Prodotto scalare e base ortonormale.

[BRN]

Ciao a tutti, devo risolvere questo esercizio:

Trovare un prodotto scalare definito positivo nello spazio $RR^3$ per cui la base B data dai vettori

$ {( ( 0 ),( 1 ),( 0 ) ) ; ( ( 0 ),( 1 ),( 1 ) ): ( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) )} $

sia ortonormale.

Dunque, il prodotto scalare da cercare deve soddisfare due condizioni:
1) per $i!=j$ deve valere $<v_i,v_j> =0$
2) $AA i=1,...n$ si deve avere $||v_i ||=1$

Se considero S la matrice rappresentativa del prodotto scalare e B la matrice dei vettori base, allora la prima condizione si dovrebbe tradurre in $SB=0$, cioè:

$ ( ( a , b , c ),( d , e , f ),( g , h , i ) ) ( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 , 1 ),( 1 , 1 , 1 ) )=0 $

ma come si fa a considerare anche la seconda condizione?

Grazie a chi mi aiuta!

[cooper]

guarda qui con le dovute modifiche.

[anto_zoolander]

Consideri $phi:RR^3timesRR^3->RR$, fissi la base $B$ e consideri,

$phi(v,w)=v_(B)^T I_3 w_B$

È una forma bilineare
È simmetrica
È definita positiva

Poi se ti serve l'espressione in coordinate con la base canonica, basta che calcoli $P^TI_3P=A$

[BRN]

Grazie per le vostre risposte, però sono un po' in alto mare...

Ok, il prodotto scalare è legato alla sua matrice rappresentativa dalla seguente relazione: $phi(v,w)=v^t A w$
Ma se prendo, ad esempio, i primi due vettori della base data, ottengo:

$ ( 0 \ \ 1 \ \ 0 ) ( ( a , b , c ),( d , e , f ),( g , h , i ) ) ( ( 0 ),( 1 ),( 1 ) ) =e+f=0 $

e non saprei cosa farci...

Allo stesso modo, se considero $phi(v,w)=v_(B)^T I_3 w_B$

$ ( 0 \ \ 1 \ \ 0 ) ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) ( ( 0 ),( 1 ),( 1 ) ) =1 $

Mi sa che non ho proprio capito cosa volete dirmi...

[cooper]

i vettori $v,w$ sono generici e non quelli della tua base. quelli ti servono solo per calcolare la matrice rappresentativa.

[anto_zoolander]

Ma perché devi complicarti la vita?

Cerco di farti notare una cosa, la metto sotto spoiler.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

sia $V$ un $K$ spazio vettoriale di dimensione $n$.
Considera lo spazio vettoriale $Bil(V,K)$ delle forme bilineari da $VtimesV$ in $K$.
Dove ovviamente le operazioni sono:

Somma: $(phi+varphi)(v,w)=phi(v,w)+varphi(v,w)$

Prodotto per scalare $(lambdaphi)(v,w)=lambda*phi(v,w)$

Supponiamo fissata una base $B={e_1,..,e_n}$
Ora considera l'applicazione $M:Bil(V,K) -> M_(n,n)(K)$
Così definita $M(phi)=A$ che associana ogni forma bilineare la matrice che la rappresenta rispetto alla base $B$

Ovviamente per ogni forma bilineare esiste una sola matrice che rispetto a quella base si rappresenta con la matrice $A$. Puoi dimostrarlo abbastanza facilmente, ma per completezza te lo scrivo.

Se per assurdo esistessero $A,B$ matrici che rappresentano $phi$ rispetto alla base $B$ allora avrei che per ogni coppia di vettori $v,w$(che ovviamente hanno le stesse componenti visto che la base è la stessa), si ha $X^tAY=X^tBY$
Equivale al dire che $X^t(A-B)Y=0, forallX,Y inK^n$
E questo è vero se e solo se $A-B=0$ ovvero $A=B$

Di fatto se cosi non fosse allora ci sarebbe almeno un'entrata $c_(jk)$ della matrice non nulla.
E se consideriamo $I_j$, la $j$ esima colonna della matrice identità e $I_k$, la $k-esima$ colonna della matrice identità otterremmo $I_(j)^t(A-B)I_k=c_(jk)$ che è non nullo(ovvero una contraddizione).
Dunque $A=B$ e dunque l'operazione è ben definita.

Vogliamo mostrare che è invertibile.

Supponiamo che $phi,varphi$ siano due qualsiasi forme bilineari su $V$ con base $B$ fissata.
Se $M(phi)=M(varphi)$ allora significa che le matrici che rappresentano le forme sono le stesse e rispetto alla stessa base.
Ovvero significa che $phi(v,w)=X^tM(phi)Y=X^tM(varphi)Y=varphi(v,w)$

Dunque è iniettiva.
Ora sia $A$ una qualsiasi matrice.
L'applicazione $phi(v,w)=v_(B)^tAw_B$ è una forma bilineare rappresentata dalla matrice $A$ rispetto alla base $B$.

