Prodotti scalari, proiezioni ortogonali ed endomorfismi - Dimostrazioni teoremi spiegate

Prodotti scalari

Proposizione (!)

Sia V uno spazio vettoriale metrico con norma || ||.

Allora:

• (i) ||v|| = 0 <=> v = 0
• (ii) ||v|| > 0 ∀ v ≠ 0
• (iii) ||λv|| = |λ| ||v|| ∀ λ ∈ ℝ, ∀ v ∈ V

||v+w||² = ||v||² + 2⟨v, w⟩ + ||w||² ∀ v, w ∈ V

• (iv) Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz

(L'uguaglianza vale <=> v e w sono lin. dip.)

|⟨v, w⟩| ≤ ||v|| ||w|| ∀ v, w ∈ V

• (v) Disuguaglianza triangolare

||v|| - ||w|| ≤ ||v + w|| ≤ ||v|| + ||w||

• (vi) ⟨v, w⟩ = ¹/₄ [||v + w||² - ||v - w||²] ∀ v, w ∈ V

Dimostrazione

In uno spazio vettoriale metrico la norma || ||: V → ℝ⁺ è definita da: ||v|| = √⟨v, v⟩

Quindi:

• (i) Se v = 0, allora ||v|| = √⟨0, 0⟩ = 0
• (ii) Se v ≠ 0, allora, essendo la norma una funzione...

Prodotti scalari

Proposizione (!)

Sia V uno spazio vettoriale metrico con norma || ||.

Allora:

• ||v|| = 0 ⇔ v = 0
• ||v|| > 0 ∀v≠0
• ||λv|| = |λ| ||v||    ∀λ∈ℝ, ∀v∈V

||v + w||² = ||v||² + 2⟨v,w⟩ + ||w||²    ∀v,w∈V

• Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz

(L'uguaglianza vale ⇔ v e w sono lin. dip.)

|⟨v,w⟩| ≤ ||v|| * ||w||    ∀v,w ∈ V

• Disuguaglianza triangolare

||v|| - ||w|| ≤ ||v + w|| ≤ ||v|| + ||w||

• ⟨v,w⟩ = ¹/₄ [||v + w||² - ||v - w||²]    ∀v,w ∈ V

Dimostrazione

In uno spazio vettoriale metrico la norma || · || : V → ℝ⁺ è definita da: ||v|| = √⟨v,v⟩

Quindi:

• Se v = 0, allora ||v|| = √⟨0,0⟩ = 0
• Se v ≠ 0, allora, essendo la norma una funzione

||1||: V -> R⁺, ||v|| > 0 ∀v∈V (v≠0)

(iii)||λv|| = √(λ²⟨v, v⟩) = √λ²⟨v, v⟩ = |λ| ||v||

||v+w||² = ⟨v+w, v+w⟩ = ⟨v, v⟩ + 2⟨v, w⟩ + ⟨w, w⟩ = ||v||² + 2⟨v, w⟩ + ||w||²

(iv) Se v=0 (oppure w=0) allora la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz è banalmente verificata:

⟨0,w⟩ ≤ ||0|| ||w|| => 0 ≤ 0

Supponiamo, quindi, che v, w ≠ 0. Siccome, da ipotesi della proposizione, siamo in uno spazio vettoriale metrico, per definizione di quest’ultimo, sappiamo che ⟨., .⟩ è definito positivo (ovvero ⟨v, v⟩ ≥ 0 ∀v ≠ 0). Quindi, si ha ∀a,b∈R:

0 ≤ ||av + bw||² = |a|² ||v||² + 2ab ⟨v, w⟩ + |b|² ||w||²

In particolare, prendendo a = ||w||² e b = -⟨v, w⟩, otteniamo

0 ≤ ||w||⁴ ||v||² - 2||w||²⟨v, w⟩² + ||w||² - ⟨v, w⟩² = = ||w||²(||w||²||v||²-2|⟨v,ω⟩|²+|⟨v,ω⟩|²) == ||w||²||v||² - |⟨v,ω⟩|²

