Appunti prima prova itinere, Geometria e algebra lineare

DIMOSTRAZIONE

TEOREMA delle basi: Tutte le basi di uno stesso spazio vettoriale hanno la medesima dimensione

DIMOSTRAZIONE

B , B sono vettori dello spazio V

1 2

Considero

B insieme generatore

come

1

B insieme indipendente

come

2

Pertanto, |B2| ≤ |B1|, ma se considero che indipendente

nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnB insieme

1 generatore

nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnB insieme

2

nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnAllora |B1| ≤ |B2|.

Quindi |B2| = |B1|

TEOREMA delle coordinate: v V, base B,

Dato e fissata la

∈

n – pla (α , α , ..., α ) K

mmmmmmmmmmmmm la e univocamente determinata.

∈

1 2 n

v = α v + α v + ... + α v

1 1 2 2 n n

DIMOSTRAZIONE (β , β , ..., β ) ≠ (α , α , ..., α )

Supponiamo che esistano β , β , ..., β K, con tali che

∈ 1 2 n 1 2 n

1 2 n

v = β v + β v + ... + β v

1 1 2 2 n n

Allora possiamo scrivere che

0 = v − v = (α1 − β1) v1 + (α2 − β2)v2 + ... + (αn − βn)vn.

Poiché v , v , …, v devono essere indipendenti, visto che sono vettori di una base, ma se

1 2 n

(β , β , ..., β ) ̸ = (α , α , ..., α ) non posso aver tutti i coefficienti nulli, quindi, non sarebbero indipendenti

1 2 n 1 2 n

Quindi esiste una sola ennupla per rappresentare un vettore in una determinata base

TEOREMA del sottospazio: Un sottoinsieme W di uno spazio vettoriale V e un

a, b K v, w W,

sottospazio se e solo se per ogni e per ogni

∈ ∈

av + bw W.

sia ∈

TEOREMA della chiusura lineare: chiusura lineare

La di X K è il più piccolo sottospazio di K contenente X.

n n

⊆

DIMOSTRAZIONE

Ogni sottospazio W di K , contiene ogni combinazione lineare dei suoi elementi, quindi, se X W, contiene L(X).

n ⊆

(MATRIOSCHE)

TEOREMA 1 del sistema omogeneo e dei sottospazi: L’insieme delle soluzioni di un sistema omogeneo

AX = 0, di m equazioni in n incognite, è un sottospazio di R avente dimensione n − k, essendo k la caratteristica A.

n

TEOREMA 2 del sottospazio e dei sistemi omogenei: Ogni sottospazio W di R , di dimensione k (1 ≤ k ≤ n − 1), può

n

rappresentato come l’insieme delle soluzioni sistema lineare omogeneo

essere di un opportuno di n – k equazioni

in n incognite.

DIMOSTRAZIONE

B = {v , ..., v } -> base di W

1 k

u = [x , x , ..., x ] generico vettore di R

t n

1 2 n -> [v1| v2| … | u]

Matrice A (n, k+1)

U ϵ W sse rango di A = k = dimensione di W

….

TEOREMA fondamentale delle applicazioni lineari: V e W spazi vettoriali

Se sono sullo stesso campo K, e

B = {v , . . ., v } base di V, n vettori di W, w , . . ., w

e una fissati ad esempio , esiste un’unica applicazione lineare

1 n 1 n

f: V → W tale che f(vi) = wi, i = 1, . . ., n

DIMOSTRAZIONE

Se prendo un generico vettore di V (v ϵ V)

combinazione lineare

Posso vedere quella v come degli elementi della base B

= + + ⋯ +

combinazione lineare base di B,

Allo stesso modo posso vedere f(v) come una degli elementi della ma “sottoposti

“alla funzione () = ( ) + ( ) + ⋯ + ( )

), f(v ), …, f(v ) immagini di v

f(v sono delle e quindi elementi di W posso rinominarli come w , w , …., w

Però 1 2 n 1 2 n

, viene soddisfatta

In questo modo la condizione del teorema, ovvero f(vi) = w i

+ + ⋯ +

() =

verificare che l’applicazione sia lineare

Adesso bisogna

Prendo due vettori (v, u ϵ V)

• Prendo due scalari (α, β ϵ K)

• f (au + bv ) = af(u) + bf(v)

E applico la formula

• verificare l’applicazione sia unica

Adesso bisogna che (lo faccio per assurdo)

g: V → W

Prendo un’altra funzione lineare che soddisfa tutti i requisiti del teorema

• Prendo un generico vettore

• + + ⋯ +

=

Scrivo g(v) come

• () ) = ( ) + ⋯ + ( )

= ( + + ⋯ +

g(v ) = w , … , g(v ) = w

Posso vedere

• 1 1 n n

) )

• ( ( + ⋯ + = ()

+ ⋯ + =

Quindi g(v) = f(v), il che significa f = g

TEOREMA 1 del nucleo e dell’immagine: Il nucleo è un sottospazio di U, l’immagine è un sottospazio di V

