Teoremi e dimostrazioni di Geometria ed algebra lineare

Matrici invertibili

Un matrice A ∈ M si dice invertibile se esistono B ∈ M tali che AB=BA=I.

Se una matrice quadrata A ∈ M_n è invertibile, esiste un'unica inversa di A.

Dim.

Supponiamo per assurdo che esistano due matrici inverse di A, B e C.

Quindi AB=BA=AC=CA=I

Dimostriamo che B=C.

B = B·I = B(A·C) = (B·A)C = I·C = C

Se A è invertibile AB è invertibile e (AB)^-1 = B^-1A^-1.

Dim.

Che il prodotto è uguale all’inversa.

(AB)(B^-1A^-1) = A·I·A = A (B·B^-1) = I·I = I

Teorema di Binet

Dato due matrici A, B ∈ M_n, det(AB) = detA·detB

Corollario

A invertibile detA ≠ 0 è det A^-1 = ¹⁄_detA

Dim.

Usando Binet det A·det A^-1 = det A·A^-1 = det I = 1

Quindi det A ≠ 0 detA ≠ 0 è det A^-1 = ¹⁄_detA

Teorema

Una matrice A ∈ Mₙ si dice invertibile se esiste B ∈ Mₙ tale che AB = BA = I.

Sia una matrice quadrata A ∈ Mₙ e invertibile, ossia B ∈ Mₙ e unico.

Dim.

Supponiamo per assurdo che esistano due matrici inverse di A, B e C.

Quindi AB = BA = AC = CA = I.

Dimostriamo che B = C.

B = B · I = B(A · C) = (BA)C = IC = C.

∀ A, se A è invertibile ⇒ AB è invertibile ⇔ (AB)^-1 = B^-1 A^-1

Dim.

Che il prodotto è uguale all'identità.

(AB) (B^-1 A^-1) = A · I = A (B · B^-1) = I · I = I.

Teorema di Binet

Dato due matrici A, B ∈ Mₙ, det(AB) = det A · det B

Corollario

A invertibile ⇒ det A ≠ 0 ⇒ det A^-1 = 1 / det A

Dim.

Usando Binet det A · det A^-1 = det A · A^-1 = det I = 1

A invertibile ⇔ det A ≠ 0 ⇒ det A^-1 = 1 / det A

Sistemi lineari

Teorema di Cramer

Un sistema quadrato (n x n) ammette un'unica soluzione se e solo se det⁡A ≠ 0.

L'unica soluzione è x = A^-1⁢b

Dim.

Se A è quadrato e invertibile, allora A^-1 esiste ma è unica.

A (A^-1⁢b) = b se x è una sol. allora Ax = b ⇒ A^-1[Ax] = A^-1⁢b ⇒ x = A^-1⁢b.

Il viceversa si dim. con il teo PLRC.

Teorema del rango a colonne

Un sistema ha almeno una soluzione se e solo se VgA = VgC.

C'è una sol. se e solo se A^-1⁢b

Dim.

Lo vediamo dalla forma sottostante. Vediamo che GSST ha soluzione del sistema se e solo se b è combinazione lineare delle colonne di A, quindi scrivibile: Ax = b. Allora le soluzioni costituiscono:

L'insieme delle soluzioni di un sistema lineare mxn attraverso anche gli sottospazi, vettoriali di ℝⁿ.

Dim.

• Se 0 ⊂ 1 perché 0 ⊂ E - chiuso rispetto alla somma.
• Se x₁, x₂ sono soluzioni, A(x₁+x₂) = A₁x₁+A₂x₂.

Quindi anche x₁+x₂ sono soluzioni.

• 0+0=0 - chiuso rispetto al prodotto.
• Se x è una soluzione, libera A(cx) = c(Ax) = c0=0, quindi anche c(x) è soluzione.

Span e sottospazi vettoriali

Span{v̅₁,v̅₂} è un sottospazio vettoriale

0{v̅₁} + 0{v̅₂} = 0 ⇒ contiene il vettore nullo.

Supponiamo v̅₁, v̅₂ ∈ Span v̅ = a₁v̅₁ + a₂v̅₂ v̅₂ = b₁v̅₁ + b₂v̅₂

v̅₁,v̅₂ : {a₁v̅₁; a₂v̅₁;} {b₁v̅₁; b₂v̅₂}

v̅₁+v̅₂ = (a+b₁)v̅₁ + (a₂+b₂)v̅₂. v₂ = (a₁+b₁) ; v₁ = 0{v̅}

- Chiuso (rispetto alla somma). Se v̅

Supponiamo v, v̅, v₃ ∈ Span, che k∈ℝ.

∀v̅₁,v, {a₁v̅₁, a₁v̅₁} = y₂v̅₁,; 0, 0∀v̅₁, ∈ Span

Chiuso rispetto al prodotto.

