Esercizio 108un sottospazio affine di A4 (appello 1/2/2022)

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In $\mathbb{A}^4$ non si può "vedere" la figura e non c'è il prodotto vettoriale: si lavora solo con sistemi lineari. È un buon esercizio per capire che i metodi non dipendono dalla dimensione $3$.

(a) Dimensione e spazio direttore di $\sigma$

Riduzione della matrice completa.

$$\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 0 & -2 & 3 \\ 2 & 0 & -1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & -4 & 4 \end{array}\right) \xrightarrow{R_2 - 2R_1} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & -2 & -1 & 4 & -4 \\ 0 & 2 & 1 & -4 & 4 \end{array}\right) \xrightarrow{R_3 + R_2} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & -2 & -1 & 4 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$$

($R_2 - 2R_1 = (2 - 2, \ 0 - 2, \ -1 - 0, \ 0 + 4 \mid 2 - 6)$; $R_3 + R_2 = (0, \ 2 - 2, \ 1 - 1, \ -4 + 4 \mid 4 - 4)$.) La terza equazione era conseguenza delle prime due. Rango della matrice e della completa: $2$. Per Rouché-CapelliUn sistema è compatibile se e solo se la matrice dei coefficienti e la completa hanno lo stesso rango r; le soluzioni sono allora un sottospazio affine di dimensione n − r.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → il sistema è compatibile e

$$\dim \sigma = 4 - 2 = 2 :$$

$\sigma$ è un piano di $\mathbb{A}^4$ (descritto da $4 - 2 = 2$ equazioni indipendenti).

Spazio direttore = soluzioni del sistema omogeneo associato (stessi coefficienti, termini noti nulli). Dal sistema ridotto: $-2x_2 - x_3 + 4x_4 = 0$ e $x_1 + x_2 - 2x_4 = 0$. Con $x_3$ e $x_4$ liberi: $x_2 = \frac{-x_3 + 4x_4}{2}$, $x_1 = -x_2 + 2x_4 = \frac{x_3 - 4x_4}{2} + 2x_4 = \frac{x_3}{2}$. Per evitare frazioni $x_3 = 2a$, $x_4 = b$, da cui $x_1 = a$ e $x_2 = \frac{-2a + 4b}{2} = -a + 2b$:

$$(a, \ -a + 2b, \ 2a, \ b) = a(1, -1, 2, 0) + b(0, 2, 0, 1).$$

$$W_\sigma = \langle (1, -1, 2, 0), \ (0, 2, 0, 1) \rangle .$$

Controllo del primo vettore nelle tre equazioni omogenee: $1 - 1 - 0 = 0$, $2 - 2 = 0$, $-2 + 2 - 0 = 0$ ✓.

Un punto di $\sigma$ (con $x_3 = x_4 = 0$ nel sistema ridotto completo): dalla seconda riga $-2x_2 = -4$, cioè $x_2 = 2$; dalla prima $x_1 = 3 - x_2 = 1$; quindi $(1, 2, 0, 0)$. Quindi $\sigma = (1, 2, 0, 0) + W_\sigma$.

(b) $\pi \cap \sigma$

Strategia. Si sostituiscono le parametriche di $\pi$ nelle equazioni cartesiane di $\sigma$: si ottiene un sistema nei parametri.

$$\pi: \ X = P + \alpha v_1 + \beta v_2 = (1 + \alpha, \ 2 + \beta, \ -2 - \alpha + \beta, \ 1 + 2\beta).$$

Bastano le due equazioni indipendenti di $\sigma$ (la terza è conseguenza):

• $x_1 + x_2 - 2x_4 = 3$: $(1 + \alpha) + (2 + \beta) - 2(1 + 2\beta) = 1 + \alpha - 3\beta = 3$, cioè $\alpha - 3\beta = 2$;
• $2x_1 - x_3 = 2$: $2 + 2\alpha + 2 + \alpha - \beta = 4 + 3\alpha - \beta = 2$, cioè $3\alpha - \beta = -2$.

