CAPITOLO 10 Prodotto scalare, ortogonalitá e basi ortonormali

Esercizio 10.1. Dati i seguenti vettori di R^{2} si calcoli il prodotto scalare (v_{i}, v_{j}) per i, j = 1, 2, …, 6:

v_{1} = (6, 3)  v_{2} = (−1, 0)  v_{3} = (1, −2)
v_{4} = (−2, 0)  v_{5} = (−2, 10)  v_{6} = (1, \sqrt{2})

Esercizio 10.2. Si dica quali tra i vettori dell’esercizio precedente sono ortogonali tra loro.

Esercizio 10.3. Dati i seguenti vettori di R^{3} si calcoli il prodotto scalare (v_{i}, v_{j}) per i, j = 1, 2, …, 6, e dica quali vettori sono ortogonali tra loro.

v_{1} = (1, 3, 4)  v_{2} = (0, −1, 2)  v_{3} = (1, 2, 1)
v_{4} = (−2, 3, 0)  v_{5} = (1, 1, 1)  v_{6} = (1, −3, 2)

Esercizio 10.4. Si calcoli la norma dei seguenti vettori

v_{1} = (−2, 5, 1)  v_{2} = (1, 0, −2)  v_{3} = (7, 1, 1)
v_{4} = (4, 1)  v_{5} = (10, 1)  v_{6} = (−1, −3)

Esercizio 10.5. Si calcoli la distanza tra i vettori v_{1} e v_{2}, e tra i vettori v_{5} e v_{6} dell’esercizio precedente.

Esercizio 10.6. Determinare il valore del parametro k ∈ R tale che i vettori

v = (1, 3, 7, −1), w = (3, 5, 1, k)

siano ortogonali.

Esercizio 10.7. Siano assegnati i seguenti vettori di R^{4}:

v = (2, −1, 0, 1), w = (−1, 2, 0, 2)

a) Si calcoli l’angolo tra i due vettori.

b) Si determini la proiezione ortogonale di v su w.

c) Si scriva v come somma di un vettore v_{1} multiplo di w e di un vettore v_{2} ortogonale a w.

Esercizio 10.8. Si ripeta l’esercizio precedente con i seguenti vettori di R^{3}

v = (3, 4, −2), w = (2, 1, −1)

Esercizio 10.9. Siano u = (4, 2, −2) e v = (3, −3, 2) vettori di R^{3}.

a) Calcolare le lunghezze di u e di v (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}).

b) Trovare tutti i vettori w di lunghezza 1 ortogonali a u e a v.

Esercizio 10.10. Si considerino i vettori di R^{4}

v_{1} = (0, −2, 1, 1), v_{2} = (1, 0, 0, 1).

a) Calcolare le lunghezze di v_{1} e di v_{2} (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{4}).

b) Determinare la proiezione ortogonale di v_{1} su v_{2}.

Esercizio 10.11. Data la base

B = {v_{1} = (−1, 0, 1), v_{2} = (0, 1, 0), v_{3} = (1, 0, 1)}

di R^{3}, si determini una base ortonormale di R^{3} utilizzando il procedimento di Gram-Schmidt a partire da B.

Esercizio 10.12. Si ripeta l’esercizio precedente partendo dalla base

B = {v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (0, 1, 1), v_{3} = (0, 0, 1)}

Esercizio 10.13. Si ripeta l’esercizio precedente partendo dalla base

B = {v_{1} = (2, 0, 0), v_{2} = (1, 2, 0), v_{3} = (0, −1, −1)}

Esercizio 10.14. Sia W il sottospazio di R^{4} (con il prodotto scalare canonico) generato dai vettori

v_{1} = (1, 1, 0, 1), v_{2} = (1, −2, 0, 0), v_{3} = (1, 0, −1, 2).

a) Trovare una base ortonormale di W.

b) Trovare una base del complemento ortogonale di W.

Esercizio 10.15. Si considerino i vettori di R^{3}

v_{1} = (1, 2, 1), v_{2} = (1, 1, 1).

a) Calcolare le lunghezze di v_{1} e di v_{2}.

b) Determinare la proiezione ortogonale di v_{1} su v_{2}.

c) Trovare una base ortonormale del sottospazio di R^{3} generato dai vettori v_{1} e v_{2}.

Esercizio 10.16. Sia U il sottospazio di R^{3} costituito dai vettori (x_{1}, x_{2}, x_{3}) tali che 2x_{1} + x_{2} = 0. Si determini una base ortonormale di U rispetto al prodotto scalare ordinario di R^{3}.

Esercizio 10.17. Sia V il seguente sottospazio di R^{4}

V = ⟨ v_{1} = (1, 1, 0, 0), v_{2} = (1, 2, −1, 3) ⟩

Si determini il complemento ortogonale V^{⊥} di V.

Esercizio 10.18.

a) Partendo dalla base {v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (2, 1, −3), v_{3} = (−1, 1, 0)}, costruire una base ortonormale di R^{3}.

b) Sia U il sottospazio di R^{3} generato da v_{1} e v_{2}. Determinare una base del complemento ortogonale di U.

Esercizio 10.19. Siano v_{1} = (2, 1, 1, 0) e v_{2} = (−1, 1, 2, 0) e sia V = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ ⊂ R^{4}.

a) Calcolare l’angolo tra v_{1} e v_{2}.

b) Trovare una base del complemento ortogonale di V.

Esercizio 10.20. Sia V il sottospazio di R^{3} di base B = {v_{1} = (1, 2, 0), v_{2} = (2, 4, −1)}. a) Si trovi una base ortonormale di V a partire da B.

b) Si trovi una base ortonormale del complemento ortogonale V^{⊥} di V.

Esercizio 10.21. Sia T : R^{3} → R^{2} la funzione lineare tale che

T (1, −2, 1) = (2, 1), T (1, 0, 0) = (−1, 2), T (0, 1, 0) = (−1, 0).

a) Che dimensione ha l’immagine di T?

b) Si determini una base ortonormale (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}) del nucleo di T.

Esercizio 10.22. Sia W il sottospazio di R^{3} costituito dai vettori (x_{1}, x_{2}, x_{3}) tali che x_{1}−2x_{2}+x_{3} = 0. Si determini una base ortonormale di W rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}.

