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Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria - Appunti

Appunti di Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria per l'esame del professor Chiarellotto. Gli argomenti trattati sono i seguenti: gli spazi vettoriali, le matrici, il determinante, autovettori e autovalori, le geometrie vettoriali, il piano affine, lo spazio affine, e un breve capitolo introduttivo sui numeri complessi.

Voto di chiusura del corso: 25

Esame di Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria docente Prof. B. Chiarellotto

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ESTRATTO DOCUMENTO

Capitolo 1

Numeri Complessi

I numeri complessi sono coppie ordinate di numeri reali:

a≠b a , b)≠( b , a)

⇒(

Come si svolgono le operazioni di somma e prodotto in ?

, b)+( c , d , b+d

Addizione: (a )=(a+c )

, b)⋅(c , d , ad+ bc)

Moltiplicazione: (a )=(ac−bd

L'elemento neutro per la somma è , l'elemento neutro per il prodotto è .

(0,0) (1,0)

Ogni numero complesso ammette opposto:

, b)+( c , d , d)=(−a ,−b)

(a )=(0,0)⇔(c

e reciproco: 1 a b

, b)⋅(c , d , d)= ,−

(a )=(1,0)⇔(c =( )

, b) 2 2 2 2

(a a a

+b +b

1 7 5 7 5

,− ,−

Esempio: =( )=( )

74 74

2 2 2 2

(7,5) 7 7

+5 +5 , 0)

N.B: Ogni numero reale è una coppia ordinata !

(r

2

Domanda: Vale quindi un'equazione del tipo ?

x a>0

=−a , b)

Se x è un numero complesso, esso si descrive nella forma .

(a

2

, b)

Esiste dunque un numero tale che valga ?

, b)

(a (a =−1

2 2 2, 2 2

Ma : è quindi evidente che può

, b) a ab+ab)=(a , 2 ab)=(−1, 0)

(a =( −b −b

, b)=(0,1)=i

essere solo .

(a

La prima coordinata di un numero complesso è la sua componente reale, mentre la sua seconda

coordinata è la sua componente immaginaria: un numero complesso si può quindi esprimere nella

forma , b)=a+b⋅i

(a

2

Esercizio: Risolvere l'equazione x x

+ +1=0

0

Poiché vale , l'equazione dovrà essere risolta in .

Δ=1−4=−3< ℂ

√ 3 i

−1±

√ 2

√ √

Varrà quindi .

3 i 3 i x

Δ= −3= = ⇒ =

√ 1 , 2 2

Introduciamo, dunque, il teorema fondamentale dell'algebra:

Teorema: Per ogni polinomio P(x) a coefficienti complessi di grado n, esistono n soluzioni

dell'equazione P(x) = 0 Notazione Trigonometrica

Poiché ogni numero complesso è una coppia ordinata di numeri reali, esso è rappresentabile in un

piano, detto piano di Argand – Gauss, ed esprimibile secondo una funzione trigonometrica:

a b

√ √

2 2 2 2

, b)= a a b cos , senα)

(a +b ( +i⋅ )= + (cosα +i⋅sen α)=ρ( α

√ √

2 2 2 2

a a b

+b + Vale, quindi, l'uguaglianza:

, sen k sen 2 k

ρ(cos α α)=ρ(cos (α+2 π), (α+ π))

Esercizio: Trasformare il numero (7,5) in forma trigonometrica.

7 5 7 5

√ 5 2 √

i= 7 , 74 ,

(7,5)=7+5 +5 ( )= ( )

√ √ √ √

5 2 5 2 74 74

7 5 7

+ +5

Come si svolge il prodotto tra complessi nella forma trigonometrica?

Il calcolo avviene secondo il metodo:

, b)⋅(c , d cos i⋅sen i⋅sen

(a )=ρ ( α+i⋅sen α)⋅ρ (cos β+ β)=ρ ⋅ρ [cos (α+β)+ (α+β)]

1 2 1 2

1+i

Esercizio: Trasformare il numero in forma trigonometrica.

√ 3+i

1+i −1

√ 3+i)

Osservo: =(1+i)⋅(

√ 3+i √

Esiste, dunque, un numero che sia il reciproco di :

3+i

√ 3 i π π

√ , da cui

3+i)=2

( ( + )=2(cos +i⋅sen )

2 2 6 6

π π

2(cos x .