(Nella seconda: $2x_1 = 2 + 2\alpha$ e $-x_3 = 2 + \alpha - \beta$.) Dalla prima $\alpha = 2 + 3\beta$; nella seconda $3(2 + 3\beta) - \beta = 6 + 8\beta = -2$, quindi $\beta = -1$ e $\alpha = 2 - 3 = -1$. Soluzione unica:

$$\pi \cap \sigma = \{ P - v_1 - v_2 \} = \{ (0, 1, -2, -1) \}.$$

Verifica nelle tre equazioni di $\sigma$: $0 + 1 + 2 = 3$ ✓; $0 + 2 = 2$ ✓; $2 - 2 + 4 = 4$ ✓.

Che cosa vuol dire. Due piani di $\mathbb{A}^4$ che si incontrano in un solo punto: in $\mathbb{A}^3$ è impossibile (due piani non paralleli si incontrano in una retta), in $\mathbb{A}^4$ è la situazione "generica". Il motivo è nella formula di GrassmannFormula di Grassmann: dim(U + W) = dim U + dim W − dim(U ∩ W), come contare gli elementi di un'unione senza contare due volte quelli comuni. Se U ∩ W = {0} la somma è diretta, U ⊕ W, e ogni vettore si scrive in modo unico come u + w.Formula di Grassmann e somma diretta →: gli spazi direttori hanno dimensione $2$ e $2$, e se $W_\pi \cap W_\sigma = \{\vec 0\}$ allora $W_\pi + W_\sigma$ ha dimensione $2 + 2 - 0 = 4$, tutto $\mathbb{R}^4$; in $\mathbb{R}^3$ invece due sottospazi di dimensione $2$ hanno sempre intersezione almeno di dimensione $2 + 2 - 3 = 1$.

Qui $W_\pi \cap W_\sigma = \{\vec 0\}$ davvero: se due sottospazi affini si incontrano in un punto $Q$, la loro intersezione è $Q + (W_\pi \cap W_\sigma)$, e avendo trovato un solo punto l'intersezione degli spazi direttori è nulla. Lo conferma il determinante della matrice con colonne $v_1, v_2, (1, -1, 2, 0), (0, 2, 0, 1)$, che vale $-8 \ne 0$: i quattro vettori sono indipendenti (determinante e indipendenzan vettori di Kⁿ sono indipendenti se e solo se la matrice che li ha come colonne ha determinante diverso da zero.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →).

(c) Retta per $P$ in $\pi$ ortogonale a $w$

Stare in $\pi$. La retta passa per $P \in \pi$; per essere contenuta in $\pi$ il suo direttore deve stare nello spazio direttore di $\pi$:

$$v_r = \alpha v_1 + \beta v_2 = (\alpha, \ \beta, \ -\alpha + \beta, \ 2\beta).$$

Ortogonale a $w$:

$$v_r \cdot w = \alpha \cdot 1 + \beta \cdot 1 + (-\alpha + \beta)(-1) + 2\beta \cdot 1 = \alpha + \beta + \alpha - \beta + 2\beta = 2\alpha + 2\beta = 0 \iff \beta = -\alpha .$$

Con $\alpha = 1$, $\beta = -1$: $v_r = v_1 - v_2 = (1, -1, -2, -2)$.

$$r: \begin{cases} x_1 = 1 + t \\ x_2 = 2 - t \\ x_3 = -2 - 2t \\ x_4 = 1 - 2t \end{cases}$$

Controllo: $v_r \cdot w = 1 - 1 + 2 - 2 = 0$ ✓.

(Qui il prodotto vettoriale non si può usare: in $\mathbb{R}^4$ non esiste. Il metodo "combinazione dei direttori + condizione lineare" funziona in ogni dimensione.)

Errori comuni

• Contare tre equazioni e concludere $\dim \sigma = 1$: le equazioni vanno contate dopo la riduzione (qui una è superflua).
• Prendere come spazio direttore le soluzioni del sistema completo: lo spazio direttore si ottiene dal sistema omogeneo.
• In (b) aspettarsi una retta "perché in $\mathbb{A}^3$ due piani si tagliano in una retta": in $\mathbb{A}^4$ due piani possono incontrarsi in un punto.