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feat(geometria): aggiunge le soluzioni agli esercizi del 26/04/2023
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{17 e 19 aprile 2023}
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\date{17, 19 e 26 aprile 2023}
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\begin{document}
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@@ -143,7 +143,9 @@
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\li Vale il teorema di Lagrange, e quindi quello di Sylvester, benché con alcune accortezze: si
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introduce, come nel caso di $\RR$, il concetto di segnatura, che diventa l'invariante completo
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della nuova congruenza hermitiana, che ancora una volta si dimostra essere una relazione
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di equivalenza.
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di equivalenza. \\
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\li Come mostrato nei momenti finali del documento (vd.~\textit{Esercizio 3}), vale
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la formula delle dimensioni anche nel caso del prodotto hermitiano.
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\end{remark}
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\hr
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@@ -1335,9 +1337,10 @@
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$a_{ij} = 0$ \, $\forall i < j \leq n$, dimostrando il passo induttivo, e quindi la tesi.
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\end{proof}
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\begin{remark}
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Chiaramente vale anche il viceversa del precedente lemma: se infatti $A \in M(n, \CC)$ è diagonale,
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$A$ è anche normale, dal momento che commuta con $A^*$.
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\begin{remark}\nl
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\li Chiaramente vale anche il viceversa del precedente lemma: se infatti $A \in M(n, \CC)$ è diagonale,
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$A$ è anche normale, dal momento che commuta con $A^*$. \\
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\li Reiterando la stessa dimostrazione del precedente lemma per $A \in M(n, \RR)$ triangolare superiore e normale reale (i.e.~$AA^\top = A^\top A$) si può ottenere una tesi analoga.
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\end{remark}
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\begin{theorem}
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@@ -1383,40 +1386,150 @@
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\end{proof}
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\begin{remark}\nl
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\li Si può osservare mediante l'ultimo corollario che $A$ hermitiana
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$\implies$ $U^* A U = D$ è reale. \\
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\li Si può estendere il teorema ad una matrice generica
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$A \in M(n, \RR)$ normale, a patto che $A$ ha tutti autovalori
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reali. Infatti, in tal caso, esiste $O \in O_n$ tale che
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$O^\top A O = D$ con $D$ diagonale. Inoltre, $A^\top = (O D O^\top)^\top
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= O D^\top O^\top = O D O^\top = A$. Quindi $A$ è necessariamente
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anche simmetrica.
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\li Si può osservare mediante l'applicazione dell'ultimo corollario che, se $A$ è hermitiana (ed è dunque
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anche normale),
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$\exists U \in U_n \mid U^* A U = D$, dove $D \in M(n, \RR)$, ossia tale
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corollario implica il teorema spettrale in forma complessa. Infatti
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$\conj{D} = D^* = U^* A^* U = U^* A U = D \implies D \in M(n, \RR)$. \\
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\li Se $A \in M(n, \RR)$ è una matrice normale reale (i.e.~$A A^\top = A^\top A$) con
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$p_A$ completamente riducibile in $\RR$, allora è possibile reiterare la dimostrazione
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del precedente teorema per concludere che $\exists O \in O_n \mid O^\top A O = D$ con
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$D \in M(n, \RR)$, ossia che $A = O D O^\top$.
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Tuttavia questo implica che $A^\top = (O D O^\top) = O D^\top O^\top = O D O^\top = A$,
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ossia che $A$ è simmetrica. In particolare, per il teorema spettrale reale, vale
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anche il viceversa. Pertanto, se $A \in M(n, \RR)$, $A$ è una matrice normale reale con $p_A$ completamente
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riducibile in $\RR$ $\iff$ $A = A^\top$.
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\end{remark}
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\begin{exercise}\nl
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\begin{exercise}
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Sia $V$ uno spazio dotato del prodotto $\varphi$. Sia
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$W \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Sia $\basis_W= \{ \ww 1, \ldots, \ww k \}$
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una base di $W$ e sia $\basis = \{ \ww 1, ..., \ww k, \vv{k+1}, ..., \vv n \}$ una base di $V$.
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Sia $A = M_\basis(\varphi)$. Si dimostrino allora i seguenti risultati.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $(V, \varphi)$ con $\varphi$ non degenere.
