Forme bilineari

Avanzamento lezione: 100% al 16-05-2013.

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In questa lezione comincia il nostro studio degli spazi euclidei, cioè spazi in cui sono definiti i classici concetti metrici quali angolo, distanza, perpendicolarità, ecc... che non abbiamo mai affrontato (e non hanno senso) in uno spazio vettoriale normale.

Forme bilineari

Sia $V$ uno spazio vettoriale su un campo $\mathbb{K}$. Una applicazione

$b:V\times V \to \mathbb{K}$

si dice forma bilineare su $V$ e gode delle seguenti proprietà:

1. $b(\mathbf{v}+\mathbf{v}',\mathbf{w})=b(\mathbf{v},\mathbf{w})+b(\mathbf{v}',\mathbf{w})$
2. $b(\mathbf{v},\mathbf{w}+\mathbf{w}')=b(\mathbf{v},\mathbf{w})+b(\mathbf{v},\mathbf{w}')$
3. $b(k\mathbf{v},\mathbf{w})=b(\mathbf{v},k\mathbf{w})=kb(\mathbf{v},\mathbf{w})$

$\forall \mathbf{v},\mathbf{v}',\mathbf{w},\mathbf{w}'\in V,\ \ k \in \mathbb{K}$

Inoltre $b$ si dice simmetrica se

$b(\mathbf{v},\mathbf{w})=b(\mathbf{w},\mathbf{v})$

mentre si dice antisimmetrica se

$b(\mathbf{v},\mathbf{w})=-b(\mathbf{w},\mathbf{v})$

sempre per ogni $\mathbf{v}\mathbf{w} \in V$.

Vediamo alcuni esempi di forme bilineari.

1. La forma bilineare nulla $0(\mathbf{v},\mathbf{w})=0$ è una forma bilineare simmetrica e antisimmetrica.
2. Il prodotto riga per colonna usuale nel calcolo matriciale è una forma bilineare. Infatti, sia $A=(a_{ij})\in M_n(\mathbb{K})$ e consideriamo i vettori colonna $\mathbf{x},\mathbf{y}$, abbiamo $b(\mathbf{x},\mathbf{y})=\ ^t\mathbf{x}A\mathbf{y}=\sum_{i,j=1}^n x_ia_{ij} y_i \in \mathbb{K}$ Dimostrate per esercizio che si tratta effettivamente di una forma bilineare.
3. Se la matrice dell'esempio 2 $A=(a_{ij})\in M_n(\mathbb{K})$ è la matrice identità, otteniamo la cosiddetta forma simmetrica standard su $\mathbb{K}$ definita come

$b(\mathbf{x},\mathbf{y})=\ ^t\mathbf{x}\cdot \mathbf{y}=\sum_{i,j=1}^n x_iy_i = x_1y_1+x_2y_2+\dots+x_ny_n \in \mathbb{K}$

Vediamo ora la matrice associata ad una applicazione bilineare.

Sia $V$ un $\mathbb{K}$-spazio vettoriale di dimensione $n$ e sia $\{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\}$ una sua base. Sia inoltre $b:V \times V \to \mathbb{K}$ una forma bilineare su $V$. Allora la matrice di $b$ rispetto alla base appena definita è

$A=(a_{ij})\in M_n(\mathbb{K})\ : \ a_{ij}=b(\mathbf{v}_i,\mathbf{v}_j),\ \forall i,j=1,\dots,n$

Prodotti scalari

Sia $(\mathbb{K},+,\cdot,\leq)$ un campo ordinato. Una forma bilineare simmetrica su $V$ si dice prodotto scalare se

$b(\mathbf{v},\mathbf{v})=0 \Leftrightarrow \mathbf{v}=0$

Il prodotto scalare si indica con il simbolo $<,>$.

Con lo stesso simbolo viene denotato anche il prodotto scalare definito positivo, ossia un prodotto scalare tale che: $b(\mathbf{v},\mathbf{v})\geq 0, \ \forall \mathbf{v} \in V$.

Quel prodotto scalare tale che

$<\mathbf{v},\mathbf{w}>=\mathbf{v}_1\mathbf{w}_1+\mathbf{v}_2\mathbf{w}_2+\dots+\mathbf{v}_n\mathbf{w}_n$

si indica con $\mathbf{v} \cdot \mathbf{w}$ e si chiama prodotto scalare standard.

Uno spazio vettoriale $V$ nel quale è definita l'operazione di prodotto scalare, si indica con $(V,<,>)$ e prende il nome di spazio vettoriale euclideo.

Teorema (Disuguaglianza di Schwarz)

Siano $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2 \in V$. Allora

$<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>^2 \ \leq \ <\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1><\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>$

e l'uguaglianza vale se e solo se $\mathbf{v}_1$ e $\mathbf{v}_2$ sono linearmente dipendenti.