0 ≤ ||w||²||v||² - |⟨v,ω⟩|²

|⟨v,ω⟩|² ≤ ||w||²||v||²

|⟨v,ω⟩| ≤ ||w||||v||

In particolare, l'uguaglianza vale se e solo se

|λv+bw|| = 0 ⟺ λv+bw = 0 ⟺ v e ω sono linearmente dipendenti

|v||-||w||² = ||v||² - 2|⟨v,w⟩||||w|| + ||w||²

Usando la disequaglianza di Cauchy-Schwarz e riscrivendola nel seguente modo

|-2⟨v,w⟩| ≤ 2||v||||w||

-2⟨v,w⟩ ≤ 2||v||||w||

2|⟨v,w⟩| ≥ −2||v||||w||

Troviamo che:

|⟨v⟩²+⟨w⟩²−2|⟨v,w⟩||||w|| ≤ ||v||²+⟨w⟩²+2|⟨v,w⟩|

Quindi:

||v+ω||² ≤ ||v+ω||² ≤ (||v||+||ω||)²

||v||−||ω|| ≤ ||v+ω|| ≤ ||v||+||ω||

(vi)||v+ω||² = ||v||² + 2<v,ω> + ||ω||²

(|v−ω||)² = ||v||² − 2<v,ω> + ||ω||²

Se li sottraiamo, si ha

||v+ω||²−||v−ω||² = (||v||² + 2<v,ω> + ||ω||²) − (||v||² − 2<v,ω> + ||ω||²)

||v+ω||²−||v−ω||² = 4<v,ω>

¹/₄ [ ||v+ω||²−(||v−ω||)² ] = <v,ω>

Lemma

Sia V uno spazio vettoriale metrico e v₁,...,v_k ∈ V vettori non nulli. Ortogonali a due a due cioè tali che v_iv_j non appena i≠j. Allora v₁,...,v_k sono linearmente indipendenti. In particolare, se dimV = k, allora K vettori non nulli a due a due ortogonali sono automaticamente una base di V.

Dimostrazione

Sia α₁v₁ + ... + α_kv_k = 0, vogliamo verificare che α₁ = ... = α_k = 0.

Moltiplicando scalarmente per v_j abbiamo

0 = <0, v_j> = <α₁v₁ + ... + α_kv_k, v_j>

= α₁<v₁, v_j> + ... + α_k<v_k, v_j>

= α_j<v_j, v_j>

Siccome da ipotesi sappiamo che v_i ⊥ v_j per i ≠ j che vuol dire che <v_i, v_j> = 0 per i ≠ j, allora otteniamo

0 = α_j<v_j, v_j> = α_j||v_j||²

Siccome siamo in uno spazio vettoriale metrico e i vettori v₁, ..., v_k, v_j ∈ V sono non nulli (cioè v ≠ 0), allora ||v_j|| ≠ 0, di conseguenza, affinché 0 = α_j<v_j, v_j>, α_j = 0.

Siccome questo vale ∀ j = 1, ..., k, allora anche tutti gli altri α_j (α₁, ..., α_k) sono uguali a zero, di conseguenza v₁, ..., v_k sono linearmente indipendenti, e quindi, se dim V = k, anche una base di V.

Proposizione

Sia {V₁,...,V_n} una base ortogonale di uno spazio vettoriale metrico V.

Allora ∀v ∈ V

v = &langle;v,V₁&rangle;/&langle;V₁,V₁&rangle;V₁ + ... + &langle;v,V_n&rangle;/&langle;V_n,V_n&rangle;V_n

In particolare, se {V₁,...,V_n} è una base ortonormale si ha

∀v ∈ V

v = &langle;v,V₁&rangle;V₁ + ... + &langle;v,V_n&rangle;V_n

Dimostrazione

Siccome {V₁,...,V_n} è una base, allora

v = α₁V₁ + ... + α_nV_n

Moltiplicando tutto scalarmente per V_j, otteniamo

&langle;v,V_j&rangle; = &langle;α₁V₁ + ... + α_nV_n, V_j&rangle;

