# Gruppi ortogonali e spazi perpendicolari

Geometria > Gruppi ortogonali e spazi perpendicolari
* Indice delle lezioni di:
** Geometria
* Torna al corso:
** Matematica
In questo corso verranno studiate alcune interessanti proprietà delle matrici su un campo $\mathbb {K}$, che si riveleranno utili per trovare funzioni tali che l'immagine di una base ortonormale è ancora una base ortonormale. Inoltre, dato uno spazio vettoriale euclideo $<V,<,>>$, verranno trattate alcuni sottospazi che sono definite tramite il prodotto scalare: il sottospazio perpendicolare.
L'insieme delle matrici quadrate di ordine $n$ su un campo $\mathbb {K}$ sarà denotato con $M_{n}(\mathbb {K} )$. L'insieme delle matrici invertibili su $\mathbb {K}$ sarà denotato con $GL_{n}(\mathbb {K} )$.
Sia $A\in M_{n}(\mathbb {K} )$. La matrice trasposta di $A$ (cioè la matrice tale che le sue righe corrispondono alle colonne di $A$) verrà denotato con $A^{t}$. La matrice identica verrà denotata con $I$. L'inversa di $A$, se esiste, verrà denotata con $A^{-1}$.

## Definizione di matrice ortogonale e gruppo ortogonale

Una matrice $A\in GL_{n}(\mathbb {K} )$ dice ortogonale se $A^{-1}=A^{t}$
Definiamo $O_{n}(\mathbb {K} )=\left\{A\in GL_{n}(\mathbb {K} )\ :\ A{\mbox{ ortogonale}}\right\}$ il gruppo ortogonale di ordine $n$ su $\mathbb {K}$. Esso è non vuoto perché $I\in O_{n}(\mathbb {K} )$
È noto che $(GL_{n}(\mathbb {K} ),\cdot )$ è un gruppo detto gruppo lineare di dimensione $n$ su $\mathbb {K}$. Si può dimostrare che $(O_{n}(\mathbb {K} ),\cdot )$ è un sottogruppo di $GL_{n}(\mathbb {K} )$ o, equivalentemente, $A,B\in O_{n}(\mathbb {K} )\Rightarrow A^{-1}B\in O_{n}(\mathbb {K} )$ (si vedano le proprietà di un sottogruppo).
Infatti $A,B\in O_{n}(\mathbb {K} )\Rightarrow (A^{-1}B)^{-1}=B^{-1}(A^{-1})^{-1}=B^{t}(A^{-1})^{t}=(A^{-1}B)^{t}\Rightarrow A^{-1}B\in O_{n}(\mathbb {K} )$.
$\Box$

## Proprietà delle matrici ortogonali
### Proposizione

$A{\mbox{ è ortogonale }}\iff A^{t}A^{-1}=I=A^{-1}A^{t}$

#### Dimostrazione

Supponiamo $A$ ortogonale. Allora $A^{-1}=A^{t}\Rightarrow AA^{-1}=I=AA^{t}$ e $A^{-1}A=I=A^{t}A$
Viceversa se $A^{t}A=I=AA^{t}$, allora $A^{t}A=AA^{-1}=AA^{t}$. Siamo in un gruppo, quindi la regola della cancellazione di $A$ prova che, in ogni caso, $A^{-1}=A^{t}$.
$\Box$

#### Osservazione

Osserviamo che se $A\in O_{n}(\mathbb {K} )$, allora il suo determinante è $\pm 1$.
Infatti $1=\det(I)=\det(AA^{t})=\det(A)\det(A^{t})=(\det A)^{2}\Rightarrow \det A=\pm {\sqrt {1}}=\pm 1$
Il viceversa non vale, perché, ad esempio, la matrice ${\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}$ ha determinante 1, ma ${\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}}\neq {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$.
$\Box$

### Sottogruppo speciale

Definiamo ora un sottogruppo di $O_{n}(\mathbb {K} )$ che denotiamo con $SO_{n}(\mathbb {K} )=\left\{A\in O_{n}(\mathbb {K} )\ :\ \det A=1\right\}$. Questo sottogruppo è detto sottogruppo speciale ortogonale di ordine $n$ su $\mathbb {K}$.

### Proposizione

Sia $(V,<,>)$ uno spazio vettoriale euclideo, con $\dim(V)=n$.
Sia $U=(\mathbf {u} _{1},\dots ,\mathbf {u} _{n})$ una base ortonormale di $(V,<,>)$. Un'altra base $B=(\mathbf {v} _{1},\dots ,\mathbf {v} _{n})$ è ortonormale se e solo se è ortogonale la matrice del cambiamento di base $M_{UB}$.