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$W \subseteq V$ sottospazio. Sia $\ww 1$, ..., $\ww k$
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una base di $W$ e sia $\basis = \{ \ww 1, ..., \ww k, ..., \vv n \}$ una base di $V$. Allora $W^\top = \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0 \} = \{ \v \in V \mid A_{1,\ldots,k} [\v]_\basis = 0 \}$ con $A = M_\basis(\varphi)$. Pertanto $\dim W^\top = n - \rg(A_{1,...,k})$.
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\item Sia $U \subseteq V$ sottospazio. Dimostrare che
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nel quoziente $V/U$ il prodotto induce il prodotto $\tilde \varphi([\v], [\v']) = \varphi(\v, \v')$ se e soltanto se
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$U \subseteq V^\perp$ ($U \perp V$).
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\item Dimostrare che il prodotto $\tilde \varphi$ è
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non degenere.
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\item Sia $\pi : V \to V/V^\perp$ la proiezione al
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quoziente. Sia $W \subseteq V$ sottospazio. Dimostrare
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che $W^\perp = \{ \v \in V \mid \tilde \varphi(\pi(\v), \varphi(\w)) = 0 \forall \w \in W \} = \pi\inv(\pi(W)^\perp)$.
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\item Dedurre dai precedenti punti la formula della dimensione
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dell'ortogonale.
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\item Dimostrare che $(W^\perp)^\perp = W + V^\perp$.
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\item Dimostrare che $A$ anti-hermitiana è normale e ha tutti autovalori
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immaginari.
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\item $W^\perp = \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0 \}$,
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\item $W^\perp = \{ \v \in V \mid A_{1,\ldots,k} [\v]_\basis = 0 \} = [\cdot]_\basis\inv (\Ker A_{1,\ldots,k})$,
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\item $\dim W^\top = \dim V - \rg(A_{1,\ldots,k})$,
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\item Se $\varphi$ è non degenere, $\dim W + \dim W^\perp = \dim V$.
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\end{enumerate}
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\end{exercise}
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\begin{proof}[Soluzione]
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Chiaramente vale l'inclusione $W^\perp \subseteq \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0 \}$. Sia
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allora $\v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0$ $\forall 1 \leq i \leq k$ e sia $\w \in W$. Allora esistono $\alpha_1$, ..., $\alpha_k$ tali
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che $\w = \alpha_1 \ww 1 + \ldots + \alpha_k \ww k$. Pertanto si conclude che $\varphi(\v, \alpha_1 \ww 1 + \ldots + \alpha_k \ww k) = \alpha_1 \varphi(\v, \ww 1) + \ldots + \alpha_k \varphi(\v, \ww k) = 0 \implies \v \in W^\top$. Pertanto $W^\top = \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0 \}$, dimostrando (i). \\
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Si osserva che $\varphi(\v, \ww i) = 0 \iff \varphi(\ww i, \v) = 0$. Se $\varphi$ è scalare, allora
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$\varphi(\ww i, \v) = 0 \defiff [\ww i]_\basis^\top A [\v]_\basis = (\e i)^\top A [\v]_\basis = A_i [\v]_\basis = 0$. Pertanto $\v \in W^\top \iff A_i [\v]_\basis = 0$ $\forall 1 \leq i \leq k$, ossia se
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$A_{1, \ldots, k} [\v]_\basis = 0$ e $[\v]_\basis \in \Ker A_{1, \ldots, k}$, dimostrando (ii). Analogamente
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si ottiene la tesi se $\varphi$ è hermitiano.
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Applicando la formula delle dimensioni, si ricava dunque che $\dim W^\top = \dim \Ker A_{1, \ldots, k} =
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\dim V - \rg A_{1, \ldots, k}$, dimostrando (iii). \\
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Se $\varphi$ è non degenere, $A$ è invertibile, dacché $\dim V^\perp = \dim \Ker A = 0$. Allora
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ogni minore di taglia $k$ di $A$ ha determinante diverso da zero. Dacché ogni minore di taglia $k$
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di $A_{1,\ldots,k}$ è anche un minore di taglia $k$ di $A$, si ricava che anche ogni minore di taglia
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$k$ di $A_{1, \ldots, k}$ ha determinante diverso da zero, e quindi che $\rg(A_{1,\ldots,k}) \geq k$.
