Esercizio 140proiezione obliqua su un piano lungo una retta

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1. Somma diretta

$\dim U = 2$ (i due vettori non sono proporzionali) e $\dim W = 1$. Basta controllare che i tre vettori $u_1 = (1, 1, 0)$, $u_2 = (0, 1, 1)$, $w = (1, 0, 1)$ siano una base di $\mathbb{R}^3$, cioè che la matrice $B$ con questi vettori in colonna abbia determinante non nullo: $$B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det B = 1\cdot(1\cdot1 - 0\cdot1) - 0 + 1\cdot(1\cdot1 - 1\cdot0) = 1 + 1 = 2 \ne 0 .$$ (Sviluppo di Laplace lungo la prima riga.) Quindi $\mathbb{R}^3 = U \oplus W$ (Formula di Grassmann e somma direttaFormula 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 →: $2 + 1 = 3$ e $U \cap W = \{0\}$).

2. La matrice della proiezione

Nella base $\mathcal{B} = \{u_1, u_2, w\}$ la proiezione manda $u_1 \mapsto u_1$, $u_2 \mapsto u_2$, $w \mapsto 0$: la sua matrice è $D = \operatorname{diag}(1, 1, 0)$. Nella base canonica $P = BDB^{-1}$. Per l'inversa si usa la matrice aggiunta (Matrice aggiunta e teorema di CramerLa matrice aggiunta A* è la trasposta della matrice dei complementi algebrici e soddisfa A·A* = det A · I; quindi A è invertibile se e solo se det A ≠ 0, con A⁻¹ = A*/det A. Cramer: xᵢ = Δᵢ/Δ. Matrici simili hanno lo stesso determinante.Matrice aggiunta e teorema di Cramer →) con $\det B = 2$: $$B^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} .$$ (Controllo: la prima riga di $B^{-1}$ per la prima colonna di $B$ dà $\frac12(1 + 1 + 0) = 1$, per la seconda $\frac12(0 + 1 - 1) = 0$, per la terza $\frac12(1 + 0 - 1) = 0$ ✓; analogamente per le altre.) Allora $BD$ è $B$ con la terza colonna azzerata, e $$P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\cdot\frac12\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} .$$ Verifica $P^2 = P$. Con $M = 2P = \begin{pmatrix} 1&1&-1 \\ 0&2&0 \\ -1&1&1 \end{pmatrix}$ si ha $$M^2 = \begin{pmatrix} 1 + 0 + 1 & 1 + 2 - 1 & -1 + 0 - 1 \\ 0 & 4 & 0 \\ -1 + 0 - 1 & -1 + 2 + 1 & 1 + 0 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 2 & -2 \\ 0 & 4 & 0 \\ -2 & 2 & 2 \end{pmatrix} = 2M,$$ quindi $(2P)^2 = 4P^2 = 2(2P)$, cioè $P^2 = P$ ✓.

3. Immagine, nucleo, autovalori, rango, traccia

• Immagine. È $U$: le colonne di $P$, $\frac12(1, 0, -1)$ e $\frac12(1, 2, 1)$, sono indipendenti e stanno in $U$. Il piano $U$ ha equazione $x - y + z = 0$ (normale $(1, 1, 0) \times (0, 1, 1) = (1, -1, 1)$): infatti $\frac12(1 - 0 - 1) = 0$ e $\frac12(1 - 2 + 1) = 0$ ✓.
• Nucleo. È $W = \langle(1, 0, 1)\rangle$: $P(1, 0, 1) = \frac12(1 - 1,\ 0,\ -1 + 1) = (0, 0, 0)$ ✓, e il nucleo ha dimensione $3 - 2 = 1$.
• Autovalori. $1$ con autospazio $U$ (molteplicità $2$) e $0$ con autospazio $W$ (molteplicità $1$): $P$ è diagonalizzabile.
• Rango e traccia. $\operatorname{rango}P = 2$ e $\operatorname{tr}P = \frac12(1 + 2 + 1) = 2$: coincidono, come per ogni proiezione.

4. Decomposizione di $v = (1, 2, 3)$

Le coordinate di $v$ nella base $\mathcal{B}$ sono $B^{-1}v = \frac12(1 + 2 - 3,\ -1 + 2 + 3,\ 1 - 2 + 3) = (0, 2, 1)$. Quindi $$v = 0\cdot u_1 + 2u_2 + 1\cdot w, \qquad u = 2u_2 = (0, 2, 2) \in U, \qquad w = (1, 0, 1) \in W .$$ Coerenza: $Pv = \frac12(1 + 2 - 3,\ 4,\ -1 + 2 + 3) = (0, 2, 2) = u$ ✓, e $u + w = (1, 2, 3) = v$ ✓. Anche la componente $u$ soddisfa $x - y + z = 0 - 2 + 2 = 0$ ✓.

5. La simmetria

La simmetria rispetto a $U$ lungo $W$ è $s = 2p - \mathrm{id}$, con matrice $$S = 2P - I = \begin{pmatrix} 1&1&-1 \\ 0&2&0 \\ -1&1&1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \end{pmatrix} .$$ Controlli: $S^2 = I$ (per esempio la prima riga per la prima colonna $0\cdot0 + 1\cdot0 + (-1)(-1) = 1$, e per la seconda colonna $0 + 1 - 1 = 0$) e $\operatorname{tr}S = 1 = \dim U - \dim W$. Per il vettore $v$: $Sv = u - w = (0, 2, 2) - (1, 0, 1) = (-1, 2, 1)$, e dalla matrice $Sv = (0 + 2 - 3,\ 2,\ -1 + 2) = (-1, 2, 1)$ ✓.

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Errori comuni

• Scrivere la matrice di $p$ nella base $\mathcal{B}$ e fermarsi: la richiesta è nella base canonica, serve $BDB^{-1}$.
• Usare come $D$ la matrice $\operatorname{diag}(1, 1, 0)$ ma mettere in $B$ prima $w$ e poi $u_1, u_2$: l'ordine delle colonne deve concordare con quello degli elementi di $D$.
• Cercare la proiezione "più vicina" (ortogonale) quando $W$ non è $U^\perp$: qui $P$ non è simmetrica ($p_{12} = \frac12 \ne p_{21} = 0$), quindi la proiezione è obliqua.