Dimostrazione

Supponiamo i vettori diversi da zero, altrimenti il teorema è banale.

Sia $\mathbf{w}$ un vettore combinazione lineare di $\mathbf{v}_1$ e $\mathbf{v}_2$, quindi $\mathbf{w}=x_1\mathbf{v}_1+x_2\mathbf{v}_2$. Per la definizione di prodotto scalare:

$0 \leq \ <\mathbf{w},\mathbf{w}>=<x_1\mathbf{v}_1+x_2\mathbf{v}_2,x_1\mathbf{v}_1+x_2\mathbf{v}_2>=x_1^2<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1>+2x_1x_2<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>+x_2^2<\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>$.

Prendendo $\mathbf{w}$ tale che $x_1=<\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>$ e $x_2=-<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>$ otteniamo al secondo membro

$<\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>^2<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1>-2<\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2><\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>^2+<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>^2<\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>$

.

Dividendo ambo i membri per $<\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>$, che è strettamente positivo perché abbiamo supposto $\mathbf{v}_2$ non nullo, otteniamo

$0\leq \ <\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2><\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1>-<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>^2 \Longleftrightarrow <\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>^2\leq \ <\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2><\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1>$

L'eguaglianza vale se e solo se:

$\mathbf{w}=x_1\mathbf{v}_1+x_2\mathbf{v}_2=<\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>\mathbf{v}_1-<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>\mathbf{v}_2=0$, cioè $\mathbf{v}_1$ e $\mathbf{v}_2$ sono linearmente dipendenti.

$\Box$

Norma di un vettore

Si definisce in uno spazio vettoriale euclideo la norma di un vettore $\mathbf{v} \in V$ come

$||\mathbf{v}||=\sqrt{<\mathbf{v},\mathbf{v}>}$

Utilizzando la norma, si può esprimere la disuguaglianza di Schwartz come $|<\mathbf{v},\mathbf{w}>|\ \leq \ ||\mathbf{v}||\ ||\mathbf{w}||$. La norma di un vettore gode delle seguenti proprietà:

1. $||\mathbf{v}|| \geq 0,\ \mathbf{v}\neq 0$
2. $||x\mathbf{v}|| = |x|\ ||\mathbf{v}||,\ \forall x\in \mathbb{K}$
3. $||\mathbf{v}+\mathbf{w}|| \leq ||\mathbf{v}||+||\mathbf{w}||$ e vale l'uguaglianza se e solo se $\mathbf{v}$ e $\mathbf{w}$ sono paralleli.

La proprietà 3 è la nota disuguaglianza triangolare che dimostriamo nel seguente modo:

$||\mathbf{v}+\mathbf{w}||^2 = <\mathbf{v}+\mathbf{w},\mathbf{v}+\mathbf{w}>=||\mathbf{v}||^2+2<\mathbf{v},\mathbf{w}>+||\mathbf{w}||^2\leq ||\mathbf{v}||^2+2||\mathbf{v}||\ ||\mathbf{w}||+||\mathbf{w}||^2=(||\mathbf{v}||+||\mathbf{w}||)^2$$\Leftrightarrow ||\mathbf{v}+\mathbf{w}|| \leq ||\mathbf{v}||+||\mathbf{w}||$

$\Box$

Vettori e insiemi ortogonali

Due vettori $\mathbf{v},\mathbf{w} \in V$ si dicono ortogonali (o perpendicolari) se e solo se $<\mathbf{v},\mathbf{w}>=0$.

Sia $\{\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\}$ un insieme di vettori non nulli di $V$. Tale insieme si dice ortogonale se sono ortogonali tutti i vettori dell'insieme presi due a due, cioè se

$<\mathbf{v}_i,\mathbf{v}_j>=0\, \ \forall i,j=1,\dots,n\ ,\ i\neq j$.

Nel caso $<\mathbf{v}_i,\mathbf{v}_j>=1\ ,\ i=j$, cioè $<\mathbf{v}_i,\mathbf{v}_i>=1$, allora l'insieme si dice ortonormale. Equivalentemente, un insieme ortonormale è un insieme ortogonale i cui vettori sono dei versori.

Se un insieme ortogonale od ortonormale è una base di una spazio vettoriale, si dice semplicemente che tale base è una base ortogonale o ortonormale.

Lemma

Sia $\{\mathbf{w}_1,\dots,\mathbf{w}_n\}$ un insieme ortogonale. Allora

1. i $\mathbf{w}_i$ sono linearmente indipendenti;
2. Se $n = \dim (V)$, $\{\mathbf{w}_1,\dots,\mathbf{w}_n\}$ è una base (ortogonale) di $V$;
3. $\forall \mathbf{v} \in V$, il vettore $\mathbf{v}'=\mathbf{v}-\sum_{i=1}^n\frac{<\mathbf{v},\mathbf{w}_i>}{<\mathbf{w}_i,\mathbf{w}_i>}\mathbf{w}_i$ è ortogonale a ciascuno di essi.

