Gruppi ortogonali e spazi perpendicolari

In questo corso verranno studiate alcune interessanti proprietà delle matrici su un campo $𝕂$, che si riveleranno utili per trovare funzioni tali che l'immagine di una base ortonormale è ancora una base ortonormale. Inoltre, dato uno spazio vettoriale euclideo $<V,<,>>$, verranno trattate alcuni sottospazi che sono definite tramite il prodotto scalare: il sottospazio perpendicolare.

L'insieme delle matrici quadrate di ordine $n$ su un campo $𝕂$ sarà denotato con $M_n(𝕂)$. L'insieme delle matrici invertibili su $𝕂$ sarà denotato con $G{L}_n(𝕂)$.

Sia $A\in M_n(𝕂)$. La matrice trasposta di $A$ (cioè la matrice tale che le sue righe corrispondono alle colonne di $A$) verrà denotato con $A^t$. La matrice identica verrà denotata con $I$. L'inversa di $A$, se esiste, verrà denotata con $A^{-1}$.

Definizione di matrice ortogonale e gruppo ortogonale

Definiamo $O_n(𝕂)=\{A\in G{L}_n(𝕂):A\text{ ortogonale}\}$ il gruppo ortogonale di ordine $n$ su $𝕂$. Esso è non vuoto perché $I\in O_n(𝕂)$

È noto che $(G{L}_n(𝕂),\cdot )$ è un gruppo detto gruppo lineare di dimensione $n$ su $𝕂$. Si può dimostrare che $(O_n(𝕂),\cdot )$ è un sottogruppo di $G{L}_n(𝕂)$ o, equivalentemente, $A,B\in O_n(𝕂)\Rightarrow A^{-1}B\in O_n(𝕂)$ (si vedano le proprietà di un sottogruppo).

Infatti

$A,B\in O_n(𝕂)\Rightarrow (A^{-1}B{)}^{-1}=B^{-1}(A^{-1}{)}^{-1}=B^t(A^{-1}{)}^t=(A^{-1}B{)}^t\Rightarrow A^{-1}B\in O_n(𝕂)$

.

$◻$

Proprietà delle matrici ortogonali

Proposizione

Dimostrazione

Supponiamo $A$ ortogonale. Allora $A^{-1}=A^t\Rightarrow A{A}^{-1}=I=A{A}^t$ e $A^{-1}A=I=A^{t}A$

Viceversa se

$A^{t}A=I=A{A}^t$

, allora

$A^{t}A=A{A}^{-1}=A{A}^t$

. Siamo in un gruppo, quindi la regola della cancellazione di

$A$

prova che, in ogni caso,

$A^{-1}=A^t$

.

$◻$

Osservazione

Osserviamo che se $A\in O_n(𝕂)$, allora il suo determinante è $\pm 1$.

Infatti $1=\det (I)=\det (A{A}^t)=\det (A)\det (A^t)=(\det A{)}^2\Rightarrow \det A=\pm \sqrt{1}=\pm 1$

Il viceversa non vale, perché, ad esempio, la matrice

$\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$

ha determinante 1, ma

$\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\ne \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$

.

$◻$

Sottogruppo speciale

Definiamo ora un sottogruppo di $O_n(𝕂)$ che denotiamo con $S{O}_n(𝕂)=\{A\in O_n(𝕂):\det A=1\}$. Questo sottogruppo è detto sottogruppo speciale ortogonale di ordine $n$ su $𝕂$.

Proposizione

Dimostrazione

Sia $M_{UB}=(a_{ij})$ la matrice del cambiamento di base, ossia tale che ${𝐯}_i=\sum _{k=1}^n{a}_{ik}{𝐮}_k$ con $i=1,\dots ,n$.

$U$ è una base ortonormale, quindi $\mathrm{\forall }𝐯,𝐰\in V,<𝐯,𝐰>=\sum _{i=1}^n{x}_i{y}_i$, con $x_i$ e $y_i$ le rispettive coordinate nella base $U$.