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Dacché deve anche valere $\rg(A_{1,\ldots,k}) \leq \min\{k,n\} = k$, si conclude che $\rg(A_{1,\ldots,k})$
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vale esattamente $k = \dim W$. Allora, dal punto (iii), vale che $\dim W^\perp + \dim W = \dim W^\perp + \rg(A_{1,\ldots,k}) = \dim V$, dimostrando il punto (iv).
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\end{proof}
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\begin{exercise}
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Sia $V$ uno spazio dotato del prodotto $\varphi$. Sia
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$U \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Si dimostrino allora i seguenti due
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risultati.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Il prodotto $\varphi$
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induce un prodotto $\tilde \varphi : V/U \times V/U \to \KK$ tale che
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$\tilde \varphi(\v + U, \v' + U) = \varphi(\v, \v')$ se e soltanto se $U \subseteq V^\perp$, ossia
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se e solo se $U \perp V$.
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%TODO: controllare che debba valere $U = V^\perp$
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\item Se $U = V^\perp$, allora il prodotto $\tilde \varphi$ è non degenere.
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\item Sia $\pi : V \to V/V^\perp$ l'applicazione lineare di proiezione al quoziente. Allora
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$U^\perp = \{ \v \in V \mid \tilde \varphi(\pi(\v), \pi(\U)) = 0 \, \forall \U \in U \} = \pi\inv(\pi(U)^\perp)$.
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\item Vale la formula delle dimensioni per il prodotto $\varphi$: $\dim U + \dim U^\perp = \dim V + \dim (U \cap V^\perp)$.
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\end{enumerate}
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\end{exercise}
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\begin{proof}[Soluzione]
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Sia $\w = \v + \uu 1 \in \v + U$, con $\uu 1 \in U$.
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Se $\tilde \varphi$ è ben definito, allora deve valere l'uguaglianza $\varphi(\v, \v') = \varphi(\w, \v') =
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\varphi(\v + \uu 1, \v') = \varphi(\v, \v') + \varphi(\uu 1, \v')$, ossia $\varphi(\uu 1, \v') = 0$ $\forall \v' \in V \implies \uu 1 \in V^\perp \implies U \subseteq V^\perp$. Viceversa, se $U \subseteq V^\perp$,
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sia $\w' = \v' + \uu 2 \in \v' + U$, con $\uu 2 \in U$. Allora vale la seguente identità:
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\[ \varphi(\w, \w') = \varphi(\v + \uu 1, \v' + \uu 2) = \varphi(\v, \v') + \underbrace{\varphi(\v, \uu 2) + \varphi(\uu 1, \v') + \varphi(\uu 1, \uu 2)}_{=\,0}. \]
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Pertanto $\tilde \varphi$ è ben definito, dimostrando (i). \\
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Sia ora $U = V/V^\perp$. Sia $\v + U \in (V/U)^\perp = \Rad(\tilde \varphi)$. Allora, $\forall \v' + U \in V/U$,
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$\tilde \varphi(\v + U, \v' + U) = \varphi(\v, \v') = 0$, ossia $\v \in V^\perp = U$. Pertanto
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$\v + U = U \implies \Rad(\tilde \varphi) = \{ V^\perp \}$, e quindi $\tilde \varphi$ è non degenere,
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dimostrando (ii). \\
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Si dimostra adesso l'uguaglianza $U^\perp = \pi\inv(\pi(U)^\perp)$. Sia $\v \in U^\perp$. Allora
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$\tilde \varphi(\pi(\v), \pi(\U)) = \tilde \varphi(\v + V^\perp, \U + V^\perp) = \varphi(\v, \U) = 0$ $\forall
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\U \in U$, da cui si ricava che vale l'inclusione $U^\perp \subseteq \pi\inv(\pi(U)^\perp)$. Sia
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ora $\v \in \pi\inv(\pi(U)^\perp)$, e sia $\U \in U$. Allora $\varphi(\v, \U) = \tilde \varphi(\v + V^\perp, \U + V^\perp) = \tilde \varphi(\pi(\v), \pi(\U)) = 0$, da cui vale la doppia inclusione, e dunque l'uguaglianza
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desiderata, dimostrando (iii). \\
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Dall'uguaglianza del punto (iii), l'applicazione della formula delle dimensioni e l'identità
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ottenuta dal punto (iv) dell'\textit{Esercizio 2} rispetto al prodotto $\tilde \varphi$ non degenere, si ricavano
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le seguenti identità:
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\[ \system{ \dim \pi(U) = \dim U - \dim (U \cap \Ker \pi) = \dim U - \dim (U \cap V^\perp), \\ \dim \pi(U)^\perp = \dim V/V^\perp - \dim \pi(U) = \dim V - \dim V^\perp - \dim \pi(U), \\ \dim U^\perp = \dim \pi(U)^\perp + \dim \Ker \pi = \dim \pi(U)^\perp + \dim V^\perp, } \]
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dalle quali si ricava la seguente identità:
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\[ \dim U^\perp = \dim V - \dim V^\perp - (\dim U - \dim(U \cap V^\perp)) + \dim V^\perp, \]
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\vskip 0.05in
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da cui si ricava che $\dim U + \dim U^\perp = \dim V + \dim(U \cap V^\perp)$, dimostrando (iv).