+i⋅sen )⋅ρ (cos +i⋅senx)=1

x

6 6

π π π π

Ma 2(cos x x x)]=1 .

+i⋅sen )⋅ρ (cos +i⋅senx)=2ρ [cos ( + )+i⋅sen ( +

x x

6 6 6 6

1

Poiché , deve valere necessariamente , e quindi dovrà valere

ρ =

−1≤cos α≤1 x 2

π π

x=0 x=−

necessariamente anche .

+ ⇒

6 6

Varrà quindi la relazione:

1+i 1 1

π π −π −π π π

√ 2(cos cos( . . .=

= +i⋅sen )⋅ ( )+i⋅sen( ))= (cos +i⋅sen )

4 4 2 6 6 12 12

√ √

3+i 2

z=a+i⋅b z=a−i⋅b

Definizione: Dato un numero complesso , il suo coniugato è .

z=ρ(cos senβ) z=ρ(cosβ,−sen

Nella forma trigonometrica, ,

β, β)

2

Osservo: z⋅z=ρ n

Esercizio: Risolvere l'equazione x =z n n n

z=ρ(cos i⋅sen

Soluzione: Pongo e , da

x

α+ α) =[t (cos β+i⋅sen β)] =t [cos (n β)+i⋅sen (n β)]

cui ottengo l'equazione:

n

t cos(nβ)+i⋅sen(nβ))=ρ(cos

( α+i⋅sen α)

k

α+2 π

n

√ k ... , n−1

si ha quindi: e , con .

t β= =0,1,

= ρ n

3

Esempio: x =1 3 3 3

1=(cos 0+i⋅sen 0)

Poiché e ,

x cos cos 3 3

=[ρ( δ+i⋅sen δ)] =ρ ( δ+i⋅sen δ)

dovrà valere: 0+2 k π

3

√ k 2

1 e , con

δ= =0,1,

ρ= 3 { x cos 0+i⋅sen 0)=(1,0)

=(

1 √

2 2 1 3

π π

x i⋅sen ,

=(cos + )=(− )

2 3 3 2 2 √

4 4 1 3

π π

x cos ,−

=( +i⋅sen )=(− )

3 3 3 2 2

2

Esercizio: Risolvere l'equazione x x

+2 +i=0 √ 4−4 i

−2+ Δ −2+

√ √

Soluzione: Risolvendo, si ottiene x 1−i

= = =−1+

1 , 2 2 2

Trovo, quindi, le soluzioni dell'equazione :

t= 1−i

2

t= 1−i⇒ t =1−i=(1,−1)

1 i 7 7

π π 2 2

√ √

2( 2(cos

ma e ,

t 2α 2

(1,−1)= − )= +i⋅sen ) =ρ (cos +i⋅sen α)

4 4

√ √

2 2

perciò si ha { 7 7

π π

4

t 2 , sen

= (cos )

1 8 8

15 15

π π

4

t 2(cos , sen

= )

2 8 8

da cui si ottiene { 7 7

π π

4

x 2(cos , sen

=−1+ )

1 8 8

15 15

π π

4

x 2( cos , sen

=−1+ )

2 8 8

3 √

Esercizio: Risolvere l'equazione 3−i

(z−i) = 7 7

π π

3 √

x 3−i=2(cos

z−i=x

Soluzione: Pongo , da cui . Si ottiene quindi:

= +i⋅sen )

4 4

{ 7 7

π π

3

x 2 , sen

= (cos )

1 12 12

5 5

π π

3

x 2(cos , sen

= )

2 4 4

23 23

π π

3

x 2 , sen

= (cos )

3 12 12

da cui si ricava { 7 7

π π

3

z 2 , sen

= (cos )+i

1 12 12

5 5

π π

3

z 2(cos , sen

= )+i

2 4 4

23 23

π π

3

z 2(cos , sen

= )+i

3 12 12

Notazione Esponenziale

Un numero complesso può anche essere descritto come una funzione esponenziale:

i⋅β

z=( a , b)=ρ(cosβ , sen β)=ρ⋅e

Il calcolo nella forma esponenziale diventa:

{ i⋅Γ i⋅Ω i(Γ +Ω)

z⋅c=ρ⋅e ⋅μ⋅e =ρ⋅μ⋅e

3 i⋅Ω 3 3 3 i Ω

z e

=(ρ⋅e ) =ρ

2

Esercizio: Trovo z∈ℂ z

∣ =z

z∈ℂ z=(x , y i⋅y x+ i⋅y)( x

Soluzione: : pongo dunque .

