L'applicazione Lv

Definizione 16.5

Per ogni $v\in V$$v \in V$ consideriamo la funzione parziale $L_{v}:=\phi (x,v):V\to K$$L_{v}:=\phi (x,v):V\to K$. Per ogni $u_{1},u_{2}\in V$$u_{1},u_{2}\in V$ e $\lambda _{1},\lambda _{2}\in K$$\lambda _{1},\lambda _{2}\in K$, si ha

$$L_{v}(\lambda _{1}*u_{1}+\lambda _{2}*u_{2})=\phi (\lambda _{1}*u_{1}+\lambda _{2}*u_{2},v)=$$

$$L_{v}(\lambda _{1}*u_{1}+\lambda _{2}*u_{2})=\phi (\lambda _{1}*u_{1}+\lambda _{2}*u_{2},v)=$$

$$\lambda _{1}*\phi (u_{1},v)+\lambda _{2}*\phi (u_{2},v)=\lambda _{1}*L_{v}(u_{1})+\lambda _{2}*L_{v}(u_{2})$$

$$\lambda _{1}*\phi (u_{1},v)+\lambda _{2}*\phi (u_{2},v)=\lambda _{1}*L_{v}(u_{1})+\lambda _{2}*L_{v}(u_{2})$$

Questo significa che $L_{v}:V\to K$$L_{v}:V\to K$ è lineare, ossia $L_{v}$$L_{v}$ è un elemento dello spazio duale, quindi esiste un'applicazione $L:V\to V\ast$$L:V\to V\ast$ che manda $v$$v$ in $L_{v}$$L_{v}$.

 

Lemma 16.3

$L$$L$ è lineare, pertanto appartiene allo spazio degli omomorfismi da $V$$V$ in $V^{\ast }$$V^{\ast }$.

 

Dimostrazione 16.4

Per ogni $v_{1},v_{2},u\in V$$v_{1},v_{2},u\in V$ e per ogni $\lambda _{1},\lambda _{2}\in K$$\lambda _{1},\lambda _{2}\in K$ si ha

$$L_{\lambda _{1}*v_{1}+\lambda _{2}*v_{2}}(u)=\lambda _{1}*\phi (v_{1},u)+\lambda _{2}(\phi (v_{2},u))=\lambda _{1}*L_{v_{1}}(u)+\lambda _{2}*L_{v_{2}}(u)=(\lambda _{1}*L_{v_{1}}+\lambda _{2}*L_{v_{2}})(u)$$

$$L_{\lambda _{1}*v_{1}+\lambda _{2}*v_{2}}(u)=\lambda _{1}*\phi (v_{1},u)+\lambda _{2}(\phi (v_{2},u))=\lambda _{1}*L_{v_{1}}(u)+\lambda _{2}*L_{v_{2}}(u)=(\lambda _{1}*L_{v_{1}}+\lambda _{2}*L_{v_{2}})(u)$$

quindi $L(\lambda _{1}*v_{1}+\lambda _{2}*v_{2})=\lambda _{1}*L(v_{1})+\lambda _{2}*L(v_{2})$$L(\lambda _{1}*v_{1}+\lambda _{2}*v_{2})=\lambda _{1}*L(v_{1})+\lambda _{2}*L(v_{2})$.

cvd

 

Matrice di L

Fissiamo una base ${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$ di $V$$V$ e sia $C$$C$ la matrice di $\phi$$\phi$ rispetto a questa base, tale che $C_{ij}=\phi (v_{i},v_{j})$$C_{ij}=\phi (v_{i},v_{j})$ con $j=1,\dots ,d$$j=1,\dots ,d$. Considero poi la base duale ${\mathcal {B}}^{\ast }=\{v_{1}^{*},\dots ,v_{2}^{*}\}$${\mathcal {B}}^{\ast }=\{v_{1}^{*},\dots ,v_{2}^{*}\}$ che è la base di $V^{\ast }$$V^{\ast }$ duale a ${\mathcal {B}}$${\mathcal {B}}$, cioè tale che $v_{i}^{*}(v_{j})=\delta _{ij}$$v_{i}^{*}(v_{j})=\delta _{ij}$.

Ci si chiede che forma ha la matrice $A$$A$ da ${\mathcal {B}}$${\mathcal {B}}$ a ${\mathcal {B}}^{\ast }$${\mathcal {B}}^{\ast }$ dell'applicazione $L$$L$.

La matrice $A$$A$ è una matrice $d\times d$$d\times d$ ed è tale che $A^{j}$$A^{j}$ è la colonna delle coordinate di $L_{v_{j}}$$L_{v_{j}}$ nella base ${\mathcal {B}}^{\ast }$${\mathcal {B}}^{\ast }$.

