Dimostrazioni Algebra lineare

Dimostrazioni di Algebra

Teorema del Completamento

Sia \( B = \{S_1, \dots, S_n\} \) una base di \( V \) e siano \( W_1, \ldots, W_k \) vettori:

Indipendenti con \( k < n \).

Allora esistono \( n-k \) elementi di \( B \) che insieme a \( W_1, \ldots, W_k \) danno una base di \( V \).

Dimostrazione

Per induzione su \( k \), per \( k = 1 \)

Abbiamo dato \( W_1 \) e \( W_1 \neq 0 \) perché è indipendente.

Quindi \( W_1 = a_1S_1 + \cdots + a_nS_n \) e i coefficienti \( a_1, \ldots, a_n \) non sono tutti 0 perché \( W_1 \neq 0 \).

Noi è restrittivo impore \( a_1 \neq 0 \) (ma è permesso già eleminare i elementi di \( B \)).

Se \( a_1 \neq 0 \) possiamo risolvere \( S_1 \):

\( S_1 = a_1^{-1}W_1 - a_1^{-1}a_2S_2 - \cdots - a_1^{-1}a_nS_n \)

Quindi \( S_1 \notin \text{span} \{W_1, S_2, \ldots, S_n\} \) e quindi \( \text{span} \{W_1, S_2, \ldots, S_n\} = V \) perché questo span contiene \( B \).

Dobbiamo mostrare che \( W_1, S_2, \ldots, S_n \) sono indipendenti.

Supponiamo che:

\( b_1W_1 + b_2S_2 + \cdots + b_nS_n = 0 \)

• Supponiamo che
• Sostituiamo \( W_1 \) con la sua espressione
• \( 0 = b_1(a_1^{-1}W_1 - a_1^{-1}a_2S_2 - \cdots - a_1^{-1}a_nS_n) + b_2S_2 + \cdots + b_nS_n = \)
• \( = b_1a_1^{-1}W_1 + (b_2 + a_1^{-1}b_n)S_n \)
• \( + \cdots + (b_1a_1^{-1})S_n \)

Questa è una combinazione lineare dei vettori della base \( B \).

Divide possiamo provare che \( b_1 = b_2 = \cdots = b_n = 0 \)

Tutti i coefficienti devono essere nulli.

b₁a₁ = 0, b₂a₂ + b₂ = 0, ..., b_na_n + b_n = 0

Ma a₁ ≠ 0 quindi b₁ = 0 ⇒ quindi b₂ = ... = b_n = 0

Ora facciamo il passo induttivo

Se il concatenamento vale per k - 1 vettori, indipendenti vale anche per k.

Siano w₁, ..., w_k indipendenti. Anche w₃, ..., w_k-1 lo sono.

Per ipotesi induttiva possono imporre:

1. (w₃, ..., w_k, √k, ..., √n) = base di V

w_k = a₃w₃ + ... + a_kw_k-1 + a_k√k + ... + a_n√n ≠ 0

Quindi tra a_k, ..., a_n deve essere ≠ 0 perché w_k è indipendente da w₃, ...w_k-3.

Non è restrittivo supporre a_k ≠ 0. Possiamo rinviare √k

√k = a_k^-1(w_k - a₃w₃ - ... - a_k-1w_k-1 - ... - a_n√n)

Quindi √k ∈ span (w₃, ..., w_k, √k_k+1, -√n) = V

Cioè {w₃, ..., w_k, √k_k+1, ..., -√n} genera V.