Esercizio 10.23. Si considerino i seguenti vettori di R^{4}:

v_{1} = (1, 0, −1, 0), v_{2} = (2, 2, −1, t) (t parametro reale).

a) Si determini il valore di t tale che v_{1} e v_{2} formino un angolo di 45^{∘}.

b) Posto t = 0 si determini la proiezione di v_{2} su v_{1}.

c) Posto t = 0 e dato v_{3} = (0, 0, 1, 1), si determini una base ortonormale dello spazio V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩.

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1. Suggerimenti

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Prodotto scalare: Sia V uno spazio vettoriale. Un prodotto scalare di V è una applicazione

(·, ·) : V × V → R
(u, v) ↦ (u, v)

che gode delle seguenti proprietà:

• proprietà simmetrica: (u, v) = (v, u) ∀ u, v ∈ R,

• bilinearità: (α u + β v, w) = α (u, w) + β (v, w) ∀ u, v ∈ R α, β ∈ R,
• definita positiva: (u, u) ≥ 0 ∀u ∈ V e (u, u) = 0 sse u = 0.

(Notiamo che si usa la stessa notazione per la coppia (u, v) e per il loro prodotto scalare (u, v), ma il primo è una coppia di vettori mentre il secondo è un numero) ——————————————————————————————————————————————-

Il prodotto scalare canonico di R^{n} (che noi considereremo salvo diversa indicazione) è: dati u = (x_{i})_{i=1,..,n} e v = (y_{i})_{i=1,..,n}:

(u, v) = ∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i} = u · v^{T}

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Norma o lunghezza: definiamo norma o lunghezza di un vettore v il numero

∥ v ∥= \sqrt{(v, v)}

Notiamo che

(v, v) =∥ v ∥^{2}

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Angolo tra due vettori. Dati due vettori u, v ∈ V e indicato con ϑ l’angolo convesso tra essi, si ha

cos(ϑ) = \frac{(u, v)}{∥ u ∥ · ∥ v ∥}

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Ortogonalità. Due vettori u, v ∈ V sono ortogonali se (u, v) = 0. ——————————————————————————————————————————————-

Proiezione ortogonale su un vettore. Dati due vettori u, v ∈ V si chiama proiezione ortogonale di u su v il vettore

pr_{v}(u) = \frac{(u, v)}{∥ v ∥^{2}} · v = \frac{(u, v)}{(v, v)} · v

• pr_{v}(u) è un vettore parallelo a v,

• u − pr_{v}(u) è un vettore ortogonale a v,

• u = (u − pr_{v}(u)) + pr_{v}(u), ovvero ogni vettore u può sempre essere scritto come somma di di un

vettore ortogonale e di uno parallelo ad un altro vettore v.

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Complemento ortogonale. Dato uno spazio vettoriale W ⊆ R^{n}, chiamiamo complemento ortogonale di W lo spazio vettoriale

W^{⊥} = {u ∈ R^{n} | (u, w) = 0 ∀w ∈ W }

W^{⊥} è uno spazio vettoriale.

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Insieme ortonormale è un insieme {v_{1}, v_{2}, …, v_{n}} di vettori:

• a due a due ortogonali: (v_{i}, v_{j}) = 0 per i ≠ j = 1, …, n,

• di norma 1: ∥ v_{i} ∥= 1 = (v_{i}, v_{i}) per i = 1, …, n

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Gram-Schmidt. Permette di individuare una base ortonormale

B′ = {u_{1}, u_{2}, …, u_{n}}

a partire da una base qualsiasi

B = {v_{1}, v_{2}, …, v_{n}}

nel seguente modo.

Determiniamo innanzitutto a partire da B una base

B′′ = {w_{1}, w_{2}, …, w_{n}}

di vettori a due a due ortogonali (non necessariamente di norma 1). Notiamo che siccome dei vettori w_{i} ci interessa solo l’ortogonalità, possiamo sostituire un vettore w_{i} ottenuto con un qualsiasi suo multiplo. In particolare per ottenere la base B′ cercata è sufficiente rendere i vettori w_{i} di norma 1, dividendoli per la loro norma.

• w_{1} = v_{1}

• w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1}

• w_{3} = v_{3} − pr_{w_{1}}(v_{3}) − pr_{w_{2}}(v_{3}) = v_{3} − \frac{(v_{3}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} − \frac{(v_{3}, w_{2})}{(w_{2}, w_{2})} · w_{2}

• …
• w_{n} = v_{n} − ∑_{i=1}^{n−1} pr_{w_{i}}(v_{n}) = v_{n} − ∑_{i=1}^{n−1} \frac{(v_{n}, w_{i})}{(w_{i}, w_{i})} · w_{i}

Quindi

u_{1} = \frac{w_{1}}{∥ w_{1} ∥},  u_{2} = \frac{w_{2}}{∥ w_{2} ∥},  u_{3} = \frac{w_{3}}{∥ w_{3} ∥},  …,  u_{n} = \frac{w_{n}}{∥ w_{n} ∥}

La base canonica è una base ortonormale. ——————————————————————————————————————————————-

Proiezione ortogonale su uno spazio vettoriale. Siano V e W due spazi vettoriali tali che W ⊆ V, e sia {e_{1}, e_{2}, ⋯, e_{m}} una base ortonormale di W. L’applicazione

P_{W} : V ⟶ V

v ⟶ w = ∑_{i=1}^{m}(v, e_{i}) · e_{i}

è detta proiezione su W. • P_{W} è una applicazione lineare (endomorfismo di V).

• Dato un vettore v ∈ V, il corrispondente vettore w = P_{W} (v) appartiene a W.

• Dato un vettore v ∈ V, il corrispondente vettore w = P_{W} (v) è l’unico vettore di W tale che il

vettore v − w appartiene a W^{⊥}.

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2. Soluzioni

Esercizio 10.1. Dati i seguenti vettori di R^{2} si calcoli il prodotto scalare (v_{i}, v_{j}) per i, j = 1, 2, …, 6:

v_{1} = (6, 3)  v_{2} = (−1, 0)  v_{3} = (1, −2)
v_{4} = (−2, 0)  v_{5} = (−2, 10)  v_{6} = (1, \sqrt{2})

Soluzione:

Notiamo che per le proprietà del prodotto scalare (v_{i}, v_{j}) = (v_{j}, v_{i}), calcoleremo quindi tali prodotti una sola volta.