DIMOSTRAZIONE dimostra che ker F sia una un sottospazio di U

Il primo step è quello di

• due vettori (u, v ker f) verificare f(v) = 0, f(u) = 0

Per farlo devo prendere e che la funzione siano vere

∈

Per farlo applico la definizione di applicazione lineare

f(au + bv ) = af(u) + bf(v) = a*0 + b*0 = 0

Quindi ker f è un sottospazio di U

dimostrare Im f sia un sottospazio di V

Il secondo step è che

• vettori (v, w Imf) vettori (u, u’ U) f(u)= v e

Per farlo devo prendere due e due per cui si ha questa relazione

∈ ∈

f(u’) = w anche qui applico la definizione di applicazione lineare

av + bw = af(u) + bf(u′) = f(au + bu’)

Quindi Im f è u sottospazio di V

TEOREMA 2 del nucleo e dell’immagine: V -> W), è iniettiva ker f = {0}

f, che è una funzione (f: se

DIMOSTRAZIONE

f è iniettiva W ammette al massimo una contro-immagine

Se allora ogni vettore di

Per esempio v ker f f(v) = 0

Se allora la sua immagine

∈ f(0) = 0

Ma anche la immagine f(v) = f(0)

Allora per mantenere valida iniettività allora

Un altro esempio è che ker f = {0} e v, v’

Se hai il V e

∈

f(v) = f( v’) = w

0 = w -w = f(v) – f(v’) = f(v-v’)

Allora ker f quindi v- v’= 0 -> v = v’

, ma ker f {0} e

v-v’

Di conseguenza ∈

TEOREMA dimensionale: dim(ker f) + dim(Imf) = dim(V).

Se f: V → W e una applicazione lineare, si ha

DIMOSTRAZIONE dim(V) = n

Supponiamo che: B = {v , v , …, v } -> base del ker f

1 2 k

B’ = {v , v , …, v , w , …., w } -> base di V

1 2 k 1 n-k

vettore di V,

Se prendo un qualsiasi possiamo vederlo come

−

= � + �

=1 =1

immagine

La sua risulta − −

(v) = � + � = �� � + �� �

=1 =1 =1 =1

−

) =

( �

= � + � �

=1 =1

f(v )= 0 v ker f

perché e quindi qualsiasi sia il valore di i il risultato del prodotto tra a *v sarà sempre zero

∈

i i i i

− −

= �

= 0 + � � �

� �

=1 =1

sommatoria risultato l’insieme {f(w ), …, f(w )}

Visto che la in questione ha come posso dire che questo insieme è

1 n-k

un insieme generatore e che si trova all’interno del sottospazio Im f

È un insieme generatore posso costruire dei vettori a partire da quelli

perché di questo insieme

f(v) = f(w ) + f(w ) + … + f(w )

es: f(v) abbiamo visto che è uguale a 1 2 n-k

sia indipendente

Adesso devo provare che {f(w ), …, f(w )} basta semplicemente vedere che

1 n-k

f(w ) + a f(w ) + …. + a f(w ) = 0 tutte le a = 0

a sse

1 1 2 2 n-k n-k

{f(w ), …, f(w )} base di Im f,

Di conseguenza sono una perché se è un insieme generatore, come ho dimostrato

1 n-k

prima, e un insieme indipendente allora è una base

dim(ker f) + dim(Im f) = k + (n-k) = n = dim(V) equazione dimensionale

Conseguenze del Teorema

n= dim(ker f) + dim(Im f)

Se f: V -> W e

n m iniettiva,

Se f è allora:

• ker f = {0}

o dim(ker f) = 0 perché non ci sono basi nel ker f

o dim (Im f) = n

o

Quindi se n < m allora f non è suriettiva

Dato che Im f è un sottospazio di W se n<m, ovvero se non tutti gli elementi di W non appartengono ad Im f, vuol

dire che non tutti gli elementi di W avranno una contro-immagine. Pertanto, non si può considerare la funzione f

suriettiva suriettiva:

Se f è

• Im f = W

o dim(Im f) = m

o n = dim(ker f) + dim(Im f) ≥ m

o

Quindi se n > m allora f non può essere iniettiva

se n = m allora parliamo di una funzione isomorfa, quindi parliamo di spazi isomorfi

•

TEOREMA degli spazi isomorfi: -> W n = m allora V, W sono isomorfi

Se f: V

n m

DIMOSTRAZIONE 1 (usando la definizione di iniettiva)

Poniamo che:

• dim V = n

o dim W = m

o n = m

o f= {0})

f è iniettivo (ker

 siano v , …, v ϵ V sono linearmente indipendenti

o 1 k , …, a ϵ K) e scrivo che:

per dimostrarlo prendo delle coordinate (a 1 k

+ + ⋯ + =

, …, v sono indipendenti allora tutte le a (a , …, a ) devono essere = 0 affinché si verifichi

Siccome v 1 k 1 k

l’equazione di prima

inoltre, a v + a v + … + a v ϵ ker f

o 1 1 2 2 k k

Questo perché se provo a fare la immagine di questa somma avrò

( + + ⋯ + ) =

E quindi quella somma si trova per forza su ker f

Di conseguen