Proposizione

Se ₁ e ₂ combinazione lineare di ₁, ₂, allora span[₁, ₂, ₁, ₂] = span[₁, ₂, ₁]

Dim.

span[₁, ₂, ₁, ₂] = [span(₁, ₂, )] contenig

Dimostrato che span[₁, ₂, ₃, ] = span[₁, ]

Dimostrato che span ₁, ₂, ₃, , = span[₁, ] || mancano per ipotesi: qualunque combinazione span ₁, ₂, ₃

Dimostrato che c'è il più piccolo sottospazio vettorialico che contained ₁, ₂,

Proposizione

₁, ₂, ₃ sono dipendenti ⇒ almeno uno di essi si scrive come combinazione lineare degli altri.

Dim.

Per ipotesi ∃ ≠ 0 con ₁₁ + ₂₂ + ₃₃ = 0 ↔ ᵢ ≠ 0 ᵢ₁₁ = -(₂₂ + ₃₃) → ᵢ₁₁ + ₂₂ + ₃₃

Dividendo per ci ≠ 0 → ∃ guals ₁, ᵢ ᵢ ᵢ

D&Exist;i uno di essi si scrive come conb linea ₁₁ + ₂₂ + ₃₃ = line = ₁₁ - ₂₂ - ₁ → ∑ seno dir

Teorema

Fissato uno spazio vettoriale con un base (₂, ₂, ₃) ogni vettore appartenente a si scrive certa combinazione linacroa posizione della base.

Supponiamo ₁ = a₂₂ + ... aₙₙ̂ = b₁₂ ... bₙₙ̂ - ̂ = (a₂₂ + aₙₙ) - (b₂₂ + bₙₙ) = 0 _dir̃ - ̌ = (a₁ = bᵢ) ₁ ... + (aₙ - bₙ)̂₁ = 0 → che assegnato una combinazione lineare della base che contiene eσsionei VU contenente altra base indica di una loro combinaz_zone consta. che a= . . questa con tutti = coefficient nulli...

Applicazioni lineari

Sono lineari le seguenti funzioni.

• Applicazione identità.
• Applicazione nulla.
• Applicazione dopo coordinate... un'applicazione lineare biunivoca si chiama isomorfismo ...
• Applicazione identità.
• Applicazione dopo coordinate.

Proposizione

Sia T:V→V un'applicazione lineare se... sono dip ..., anche ...

Dim.

So sono ... allora ...

Proposizione

... W un sottospazio vettoriale di ...... L'inverso di W ......

Chiuso rispetto alla somma ...

Se B una base di V composta da N vettori allora K vettori V₁...V_k con K>N sono dobbiamo dimostrare X₂...X_k non tutti nulli ta di che passando in coordinate, dobbiamo dimostrare che le coordinate dei K vettori VI₁...WI_k sono nulli tale che X₁FB(VI₂)...X_kFB(WI_k)=0

Questo sistema ammette soluzione non banali di coord di V incarnato numero in.... indipendenti.

Proposta del completamento della base

Se B={V₁, ... V_k} una base di V e siano ...V_p vettori spann(V₁...V_p ) =V ... formare una base.

Teorema di Grassmann

DIM(U ∩ W) + DIM(U + W) = DIM U + DIM W

Sia {{V₁ ... V_p}} una base di U+W, completiamo questa base ad una basi di U BU={V₁...V_p...V_su

Quindi la dim U= P+V e la dim W= P+S__ DIM (U ∩ W) + DIM(U ∪ W) = DIM U

Proposizione

L'insieme delle soluzioni di un sistema lineare Ax=b è un sottospazio affine di ℝⁿ.

x=V₀+V_u dove x₀ è una soluzione al sistema omogeneo associated.

Dimostrare che Q⊆V₀+V_u

A(v₀+v_u)-Av₀+Aw=b-b.

Nucleo

Sia T:V→U un'applicazione lineare, essendo N=T il nucleo, o N=KerT={V∈V:T(V)=0}.

Esso è l'insieme di tutti i vettori che hanno come imm. il vettore 0.

Proposizione

KerT è un sottospazio vettoriale di V o dim(kerT)=n-rgA ed è un fattore associato rispetto a qualsiasi scelta della base.

Dim.

KerT≠∅ perciò contiene ṯ - ṯ({0})=ṯ.

Chiuso per la somma v₁, v₂ ∈ KerT => ṯ(v₁+v₂)=ṯ(v₁)+ṯ(v₂)=0+0=0.

Chiuso per il prodotto c∈ℝ, v∈KerT => ṯ(cv)=c ṯ(v)=c0=0 ∈ KerT.

Proposizione

f è iniettiva ⇔ Ker f={0}

Dim.

⇐ Divido per la proprietà di iniettività: non ci sono due elementi distinti con la stessa immagine codominio.

⇒ Siano v₁, v₂ | ṯ(v₁)=ṯ(v₂) all'cima. ṯ=v₁−v₂ = ṯ(v₂−v₂)=0 quindi v₁−v₂ ∈ KerT v₁−v₂=0 v₁=v₂

Proposizione

dim(Imṯ)=rgA

Dove A è la matrice associata rispetto a qualsiasi scelta della base.

Dim.