Dimostrazione

1. Basta dimostrare che se due vettori non nulli sono ortogonali, allora sono indipendenti.

Siano $\mathbf{v}_1$ e $\mathbf{v}_2$ due vettori non nulli, e tali che $<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>=0$. Sia $\mathbf{w}$ un qualunque vettore combinazione lineare di $\mathbf{v}_1$ e $\mathbf{v}_2$, ossia $\mathbf{w}=x_1\mathbf{v}_1+x_2\mathbf{v}_2$.

Devo dimostrare che $\mathbf{w}=0$ implica che $x_1=x_2=0$.

Sia $0=\mathbf{w}=x_1\mathbf{v}_1+x_2\mathbf{v}_2$. Allora deve succedere che

$0=<\mathbf{w},\mathbf{w}>=<x_1\mathbf{v}_1+x_2\mathbf{v}_2,x_1\mathbf{v}_1+x_2\mathbf{v}_2>=x_1^2 <\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1>+x_2^2 <\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2> +2x_1x_2<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2>=x_1^2 <\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1>+x_2^2 <\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>$

Quindi $x_1^2 <\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1>=-x_2^2<\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_2>$.

I due vettori sono non nulli, quindi i due prodotti scalari sono positivi, e quindi, affinché l'eguaglianza valga, deve essere che $x_1^2$ e $x_2^2$ devono essere nulli, da cui segue la tesi.

2. Dalla 1. segue che un insieme di $n$ vettori indipendenti in uno spazio $V$ di dimensione $n$ è una base.

3. Fissiamo un indice $j \in \{1,\dots,n\}$, e sia $\mathbf{w}_j$ un vettore della base ortogonale. Prendiamo un vettore $\mathbf{v} \in V$, e sia $\mathbf{v}'$ il vettore definito nell'enunciato. Ecco cosa succede:

$<\mathbf{w}_j,\mathbf{v}'>=<\mathbf{w}_j,\mathbf{v}>-<\mathbf{w}_j,\sum_{i=1}^n\frac{<\mathbf{v},\mathbf{w}_i>}{<\mathbf{w}_i,\mathbf{w}_i>}\mathbf{w}_i>=<\mathbf{w}_j,\mathbf{v}>-\sum_{i=1}^n\frac{<\mathbf{v},\mathbf{w}_i>}{<\mathbf{w}_i,\mathbf{w}_i>}<\mathbf{w}_j,\mathbf{w}_i>$

Visto che stiamo in una base ortogonale, $<\mathbf{w}_j,\mathbf{w}_i>=0, \ \forall i\neq j$, e quindi la sommatoria si riduce al termine $\frac{<\mathbf{v},\mathbf{w}_j>}{<\mathbf{w}_j,\mathbf{w}_j>}<\mathbf{w}_j,\mathbf{w}_j>=<\mathbf{v},\mathbf{w}_j>$.

In definitiva: $<\mathbf{w}_j,\mathbf{v}'>=<\mathbf{w}_j,\mathbf{v}>-<\mathbf{v},\mathbf{w}_j>=0$.

Tutto ciò è vero, qualunque sia $\mathbf{v}$ e qualunque sia $j$, ossia la tesi.

$\Box$

Procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt

Sia $B=(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n)$ una base di $(V,<,>)$. Allora $O=(\mathbf{w}_1,\dots,\mathbf{w}_n)$ costituito dai vettori

$\mathbf{w}_1=\mathbf{v}_1$

$\mathbf{w}_2=\mathbf{v}_2-\frac{<\mathbf{v}_2,\mathbf{w}_1>}{<\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_1>}\mathbf{w}_1$

$\vdots$

$\mathbf{w}_n = \mathbf{v}_n - \sum_{i=1}^{n-1}\frac{<\mathbf{v}_n,\mathbf{w}_i>}{<\mathbf{w}_i,\mathbf{w}_i>}\mathbf{w}_i$

è una base ortogonale.

Dimostrazione

Osserviamo che $\mathbf{w}_i \in \mathcal{L}(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_i),\ \forall i \in \{1,\dots,n\}$ e che ogni $\mathbf{w}_i$ è non nullo. Infatti, se per assurdo un qualche $\mathbf{w}_p$ fosse nullo, avremmo

$\mathbf{w}_p = \mathbf{v}_p - \sum_{i=1}^{n-1}\frac{<\mathbf{v}_p,\mathbf{w}_i>}{<\mathbf{w}_i,\mathbf{w}_i>}\mathbf{w}_i \Leftrightarrow \mathbf{v}_p = \sum_{i=1}^{n-1}\frac{<\mathbf{v}_p,\mathbf{w}_i>}{<\mathbf{w}_i,\mathbf{w}_i>}\mathbf{w}_i \in \mathcal{L}(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_{n-1})$ e questo contraddice l'ipotesi che $B$ sia una base.