Ma per ogni $f$$f$ in $V^{\ast }$$V^{\ast }$ la colonna delle coordinate di $f(v)$$f(v)$ nella base ${\mathcal {B}}^{\ast }$${\mathcal {B}}^{\ast }$ è data da $f(v_{1}),f(v_{2}),\dots f(v_{d})$$f(v_{1}),f(v_{2}),\dots f(v_{d})$, allora

$$A^{j}=(L_{v_{j}}(v_{1}),\dots ,L_{v_{j}}(v_{d}))=(\phi (v_{j},v_{1}),\dots ,\phi (v_{j},v_{d})).$$

$$A^{j}=(L_{v_{j}}(v_{1}),\dots ,L_{v_{j}}(v_{d}))=(\phi (v_{j},v_{1}),\dots ,\phi (v_{j},v_{d})).$$

Ma $\phi (v_{1},v_{j})=c_{1j}$$\phi (v_{1},v_{j})=c_{1j}$, allora $A^{j}$$A^{j}$ è uguale alla j-esima colonna di $C$$C$ e le due matrici coincidono.

Concludiamo che la matrice che rappresenta $L$$L$ rispetto alle basi ${\mathcal {B}}$${\mathcal {B}}$ e ${\mathcal {B}}^{*}$${\mathcal {B}}^{*}$ coincide con la matrice $C$$C$ del prodotto scalare $\phi$$\phi$ nella base ${\mathcal {B}}$${\mathcal {B}}$.

In particolare $\phi$$\phi$ è non degenere se e solo se $C$$C$ è invertibile, e quindi se e solo se $L$$L$ è un isomorfismo di spazi vettoriali, pertanto un prodotto scalare non degenere definisce un isomorfismo tra $V$$V$ e $V^{\ast }$$V^{\ast }$.

Dimostrazione del teorema sul complemento ortogonale

Osservazione 16.4

Sia $W$$W$ un sottospazio vettoriale di $V$$V$. Se $v\in V$$v \in V$, allora $v\in W\perp$$v\in W\perp$ se e solo se $\phi (w,v)=0\,\forall w\in W$$\phi (w,v)=0\,\forall w\in W$. Allora $L_{v}(w)=0\forall w\in W$$L_{v}(w)=0\forall w\in W$. Quindi $v\in W\perp$$v\in W\perp$ se e solo se $L_{v}$$L_{v}$ appartiene all'annullatore di $W$$W$, che è un sottospazio vettoriale del duale. Allora il complemento ortogonale di $W$$W$ mediante $\phi$$\phi$ è la controimmagine di $L$$L$ (che dipende da $\phi$$\phi$) del sottospazio annullatore di $W$$W$. (questo è sempre vero, anche se $\phi$$\phi$ è degenere).

Se ora suppongo che $\phi$$\phi$ sia non degenere, $L$$L$ è un isomorfismo e quindi per ogni sottospazio vettoriale la dimensione del complemento ortogonale è uguale alla dimensione della controimmagine di $W$$W$ e quindi alla differenza $\mathrm {dim} V-\mathrm {dim} W$$\mathrm {dim} V-\mathrm {dim} W$.

 

Corollario 16.4

Sia $K=\mathbb {R}$$K=\mathbb {R}$ e sia $(V,\phi )$$(V,\phi )$ uno spazio vettoriale euclideo finitodimensionale, cioè $\phi :V\times V\to \mathbb {R}$$\phi :V\times V\to \mathbb {R}$ è un prodotto scalare definito positivo. Allora per ogni $W$$W$ in $V$$V$ sottospazio vettoriale si ha che $V$$V$ è la somma diretta di $W$$W$ e del complemento ortogonale mediante $\phi$$\phi$ (somma diretta ortogonale).

 

Dimostrazione 16.5

Se $v\in W\cap W^{\perp }$$v\in W\cap W^{\perp }$ si ha $\phi (v,v)\geq 0$$\phi (v,v)\geq 0$, perché $v\in W$$v\in W$ e per le proprietà di $\phi$$\phi$ e $\phi (v,v)=0$$\phi (v,v)=0$ perché $v\in W^{\perp }$$v\in W^{\perp }$. $\phi$$\phi$ è definito positivo, quindi $(\vert v\vert )_{\phi }\geq 0$$(\vert v\vert )_{\phi }\geq 0$ ed è uguale a 0 solo se $v$$v$ è il vettore nullo.

Quindi l'intersezione tra i due spazi è il vettore nullo.

cvd