Dunque $M$ è invertibile e pertanto c'è una corrispondenza biunivoca tra i due spazi, quindi rispetto a una base fissata esiste una e una sola applicazione $phi$ rappresentata da una matrice $M$ rispetto alla base $B$.

Se hai letto quello che ho scritto, e spero di essere stato chiaro, ora dovresti intuire per trovare l'applicazione che ti serve basta porre:

$phi(v,w)=v_(B)^tw_B$

dove la matrice in mezzo è l'identità.
$v_B$ è il vettore colonna delle componenti di $v$ rispetto alla base $B$.

Tale applicazione è l'unica forma bilineare che si rappresenta con la matrice identità rispetto alla base $B$.
Se ti interessa trovare la formula esplicita proprio sui coefficienti dei vettori di $RR^3$ ti basta ricordare come si cambia matrice fissando un'altra base, ovvero per congruenza.
Poi ti basta fare i prodotti e hai finito.

NB: ricorda che in $X^t$ e $Y$ devi mettere le COMPONENTI dei vettori rispetto alla base e non i coefficienti del vettore. Quello lo fai se la base è canonica.

[BRN]

Ok, ci sono quasi ma c'è ancora qualcosa che mi sfugge...

Il fatto che B debba essere ortonormale, significa che deve valere $X^tAY=I$, ovvero

$ ( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 ,1 ),( 1 , 1 , 1 ) ) A ( ( 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 ,1 ),( 0 , 1 , 1 ) )=( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 ,0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $

Allora segue che $A=(X^t)^(-1)IY^(-1)$, cioè:

$ A=( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 ,1 ),( 1 , 1 , 1 ) )^(-1) ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 ,0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) ( ( 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 ,1 ),( 0 , 1 , 1 ) )^(-1) $

$ A= ( ( 1 , 1 , 1 ),( 1 , 2 ,2 ),( 1 , 2 , 3 ) )^(-1)=( ( 2 , -1 , 0 ),( -1 , 2 ,-1 ),( 0 , -1 , 1 ) ) $

che però è sbagliata perchè, se la applico a due vettori della base, i prodotti non mi si annullano...

Forse il problema sta qui:

NB: ricorda che in $ X^t $ e $ Y $ devi mettere le COMPONENTI dei vettori rispetto alla base e non i coefficienti del vettore. Quello lo fai se la base è canonica.

Mi sa che non ho capito, fammi un esempio pratico.

Grazie per la pazienza.

[anto_zoolander]

quello che dici tu vale per congruenza.

Perché dovresti verificare la congruenza, se l'applicazione la hai appena definita?
La congruenza la usi in altri casi.... per esempio.

Noi abbiamo definito quella applicazione rispetto a quello base, e se ora volessimo passare per esempio alla base canonica e avere la matrice rispetto alla base canonica?

Poniamo $B'={e_1,e_2,e_3}$ base canonica e $B={(0,1,0),(0,1,1),(1,1,1)}={v_1,v_2,v_3}$ quella su cui abbiamo definito l'operazione.

Tu sai che se esiste una matrice invertibile tale che due matrici sono congruenti, allora rappresentano la stessa applicazione rispetto a basi diverse. In questo caso la matrice è $M_(B)^(B')(id)$ ovvero la matrice di passaggio da $B$ a $B'$.

$e_1=-v_2+v_3$
$e_2=v_1$
$e_3=-e_1+e_2$

Dunque la matrice $M_(B)^(B')(id)=((0,1,-1),(-1,0,1),(1,0,0))$ che chiamerò $P$

Ora si puoi dire che deve essere $P^t I_3 P=M_(B')(phi)$

Ovvero $((0,-1,1),(1,0,0),(-1,1,0))((0,1,-1),(-1,0,1),(1,0,0))=((2,0,-1),(0,1,-1),(-1,-1,2))=A$

Dunque $phi(v,w)=v_(B')^t A w_(B')$

Infatti noti subito che fare $phi(e_1,e_1)_(B')=(1,0,0)A((1),(0),(0))=2$
È uguale al fare $phi(e_1,e_1)_B = (0,-1,1)((0),(-1),(1))=2$

Infatti $phi(v,w)_(B')=v_(B')^t A w_(B')=v_(B')^t(P^tP)w_(B')=(Pv_(B'))^t(Pw_(B'))$

Siccome sappiamo chi è $P$...

$phi(v,w)_(B')=(Pv_(B'))^t(Pw_(B'))=v_(B)^t w_(B)=phi(v,w)_B$

Di fatto rappresentano la stessa applicazione. Tra l'altro se volessi calcolarti l'espressione analitica della forma, basta che calcoli.