(v_{1}, v_{1}) = 6 · 6 + 3 · 3 = 45

(v_{1}, v_{2}) = 6 · (−1) + 3 · 0 = −6  (v_{1}, v_{3}) = 6 · 1 + 3 · (−2) = 0
(v_{1}, v_{4}) = 6 · (−2) + 3 · 0 = −12  (v_{1}, v_{5}) = 6 · (−2) + 3 · 10 = 18
(v_{1}, v_{6}) = 6 · 1 + 3 · \sqrt{2} = 6 + 3\sqrt{2}  (v_{2}, v_{2}) = −1 · (−1)1 + 0 · 0 = 1
(v_{2}, v_{3}) = −1 · 1 + 0 · (−2) = −1  (v_{2}, v_{4}) = −1 · (−2) + 0 · 0 = 2
(v_{2}, v_{5}) = −1 · (−2) + 0 · 10 = 2  (v_{2}, v_{6}) = −1 · 1 + 0 · \sqrt{2} = −1
(v_{3}, v_{3}) = 1 · 1 + (−2) · (−2) = 5  (v_{3}, v_{4}) = 1 · (−2) + (−2) · 0 = −2
(v_{3}, v_{5}) = 1 · (−2) + (−2) · 10 = −22  (v_{3}, v_{6}) = 1 · 1 + (−2) · \sqrt{2} = 1 − 2\sqrt{2}
(v_{4}, v_{4}) = −2 · (−2) + 0 · 0 = 4  (v_{4}, v_{5}) = −2 · (−2) + 0 · 10 = 4
(v_{4}, v_{6}) = −2 · 1 + 0 · \sqrt{2} = −2  (v_{5}, v_{5}) = −2 · (−2) + 10 · 10 = 104
(v_{5}, v_{6}) = −2 · 1 + 10 · \sqrt{2} = −2 + 10\sqrt{2}  (v_{6}, v_{6}) = 1 · 1 + \sqrt{2} · \sqrt{2} = 1 + 2 = 3
□

Esercizio 10.2. Si dica quali tra i vettori dell’esercizio precedente sono ortogonali tra loro.

Soluzione: Due vettori sono ortogonali tra loro se il loro prodotto scalare è zero, quindi gli unici vettori dell’esercizio precedente ortogonali tra loro sono v_{1} e v_{3}.

□

Esercizio 10.3. Dati i seguenti vettori di R^{3} si calcoli il prodotto scalare (v_{i}, v_{j}) per i, j = 1, 2, …, 6, e si dica quali vettori sono ortogonali tra loro.

v_{1} = (1, 3, 4)  v_{2} = (0, −1, 2)  v_{3} = (1, 2, 1)
v_{4} = (−2, 3, 0)  v_{5} = (1, 1, 1)  v_{6} = (1, −3, 2)

Soluzione:

(v_{1}, v_{1}) = 26  (v_{1}, v_{2}) = 6  (v_{1}, v_{3}) = 11  (v_{1}, v_{4}) = 9
(v_{1}, v_{5}) = 8  (v_{1}, v_{6}) = 0  (v_{2}, v_{2}) = 5  (v_{2}, v_{3}) = 0
(v_{2}, v_{4}) = −3  (v_{2}, v_{5}) = 1  (v_{2}, v_{6}) = 7  (v_{3}, v_{3}) = 6
(v_{3}, v_{4}) = 4  (v_{3}, v_{5}) = 4  (v_{3}, v_{6}) = −3  (v_{4}, v_{4}) = 13
(v_{4}, v_{5}) = 1  (v_{4}, v_{6}) = −11  (v_{5}, v_{5}) = 3  (v_{5}, v_{6}) = 0

(v_{6}, v_{6}) = 14 I vettori ortogonali tra loro sono:

v_{1} e v_{6}, v_{2} e v_{3}, v_{5} e v_{6}

□

Esercizio 10.4. Si calcoli la norma dei seguenti vettori

v_{1} = (−2, 5, 1)  v_{2} = (1, 0, −2)  v_{3} = (7, 1, 1)
v_{4} = (4, 1)  v_{5} = (10, 1)  v_{6} = (−1, −3)

Soluzione:

La norma di un vettore è data dalla radice quadrata del prodotto scalare del vettore per se stesso: ∥u∥ = \sqrt{(u, u)} Di conseguenza

∥v_{1}∥ = \sqrt{30},  ∥v_{2}∥ = \sqrt{5},  ∥v_{3}∥ = \sqrt{51},
∥v_{4}∥ = \sqrt{17},  ∥v_{5}∥ = \sqrt{101},  ∥v_{6}∥ = \sqrt{10}.
□

Esercizio 10.5. Si calcoli la distanza tra i vettori v_{1} e v_{2}, e tra i vettori v_{5} e v_{6} dell’esercizio precedente. Soluzione:

La distanza tra due vettori è data dalla norma della loro differenza.

d(u, v) = ∥u − v∥

Di conseguenza

d(v_{1}, v_{2}) = ∥(3, −5, −3)∥ = \sqrt{43}
d(v_{5}, v_{6}) = ∥(−11, −4)∥ = \sqrt{137}
□

Esercizio 10.6. Determinare il valore del parametro k ∈ R tale che i vettori

v = (1, 3, 7, −1), w = (3, 5, 1, k)

siano ortogonali. Soluzione: Due vettori sono ortogonali se il loro prodotto scalare è zero.