Per il Lemma precedente, sappiamo che ogni $\mathbf{w}_p$ è ortogonale al vettore $\mathbf{w}_{p-1}$ che lo precede nella n-upla $O$, dunque $O$ è un insieme ortogonale.

Sempre per il Lemma deduciamo che i $\mathbf{w}_i$ sono linearmente indipendenti e pertanto costituiscono una base.

$\Box$

Questo algoritmo ci permette di ottenere una base ortogonale a partire da una base di partenza data.

Proposizione (esistenza di una base ortonormale)

Sia $B=(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n)$ una base ortogonale di $V$. Esiste allora una base ortonormale costituita dai vettori

$\mathbf{u}_p=\frac{1}{||\mathbf{v}_p||}\mathbf{v}_p$

Dimostrazione

$<\mathbf{u}_r,\mathbf{u}_s> = < \frac{1}{||\mathbf{v}_s||}\mathbf{v}_s, \frac{1}{||\mathbf{v}_r||}\mathbf{v}_r >=\frac{1}{||\mathbf{v}_r||\ ||\mathbf{v}_s||}<\mathbf{v}_r,\mathbf{v}_s> = \begin{cases}1,\ r=s \\ 0,\ r\neq s \end{cases}$

Dunque tutti i vettori $\mathbf{u}_i$ sono ortonormali.

$\Box$

Esempi

1. Sia $(V,<,>)$ di dimensione 4 e sia $\{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3,\mathbf{e}_4\}$ una base di $V$ ortonormale (è la base canonica). Consideriamo poi i vettori

$\mathbf{v}_1=(0,1,0,1),\ \mathbf{v}_2=(2,1,0,1),\ \mathbf{v}_3=(-1,0,0,1),\ \mathbf{v}_4=(0,0,1,0)$

.

Applichiamo il procedimento di Gram-Schmidt per ottenere una base ortogonale.

$\mathbf{w}_1=\mathbf{v}_1$

$\mathbf{w}_2=\mathbf{v}_2-\frac{<\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2>}{<\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_1>}\mathbf{w}_1=\mathbf{v}_2-\frac{2}{2}\mathbf{w}_1=\mathbf{v}_2-\mathbf{v}_1=2\mathbf{e}_1$

$\mathbf{w}_3=\mathbf{v}_3-\sum_{i=1}^2\frac{<\mathbf{v}_3,\mathbf{w}_i>}{<\mathbf{w}_i,\mathbf{w}_i>}\mathbf{w}_i=$$\mathbf{v}_3-\frac{<\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_1>}{<\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_1>}\mathbf{v}_1-\frac{<\mathbf{v}_3,2\mathbf{e}_1>}{<2\mathbf{e}_1,2\mathbf{e}_1>}2\mathbf{e}_1=$$\mathbf{v}_3-\frac{1}{2}\mathbf{v}_1-\frac{-2}{4}2\mathbf{e}_1=-\frac{1}{2}\mathbf{e}_2+\frac{1}{2}\mathbf{e}_4$

$\mathbf{w}_4=\mathbf{v}_4-\sum_{i=1}^3\frac{<\mathbf{v}_4,\mathbf{w}_i>}{<\mathbf{w}_i,\mathbf{w}_i>}\mathbf{w}_i=\dots=\mathbf{v}_4$

Dunque $\left( (0,1,0,1),2\mathbf{e}_1,-\frac{1}{2}\mathbf{e}_2+\frac{1}{2}\mathbf{e}_4, (0,0,1,0) \right)$ è una base ortogonale di $V$.

Proposizione

Sia $\ U=(\mathbf{u}_1,\dots,\mathbf{u}_n)$ una base ortonormale dello spazio euclideo $V$. Poniamo inoltre $\mathbf{v}=\sum_{i=1}^nx_i\mathbf{u}_i$ e $\mathbf{v}'=\sum_{i=1}^n y_i\mathbf{u}_i$. Allora

$<\mathbf{v,w}>=\sum_{i=1}^n x_iy_i$

Dimostrazione

$<\mathbf{v,w}>=\ <\sum_{i=1}^nx_i\mathbf{u}_i,\sum_{j=1}^n y_j\mathbf{u}_j>=\sum_{i\neq j=1}^n x_iy_j <\mathbf{u}_i,\mathbf{u}_j> + \sum_{i=1}^n x_iy_i <\mathbf{u}_i,\mathbf{u}_i> = 0 + \sum_{i=1}^n x_iy_i=\sum_{i=1}^n x_iy_i$

$\Box$