) = \left(\frac57, -\frac47, \frac17, 1\right).$$

Moltiplicare un vettore per un numero non nullo non cambia né la direzione né l'ortogonalità, quindi si può usare $7 v_2' = (5, -4, 1, 7)$ al posto di $v_2'$.

Controllo: $v_1 \cdot (5, -4, 1, 7) = 5 - 8 + 3 + 0 = 0$ ✓.

Risultato (b): una base ortogonale di $U^\perp \cap V$ è $\{(1, 2, 3, 0),\ (5, -4, 1, 7)\}$.

(c) Il vettore di $U^\perp$ più vicino a $v$

Perché è la proiezione ortogonale

Per il teorema della migliore approssimazioneTra tutti i vettori di un sottospazio W, quello che rende minima la distanza da v è la proiezione ortogonale di v su W.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →, il vettore $w \in U^\perp$ che minimizza $\|v - w\|$ è la proiezione ortogonale di $v$ su $U^\perp$. Si scompone

$$v = w + w', \qquad w \in U^\perp, \quad w' \in (U^\perp)^\perp = U .$$

Trucco: proiettare sul sottospazio più piccolo

$U^\perp$ ha dimensione $3$ e $U$ dimensione $1$: conviene cercare la componente $w' \in U$, che dipende da un solo parametro. Siccome $U = \langle n \rangle$:

$$w' = \lambda n = \lambda (1, 4, -3, 2), \qquad w = v - \lambda n = (2 - \lambda,\ -7 - 4\lambda,\ 8 + 3\lambda,\ -5 - 2\lambda).$$

Si impone $w \in U^\perp$, cioè che $w$ soddisfi l'equazione di $U^\perp$:

$$(2 - \lambda) + 4(-7 - 4\lambda) - 3(8 + 3\lambda) + 2(-5 - 2\lambda) = 0 .$$

Sviluppando: termini noti $2 - 28 - 24 - 10 = -60$; coefficienti di $\lambda$: $-1 - 16 - 9 - 4 = -30$. Quindi $-60 - 30\lambda = 0$, cioè $\lambda = -2$.

(È la formula della proiezione su una retta: $\lambda = \frac{v \cdot n}{n \cdot n} = \frac{-60}{30} = -2$.)

$$w = v + 2n = (2 + 2,\ -7 + 8,\ 8 - 6,\ -5 + 4) = (4, 1, 2, -1).$$

Controllo: $w$ nell'equazione di $U^\perp$: $4 + 4 - 6 - 2 = 0$ ✓; $v - w = (-2, -8, 6, -4) = -2n \in U$ ✓.

Risultato (c): $w = (4, 1, 2, -1)$. La distanza minima è $\|v - w\| = \|-2n\| = 2\sqrt{30}$.

Errori comuni

• Prendere come base di $U$ una base di $U^\perp$: i vettori che soddisfano l'equazione stanno in $U^\perp$; $U$ è generato dal vettore dei coefficienti.
• Fare Gram-Schmidt dimenticando di controllare che i vettori di partenza siano davvero nell'intersezione (soddisfano tutte e due le equazioni).
• Proiettare direttamente su $U^\perp$ con tre parametri: è corretto ma molto più lungo; proiettare su $U$ (un parametro) e sottrarre è la strada furba.