Appunti di algebra e geometria (9)

Lezione 12 - 02/11/18 - 10:15 a 13:00

Definizione

Uno spazio vettoriale V si dice di dimensione finita se ammette una base, e si scrive:

dim V < +∞

Osservazione

Ricordo che una base di uno spazio vettoriale V è un insieme finito di generatori LI.

Se V è lo spazio dei vettori ci sono 3 vettori. Li esse non complementari che formano una base:

Base Canonica

Sia R³

• l₁ = ^{[1 0 0]}

• l₂ = ^{[0 1 0]}

• l₃ = ^{[0 0 1]}

→ base canonica

Sia:

^{x = [x₁ x₂ x₃] ∈ R³ → x = [( [1 0 0] ) + ( [0 1 0] ) + ( [0 0 1] ) ] = Σ_i=13 x_il_i}

Consideriamo ora R^m una base canonica:

• l₁ = ^{[1 0 0 . . . . 0]}

• l₂ = ^{[0 1 0 . . . . 0]}

• l₃ = ^{[0 0 1 . . . . 0]}

• l_m = ^{[0 0 0 . . . 1]}

Se [^{Σ_i=1n x_ii}] allora le coordinate rispetto alla base canonica sono [^x_i].

Uso delle matrici:

Base canonica R_2,2(R)

• l₁₁ = ^{[1 0] [0 0]}

• l₂₂ = ^{[0 1] [0 0]}

• l₁₂ = ^{[0 0] [1 0]}

• l₂₁ = ^{[1 0] [0 1]}

Lezione 12 - 02/11/18 - 10:15 e 13:00

Definizione

Uno spazio vettoriale V si dice di dimensione finita se ammette una base, e si scrive dim V < +∞.

Osservazione

Ricorda che una base di uno spazio vettoriale V è un insieme finito di generatori LI.

Se V è lo spazio dei vettori come IR³, ci sono 3 vettori LI, cioè non complanari, che formano una base:

Base canonica

Sia IR³

→ base canonica

Consideriamo ora IR^m una base canonica:

Se IR^m

Notiamo che le coordinate rispetto alla base canonica sono [x₁ ... x_m]

Usando le matrici:

Base canonica IR_2,2(IR)

Quindi:

_{[a b]}

_{[c d]} = a l₁₁ + b l₁₂ + c l₂₁ + d l₂₂

Ambigere con X scrive la base canonica di M_m,m(IK)

Base canonica = {e_i,j} i = 1, ..., mj = 1, ..., m

Notae_i,j è una matrice m x m con coefficienti zeri, tranne quello di posto "i, j" che è 1

Esempi

IK[x] < r ⟩ = {p ∈ IK : deg p < r}

Base per IK[x] < r ⟩ → {1, x, ..., x^r-1} (numero di dimensione)

TeoremaSia V uno spazio vettoriale di dimensione finita dimV ≤ n. Allora tutte le basi di V hanno la stessa cardinalità, cioè lo stesso numero di elementi.

DefinizioneSia V uno spazio vettoriale di dimensione finita, la dimensione di V è la cardinalità di una qualunque sua base

Esempi

1. V spazio dei vettori dimV = 3 {vettore

→ 3 non possono essere generati da una base

→ 3 non possono essere L.I

2. IK^m → dim IK^m = m
3. M_m,m(IK) → dim M_m,m(IK) = m * m

4. IK[x] < r ⟩ → dim IK[x] < 2 ⟩ = rse r = 2 → IK[x] = {1, x, x²}

Ricorda

In uno spazio vettoriale V:

{v₁, ..., v_k} sono LI ↔ almeno un quadrì ene tra gli n dei v' ridondanti

Equivalentemente: {v₁, ..., v_k} sono LI ↔ non esiste 1 ≤ i ≤ k

Da questo si deduce che se dimV > a allora sottosistemi: {v1, ..., v_k} ∈ LI con "k" arbitrariamente grade

Esempi

K{x} {1, x, ..., x³} → dimK{x} = +∞

Teoria

Se v è uno spazio vettoriale con dimV = m, allora:

• {v₁, ..., v_k} sono LI → K ≤ m
• {v₁, ..., v_k} sono generatori → K ≥ m

Osservazione

Se W ⊆ V è uno sottospazio vettoriale di V e dimV = m, allora dimW = l, ed in particolare dimW ≤ dimV.

Nota

dimW = dimV ↔ W = V

Un sottospazio vettoriale ha sempre una dimensione minore dello spazio in cui è contenuto.