Che grazie all'ortogonalità della base diventa

&langle;v,V_j&rangle; = α_j&langle;V_j,V_j&rangle;

Quindi:

α_j = &langle;v,V_j&rangle;/&langle;V_j,V_j&rangle;   ∀j=1,...,n

Di conseguenza,

v = &langle;v,V₁&rangle;/&langle;V₁,V₁&rangle;V₁ + ... + &langle;v,V_n&rangle;/&langle;V_n,V_n&rangle;V_n

Inoltre, se _v1,...,vn è una base ortonormale, allora, per definizione di quest'ultima, ||v_j|| = 1, quindi (sapendo che ||v|| = √(v,v) ⇒ ||v||² = = 1)

V = <V,v₁>v₁ + ... + <V,v_n>v_n

Corollario

Sia B = {v₁,...,v_n} una base di uno spazio vettoriale metrico V.

Allora esiste un'unica base ortonormale B' = {u₁,...,u_n} di V tale che = 1 e span (v₁,...,v_n) = span (u₁,...,u_n)

Dimostrazione

Essendo che siamo in uno spazio vettoriale metrico V e v₁,...,v_n sono linearmente indipendenti (perché sono una base di V), allora sappiamo che esiste una base ortogonale {w₁,...,w_n} ∈ V, i cui vettori si ottengono dall'ortogonalizzazione di Gram-Schmidt, Normalizzazione ponendo u_j = \frac{w_j}{||w_j||} per j = 1,...,n, troviamo la base ortonormale {u₁,...,u_n}.

Ora dobbiamo verificarne l'unicità.

Se per assurdo, esistesse un'altra base ortonormale {u₁',...,u_n'} che soddisfi le stesse condizioni di {u₁,...,u_n} ovvero che <u_j',v_j> ≥ 0 e span(v₁,...,v_j) = span(u₁',...,u_j') per j=1,...,n allora sappiamo che, siccome u'₁, ..., u'_n sono unicamente determinati, si ha che u'_j = α_ju_j con α_j > 0 per j = 1, ..., n.

Ma allora

1 = ||u'_j|| = ||α_ju_j|| = |α_j| ||u_j|| = α_j

E quindi u'_j = u_j per j = 1, ..., n.

Dunque, {u₁,...,u_n} è l'unica base ortonormale □

Proiezioni ortogonali

Proposizione

Sia V uno spazio vettoriale metrico e U un sottospazio di V.

Allora ∀v_o ∈ V ∃!u_o ∈ U t.c. v_o - u_o è ortogonale a tutti gli elementi di U.

Dimostrazione

Fissiamo una base ortonormale {u₁, ..., u_r} di U e supponiamo che u_o = α₁u₁ + ... + α_r u_r.

Per verificare che v_o - u_o è ortogonale a tutti gli elementi di U (cioè u₁, ..., u_r) moltiplichiamo scalarmente per v_j v_o - u_o e verifichiamo che sia

O = ⟨v₀ - u₀, u_j⟩

O = ⟨v₀ - (α₁u₁ + ... + α_ru_r), u_j⟩

= ⟨v₀, u_j⟩ - ⟨α₁u₁, u_j⟩ - ... - ⟨α_ru_r, u_j⟩

= ⟨v₀, u_j⟩ - α₁⟨u₁, u_j⟩ - ... - α_r⟨u_r, u_j⟩

Essendo che {u₁,...,u_r} è una base ortonormale, allora sappiamo che:

⟨u_i, u_j⟩ = O    per    i ≠ j

‖u_j‖ = 1    ( ⇒ ‖u_j‖² = ⟨u_j, u_j⟩ = 1 )

Otteniamo, quindi

O = ⟨v₀, u_j⟩ - α_j

Per quanto riguarda l'unicità di u₀, se esiste, u₀ è unico ed è dato da

α_j = ⟨v₀, u_j⟩     per    j = 1,...,r

u₀ = ⟨v₀, u₁⟩ u₁ + ... + ⟨v₀, u_r⟩ u_r

Endomorfismi simmetrici e ortogonali

Proposizione

Sia T: V→V un endomorfismo di uno spazio vettoriale metrico V.

Allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:

• T è ortogonale
• Se {v₁,...,v_n} è una base ortonormale di V, anche {T(v₁),...,T(v_n)} lo è
• ∥T(v)∥ = ∥v∥   ∀v∈V In particolare KerT={0} e T è invertibile

Dimostrazione

(i) ⇒ (ii)

Per definizione di T ortogonale, sappiamo che

<T(v_i),T(v_j)> = <v_i,v_j> = δ_ij = {1 se i=j 0 se i≠j}

Quindi, se i≠j allora v_i⊥v_j e quindi per il lemma sui vettori non nulli ortogonali ≥ due o due, v₁,...,v_n sono linearmente indipendenti, e dunque una base di V.

Quindi, per definizione di base ortonormale, {v_i,...,v_j} è una base ortonormale. Per l'uguaglianza sopra riportata, però, anche {T(v_i),...,T(v_j)} è una base ortonormale di V.

(ii) => (iii)

Sapendo che \(\{v_1, \ldots, v_n\}\) è una base ortonormale si ha che: \(v = \langle v, v_1 \rangle v_1 + \ldots + \langle v, v_n \rangle v_n \quad \forall v \in V\) \(\|v\|^2 = |\langle v, v_1 \rangle|^2 + \ldots + |\langle v, v_n \rangle|^2 \quad \forall v \in V\)

Allora, abbiamo che

\(\|T(v)\|^2 = \langle T(v), T(v) \rangle\)

\(\|T(v)\|^2 = \langle T \left(\sum_{i=1}^n \langle v, v_i \rangle v_i\right), T \left(\sum_{j=1}^n \langle v, v_j \rangle v_j\right) \rangle\)

\(= \left\langle \sum_{i=1}^n \langle v, v_i \rangle T(v_i), \sum_{j=1}^n \langle v, v_j \rangle T(v_j) \right\rangle\)

\(\|T(v)\|^2 = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \langle v, v_i \rangle \overline{\langle v, v_j \rangle} \langle T(v_i), T(v_j) \rangle\)

\(= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \langle v, v_i \rangle \overline{\langle v, v_j \rangle} \delta_{ij}\)

Per le proprietà delle sommatorie:

= \(\sum_{i=1}^n | \langle v, v_i \rangle |^2 = \|v\|^2\)

In particolare, \(T(v) = 0 \Leftrightarrow \|v\| = \|T(v)\| = 0 \Leftrightarrow v=0\) Ker\(\{0\}\) ⇒ \(T\) è invertibile

(iii) => (i)

Ricordando che \(\langle v, w \rangle = \frac{1}{4}[ \|v+w\|^2 - \|v-w\|^2]\), troviamo che

\(\langle T(v), T(w) \rangle = \frac{1}{4}[ \|T(v) + T(w)\|^2 - \|T(v) - T(w)\|^2]\)

= \(\frac{1}{4}[ \|T(v+w)\|^2 - \|T(v-w)\|^2]\)

= \(\frac{1}{4}[ \|v+w\|^2 - \|v-w\|^2]\)

<T(v), T(w)> = ¹/₂ [ (||v||² + 2 <v, w> + ||w||²) - (||v||² - 2 <v, w> + ||w||²) ]

<T(v), T(w)> = ¹/₄ ⋅ 4 <v, w> = <v, w>

Quindi, per definizione di T ortogonale, T è ortogonale.

Corollario

Sia A ∈ ℝ^n×n una matrice quadrata di ordine n a coefficienti reali. Allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:

• (i) A è ortogonale
• (ii) L_A è ortogonale rispetto al prodotto scalare canonico
• (iii) Le colonne di A formano una base ortonormale di ℝⁿ rispetto al prodotto canonico

Dimostrazione

(i) ⇒ (ii)

Per definizione di prodotto scalare canonico, sappiamo che <v, w> = w^T ⋅ v.

Inoltre, per definizione di matrice ortogonale, sappiamo che A è ortogonale ⇔ A^T ⋅ A = I_n .

(dove I_n è l'elemento neutro per il prodotto tra matrici)