Dimostrazione esistenza unico operatore
Salve a tutti,
preparandomi per l'esame di Geometria ho trovato questo quesito che non sono riuscito a svolgere:
"Considerando il prodotto scalare definito positivo indotto da $RR^5$, sia $V <= RR^5$ soluzione delle equazioni $ {(x_1+x_3+3x_4=0),(x_1-2x_2+x_3+x_4+2x_5=0),(x_2-x_5=0):}$.
Sia $W <= RR^5$ generato dai vettori $((0),(2),(2),(1),(2)),\ ((2),(0),(1),(-1),(0)),\ ((1),(1),(1),(1),(1)),\ ((0),(4),(6),(-2),(4))$.
Mostrare che esiste un unico operatore $f:RR^5 to RR^5 $ tale che le seguenti condizioni sono soddisfatte:
a) $V^(_|_) sub Ker(f) $;
b) $AA z in V nnn W $ si ha $ f(z) = z $;
c) $AA v in V $ si ha $ f(v) in V$;
d) l'operatore indotto $f_(|V) : V to V$, definito da $v |-> f(v) $, è un'isometria diversa dall'identità dello spazio euclideo V.
Si dica se $f$ è diagonalizzabile e se è autoaggiunto."
Il punto c) suggerisce che $V$ è $f$-invariante, il punto b) che $f(V nnn W)=id(V nnn W)$ e, sapendo che ogni vettore di $V^(_|_) in ker(f)$ ho pensato ad una proiezione ortogonale (o qualcosa di simile) su $V nnnW$. Tuttavia leggendo il punto d) ho capito che era una cosa sbagliata, perchè, in tal caso, $f$ non sarebbe un'isometria, dato che le proiezioni non mantengono le lunghezze, e quindi mi sono ritrovato senza idee.
Questo è l'ultimo punto di un esercizio di una vecchia prova d'esame: potrebbero essere utili i risultati dei punti precedenti, cioè $dimW = 3, \ dimV = 2,\ dim(V+W)=4,\ dim(V nnn W)=1$; una base ortogonale di $V^(_|_)$ è $((1),(0),(1),(0),(0)),\ ((0),(1),(0),(0),(-1)),\ ((0),(0),(0),(1),(0))$, la matrice rappresentativa di $pi:RR^5 to RR^5 $ proiezione ortogonale, rispetto alla base canonica di $RR^5$, su $V^(_|_)$ è $((1/sqrt(2),0,1/sqrt(2),0,0),(0,1/sqrt(2),0,0,-1/sqrt(2)),(1/sqrt(2),0,1/sqrt(2),0,0),(0,0,0,1,0),(0,-1/sqrt(2),0,0,1/sqrt(2)))$.
Ringrazio in anticipo chiunque abbia la pazienza di rispondermi, è possibile che ci siano degli errori di calcolo e mi scuso nel caso: per questo ho messo le informazioni necessarie, nel caso, a controllare i conti.
preparandomi per l'esame di Geometria ho trovato questo quesito che non sono riuscito a svolgere:
"Considerando il prodotto scalare definito positivo indotto da $RR^5$, sia $V <= RR^5$ soluzione delle equazioni $ {(x_1+x_3+3x_4=0),(x_1-2x_2+x_3+x_4+2x_5=0),(x_2-x_5=0):}$.
Sia $W <= RR^5$ generato dai vettori $((0),(2),(2),(1),(2)),\ ((2),(0),(1),(-1),(0)),\ ((1),(1),(1),(1),(1)),\ ((0),(4),(6),(-2),(4))$.
Mostrare che esiste un unico operatore $f:RR^5 to RR^5 $ tale che le seguenti condizioni sono soddisfatte:
a) $V^(_|_) sub Ker(f) $;
b) $AA z in V nnn W $ si ha $ f(z) = z $;
c) $AA v in V $ si ha $ f(v) in V$;
d) l'operatore indotto $f_(|V) : V to V$, definito da $v |-> f(v) $, è un'isometria diversa dall'identità dello spazio euclideo V.
Si dica se $f$ è diagonalizzabile e se è autoaggiunto."
Il punto c) suggerisce che $V$ è $f$-invariante, il punto b) che $f(V nnn W)=id(V nnn W)$ e, sapendo che ogni vettore di $V^(_|_) in ker(f)$ ho pensato ad una proiezione ortogonale (o qualcosa di simile) su $V nnnW$. Tuttavia leggendo il punto d) ho capito che era una cosa sbagliata, perchè, in tal caso, $f$ non sarebbe un'isometria, dato che le proiezioni non mantengono le lunghezze, e quindi mi sono ritrovato senza idee.