Osservazione

Se dimV = m ⇒ m è un vettore

• {v} non LI ↔ non generatori ↔ non una base

quindi se ho un numeri m di vettori uguali alla dimensione dello spazio, allora sappene che non li è una base, questo implica di conseguenza ritorni la verifica sulla generazione.

Completamento di una base

Sia V, dim V = m > 0.

Se {v₁, ..., v_k} sono LI (quindi K < m), esistono {v_k+1, ..., v_n} LI tali che {v₁, ..., v_k, v_k+1, ..., v_n} danno una base.

Osserv

Se ho una dimensione di 10 e 6 vettori LI ne posso aggiungere altri 4 ottenendo LI.

Estrazione di una base

Se V, dim V = m > 0, se {v₁, ..., v_k} sono un insieme di generatori di V ed il span(v₁, ..., v_k) è uguale a V (k > m) allora esistono {v_j1, ..., v_jm} indici in {1, ..., k} tali che {v_j1, ..., v_jm} sono LI quindi sono una base.

Osserv

Anche qui se W ∈ V con n ≠ 0, span dei vettori. Determinare le condizioni affinché l'equazione U ∧ N = V abbia una soluzione U.

Soluzione

a) trovare tutte le situazioni nel caso le condizioni siano soddisfatte:

• U ∧ N = W ⇒ N ∧ W ⇒ U ∧ W
• V ∧ 0 ⇒ U ∧ N = 0 ⇒ {λN : λ ∈ ℝ}
• V ≠ 0 ⇒ 2 multiplos di W
• (U + dv) ∧ N = U ∧ W + dv ∧ N
• {U + dv : d ∈ ℝ, u determinator}

Se U ∧ N ⇒ | U ∧ N | non ≈ 1/2 ⇒ | W | ⇒ | U | = | W |_fuor il moltiplic. restante

Se v ∈ W con U ≠ 0 e W ≠ 0. Dentro < v, ∂U > = 0 ⇒ v

EV k un vettore tale che {i, j, k} sia una base ortonormale può determinare arbitrato (con u, v = 0, i + bj + ck tali

che (U ∧ N) = v + 1 t + 1 u + 1 v + t + 1 v

LEZIONE 12 - 05/12/19 - 10:15 - 11:00

• Completamento di una base
• Estrazione di una base

PROPOSIZIONE

Se è un'applicazione lineare dello spazio vettoriale V allo spazio vettoriale W. Allora equivalgono:

1. f è iniettiva ↔ Ker f = {0}
2. f è suriettiva ↔ Im f = W (us` tutte lo spazio W)

DIMOSTRAZIONE

1. Necessit`:

f iniettiva implica Ker f = {0}. Infatti se f(0) = ϑ, e quindi, per l'iniettivit`, non ` nome,

V \in V = 0 ∈ T.C. f(v) = 0

Viceversa, se Ker f = {0} → f ` iniettiva:

Si utilizza la linearit` della f:

siano v₁ e v₂ ∈ V t.c. f(v₁) = f(v₂) quindi

f(v₁), f(v₂) = > per la linearit`

f(v₁–v₂) = 0

quindi:

v₁ - v₂ ∈ Ker f che per ipotesi = {0}

quindi:

v₂ = v₂

È fondamentale che f sia LINEARE

2) f iniettiva <=> Imf = W

Vediamo f: V -> W:

Sia w ∈ W f iniettiva implica che esiste ν ∈ V t.c. f(ν) = w

quindi ogni w ∈ W appartiene a W ⊆ Imf

mostrare → che Imf ⊆ W di conseguenza:

W &subsupset; Imf

Viceversa se Imf = W allora f è iniettiva per definizione di Imf

Teorema

Sia f: V → W un'applicazione lineare dello spazio vettoriale di V un dimensione di V finito

allo spazio vettoriale W: Allora:

dim Kerf + dim Imf = dim V

Dimostrazione

Consideriamo Kerf, per definizione è un sottospazio di V

Prendiamo una base del nucleo di f:

{v₂, ..., v_n dim_Ker} ⊆ V

per completare la base, quindi esistono:

(dim V - dim Ker f) = vettori per formare una base di V

quindi:

B = {V₁, ..., V_{dim Ker f}, V_{dim Ker f + 1}, ..., V_{dim V}}

ottenere una base di tutto lo spazio V

Adesso dimostriamo che:

{f(V_{dim Ker f + 1}), ..., f(V_{dim V})}

è una base dell’Im f, questo implica:

dim Im f = dim V - dim Ker f

quindi:

