Teorema di Rouche'-Capelli
Σ Ax = b è compatibile ⇔ rango (A) = rango (C), ossia il rango della matrice incompleta (A) è uguale al rango della matrice completa (C).
Dimostrazione
Siccome le colonne della matrice L sono l1, l2, ..., ln, con le colonne della matrice A (con aggiunta delle colonne b dei termini noti) si può verificare solo uno dei seguenti due casi:
- rango (A) = rango (C)
- rango (A) = rango (C) + 1
Sia C' una matrice a gradini ottenuta a partire da C. Allora le prime m colonne di L' costituiscono le colonne di una matrice a gradini ottenuta a partire da A. Quindi il caso 1 si verifica se e solo se i pivot della matrice C' coincidono con quelli di A'. Questa osservazione dice che il sistema lineare Σ = (A, b) è come matrice associata e compatibile, in quanto possiamo affinare la classificazione del sistema in quanto modo ricavare le soluzioni. Siccome E ed E' sono equivalenti, anche E' è compatibile.
Teorema di Rouche'-Capelli
Σ A x = b è compatibile ↔ rango(A) = rango(C), ossia il rango della matrice incompleta (A) è uguale al rango della matrice completa (C).
Dimostrazione
Siccome le colonne della matrice C sono b1, b2, ... con le colonne della matrice A (completate le colonne b dei termini noti), si può verificare solo uno dei seguenti due casi:
- rango(A) = rango(C)
- rango(A) = rango(C) - 1
Sia C' una matrice a gradini ottenuta a partire da C. Allora le prime m colonne di C' costituiscono le colonne di una matrice a gradini A' ottenuta a partire da A. Quindi il caso 1 si verifica se e solo se i pivot della matrice C' coincidono con quelli di A'. Questo equivale a dire che il sistema lineare Σ di C come matrice associata è compatibile. Inoltre possiamo affermare che la distribuzione di righe in nessun modo rovina le autorizzi. Siccome E e E' sono equivalenti, anche E' è compatibile.
A ∈ ℒm,n (K)
TA: Kn → Km (y̅1,..., y̅m) → [ A (y̅1) ] ∈ (K))
es. A = (2 1) (√3 0) (1 7) ∈ 32 (ℝ)
TA: ℝ2 → ℝ3 (y̅1, y̅m) → [ A (y̅1) ] = (2y̅1 - y̅2, √3 y̅1, -4y̅1 + y̅2)
(2 1) (y̅1)(√3 0) (y̅2)(1 7) = (2y̅1 - y̅2)(√3 y̅1)(-4y̅1 + y̅2)
Dimostrazione che TA è un'applicazione lineare
(y̅1, y̅m) (z̅1, z̅m) ∈ Km
TA ⊕ (y̅1,..., y̅m + t (z̅1,...,z̅m)dp≡ A (y̅1, y̅m) ... + t A (z̅1, z̅m)
TA (y̅1, y̅m)lQ∪⊈l∈K, (y̅1,..., y̅m) ∈ Km
TA (1 (y̅1,...,y̅m)) = A (y̅1, y̅m) = 2 A (y̅1, y̅m), = 2 TA (y̅1,..., y̅m)
Questa applicazione è lineare.
Chi è il nulla di questa applicazione lineare?
Kε y = TA {y̅1,..., y̅m ∈ Km | A (y̅1, y̅m) = 0 } = S.φ
Allora TA = T-1 perché TA = 1 e passione gli statì vectan : quelli della霸unicotta di Kτ e propopione . il tlexeno fosdomante delle effecione linare.
Come si trova la base di un insieme di soluzioni di un sistema lineare?
Esempio
x4 - xn + x4 + 2x5 = 0
x4 + 2x1 + 2x3 - x5 = 0
-x4 + 3x1 + 2x3 - xn = 0
Scrivere la matrice completa o incompleta in questo caso è la stessa cosa perché la colonna dei termini noti è nulla.
A =
1 1 0 1 2
-1 2 0 1 -1
0 2 2 0 2
0 1 0 1 2
0 0 0 1 1
{x4 + x3 - x4 + 3 x5 = 0
x2 + x3 + xs = 0
x4 = - x3 - x4 - 3xs
x1 = x3 - xs}
B3 = [ (-1, 1, 0, 0, 1 ), ( 3, 1, 0, 0, 1 ) ] base
OSS. T : Kn → Km applicazione lineare
Vediamo che esiste A ∈ Rnxm T = TA
Dimostrazione
Calcoliamo
Il ((1, 0) i) = ( b1 2, b2 1 ... , bm 3 )
Il ((0, 1) i) = ( bj
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