Questo è l'ultimo punto di un esercizio di una vecchia prova d'esame: potrebbero essere utili i risultati dei punti precedenti, cioè $dimW = 3, \ dimV = 2,\ dim(V+W)=4,\ dim(V nnn W)=1$; una base ortogonale di $V^(_|_)$ è $((1),(0),(1),(0),(0)),\ ((0),(1),(0),(0),(-1)),\ ((0),(0),(0),(1),(0))$, la matrice rappresentativa di $pi:RR^5 to RR^5 $ proiezione ortogonale, rispetto alla base canonica di $RR^5$, su $V^(_|_)$ è $((1/sqrt(2),0,1/sqrt(2),0,0),(0,1/sqrt(2),0,0,-1/sqrt(2)),(1/sqrt(2),0,1/sqrt(2),0,0),(0,0,0,1,0),(0,-1/sqrt(2),0,0,1/sqrt(2)))$.
Ringrazio in anticipo chiunque abbia la pazienza di rispondermi, è possibile che ci siano degli errori di calcolo e mi scuso nel caso: per questo ho messo le informazioni necessarie, nel caso, a controllare i conti.
Risposte
Premesso che $dim W = 3$, $dim V = 2$ e $dim (V nn W) = 1$.
Scelgo una base per rappresentare l'endomorfismo, partendo da una base ortogonale dell'ortogonale di $V$ che ha dimensione $3$. La completo ad una base di $RR^5$ scegliendo una base ortogonale di $V$ in modo che tutti i vettori della base che chiamo ora $B$ siano ortonormali. In questo modo la matrice rappresentativa del prodotto scalare standard rispetto a questa base è l'identità.
A questo punto io so che dei due vettori di $B$ che generano $V$, uno è autovettore relativo all'autovalore $1$, dell'altro, chiamiamolo $ul(v)$, so che $f(ul(v)) in V$ e quindi $f(ul(v))= a ul(w_1) + b ul(w_2)$, dove $a,b in RR$ e $w_1,w_2$ sono la base di $V$ che ha completato quella di prima a $B$. Quindi ora come ora la matrice rappresentativa dell'endomorfismo è:
$M_B (f) = ( ( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0, 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 ,0 , 0 , 1, a ),( 0 , 0 , 0 , 0 , b ) ) $, dove $a,b$ sono quelli di prima.
A questo punto mi manca l'ultima condizione, considero la matrice rappresentativa della restrizione di $f$ a $V$, che risulta un endomorfismo, per cui la matrice non è altro che la sottomatrice di $M_B (f)$, $A_{{w_1,w_2}} (f_(ristr)) = ( ( 1 , a ),( 0 , b ) ) $.
Perchè sia un'isometria deve essere $ ( ( 1 , 0 ),( a , b ) ) I_5 ( ( 1 , a ),( 0 , b ) ) = I_5$, da cui ricavi $a=0$ e $b^2=1$.
Siccome la restrizione non deve essere l'identità ti rimane $b=-1$, ed ecco l'endomorfismo, autoaggiunto e diagonalizzabile.
Nota: è importante la scelta della base che sia ortonormale, volendo si può scrivere esplicitamente.
Scelgo una base per rappresentare l'endomorfismo, partendo da una base ortogonale dell'ortogonale di $V$ che ha dimensione $3$. La completo ad una base di $RR^5$ scegliendo una base ortogonale di $V$ in modo che tutti i vettori della base che chiamo ora $B$ siano ortonormali. In questo modo la matrice rappresentativa del prodotto scalare standard rispetto a questa base è l'identità.
A questo punto io so che dei due vettori di $B$ che generano $V$, uno è autovettore relativo all'autovalore $1$, dell'altro, chiamiamolo $ul(v)$, so che $f(ul(v)) in V$ e quindi $f(ul(v))= a ul(w_1) + b ul(w_2)$, dove $a,b in RR$ e $w_1,w_2$ sono la base di $V$ che ha completato quella di prima a $B$. Quindi ora come ora la matrice rappresentativa dell'endomorfismo è:
$M_B (f) = ( ( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0, 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 ,0 , 0 , 1, a ),( 0 , 0 , 0 , 0 , b ) ) $, dove $a,b$ sono quelli di prima.
A questo punto mi manca l'ultima condizione, considero la matrice rappresentativa della restrizione di $f$ a $V$, che risulta un endomorfismo, per cui la matrice non è altro che la sottomatrice di $M_B (f)$, $A_{{w_1,w_2}} (f_(ristr)) = ( ( 1 , a ),( 0 , b ) ) $.
Perchè sia un'isometria deve essere $ ( ( 1 , 0 ),( a , b ) ) I_5 ( ( 1 , a ),( 0 , b ) ) = I_5$, da cui ricavi $a=0$ e $b^2=1$.
Siccome la restrizione non deve essere l'identità ti rimane $b=-1$, ed ecco l'endomorfismo, autoaggiunto e diagonalizzabile.
Nota: è importante la scelta della base che sia ortonormale, volendo si può scrivere esplicitamente.
Ok, ho capito, grazie 
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