Algebra e geometria lineare - la base di uno spazio vettoriale

Base di uno spazio vettoriale

V₁, V₂ … V_n generatori. ∀ v ∈ V ⇒ ∃ a₁v₁+a₂v₂+…+a_nv_n ∈ V ⇒ v=λv₁+0v₂+…+0v_n. Autocompletato: V₂=αV₁+λV₁; 0V₃+…+0v_n=0V₁+0V₂+…+0v_n+1V_n. V₁, V₂, … V_n li i. Presa c₁ nulla a₁v₁+…+a_nv_n=0. Ne deve seguire che i coefficienti sono tutti nulli: a₁=0, a₂=0, a_n=0.

Teorema

1. Se V è un K-spazio vettoriale e siano v₁, v₂, … v_n ∈ V allora v₁, v₂, … v_n sono una base di V ⇒
   1. V= l (v₁, v₂,… v_n)

Dimostrazione

Se … V₁, V₂ Base Hp. Valgono 1), 2). Prendiamo una combinazione lineare nulla e facciamo vedere che tutti i coefficienti sono nulli: tutti a₁V₁+..a_nV_n=0. Due combinazioni lineari devono coincidere per potenza: 0v₁+…+0v_n=0. a₁=0 per def di Base (la scrittura deve essere unica ⇒a_n=0). C.V.D. ⇒ V₁, … V_n li.

Base di uno spazio vettoriale

V₂ = V₁ generatori ∀ v ∈ V → ∃ ∑ = a₁v₁ + a₂v₂ + ... + a_nv_n. v₁ ∈ V → V = V₁V_t + 0v_t + ... + 1v_n. Analogamente: v₂ = 0v₁ + 1v₂ + 0v₃ + ... 0v_n. v_n = 0v₁ + 0v₂ + ... 0v_n-1 + 1v_n. V = v₁, v₂, ... v_n li. Presc ₁ nulle: a₁v₁ + ... + a_nv_n = 0. Ne deve seguire che i coefficienti sono tutti nulli: a₁ = 0, a₂ = 0, a_n = 0.

Teorema

1. Se V è un K-spazio vettoriale e siano v₁, v₂, ... v_n ∈ V, allora v₁, v₂, ... v_n sono una base di V ō V li.
   1. V = L(v₁, v₂, ... v_n)

Dimostrazione

Sì V V = Base Hp. Valeosc n), 2). Prendendo una combinazione lineare nulla e parciaus vettoriche, tutti i coefficienti sono nulle: tutti a_nv₁ + ... + a_n V_n = 0. 0v_t + ... + 0v_n = 0. A queste due combinazioni lineari devono coincidere per potenziale: ∂̌v ∈ V ě per def di BASE (la scrittura deve essere unica). a₁ = 0, a_n = 0. C.N.D. → V...V li.

L'ampiezza delle definizioni di base

L'ampiezza delle definizioni di base dovrà per definizione il suo C.S.{v₁, ..., v_n} è BASE. Le posizioni devono essere uniche: y=a₁v₁ + ... + a_nv_n. Devo dimostrare l'unicità della scrittura. Chiamiamo v=a₁v₁ + ... + a_nv_n = b₁v₁ + ... + b_nv_n.

(a₁-b₁)v₁ + ... + (a_n-b_n)v_n = 0. {v₁, ..., v_n non L.I. quindi i coefficienti sono tutti nulli: a₁-b₁ = 0, a₁=b₁, a_n-b_n = 0, a_n=b_n. C.V.D. scrittura unica. V = { (x,y) | y=2x }.

Proiezione e componenti di un vettore

Base { (1,0), (0,1) }. Componenti di un vettore rispetto a una data BASE. Possiamo cambiare le coordinate. Data una base: A: {v₁, ..., v_n}. Consideriamo un vettore V è Vv= b₁v₁,...,b_nv_n = v. V = a₁v₁ + ... + a_nv_n.

Ometto la base_ß (w₁, w₂, ..., w_n) condividono lo stesso vettore v ∈ V. V = S, w_i = (b₁, b₂, b_n). V = (a₁, a_n) = (b₁) ß. Qualunque base danno soluzioni che equivalenti CRITERIO DI INDEPENDENZA LINEARE (CARATTERIZZAZIONE DEI VETTORI L.I.).

Criteri di indipendenza lineare

1. (v₁, ... v_i) C.N.S.
   1. N_i ≠ 0
   2. V_i non è combinazione lineare dei precedenti ∀i ∈ L^{(V₁, ... V_i-1)}

Dim ⇒ : D.C.N. ⋁1Φ{ } , { }. Supponiamo D.C.N. per assurdo che v₂ ∈ LA punto lineare C.L. nulla. V₁ ∨ V_i, tutti i coeff. nulli NO e assurdo perché per ipoten. i vettori devono essere l.i. tutti i coeff. devono essere nulli ∎ per assurdo v_i ∈ L(v₁, ... v_i)

V_n = a₁ v₁... a_i v ...In posto tutto al primo membro ottengo un'equazione lineare nella quale non tutti i coeff. sono nulli. È assurdo perché il coeff. di vi è 1, quindi l'assurdo è nell'ipotesi. perché vi serviva l'ipotesi c.s. H₀: D.C. ∃ V₁, ... v_i l.i. presentazione C.L. nulla: a₁v₁...a_nv = 0.