Se $M_{UB}$ è ortogonale, allora (ricordando che se $A=(a_{ij})$, allora $A^t=(a_{ji})$):

$M_{UB}{M}_{UB}^t=(c_{ij}),c_{ij}=\sum _{k=1}^n{a}_{ik}{a}_{jk}=<{𝐯}_i,{𝐯}_j>=\{\begin{array}{c}1,i=j\\ 0,i\ne j\end{array}$. E quindi B è ortonormale.

Viceversa, se

$B$

è ortonormale, allora

$<{𝐯}_i,{𝐯}_j>=\{\begin{array}{c}1,i=j\\ 0,i\ne j\end{array}$

cioè se

$M_{UB}^t{M}_{UB}=I$

e dunque

$M_{UB}\in O_n(𝕂)$

$◻$

Sottospazi perpendicolari

Sia $W$ un sottoinsieme non vuoto di $(V,<,>)$. Definiamo il sottospazio perpendicolare di $W$

$\mathrm{p}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{p}(W)=\{𝐯\in V:<𝐯,𝐰>=0,\mathrm{\forall }𝐰\in W\}$

La dimostrazione che $\mathrm{p}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{p}(W)$ è effettivamente un sottospazio è semplice e la omettiamo per non appesantire ancora di più questa lezione già di per sé parecchio onerosa.

Proposizione (relazioni di dimensione tra lo spazio e il sottospazio perpendicolare)

Dimostrazione

Se $W=0$ la tesi è banale perché $\mathrm{p}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{p}(W)=V$.

Sia allora $W\ne 0$ e e fissiamo una base ortonormale $B=({𝐰}_1,\dots ,{𝐰}_m)$.Preso comunque $W$ , esso sarà generato dai vettori della base $B_1=({𝐰}_1,\dots ,{𝐰}_n)$ con $n⩽m$.dunque il suo ortogonale è il sottospazio generato dai vettori della base ortogonali a $(W_1,\dots ,W_n)$ cioè da $(W_{(}n+1),\dots ,W_m)$ altrimenti esisterebbe un altro sottospazio perpendicolare a $W$, per definizione di base ortonormale, non incluso in $perp(W)$.Dunque $W+perp(W)=V$ occorre dimostrare come i due sottospazi siano in somma diretta. Per ogni $w\in W$, si ha che $w^{\prime }\in perp(W)$ è ortogonale a $w$, dunque la loro intersezione è necessariamente$(0)$ (non esiste nessun vettore di $W$ parallelo a un vettore di $perp(W)$). segue che $dim(W\cap perp(W))=0$. dunque abbiamo dimostrato che i due sottospazi sono in somma diretta. ciò cnclude la dimostrazione.

Proposizione

Dimostrazione

1. sia $B=(b_0,\dots ,b_m)$ una base ortonormale di $V$. Sia $U$ sottospazio di $V$. dunque $U$ ha come base $(b_0,\dots ,b_n)$ con $n⩽m$. sia $perp(U)$ il sottospazio di $V$ generato dagli altri vettori della base ortonormale $(b_{(}n+1)\dots ,b_m)$ (si è dimostrato in precedenza che $U,perp(U)$ sono in somma diretta). dunque $perp(perp(U))$ e $perp(U)$ devono essere anch'essi in somma diretta e la loro somma deve essere $V$. dunque una base di $perp(perp(U)$) dev'essere $(b_0,\dots ,b_n)$ ma $span(b_0,\dots ,b_n)=U$.

2. sia $B=(b_0,\dots ,b_m)$ base ortonormale di $V$. Sia $span(b_0,\dots ,b_n)=U$ e $span(b_o,\dots ,b_{(}n+k))=W$ con $n⩽m,k⩾0$. una base di $perp(U)$ sarà $(b_{(}n+1),\dots ,b_m)$ e una base di $perp(W)$ sarà $(b_{(}n+k+1),\dots ,b_m)$. dunque si nota facilmente che $perp(W)\subseteq perp(U)$, e i due coincidono se e solo se $k=0$ ovvero se coincidono anche $U$ e $W$.