(v, w) = 3 + 15 + 7 − k = 25 − k ⇒ (v, w) = 0 se k = 25

Quindi v e w sono ortogonali se k = 25

□

Esercizio 10.7. Siano assegnati i seguenti vettori di R^{4}:

v = (2, −1, 0, 1), w = (−1, 2, 0, 2)

a) Si calcoli l’angolo tra i due vettori.

b) Si determini la proiezione ortogonale di v su w.

c) Si scriva v come somma di un vettore v_{1} multiplo di w e di un vettore v_{2} ortogonale a w. Soluzione:

a) Se indichiamo con ϑ l’angolo (convesso) tra i due vettori, sappiamo che

cos(ϑ) = \frac{(v, w)}{∥ v ∥ · ∥ w ∥}

Poiché

(v, w) = −2 − 2 + 2 = −2, ∥ v ∥= \sqrt{6}, ∥ w ∥= \sqrt{9} = 3,

otteniamo

cos(ϑ) = \frac{−2}{\sqrt{6} · 3} = −\frac{2}{3\sqrt{6}} = −\frac{\sqrt{6}}{9}

e

ϑ = arccos (−\frac{\sqrt{6}}{9}) , con 0 ≤ ϑ < π

b) La proiezione ortogonale di v su w è il vettore

pr_{w}(v) = \frac{(v, w)}{∥ w ∥^{2}} · w = \frac{(v, w)}{(w, w)} · w

Notiamo che pr_{w}(v) è un vettore multiplo di w.

Sappiamo già che (v, w) = −2, inoltre (w, w) =∥ w ∥^{2}= 3^{2} = 9, quindi

pr_{w}(v) = \frac{−2}{9} · w = (\frac{2}{9}, −\frac{4}{9}, 0, −\frac{4}{9})

c) Dalla teoria sappiamo che il vettore v−pr_{w}(v) è un vettore ortogonale a w (è comunque immediato verificarlo), quindi possiamo prendere:

v_{1} = pr_{w}(v) multiplo di w
v_{2} = v − pr_{w}(v) ortogonale a w
v_{1} + v_{2} = v

Quindi

v_{1} = (\frac{2}{9}, −\frac{4}{9}, 0, −\frac{4}{9})

v_{2} = (\frac{16}{9}, −\frac{5}{9}, 0, \frac{13}{9})

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Esercizio 10.8. Si ripeta l’esercizio precedente con i seguenti vettori di R^{3}

v = (3, 4, −2), w = (2, 1, −1)

Soluzione:

• La proiezione ortogonale di v su w è il vettore

pr_{w}(v) = \frac{(v, w)}{∥ w ∥^{2}} · w = \frac{(v, w)}{(w, w)} · w

Notiamo che pr_{w}(v) è un vettore multiplo di w.

(v, w) = 12
(w, w) = 6

quindi

pr_{w}(v) = \frac{12}{6} · w = (4, 2, −2)

• Dalla teoria sappiamo che il vettore v − pr_{w}(v) è un vettore ortogonale a w , quindi possiamo prendere:

v_{1} = pr_{w}(v) multiplo di w
v_{2} = v − pr_{w}(v) ortogonale a w
v_{1} + v_{2} = v

Quindi

v_{1} = (4, 2, −2)
v_{2} = (−1, 2, 0)
□

Esercizio 10.9. Siano u = (4, 2, −2) e v = (3, −3, 2) vettori di R^{3}. a) Calcolare le lunghezze di u e di v (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}).

b) Trovare tutti i vettori w di lunghezza 1 ortogonali a u e a v.

Soluzione:

a) Ricordiamo che ∥u∥ = \sqrt{(u, u)}, quindi:

∥u∥ = \sqrt{4^{2} + 2^{2} + (−2)^{2}} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}
∥v∥ = \sqrt{3^{2} + (−3)^{2} + 2^{2}} = \sqrt{22}

b) Si w = (x, y, z) il generico vettore di R^{3} e imponiamo la condizione che sia ortogonale a u e a v, ovvero (u, w) = (v, w) = 0:

\begin{cases}4x + 2y − 2z = 0 \\ 3x − 3y + 2z = 0 \end{cases}

Risolviamo il sistema considerando la matrice associata

[\begin{matrix}4 & 2 & −2 & | & 0 \\ 3 & −3 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II + I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & −1 & | & 0 \\ 7 & −1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x + y − z = 0 \\ 7x − y = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 7t \\ z = 2t + 7t = 9t \end{cases}

Quindi il generico vettore w ortogonale a u e v è del tipo

(t, 7t, 9t)

Imponiamo ora la condizione che w abbia norma 1:

\sqrt{t^{2} + (7t)^{2} + (9t)^{2}} = 1 ⇒ \sqrt{131t^{2}} = 1 ⇒ t = ±\frac{1}{\sqrt{131}}

Quindi abbiamo due possibili scelte per w:

w = ± (\frac{1}{\sqrt{131}}, \frac{7}{\sqrt{131}}, \frac{9}{\sqrt{131}})

□

Esercizio 10.10. Si considerino i vettori di R^{4}

v_{1} = (0, −2, 1, 1), v_{2} = (1, 0, 0, 1).

a) Calcolare le lunghezze di v_{1} e di v_{2} (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{4}).

b) Determinare la proiezione ortogonale di v_{1} su v_{2}.

Soluzione:

a) La lunghezza di un vettore corrisponde alla sua norma:

∥ v_{1} ∥= \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}
∥ v_{2} ∥= \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}

b) Utilizzando la formula per calcolare la proiezione ortogonale di v_{1} su v_{2} otteniamo:

pr_{v_{2}}(v_{1}) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{(v_{2}, v_{2})} · v_{2} = \frac{1}{2} · (1, 0, 0, 1) = (\frac{1}{2}, 0, 0, \frac{1}{2})

□

Esercizio 10.11. Data la base

B = {v_{1} = (−1, 0, 1), v_{2} = (0, 1, 0), v_{3} = (1, 0, 1)}

di R^{3}, si determini una base ortonormale di R^{3} utilizzando il procedimento di Gram-Schmidt a partire da B.

Soluzione:

Sia B′ = {u_{1}, u_{2}, u_{3}} la base ortonormale che vogliamo ottenere a partire dalla base B.