Ci resta da provare che sono indipendenti

0 = b₁w₃ + ... + b_kw_k + b_k-2√k_k+1 + ... + b_n√n

Sostituiamo w_k con la sua espressione

0 = b₃w₃ + ... + b_k(a₃w₃ - a_nw_{k-1 + ak√k+ ...+ an√n)}

+ b_k-2√k_k+1 +... + b_n√n =

= (b₃ + b_ka₁)w₃ + ... + (b_{k-1 + bkak-1)wk-1+ bkak√k +...+ (bn +bkan)√n}

1. (w₃-w_k, √k, ..., -√n) è una base di V quindi b₁ + b₂a₁ =... = b_k-1 + b_ka₁ = 0

b_ka_k = 0 ⇒ b_k = 0 ⇒ b₂ =... = b_n = 0

b_k+1 + b_ka_k+1 = 0

3.5 Corollario 1.

A × B è risolubile <=> rkA = rkAB

Corollario 2.

rk A = dim span (A¹, …, A⁹) = dim Im A

= dim span (A₁, …, A_p)

Dimostrazione

A: ℝ⁹ → ℝ^p

span (A¹, …, A⁹) ⊆ Im A

dim span (A₁, …, A_p) = # pivots = s

=> dim Ker A = 9 - s

dim Im A = r

Ma deve essere

9 - 5 + r = 9 = > s = r

Teorema

Sia λ₁ ... λₖ autovalori distinti di T: V→V.

Siano v₁, ..., vₖ autovettori rispettivamente degli autovalori λ₁, ... λₖ.

Allora v₁, ..., vₖ sono indipendenti.

Dimostrazione

Per induzione su k

k = 1 → v₁ è un solo autovettore v₁ ≠ 0 quindi indipendente.

k = 1 ⇒ k

Possiamo supporre per ipotesi induttiva v₁, ..., vₖ₋₁ linearmente indipendenti.

Vediamo che anche v₁, ..., vₖ₋₂, vₖ lo sono.

Se α₁v₁ + ... + αₖvₖ = 0

Allora:

T (α₁v₁ + ... + αₖvₖ) = λ₁α₁v₁ + ... + λₖαₖvₖ

Sostituiamo αₖvₖ con -(α₁v₁ + ... αₖ₋₁vₖ₋₁)

0 = λ₁α₁v₁ + ... + (λₖ - λₖ)αₖ₋₁vₖ₋₁

= (λ₁ - λₖ)α₁v₁ + ... (λₖ₋₁ - λₖ)αₖ₋₁vₖ₋₁

Poiché λᵢ - λₖ ≠ 0 se i ≠ k e v₁, ..., vₖ₋₁ sono linearmente indipendenti

si deve avere α₁ = ... = αₖ₋₁ = 0

αₖ = 0 Anche che vₖ ≠ 0 anche αₖ deve essere 0

e v₁, ..., vₖ sono indipendenti

LEMMA

Se V ⊂ Rⁿ è INVARIANTE per A

Gli AUTOVALORI di A|_V: V→V sono REALI e MA ha solo FATTORI SEMPLICIA|_V è DIAGONALIZZABILE.

DIMOSTRAZIONE

per induzione sul numero k di AUTOVALORI.

k=1

m_A(X) = X-λ₁=> m_A(A) = A-λ₁I = 0

=> A = λ₁I e DIAGONALE

k-1 => k

Scriviamo (A-λ₁I) ... (A-λ_kI) = 0

Quindi Im (A-λ_kI) ⊂ Ker [(A-λ₁I)...(A-λ_k-1I)] = Vdim (A-λ_kI) ≤ dim V

Sommiamo ad entrambi i membri dim Ker (A-λ_kI) = dim V_λke OTTENIAMO:

n ≤ dim V_λk + dim V

V_λk ∩ V = {0}Se v ∈ V_λk ∩ V

=> Av - λ_kv = (λ_k-λ_k) ...(λ_k-λ₁)v = 0.

Ma v ∈ V_λk se fosse ≠0 il 1° membro sarebbe ≠0 

Quindi v=0edim V = dim V_k =n

Oss: V è INVARIANTE per A e ilPolinomio MINIMO di A|_V è (X-λ₁)...(X-λ_k-1)

PER IPOTESI INDA A|_V è DIAGONALIZZABILE, cioèV = V_λ1 ⊕ ... ⊕ V_λk-1

Quindi Rⁿ = V⊕V_λk =V_λ1 ⊕ ... ⊕ V_λk e A è DIAGONALIZZABILE