Im f = {f(v) ∈ W : v ∈ V}

ogni v ∈ V si scrive:

v = a₁v₁ + ... + a_{dim Ker f}V_{dim Ker f} + a_{dim Ker f + 1}v_{dim Ker f + 1} + ... + a_{dim V}V_{dim V}

quindi, usando la linearità di f:

Im f = {a₂ f(v₂) + ... a_{dim Ker f} f(V_{dim Ker f}) + a_{dim Ker f + 1} f(V_{dim Ker f + 1}) + ... + a_{dim V} f(V_{dim V}) : a_i ∈ K}

aggiunge 13 - 03/21/08 - 11:15 a 12:00

conteniamo che non vettori de appartengono al Ker f, quindi z è uguale a 0

quindi:

Im f = {a_{dim Ker f + 1} f(V_{dim Ker f + 1}) + ... + a_{dim V} f(V_{dim V}) : a_i ∈ K}

quindi ottengo:

Im f = Span { f(ν_{dim Ker f +1}), ..., f(ν_{dim V}) }

Mi resta da dimostrare che sono L.I., per comodità, poniamo: dim Ker f = K

quindi:

a_K+2f(ν_K+2) + ... + a_mf(ν_m) = 0

Voglio dimostrare che questo implica: a_K+2 + ... + a_m = 0

Allora, poiché f è lineare, l'espressione sottostante si può scrivere:

f(a_K+2ν_K+2 + ... + a_mν_m) = 0

Quindi esistono q₂, ..., q_K ∈ K t.c.:

a_K+2ν_K+2 + a_mν_m = q₂ν₂ + ... + q_Kν_K

Perché a_K+2ν_K+2 ∈ Ker f

ottengo:

q₁ν₂ + q_Kν_K + a_K+2ν_K+2 + ... + a_mν_m = 0

quindi:

{ν₂, ..., ν_m} è una base ed implica:

q₁ = 0, ..., q_K = 0, a_K+2 = 0, ..., a_m = 0

quindi {ν₂, ... ν_m} sono L.I

Il Teorema è dimostrato

OSSERVAZIONI

Prendiamo f: V → W lineare

implicazioni:

• f iniettivo ⇒ dim V ≤ dim W
• f suriettivo ⇒ dim V ≥ dim W

3) f isomorfismo → dim V = dim W

Sappiamo che:

• dim Ker f ≤ dim V
• dim Im f ≤ dim W
• dim Ker f + dim Im f = dim V

Esempi per 1)

{0} → V

O → O

Esempi per 2)

V → {0}

V ↦ O

ESEMPI

1. Poniamo V spazio dei vettori e sia {v₁, v₂, v₃} = B.

   V → ℝ³

   V → \(\begin{pmatrix} x₁ \\ x₂ \\ x₃ \end{pmatrix}\) → coordinate

   È un isomorfismo

OSSERVAZIONE

Se V n-dett. e B = {v₂, ..., v_n} base,

allora:

f_B : V → ℝⁿ

V → \(\begin{pmatrix} x₂ \\ ... \\ x_m \end{pmatrix}\) → sono ampia delle coordinate

È un isomorfismo

2. Sia A = \(\begin{bmatrix} 3 & -2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ -2 & -1 & -2 \end{bmatrix}\)

   Determinare Ker L_A e una qua base e Im L_A ed una qua base

   SOL.

   L_A : ℝ³ → ℝ³

   L_A(x) = A x

   L_A(x) = 0 ⇔ \(\begin{bmatrix} 3 & -2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ -2 & -1 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x₁ \\ x₂ \\ x₃ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}\)

quindi:

{ 3x - 2y + z = 0

  x             + z = 0

-x - y - z = 0

KerL_A è l'insieme delle soluzioni di questo

sistema lineare omogeneo:

{ -3z + 2z + z = 0

     x = -z

     z - y - 2z = 0

KerL_A = {^-z/_z  } ∈ ℝ³ : z ∈ ℝ

              = Sgen{^-1/_-1/_1}

base di KerL_A = {^-1/_-1/_1}

completiamo le base:

B = {^-1/_-1/_{1}, (?)}

     completiamo le:

B = {^-1/_-2/_{1}, (1/0/0), (0/1/1)} => BASE COMPLETATA DI KerA}

base di Im:

{ L_A(^-1/_-2/_{1}), LA(0/1/1)}, { LA(0/1/1) }, {³/-1/1}}

lezione 13 - 09/11/18 - 12:15 a 13:00

dim KerL_A = 1

dim ImL_A = 2

insieme le:

ImL_A = {^x/_y/z} ∈ ℝ³ : {^{3x - 2y + z}/_{x + z/}/_{x - y - z}} ∈ ℝ³