Prendi due vettori generici $v=(x_1,x_2,x_3)$ e $w=(y_1,y_2,y_3)$

$phi(v,w)_(B')=((x_1,x_2,x_3))A((y_1),(y_2),(y_3))$

Ricordati che siamo nella base canonica quindi le cose appattano belle belle.
Di fatto puoi verificare tu stesso che l'applicazione che ti serve è proprio

$phi(v,w)=2x_1y_1+y_2x_2+2x_3y_3-x_1y_3-x_2y_3-x_3y_1-x_3y_2$

Puoi diciamo sbizzarrirti facendo vedere che i vettori della tua base sono ortonormali, puoi fissare di nuovo la matrice $A$ rispetto alla base canonica e diagonalizzarla.... vedrai che ti viene proprio la matrice identità.

[BRN]

Ok, ci sono. Avevo fatto un po' di confusione.

Se hai letto quello che ho scritto, e spero di essere stato chiaro, ora dovresti intuire per trovare l'applicazione che ti serve basta porre:

$ phi(v,w)=v_(B)^tw_B $

dove la matrice in mezzo è l'identità.
$ v_B $ è il vettore colonna delle componenti di $ v $ rispetto alla base $ B $.
...
NB: ricorda che in $ X^t $ e $ Y $ devi mettere le COMPONENTI dei vettori rispetto alla base e non i coefficienti del vettore. Quello lo fai se la base è canonica.

Appunto, scelgo un generico vettore $v=(v_1,v_2,v_3$ con le cui componenti riferite alla base data:

$ ( ( v_1 ),( v_2 ),( v_3 ) ) =e_1( ( 0 ),( 1 ),( 0 ) )+e_2( ( 0 ),( 1 ),( 1 ) )+e_3( ( 1 ),( 1 ),( 1 ) ) $

da cui:

$ e_1=v_2-v_3 $
$ e_2=-v_1+v_3 $
$ e_3=v_1 $

Allora tutto si traduce in:

$ ( ( 0 , -1 , 1 ),( 1 , 0 , 0 ),( -1 , 1 , 0 ) ) ( ( 0 , 1 , -1 ),( -1 , 0 , 1 ),( 1 , 0 , 0 ) ) = ( ( 2 , 0 , -1 ),( 0 , 1 , -1 ),( -1 , -1 , 2 ) ) $

ovvero

$ phi(v,w)=2x_1y_1+y_2x_2+2x_3y_3-x_1y_3-x_2y_3-x_3y_1-x_3y_2 $

Un'ultima cosa mi serve chiarire. In rete ho trovato questo procedimento, che è sostanzialmente quello che avevo proposto nel post precedente, ma in cui è stato fatto un passaggio che io ho ignorato:

1) $ ( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 ,1 ),( 1 , 1 , 1 ) ) A ( ( 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 ,1 ),( 0 , 1 , 1 ) )=( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 ,0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $

2) $ A=( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 ,1 ),( 1 , 1 , 1 ) )^(-1) ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 ,0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) ( ( 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 ,1 ),( 0 , 1 , 1 ) )^(-1) $

3) $ A=( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 ,1 ),( 1 , 1 , 1 ) )^(-1) ( ( 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 ,1 ),( 0 , 1 , 1 ) )^(-1) $

4) $ A=( ( 0 , 0 , 1 ),( 1 , 1 ,1 ),( 0 , 1 , 1 ) )^(-1) ( ( 0 , 1 , 0 ),( 0 , 1 ,1 ),( 1 , 1 , 1 ) )^(-1)$

5) $ A=( ( 1 , 1 , 1 ),( 1 , 3 ,2 ),( 1 , 2 , 2 ) )^(-1) = ( ( 2 , 0 , -1 ),( 0 , 1 ,-1 ),( -1 , -1 , 2 ) )$

perchè al passaggio 4 si invertono le posizioni delle matrici?

[anto_zoolander]

Perché se hai un gruppo $(G,*)$ non commutativo

$forall a,b inG$ si ha $(ab)(b^(-1)a^(-1))=a(b b^(-1))a^(-1)=aea^(-1)=aa^(-1)=e$
Ovvero $(ab)^(-1)=b^(-1)a^(-1)$

Dove $g^(-1)$ è l'inverso di $g$ e $e$ l'elemento neutro del gruppo.

Quindi visto che le matrici invertibili fanno parte del gruppo $GL_n(K)$ non commutativo

Per ogni $A,B$ matrici di $GL_n(K)$ si ha $(AB)^(-1)=B^(-1)A^(-1)$

NB: nel passaggio 4 togli gli apici $(-1)$ a entrambe e lo metti unico come inversa della matrice prodotto, perché il passaggio è proprio quello di invertire le matrici di posizione e diciamo, terra terra, raccogliere il $(-1)$

Diciamo che questo è in maniera sintetica quello che ti ho mostrato.
Infatti in quel passaggio si presuppone che $I_n$ sia la matrice che rappresenta $phi$ rispetto alla base da te voluta.
Quella congruenza si traduce: posto $P=M_(B)^(B')(id)$, dove $B$ è la base canonica e $B'$ la base che base dell'esercizio, diventa $P^tAP=I_n$ e poi $A=(P^t)^(-1)P^(-1)=(P*P^t)^(-1)$