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\end{proof}
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\begin{exercise} Sia $V$ uno spazio vettoriale dotato del prodotto $\varphi$. Si dimostri allora che $(W^\perp)^\perp = W + V^\perp$.
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\end{exercise}
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\begin{proof}[Soluzione]
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Sia $\v = \w' + \v' \in W + V^\perp$, con $\w' \in W$ e $\v' \in V^\perp$. Sia inoltre $\w \in W^\perp$.
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Allora $\varphi(\v, \w) = \varphi(\w' + \v', \w) = \varphi(\w', \w) + \varphi(\v', \w) = 0$,
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dove si è usato che $\w' \perp \w$ dacché $\w \in W^\perp$ e $\w' \in W$ e che $\v' \in V^\perp$. Allora
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vale l'inclusione $W + V^\perp \subseteq (W^\perp)^\perp$. \\
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Applicando le rispettive formule delle dimensioni a $W^\perp$, $(W^\perp)^\perp$ e $W + V^\perp$ si ottengono le seguenti identità:
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\[ \system{ \dim W^\perp = \dim V + \dim (W \cap V^\perp) - \dim W, \\ \dim (W^\perp)^\perp = \dim V + \dim (W^\perp \cap V^\perp) - \dim W^\perp, \\ \dim (W + V^\perp) = \dim W + \dim V^\perp - \dim (W \cap V^\perp), } \]
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\vskip 0.05in
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da cui si ricava che:
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\[ \dim (W^\perp)^\perp = \dim W + \dim V^\perp - \dim (W \cap V^\perp) = \dim (W + V^\perp). \]
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Dal momento che vale un'inclusione e l'uguaglianza dimensionale, si conclude che $(W^\perp)^\perp = W + V^\perp$,
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da cui la tesi.
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\end{proof}
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\begin{exercise} Sia $A \in M(n, \CC)$ anti-hermitiana (i.e.~$A = -A^*$). Si dimostri allora che $A$
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è normale e che ammette solo autovalori immaginari.
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\end{exercise}
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\begin{proof}[Soluzione]
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Si mostra facilmente che $A$ è normale. Infatti $A A^* = A(-A) = -A^2 = (-A)A = A^* A$. Sia allora
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$\lambda \in \CC$ un autovalore di $A$ e sia $\v \neq \vec 0$, $\v \in V_\lambda$. Si consideri il prodotto hermitiano
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standard $\varphi$ su $\CC^n$. Allora vale la seguente identità:
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\begin{gather*}
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\lambda \, \varphi(\v, \v) = \varphi(\v, \lambda \v) = \varphi(\v, A \v) = \varphi(A^* \v, \v) = \\
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\varphi(-A\v, \v) = \varphi(-\lambda \v, \v) = -\conj{\lambda} \, \varphi(\v, \v).
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\end{gather*}
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Dacché $\varphi$ è definito positivo, $\varphi(\v, \v) \neq 0 \implies \lambda = -\conj{\lambda}$. Allora
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$\Re(\lambda) = \frac{\lambda + \conj{\lambda}}{2} = 0$, e quindi $\lambda$ è immaginario, da cui la tesi.
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\end{proof}
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\end{document}
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@@ -160,6 +160,7 @@
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\newcommand{\w}{\vec{w}}
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\newcommand{\U}{\vec{u}}
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\newcommand{\ww}[1]{\vec{w_{#1}}}
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\newcommand{\uu}[1]{\vec{u_{#1}}}
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\newcommand{\mapstoby}[1]{\xmapsto{#1}}
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\newcommand{\oplusperp}{\oplus^\perp}
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Reference in New Issue
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