Esercizio 85dimensione con parametro, U⊥ e vettore con proiezione assegnata

Testo (Appello del 6 febbraio 2024, esercizio 1). In $\mathbb{R}^4$ sia $U_\alpha$ il sottospazio generato da $u_1 = (2, -1, 0, 1)$, $u_2 = (-1, 1, 1, -2)$, $u_3 = (\alpha, -1, 2, -1)$, con $\alpha \in \mathbb{R}$.

• (a) Determinare la dimensione di $U_\alpha$ al variare di $\alpha$.
• (b) Per il valore di $\alpha$ per cui $\dim U_\alpha = 2$ trovare una base ortogonale di $U_\alpha$.
• (c) Si ponga ora $\alpha = 0$ per tutto il resto dell'esercizio. Trovare una base di $U_0^\perp$.
• (d) Nel sottospazio $W$ di equazione $2x_1 + x_2 - x_3 - x_4 = 0$ si trovi un vettore $w$ tale che la sua proiezione ortogonale sul sottospazio $U_0$ sia $u = (1, 0, 1, -1)$.

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 →, Eliminazione di GaussCon tre operazioni elementari sulle righe (scambio, moltiplicazione per uno scalare non nullo, somma di un multiplo di un'altra riga) ogni matrice si riduce a scala senza cambiare il rango; serve a calcolare ranghi, risolvere sistemi, trovare relazioni di dipendenza e matrici che riducono a scala.Eliminazione di Gauss →.

(a) Dimensione al variare di $\alpha$

$\dim U_\alpha$ è il rango della matrice che ha i tre vettori come righe. Riduzione a scala, scegliendo operazioni che evitano frazioni:

$$\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 & -2 \\ \alpha & -1 & 2 & -1 \end{pmatrix} \xrightarrow[\;R_3 \to 2R_3 - \alpha R_1\;]{R_2 \to 2R_2 + R_1} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & -3 \\ 0 & \alpha - 2 & 4 & -2 - \alpha \end{pmatrix}$$

(Moltiplicare una riga per $2$ è lecito: $2 \ne 0$, quindi il rango non cambia. Invece $R_3 \to 2R_3 - \alpha R_1$ va bene per ogni $\alpha$ proprio perché il coefficiente davanti a $R_3$ è $2$, non $\alpha$.)

Ora $R_3 \to R_3 - (\alpha - 2) R_2$:

$$R_3 = \big(0,\ 0,\ 4 - 2(\alpha - 2),\ -2 - \alpha + 3(\alpha - 2)\big) = (0,\ 0,\ 8 - 2\alpha,\ 2\alpha - 8).$$

La terza riga è nulla se e solo se $8 - 2\alpha = 0$, cioè $\alpha = 4$.

Risultato (a): $\dim U_\alpha = 2$ se $\alpha = 4$; $\dim U_\alpha = 3$ se $\alpha \ne 4$.

(b) Base ortogonale di $U_4$

Per $\alpha = 4$ le prime due righe restano indipendenti, quindi $\{u_1, u_2\}$ è una base di $U_4$. Gram-Schmidt:

$$u_1 \cdot u_2 = -2 - 1 + 0 - 2 = -5, \qquad u_1 \cdot u_1 = 4 + 1 + 0 + 1 = 6,$$ $$u_2' = u_2 - \frac{u_1 \cdot u_2}{u_1 \cdot u_1}\, u_1 = u_2 + \frac56 u_1 = \left(\frac23, \frac16, 1, -\frac76\right) \ \leadsto\ 6u_2' = (4, 1, 6, -7).$$

Controllo: $u_1 \cdot (4, 1, 6, -7) = 8 - 1 + 0 - 7 = 0$ ✓.

Risultato (b): $\{(2, -1, 0, 1),\ (4, 1, 6, -7)\}$.

(c) Base di $U_0^\perp$

Per $\alpha = 0 \ne 4$, $\dim U_0 = 3$ e $\{u_1, u_2, u_3\}$ è una base; quindi $\dim U_0^\perp = 4 - 3 = 1$. Si impone l'ortogonalità ai tre vettori:

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

Sommando le prime due: $x_1 + x_3 - x_4 = 0$. Dalla terza $x_2 = 2x_3 - x_4$; nella prima: $2x_1 - 2x_3 + x_4 + x_4 = 0$, cioè $x_1 = x_3 - x_4$. Sostituendo in $x_1 + x_3 - x_4 = 0$: $2x_3 - 2x_4 = 0$, cioè $x_3 = x_4$. Allora $x_1 = 0$ e $x_2 = x_4$.

Risultato (c): $U_0^\perp = \langle u^\perp \rangle$ con $u^\perp = (0, 1, 1, 1)$.

Controllo: $u^\perp \cdot u_1 = -1 + 1 = 0$ ✓; $u^\perp \cdot u_2 = 1 + 1 - 2 = 0$ ✓; $u^\perp \cdot u_3 = -1 + 2 - 1 = 0$ ✓.

(d) Un vettore di $W$ con proiezione $u$ su $U_0$

Quali vettori hanno proiezione $u$?

Prima di tutto $u$ deve stare in $U_0$ (la proiezione su $U_0$ è sempre in $U_0$): infatti $u = u_1 + u_2 = (2 - 1, -1 + 1, 0 + 1, 1 - 2) = (1, 0, 1, -1)$ ✓.

Poi: $p_{U_0}(w) = u$ significa che $w - u \in U_0^\perp$ (la caratterizzazione della proiezionep_U(w) è l'unico vettore di U tale che w − p_U(w) è ortogonale a U.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →). Siccome $U_0^\perp = \langle (0, 1, 1, 1) \rangle$:

$$w = u + \lambda\, u^\perp = (1,\ \lambda,\ 1 + \lambda,\ -1 + \lambda), \qquad \lambda \in \mathbb{R}.$$

Sono tutti e soli i vettori che "cadono" su $u$ proiettando: una retta parallela a $U_0^\perp$ passante per $u$.

Quale di questi sta in $W$?

Si sostituisce nell'equazione di $W$:

$$2 \cdot 1 + \lambda - (1 + \lambda) - (-1 + \lambda) = 2 + \lambda - 1 - \lambda + 1 - \lambda = 2 - \lambda = 0 \ \Longrightarrow\ \lambda = 2 .$$

Risultato (d): $w = u + 2u^\perp = (1, 2, 3, 1)$.

Controllo: $2 + 2 - 3 - 1 = 0$, quindi $w \in W$ ✓; $w - u = (0, 2, 2, 2) = 2u^\perp \in U_0^\perp$ ✓.

Errori comuni

• Usare $R_3 \to R_3 - \frac{\alpha}{2} R_1$ e poi dimenticare il caso particolare: qui va bene comunque perché si divide per $2$, ma dividere per un'espressione in $\alpha$ (per esempio per $\alpha - 2$) richiede di trattare a parte il caso in cui si annulla.
• Nel punto (d) cercare $w$ come proiezione di qualcosa: il dato è la proiezione, l'incognita è il vettore di partenza; la chiave è che $w - u$ sta nell'ortogonale.