In coordinato dim(Imṯ)=dim(ṯb(Imṯ))=rgA

Quiz

dim(kerT) = dim(ImT⁵), dimV

dim(kerT) = dimV Vs Adim(ImT⁵) = Vs A Cerca freq. pricipiante

Il W fattorizzato abbiam0 che s0 ₍ ⁽ è W isomorfismo, ovvero ^u e ^v _imittiva kerT = ⁰ è soggettiva ImT = V¹Θ = dimV = dimV

Fattorizzando=> ImT ={0=V Γ; V.V¹

Applicazioni schimbă

U B₂B₁B' co V¹ on V₂

NB.β_G(T) = π_B_B¹(c) (sub), π_B₂B₁β(c)

Dim.

Sia n ∈ VNB_B' B₃(c) . NB.β₅(T) = F_B(u¹) - NB_{B³ (d)} . F_B(u^j) π_B^mG(T(u))

Sezione

π.B_B(T) o π.B_B'(T) sono simili.

Dim.

π.B_β(i.β) = π.B_β (d.β) . π.B_β(T). π._B B (d)= π.B_β (d). π.B₃B₃(T) (sub) .π.B_β(d), F_B(u^j) π.B_β (d). π.B₃0 = F_8(u), F_B(u^j)

Note quindi intersecano πNB.β(U)π₀ ,B.π NB.β(T) NB.β(U), F_B(u^j) è come derivare con π.B_B(T)

Teorema

Siano indipendenti di autovalori alora indipendenti.

Dim.

Sia Dobbiamo dimostrare che Applichiamo Troviamo che Sottraendo le espressioni Rimane solo Otteniamo un comp. lin. di Quindi Per ipotesi quando

Teorema

Siano un e B una base di V B e composta dai.

Dim.

Se di relatvi a allora quindi se B e ortogonale quindi è autoval. relativi a

Dim.

So A = B^-1AB allora det(A - λI) = det(B^-1AB - λI) =   = det(B^-1(AB - λI)B) = det(B^-1AB - B^-1λI)  = det(B^-1AB - λB^-1IB) = det(B^-1AB - λB^-1B)  = det(B^-1)det(A - λI)det(B) = det(A - λI)

Criterio di diagonalizzabilità

Sia T:V→V un endomorfismo, DIM V = n, le seguenti affermazioni sono equivalenti.

• T è diagonalizzabile.
• Gli autovalori sono tutti reali e, per ogni autovalore, la rispettiva alg. molteplicità = geom. molteplicità.
• Gli autovalori sono tutti reali o la somma delle geom molteplicità < n.

Dim. 1 ⇒ 2

Poniché T è diagonalizzabile, esiste una base B di V composta da autovalori di T e la matrice M_B(T) è diagonale. Inoltre mult_i(λ_i) = m_g(λ_i) = m_i per ogni autovalore λ_i

2 ⇒ 3

Poniché la somma delle molteplicità algebrica è il grado del polinomio caratteristico cioé V, e m₁ + m₂ + m₃ + … + m_r = n

Anche la somma delle molteplicità geomtiche ≤ n

3 ⇒ 2

Prendo una base dei sottospazi propri, li metto in un unico ottenendo n vettori, poniché la somma delle m_g< n bassa dimensione che sarà l'indice.

 v₁^j₁, v₂^j₁, v_h¹    -v₂^j₂, …, -v_h³   un base di ℰ(λ₁)                   ℰ(λ_h)

∀a c₁v₁² + … + c_hv_hⁿ = 0                               &emsp&wRare; ℰ(λ_h)w_k^t + … w_h^h = 0

Poniché autovalori di autovettori sono distinti o ind., i coefficienti c_i domandarli ass.   V ≥ n

Teorema di Cauchy-Schwarz

|⟨v, w⟩| ≤ ||v|| ||w|| vale solo se OI parallel

|⟨v, w⟩| = ||v|| ||w|| = 0

⟨hv, λw⟩ = ⟨v, λw⟩(⟨v, w⟩) = ⟨v, w⟩

• ⟨v + w, v + w⟩ = ⟨v, v⟩ + 2⟨v, w⟩ + ⟨w, w⟩
• ||v + w||² = ||v||² + 2⟨v, w⟩ + ||w||²
• ⟨a, a⟩ ≤ ⟨v, v⟩ + ⟨w, w⟩ + 2⟨v, w⟩
• d = 4(⟨v, w⟩)² - (⟨v, v⟩⟨w, w⟩) ≤ 0
• Inoltre è uguaglianza se solo se v = λw in tal caso esiste un solo angolo.

Allora se ⟨v, w⟩ = 0 continua...

Teorema

Vettore v - u non nulli allora i due ortogonali sono 1d.

Sia c1 v2 - c2 v1 = 0 alcuni Vi∈V1 Vi∈V2 c1 (v1, v2)∈C1 etc. dunque c1 = c2 per forza.

Proiezione ortogonale

Sia W un sottospazio vettoriale (w⊥)⊥ = V

Dimostrazione

(w⊥)^⊥ ≥ W

Sia dimW = k, allora dim W⊥ = h - k, e dim (W⊥)^⊥ = h - (h-k) = k

Quindi abbiamo due insiemi uno contenuto nell'altro che hanno la stessa dim, allora (w⊥)^⊥ = w