##### Dimostrazione

Sia $M_{UB}=(a_{ij})$ la matrice del cambiamento di base, ossia tale che $\mathbf {v} _{i}=\sum _{k=1}^{n}a_{ik}\mathbf {u} _{k}$ con $i=1,\dots ,n$.
$U$ è una base ortonormale, quindi $\forall \mathbf {v} ,\mathbf {w} \in V,<\mathbf {v} ,\mathbf {w} >=\sum _{i=1}^{n}x_{i}y_{i}$, con $x_{i}$ e $y_{i}$ le rispettive coordinate nella base $U$.
Se $M_{UB}$ è ortogonale, allora (ricordando che se $A=(a_{ij})$, allora $A^{t}=(a_{ji})$):
$M_{UB}M_{UB}^{t}=(c_{ij}),\ c_{ij}=\sum _{k=1}^{n}a_{ik}a_{jk}=<\mathbf {v} _{i},\mathbf {v} _{j}>={\begin{cases}1,\ i=j\\0,\ i\neq j\end{cases}}$. E quindi B è ortonormale.
Viceversa, se $B$ è ortonormale, allora $<\mathbf {v} _{i},\mathbf {v} _{j}>={\begin{cases}1,\ i=j\\0,\ i\neq j\end{cases}}$ cioè se $M_{UB}^{t}M_{UB}=I$ e dunque $M_{UB}\in O_{n}(\mathbb {K} )$
$\Box$

## Sottospazi perpendicolari

Sia $W$ un sottoinsieme non vuoto di $(V,<,>)$. Definiamo il sottospazio perpendicolare di $W$
${\rm {perp}}(W)=\left\{\mathbf {v} \in V\ :\ <\mathbf {v,w} >=0,\ \forall \mathbf {w} \in W\right\}$
La dimostrazione che ${\rm {perp}}(W)$ è effettivamente un sottospazio è semplice e la omettiamo per non appesantire ancora di più questa lezione già di per sé parecchio onerosa.

#### Proposizione (relazioni di dimensione tra lo spazio e il sottospazio perpendicolare)

Sia $W$ un sottospazio di $(V,<,>)$, $\dim V=n$. Allora
$V=W\oplus {\rm {perp}}(W)$

##### Dimostrazione

Se $W=0$ la tesi è banale perché ${\rm {perp}}(W)=V$.
Sia allora $W\neq 0$ e e fissiamo una base ortonormale $B=(\mathbf {w} _{1},\dots ,\mathbf {w} _{m})$.Preso comunque $W$ , esso sarà generato dai vettori della base $B_{1}=(\mathbf {w} _{1},\dots ,\mathbf {w} _{n})$ con $n\leqslant m$.dunque il suo ortogonale è il sottospazio generato dai vettori della base ortogonali a $(W_{1},\dots ,W_{n})$ cioè da $(W_{n+1),\dots ,W_{m})$ altrimenti esisterebbe un altro sottospazio perpendicolare a $W$, per definizione di base ortonormale, non incluso in $perp(W)$.Dunque $W+perp(W)=V$ occorre dimostrare come i due sottospazi siano in somma diretta. Per ogni $w\in W$, si ha che $w'\in perp(W)$ è ortogonale a $w$, dunque la loro intersezione è necessariamente$(0)$ (non esiste nessun vettore di $W$ parallelo a un vettore di $perp(W)$). segue che $dim(W\cap perp(W))=0$. dunque abbiamo dimostrato che i due sottospazi sono in somma diretta. ciò cnclude la dimostrazione.

#### Proposizione

Siano $U,W$ sottospazi di $(V,<,>)$. Allora
* ${\rm {perp}}({\rm {perp}}(U))=U$
* $U\subseteq W\Leftrightarrow {\rm {perp}}(U)\supseteq {\rm {perp}}(W)$

##### Dimostrazione

1. sia $B=(b_{0},\dots ,b_{m})$ una base ortonormale di $V$. Sia $U$ sottospazio di $V$. dunque $U$ ha come base $(b_{0},\dots ,b_{n})$ con $n\leqslant m$. sia $perp(U)$ il sottospazio di $V$ generato dagli altri vettori della base ortonormale $(b_{n+1)\dots ,b_{m})$ (si è dimostrato in precedenza che $U,perp(U)$ sono in somma diretta). dunque $perp(perp(U))$ e $perp(U)$ devono essere anch'essi in somma diretta e la loro somma deve essere $V$. dunque una base di $perp(perp(U)$) dev'essere $(b_{0},\dots ,b_{n})$ ma $span(b_{0},\dots ,b_{n})=U$.
2. sia $B=(b_{0},\dots ,b_{m})$ base ortonormale di $V$. Sia $span(b_{0},\dots ,b_{n})=U$ e $span(b_{o},\dots ,b_{n+k))=W$ con $n\leqslant m,k\geqslant 0$. una base di $perp(U)$ sarà $(b_{n+1),\dots ,b_{m})$ e una base di $perp(W)$ sarà $(b_{n+k+1),\dots ,b_{m})$. dunque si nota facilmente che $perp(W)\subseteq perp(U)$, e i due coincidono se e solo se $k=0$ ovvero se coincidono anche $U$ e $W$.