Costruiamo prima una base B′′ = {w_{1}, w_{2}, w_{3}} di vettori a due a due ortogonali (non necessariamente di norma 1).

w_{1} = v_{1} = (−1, 0, 1)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (0, 1, 0) − 0 · w_{1} = (0, 1, 0)
w_{3} = v_{3} − pr_{w_{1}}(v_{3}) − pr_{w_{2}}(v_{3}) = v_{3} − \frac{(v_{3}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} − \frac{(v_{3}, w_{2})}{(w_{2}, w_{2})} · w_{2}
= (1, 0, 1) − 0 · w_{1} − 0 · w_{2} = (1, 0, 1)

A questo punto per ottenere la base cercata basta prendere i vettori u_{i} paralleli a w_{i}, ma di norma 1:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = \frac{(−1, 0, 1)}{\sqrt{2}} = (−\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})

u_{2} = w_{2} = (0, 1, 0)

u_{3} = \frac{w_{3}}{∥w_{3}∥} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1) = (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})

Notiamo che potevamo osservare dall’inizio che v_{1}, v_{2} e v_{3} sono già ortogonali, quindi era sufficiente normalizzarli per ottenere a partire da essi una base ortonormale.

□

Esercizio 10.12. Si ripeta l’esercizio precedente partendo dalla base

B = {v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (0, 1, 1), v_{3} = (0, 0, 1)}

Soluzione: Sia B′ = {u_{1}, u_{2}, u_{3}} la base ortonormale che vogliamo ottenere a partire dalla base B. Per facilitare i conti scambiamo innanzitutto l’ordine di v_{1}, v_{2} e v_{3} in B (cambiando i nomi per evitare confusioni):

B = {v′_{1} = (0, 0, 1), v′_{2} = (0, 1, 1), v′_{3} = (1, 1, 1)}

Come nell’esercizio precedente costruiamo prima una base B′′ = {w_{1}, w_{2}, w_{3}} di vettori a due a due ortogonali (non necessariamente di norma 1).

w_{1} = v′_{1} = (0, 0, 1)
w_{2} = v′_{2} − pr_{w_{1}}(v′_{2}) = v′_{2} − \frac{(v′_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (0, 1, 1) − \frac{1}{1} · (0, 0, 1) = (0, 1, 0)
w_{3} = v′_{3} − pr_{w_{1}}(v′_{3}) − pr_{w_{2}}(v′_{3}) = v′_{3} − \frac{(v′_{3}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} − \frac{(v′_{3}, w_{2})}{(w_{2}, w_{2})} · w_{2}

= (1, 1, 1) − \frac{1}{1} · (0, 0, 1) − \frac{1}{1} · (0, 1, 0) = (1, 0, 0)

Notiamo che in questo caso i vettori ottenuti hanno già norma 1, quindi

u_{1} = w_{1} = (0, 0, 1),  u_{2} = w_{2} = (0, 1, 0),  u_{3} = w_{3} = (1, 0, 0)

Infine

B′ = {(0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0) }
□

Esercizio 10.13. Si ripeta l’esercizio precedente partendo dalla base

B = {v_{1} = (2, 0, 0), v_{2} = (1, 2, 0), v_{3} = (0, −1, −1)}

Soluzione:

Sia

B′ = {u_{1}, u_{2}, u_{3}}

la base ortonormale che vogliamo ottenere a partire dalla base B.

• Il vettore u_{1} lo otteniamo normalizzando v_{1}:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = \frac{(2, 0, 0)}{2} = (1, 0, 0)

• Per calcolare il vettore u_{2} cominciamo con il calcolare il vettore w_{2} ortogonale a u_{1}:

w_{2} = v_{2} − (v_{2}, u_{1}) u_{1} = (1, 2, 0) − 1 · (1, 0, 0) = (0, 2, 0)

Quindi

u_{2} = \frac{w_{2}}{∥w_{2}∥} = \frac{(0, 2, 0)}{2} = (0, 1, 0)

• Anche per calcolare il vettore u_{3} calcoliamo prima il vettore w_{3} ortogonale a u_{1} e u_{2}.

w_{3} = v_{3} − (v_{3}, u_{1}) u_{1} − (v_{3}, u_{2}) u_{2} = (0, −1, −1) − 0 − (−1) · (0, 1, 0)
= (0, 0, −1)

Notiamo che w_{3} è già normale, quindi u_{3} = w_{3} = (0, 0, −1).

□

Esercizio 10.14. Sia W il sottospazio di R^{4} (con il prodotto scalare canonico) generato dai vettori

v_{1} = (1, 1, 0, 1), v_{2} = (1, −2, 0, 0), v_{3} = (1, 0, −1, 2).

a) Trovare una base ortonormale di W.

b) Trovare una base del complemento ortogonale di W.

Soluzione:

a) Notiamo che l’insieme {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di W in quanto i vettori sono linearmente indipendenti (la matrice associata ha rango 3). Per determinare una base ortonormale {u_{1}, u_{2}, u_{3}} dobbiamo utilizzare il metodo di Gram-Schmidt, costruendo prima una base {w_{1}, w_{2}, w_{3}} di vettori a due a due artogonali (non necessariamente di norma 1).

w_{1} = v_{1} = (1, 1, 0, 1)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (1, −2, 0, 0) − \frac{−1}{3} · (1, 1, 0, 1) =

= (\frac{4}{3}, −\frac{5}{3}, 0, \frac{1}{3})

Prima di procedere notiamo che dei vettori w_{i} ci interessa solo la direzione (in modo che siamo tra loro ortogonali), ma non la lunghezza. Quindi ci conviene sostituire il vettore trovato con un suo multiplo:

w_{2} = 3 · (\frac{4}{3}, −\frac{5}{3}, 0, \frac{1}{3}) = (4, −5, 0, 1)
w_{3} = v_{3} − pr_{w_{1}}(v_{3}) − pr_{w_{2}}(v_{3}) = v_{3} − \frac{(v_{3}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} − \frac{(v_{3}, w_{2})}{(w_{2}, w_{2})} · w_{2}

= (1, 0, −1, 2) − \frac{3}{3} · (1, 1, 0, 1) − \frac{6}{42} · (4, −5, 0, 1) = (−\frac{4}{7}, −\frac{2}{7}, −1, \frac{6}{7})

Anche in questo caso ci conviene sostituire il vettore trovato con un suo multiplo:

w_{3} = −7 · (−\frac{4}{7}, −\frac{2}{7}, −1, \frac{6}{7}) = (4, 2, 7, −6)

