Esercizio prodotto scalare canonico

[Andrea9905]

[size=100]Salve,
Avrei da proporre un esercizio... Di questo non riesco a risolvere l'ultimo punto...
O almeno... l'ho risolto ma non so se torna il ragionamento...[/size]

[size=117]Si consideri $RR^3$ con prodotto scalare canonico. Sia:

$W={x in RR^3 : 3x_1-5x_2+x_3=0}$

1.Si determini una base ortonormale di $W$.

Soluzione.
Ad esempio:
$W=<(1/sqrt(10))*((1),(0),(-3))>+<(1/sqrt(14))*((3),(2),(1))>$

2.Per $AAy in RR^3$ si determini la proiezione ortogonale di $y$ su $W$.

Soluzione.
$y'=(((26y_1+15y2-3y_3)/35),((3y_1+2y_2+y_3)/7),((-3y_1+5y_2-34y_3)/35))$

3.(Qui non so se sia giusto) Si determini $W\bot$.

Soluzione.
Per prima cosa io posso scrivere $W\bot=<((1),(0),(-3)),((3),(2),(1))>\bot=$
$={x in RR^3: x*((1),(0),(-3))=0, x*((3),(2),(1))=0}$
Dunque:
$x=\lambda((1),(0),(-3))+\mu((3),(2),(1))$

$x*((1),(0),(-3))=0 \rightarrow [\lambda((1),(0),(-3))+\mu((3),(2),(1))]*((1),(0),(-3))=0$

$\lambda(1+9)+\mu(3-3)=0$

$x*((3),(2),(1))=0 \rightarrow [\lambda((1),(0),(-3))+\mu((3),(2),(1))]*((3),(2),(1))=0$

$\lambda(3-3)+\mu(9+4+1)=0$

Quindi $W\bot=0$
[/size]

Secondo me è sbagliata... troppo strana come risoluzione...
Però tanto vale provare a farvi vedere come ragiono...
Così potete risolvere meglio le mie lacune/distrazioni...

Grazie,
Andrea

[Gaal Dornick]

Beh, vale il risultato generale (si può anche provare.. per esercizio: prendi una base ortonormale (puoi sempre prenderla?) di $W$..) $V$ è somma diretta di $W$ e $W^\bot$. Quindi la dimensione di $V$ è la somam delle dimensioni dei due sottospazi. E quello che hai determinato tu contravviene a questo teorema. Ergo è sbagliata la risoluzione.

L'errore viene dall'aver supposto l'$x$ che usi nei conti una combinazione lineare dei generatori di $W$, e quindi un elemento di $W$. Deve essere invece in generale un elemento di tutto lo spazio vettoriale ($RR^3$ nel tuo caso). Con i tuoi conti hai verificato che tra tutti gli elementi di $W$, l'unico che è ortogonale ai generatori è il vettore nullo. Cioè che $W\cap W^\bot={0}$, come del resto si ha dal teorema che citavo prima.

[Andrea9905]

Giusto... che stupido...Grazie...

Quindi mi trovo i prodotti scalari di

$x*((1),(0),(-3))=0$ e $x*((3),(2),(1))=0$

Dunque svolgo il sistema e ottengo 1 vettore (rank$((1,0,-3),(3,2,1))=2$) della base ortogonale di W...

Meglio?^^

Grazie

[Gaal Dornick]

Meglio!