Ipotesi: a₁=0, a₂=0, a_n=0. P.A a_n≠0. a_nv₁-a₂v₂-a₃v₃-...-a_nv_n=0. Si moltiplica tutto per l'inverso di a_n (a_n≠0): a₁v₁ = a_na₁y₁...v₁ combinazione lineare dei precedenti. Questo è assurdo perché è contro l'ipotesi due. Quindi a_n=0.

Ripeto lo stesso ragionamento avrò a_n-1-...-a₂=0 cioè a_n≠0 …ass... a_n→∞a₁≠0 ...ass... a₁-a₂=0. Troveremo a_ny₄=0 c.l. nullo e siccome per ipotesi v_i≠0 => a_i=0.

Teorema di esistenza di una base

Il metodo degli scarti successivi permette una base V a partire da un insieme finito di vettori. Possiamo ridurre una base se è uguale ad a lo scarto M. Ci dividiamo di preso lo possiamo che CCC S scelta poi il primo W è che e l. dei medianti si ripete il procedimento finché è possibile. Teorema di esistenza di una base: ogni insieme finito di generatori di uno spazio vettoriale V contiene una base di V. In particolare, ogni spazio vettoriale ≠ {0} non è base.

Teorema di Steinitz e caratterizzazione di una base

Teorema: Sia V un K-spazio vettoriale e siano {v₁, v₂} le basi due non di V. Allora u = v, cioè tutte le basi di V hanno lo stesso numero di elementi. ⁰B ⁰ fg¹. v₂ o B = {x₁y₁... v_n z'} BASE. Un un un.

Dimensione di uno spazio vettoriale

DIMENSIONE: Si dice che l' K-spazio vettoriale V ha dimensione n se V ha una base costituita da n elementi. A n si scrive dimV = n. È evidente dalla definizione che per esistenza la dimensione di uno spazio vettoriale V basta trovare una base di V e contare gli elementi: dimℝⁿ = n (vettori), dim K[x]_n = n+1 (polinomi).

Ex. Provare che {v₁,v₂,v₃,v₄} è un insieme di generatori di ℝ³. Dobbiamo provare che qualsiasi elemento (a,b,c) ∈ ℝ³ può essere scritto come combinazione lineare di v₁, v₂, v₃, v₄, cioè (a,b,c) = x (2,1,1,0) + y (1,1,0,0) + z (1,0,0,1) + t (0,0,1) = (2x-y+z, x+y, t, x+t).

Occorre risolvere il sistema nelle incognite x,y,z,t:

• 2x - y + z = a
• x + y = b
• x + t = c

Il sistema risolto con il metodo di sostituzione:

• x = x + ct
• y = b + 2t - c
• z = a - 3c + t + 3

Riscriviamo trovando le variabili x, y, z in funzione della variabile t (detto un parametro libero). Per ogni (c, p, a, z) e per ogni valore assegnato alle t, è possibile trovare univoca la numeri di combinazioni di numeri (a, b, c) come combinazione lineare di v₁, v₂, v₃, v₄, cioè (e, b, c) si scriva come combinazione lineare di v₁, v₂, v₃, v₄.

Ex. Provare che non è uno sottospazio chi generazioni.

• v₁(2,1,1)
• v₂(1,1,0)
• v₃(1,2,-1)
• v₄(0,3,1)

Sostituendo l'origine: { x,y, z } = { x, y, z | z + b - c = 0 }. t = x + 3c. t - x = 3c. 2x + y + 2z + 3t = 3x + z + t = 5c.

Ex. Provare che è una base del ℝ³ determinare la componente lei span cumass avina loro suppiles a quelli score.

• v₁=(1, 4, 1)
• v₂=(-1, 0,1)
• v₃=(2, 0, 3)

Come provare che il principio ottenuto (e, b, c) del ℝ³ non può essere scritto come (e, b, c) le v₁, univoco per unknown il problema troviamo e sole detroel ide. Comestimo air governare in express che v₁, v₂, v₃ è bene, unque ℝ⁴(e, b, c)= x(1, 1, 4, 1) + y,(1, a 1) + z(1, 2, 0, 3)(a, b, c) (-x + y, + z, 4x, y + 3t). x - y, + z = a. x + y = b. x = 3 + z. c. x + 3t = 3c. x = 3e + 3b - 2c /4. y = - 3e + b + 5c /4. z = - a - b + 2c /4.

(3e + 3b - 2c , -3e + 5 - 2c /4, a + 5c /4) sono le componenti di (a,b,c) rispetto alla base _A^{(V₁,V₂,V₃)}, si ha: ( x, y, z )_A = ^{3x + 3y - 2z}/₆ ^{-3x + 5y - 2z}/₆ ^{-2x + 4y}/₄.

N.B. Se abbiamo V = (3, 1, 2), diciamo che A_r(V₁, V₂, V₃) è la base rispetto a essa sono le componenti di V rispetto ad A. A priori, in generale li possiamo definire come (x,y,z) ovvero C R con nuovi x, y, z. V = 3V₁ + V₂ + 2V₃ (3,1,2)_∆ è lo stesso come quando un vettore ha base mai specificata si implica che la base è quella canonica (3,1,2) _canonica (3,1,2) = 3 e₁ + e₂ + 2e₃. Lo stesso vettore visto in due sistemi di riferimento distinti: V = (a,b,c) riferito alla base canonica = (x,y,z)_A. Orientamento della base ∆. V = a e₁ + b e₂ + c e₃ = x V₁ + y V₂ + z V₃.