A questo punto per ottenere la base cercata basta prendere i vettori u_{i} paralleli a w_{i}, ma di norma 1:

u_{1} = \frac{w_{1}}{∥w_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, 0, \frac{1}{\sqrt{3}})
u_{2} = \frac{w_{2}}{∥w_{2}∥} = (\frac{4}{\sqrt{42}}, −\frac{5}{\sqrt{42}}, 0, \frac{1}{\sqrt{42}})
u_{3} = \frac{w_{3}}{∥w_{3}∥} = (\frac{4}{\sqrt{105}}, \frac{2}{\sqrt{105}}, \frac{7}{\sqrt{105}}, −\frac{6}{\sqrt{105}})

Infine una base ortonormale di W è

\{ (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, 0, \frac{1}{\sqrt{3}}) , (\frac{4}{\sqrt{42}}, −\frac{5}{\sqrt{42}}, 0, \frac{1}{\sqrt{42}}) , (\frac{4}{\sqrt{105}}, \frac{2}{\sqrt{105}}, \frac{7}{\sqrt{105}}, −\frac{6}{\sqrt{105}}) \}

b) Il complemento ortogonale W^{⊥} è formato dai vettori di R^{4} ortogonali ai vettori di W, ovvero ortogonali agli elementi di una sua base, quindi

W^{⊥} = {(x, y, z, w) | x + y + w = 0, x − 2y = 0, x − z + 2w = 0}

Risolviamo quindi il sistema omogeneo ottenuto:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 1 & −2 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & 0 & −1 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 0 & −1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

3III − II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 0 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = −\frac{2}{3}t \\ y = −\frac{1}{3}t \\ z = \frac{4}{3}t \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Infine

B(W^{⊥}) = { (−2, −1, 4, 3) }
□

Esercizio 10.15. Si considerino i vettori di R^{3}

v_{1} = (1, 2, 1), v_{2} = (1, 1, 1).

a) Calcolare le lunghezze di v_{1} e di v_{2}.

b) Determinare la proiezione ortogonale di v_{1} su v_{2}.

c) Trovare una base ortonormale del sottospazio di R^{3} generato dai vettori v_{1} e v_{2}.

Soluzione:

a)

∥ v_{1} ∥= \sqrt{1^{2} + 2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{6}
∥ v_{2} ∥= \sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{3}

b)

pr_{v_{2}}(v_{1}) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{(v_{2}, v_{2})} · v_{2} = \frac{4}{3} · (1, 1, 1) = (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, \frac{4}{3}) .

c) Sia {u_{1}, u_{2}} la base ortonormale cercata. La cosa più semplice per sfruttare i conti già fatti è considerare

u_{1} = \frac{v_{2}}{∥ v_{2} ∥} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1) = (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})

Quindi

w_{2} = v_{1} − (v_{1}, u_{1}) · u_{1} = v_{1} − pr_{v_{2}}(v_{1}) = (1, 2, 1) − (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = (−\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, −\frac{1}{3})

Notiamo che w_{2} è parallelo a (−1, 2, −1), quindi

u_{2} = \frac{(−1, 2, −1)}{∥ (−1, 2, −1) ∥} = (−\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}, −\frac{1}{\sqrt{6}})

Infine la base ortogonale cercata è

\{(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) , (−\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}, −\frac{1}{\sqrt{6}})\}

□

Esercizio 10.16. Sia U il sottospazio di R^{3} costituito dai vettori (x_{1}, x_{2}, x_{3}) tali che 2x_{1} + x_{2} = 0. Si determini una base ortonormale di U rispetto al prodotto scalare ordinario di R^{3}.

Soluzione: Gli elementi di U sono i vettori di R^{3} tali che 2x_{1} + x_{2} = 0, ovvero

\begin{cases}x_{1} = t \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi

U = ⟨ (1, −2, 0), (0, 0, 1) ⟩

Poichè i due generatori sono tra loro ortogonali, per ottenere una base ortonormale di U è sufficiente prenderli di norma 1:

B = \{ (\frac{1}{\sqrt{5}}, −\frac{2}{\sqrt{5}}, 0) , (0, 0, 1) \}

□

Esercizio 10.17. Sia V il seguente sottospazio di R^{4}

V = ⟨ v_{1} = (1, 1, 0, 0), v_{2} = (1, 2, −1, 3) ⟩

Si determini il complemento ortogonale V^{⊥} di V.

Soluzione: Sia u = (x, y, z, w) il generico elemento di V^{⊥}. Per la condizione di ortogonalità deve essere

(u, v_{1}) = (u, v_{2}) = 0

ovvero

\begin{cases}x + y = 0 \\ x + 2y − z + 3w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = t + 3s \\ w = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi

V^{⊥} = {(−1, 1, 1, 0) · t + (0, 0, 3, 1) · s | ∀s, t ∈ R}
= ⟨ (−1, 1, 1, 0), (0, 0, 3, 1) ⟩
□

Esercizio 10.18.

a) Partendo dalla base {v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (2, 1, −3), v_{3} = (−1, 1, 0)}, costruire una base ortonormale di R^{3}.

b) Sia U il sottospazio di R^{3} generato da v_{1} e v_{2}. Determinare una base del complemento ortogonale di U.

Soluzione:

a) Sia B = {u_{1}, u_{2}, u_{3}} la base ortonormale che vogliamo ottenere a partire dai tre vettori. Cominciamo a costruire una base ortogonale B′ = {w_{1}, w_{2}, w_{3}}.

w_{1} = v_{1} = (1, 0, 1)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) == (2, 1, −3) − \frac{−1}{2} · (1, 0, 1) = (\frac{5}{2}, 1, −\frac{5}{2})
⇒w_{2} = (5, 2, −5)
w_{3} = v_{3} − pr_{w_{1}}(v_{3}) − pr_{w_{2}}(v_{3}) = (−1, 1, 0) − \frac{−1}{2} · (1, 0, 1) − \frac{−3}{34}(5, 2, −5) = (−\frac{4}{18}, \frac{20}{18}, \frac{4}{18})
⇒w_{3} = (−1, 5, 1)

Ora basta normalizzare i vettori trovati:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = \frac{(1, 0, 1)}{\sqrt{2}} = (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})

u_{2} = \frac{w_{2}}{∥w_{2}∥} = \frac{(5, 2, −5)}{\sqrt{54}} = (\frac{5}{3\sqrt{6}}, \frac{2}{3\sqrt{6}}, −\frac{5}{3\sqrt{6}})

u_{3} = \frac{w_{3}}{∥w_{3}∥} = \frac{(−1, 5, 1)}{\sqrt{27}} = (−\frac{1}{3\sqrt{3}}, \frac{5}{3\sqrt{3}}, \frac{1}{3\sqrt{3}})

La base ortonormale cercata è B = {u_{1}, u_{2}, u_{3}}.

b) Sia U = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ e sia w = (x, y, z) ∈ U^{⊥}. Imponiamo quindi a w l’ortogonalità agli elementi di U, ovvero agli elementi di una base di U:

(w, v_{1}) = 0 ⇒ x + z = 0
(w, v_{2}) = 0 ⇒ 2x + y − 3z = 0

Risolvendo il sistema otteniamo

\begin{cases}x = −t \\ y = 5t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R  ⇒  B (U^{⊥}) = \{(−1, 5, 1)\} .

□

Esercizio 10.19. Siano v_{1} = (2, 1, 1, 0) e v_{2} = (−1, 1, 2, 0) e sia V = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ ⊂ R^{4}. a) Calcolare l’angolo tra v_{1} e v_{2}.

b) Trovare una base del complemento ortogonale di V.

Soluzione:

a) Indichiamo con ϑ l’angolo tra v_{1} e v_{2}. Sappiamo che

cos(ϑ) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{||v_{1}|| · ||v_{2}||} = \frac{1}{\sqrt{6} · \sqrt{6}} = \frac{1}{6}  ⇒  ϑ = arccos (\frac{1}{6})

b) Il complemento ortogonale di V è lo spazio

V^{⊥} = {v = (x, y, z, w) ∈ R^{4} | (v, v_{1}) = (v, v_{2}) = 0}
= {v = (x, y, z, w) ∈ R^{4} | 2x + y + z = 0, −x + y + 2z = 0 }

Risolviamo il sistema di due equazioni in quattro incognite:

\begin{cases}2x + y + z = 0 \\ −x + y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ 2II + I \begin{cases}2x + y + z = 0 \\ 3y + 5z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{3}t \\ y = −\frac{5}{3}t \\ z = t \\ w = s \end{cases}

Infine una base di V^{⊥} è

B (V^{⊥}) = = { (1, −5, 3, 0), (0, 0, 0, 1) }
□

Esercizio 10.20. Sia V il sottospazio di R^{3} di base B = {v_{1} = (1, 2, 0), v_{2} = (2, 4, −1)}. a) Si trovi una base ortonormale di V a partire da B.

b) Si trovi una base ortonormale del complemento ortogonale V^{⊥} di V.

Soluzione:

a) Costruiamo prima una base {w_{1}, w_{2}} di vettori a due a due ortogonali (non necessariamente di norma 1).

w_{1} = v_{1} = (1, 2, 0)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = v_{2} − \frac{(v_{2}, w_{1})}{(w_{1}, w_{1})} · w_{1} = (2, 4, −1) − \frac{10}{5} (1, 2, 0) = (0, 0, −1)

A questo punto per ottenere la base cercata basta prendere i vettori u_{i} paralleli a w_{i}, ma di norma 1:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = (\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}, 0) , u_{2} = w_{2} = (0, 0, −1)

Infine una base ortonormale cercata è

\{(\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}, 0) , (0, 0, −1)\}

b) Il complemento ortogonale di V è l’insieme dei vettori di R^{3} che sono ortogonali ai vettori di V, e quindi ai vettori di una base di V:

V^{⊥} = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + 2y = 0, 2x + 4y − z = 0}

Risolvendo il sistema otteniamo

\begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ V^{⊥} = ⟨(−2, 1, 0)⟩

Per trovare una base ortonormale è sufficiente prendere il generatore di norma 1:

B (V^{⊥}) = \{(\frac{−2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}, 0)\} = \{(\frac{−2\sqrt{5}}{5}, \frac{\sqrt{5}}{5}, 0)\}

□

Esercizio 10.21. Sia T : R^{3} → R^{2} la funzione lineare tale che

T (1, −2, 1) = (2, 1), T (1, 0, 0) = (−1, 2), T (0, 1, 0) = (−1, 0).

a) Che dimensione ha l’immagine di T?

b) Si determini una base ortonormale (rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}) del nucleo di T.

Soluzione: Per risolvere l’esercizio possiamo procedere in due modi:

(1) Determinare la matrice A = M_{B}^{C}(T) associata a T rispetto alla base

B = { (1, −2, 1), (1, 0, 0), (0, 1, 0) }

di R^{3} e alla base canonica C di R^{2}, tenendo poi conto che i vettori ottenuti nello spazio di partenza R^{3} (in particolare il Nucleo) saranno espressi rispetto alla base B.

(2) Ricavare l’azione di T sugli elementi della base canonica di R^{3} e determinare quindi la matrice B = M(T) associata a T rispetto alle basi canoniche.

Consideriamo entrambi i metodi.

(1) Con il primo metodo consideriamo la matrice A associata a T rispetto alla base B di R^{3} e C di R^{2}:

A = M_{B}^{C}(T) = [\begin{matrix}2 & −1 & −1 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix}]

a) La dimensione dell’immagine di T corrisponde al rango di A. Poichè A contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}−1 & −1 \\ 2 & 0 \end{matrix}]

di determinante 2 ≠ 0, la matrice A ha rango 2, quindi

dim(Im(T)) = 2

b) Per determinare il nucleo di T risolviamo il sistema omogeneo associato a A

[\begin{matrix}2 & −1 & −1 & | & 0 \\ 1 & 2 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x − y − z = 0 \\ x + 2y = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 2(−2t) − t = −5t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi N(T)) è generato dal vettore (−2, 1, −5)_{B}, espresso però rispetto alla base B. Rispetto alla base canonica tale vettore corrisponde al vettore

−2 · v_{1} + 1 · v_{2} − 5 · v_{3} = (−1, −1, −2)

Infine

N(T) = ⟨ (−1, −1, −2) ⟩

Poichè il nucleo ha dimensione uno per determinarne una base ortonormale è sufficiente prendere come generatore un vettore di norma 1:

Base ortonormale di N(T) = \{ (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}} )\}

(2) Con il secondo metodo ricaviamo invece la matrice associata a T rispetto alle basi canoniche di R^{3} e R^{2}, calcolando le immagini di e_{1}, e_{2}, e_{3}. Poichè conosciamo già T (e_{1}) = (−1, 2) e T (e_{2}) = (−1, 0), dobbiamo solo ricavare T (e_{3}). Sfruttando la linearità di T otteniamo:

T (0, 0, 1) = T (1, −2, 1) − T (1, 0, 0) + 2T (0, 1, 0)
= (2, 1) − (−1, 2) + 2(−1, 0) = (1, −1)

Quindi la matrice B associata a T rispetto alle basi canoniche è

B = [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 \\ 2 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ II + 2I [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 \\ 0 & −2 & 1 \end{matrix}]

a) La dimensione dell’immagine di T corrisponde al rango di B, quindi

dim(Im(T)) = 2

b) Per determinare il nucleo di T risolviamo il sistema omogeneo associato a B

\begin{cases}−x − y + z = 0 \\ −2y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 2t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

N(T) = ⟨ (1, 1, 2) ⟩

Notiamo che in questo caso il generatore è già espresso rispetto alla base canonica, è quindi sufficiente prendere come generatore un vettore di norma 1:

Base ortonormale di N(T) = \{ (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}} )\}
□

Esercizio 10.22. Sia W il sottospazio di R^{3} costituito dai vettori (x_{1}, x_{2}, x_{3}) tali che x_{1}−2x_{2}+x_{3} = 0. Si determini una base ortonormale di W rispetto al prodotto scalare canonico di R^{3}.

Soluzione: Gli elementi di W sono i vettori di R^{3} tali che x_{1} − 2x_{2} + x_{3} = 0, ovvero

\begin{cases}x_{1} = 2s − t \\ x_{2} = s \\ x_{3} = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi

W = ⟨ (−1, 0, 1), (2, 1, 0) ⟩

Per ottenere una base ortonormale di W utilizziamo il metodo di Gram-Schmidt. Sia v_{1} = (−1, 0, 1), calcoliamo il vettore u_{1} normalizzando v_{1}:

u_{1} = \frac{v_{1}}{∥v_{1}∥} = \frac{(−1, 0, 1)}{\sqrt{2}} = (−\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})

Sia ora v_{2} = (2, 1, 0). Per calcolare il vettore u_{2} cominciamo con il calcolare il vettore w_{2} ortogonale a u_{1}:

w_{2} = v_{2} − (v_{2}, u_{1}) u_{1} = (2, 1, 0) − (−\frac{2}{\sqrt{2}}) (−\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})
= (2, 1, 0) + (−1, 0, 1) = (1, 1, 1)

Per ottenere il vettore u_{2} cercato normalizziamo w_{2}:

u_{2} = \frac{w_{2}}{∥w_{2}∥} = \frac{(1, 1, 1)}{\sqrt{3}} = (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})

La base ortonormale di W cercata è quindi

B = \{ (−\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}}) , (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) \}

□

Esercizio 10.23. Si considerino i seguenti vettori di R^{4}:

v_{1} = (1, 0, −1, 0), v_{2} = (2, 2, −1, t) (t parametro reale).

a) Si determini il valore di t tale che v_{1} e v_{2} formino un angolo di 45^{∘}.

b) Posto t = 0 si determini la proiezione di v_{2} su v_{1}.

c) Posto t = 0 e dato v_{3} = (0, 0, 1, 1), si determini una base ortonormale dello spazio V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩.

Soluzione:

a) Sia ϑ l’angolo formato da v_{1} e v_{2}. Si ha

cos(ϑ) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{||v_{1}|| · ||v_{2}||} = \frac{3}{\sqrt{2} · \sqrt{9 + t^{2}}}

Poiché cos(45^{∘}) = \frac{\sqrt{2}}{2} otteniamo l’equazione

\frac{3}{\sqrt{2} \sqrt{9 + t^{2}}} = \frac{\sqrt{2}}{2} ⇒ \frac{3}{\sqrt{9 + t^{2}}} = 1 ⇒ 3 = \sqrt{9 + t^{2}} ⇒ 9 = 9 + t^{2} ⇒ t = 0

Quindi v_{1} e v_{2} formano un angolo di 45^{∘} se t = 0.

b) La proiezione di v_{2} su v_{1} è

pr_{v_{1}}(v_{2}) = \frac{(v_{1}, v_{2})}{(v_{1}, v_{1})} · v_{1} = \frac{3}{2} · (1, 0, −1, 0) = (\frac{3}{2}, 0, −\frac{3}{2}, 0)

c) Cerchiamo prima una base ortogonale w_{1}, w_{2}, w_{3}.

w_{1} = v_{1} = (1, 0, −1, 0)
w_{2} = v_{2} − pr_{w_{1}}(v_{2}) = (2, 2, −1, 0) − (\frac{3}{2}, 0, −\frac{3}{2}, 0) = (\frac{1}{2}, 2, \frac{1}{2}, 0) ⇒ w_{2} = (1, 4, 1, 0)
w_{3} = v_{3} − pr_{w_{1}}(v_{3}) − pr_{w_{2}}(v_{3}) = (0, 0, 1, 1) − \frac{−1}{2} (1, 0, −1, 0) − \frac{1}{18} (1, 4, 1, 0) = (\frac{4}{9}, −\frac{2}{9}, \frac{4}{9}, 1) ⇒
w_{3} = (4, −2, 4, 9)

Per trovare una base ortonormale {u_{1}, u_{2}, u_{3}} di V si tratta ora di determinare i generatori di norma 1:

u_{1} = \frac{w_{1}}{||w_{1}||} = \frac{1}{\sqrt{2}} (1, 0, −1, 0)
u_{2} = \frac{w_{2}}{||w_{2}||} = \frac{1}{\sqrt{18}}(1, 4, 1, 0) = \frac{1}{3\sqrt{2}} (1, 4, 1, 0)
u_{3} = \frac{w_{3}}{||w_{3}||} = \frac{1}{\sqrt{117}} (4, −2, 4, 9)
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