⇒ )=x+ ( +i⋅y)=x−i⋅y

2 2

Ma : eguaglio dunque le parti reali e le parti

x y

(x+i⋅y)( +i⋅y)=x − +2i⋅xy

immaginarie: { {

2 2 2 2

x y x y

− =x − =x

2 i⋅xy y x+1)=0

=−i⋅y (2

y=0

Per , si ha : {

{ 2 2

x x

−x=0 −x=x (x−1)=0 z=(1,0)∨z=(0,0)

⇒ ⇒

y=0 y =0

1

x=−

Per , si ha

:

2

{ {

1 1 3

2 2

y y

− =− = √ √

1 3 1 3

4 2 4 z=(− , ,−

⇒ ⇒ )∨z=(− )

2 2 2 2

1 1

x=− x=−

2 2 2

Si hanno, quindi, quattro soluzioni per l'equazione .

z =z

2

Osservo: L'equazione è a tutti gli effetti un'equazione di grado 2, ma ha 4 soluzioni!

z =z

Il coniugio, infatti, non funziona come una normale equazione.

Capitolo 2

Spazi Vettoriali

Uno spazio vettoriale è un insieme V di vettori a cui sia

associata un'operazione: (V, +) tale che l'operazione sia

abeliana e associativa, in cui vi sia l'elemento neutro e ogni

elemento abbia opposto.

Questo implica che in uno spazio vettoriale deve valere il

seguente sistema:

{ v v v

+ =v +

1 v 2 2 v 1

v v v v v

( + )+ =v + (v + )=v + (v + )

1 v 2 v 3 1 v 2 v 3 2 v 1 v 3

0

∃0 ∈V∣v + =v

v v v

w∈V∣v w=0

∃ + v v

In uno spazio vettoriale, inoltre, deve essere possibile l'azione dei numeri reali:

{ 1⋅v=v

(α⋅β)⋅v=(α⋅v )⋅β

v v

α(v + )=α + α⋅v

1 v 2 1 v 2

v=α v v

(α+β) + β

v

Domanda: L'elemento neutro è unico? 0 '

Per assurdo, suppongo che esista un secondo elemento neutro .

v

v 0 0 '

Si ha quindi, , ma per definizione di elemento neutro:

+ =v=v +

v v v v

{

0 ' 0 '

+ =0

v v v v

0 0 '

+ =0

v v v v

0 '=0 ' 0 0 ' 0 '=0

da cui si ricava: , dunque .

+ =0 + =0

v v v v v v v v v v

0

Soluzione: è il solo elemento neutro!

v v v=v

Domanda: Esiste un vettore ?

∈V ∖{0 }∣v +

v v

Per assurdo, suppongo che possa esistere tale vettore.

0 0 w=0 v)+ w=(v w=0

Poichè e , pongo , da

+ =0 ∃w∈V∣v + (v + )+

v v v v v v v v v v

v w)=0 v

cui : deve valere, quindi, .

+ (v + =0

v v v v

v

Soluzione: .

∄v ∈V ∖ {0 }∣v + =v

v v 0⋅v

Domanda: A cosa è uguale ? E ?

α⋅0 v

0⋅v=(0+0)⋅v=0⋅v 0⋅v 0⋅v=0

+ ⇒

v v

0

α⋅0 =α⋅(0 + )=α⋅0 + α⋅0 ⇒α⋅0 =0

v v v v v v v v v

0⋅v=0

Soluzione: α⋅0 =0

v v v

Domanda: A cosa è uguale ?

β⋅v + (−β)⋅v

v

β⋅v + (−β)⋅v=[β+(−β)]⋅v=0⋅v =0

v v

Soluzione: β⋅v + (−β)⋅v=0

v v

Si osserva spesso che nel mondo fisico la relazione tra

causa ed effetto non è biunivoca.

Si pensi, ad esempio, a una partita di biliardo: come si

può vedere nell'esempio, azioni diverse portano ai

medesimi risultati.

È legittimo, quindi, porsi la seguente domanda: v=β v

Domanda: Dato un certo scalare e un qualsiasi vettore v, esiste ?

α≠β∣α

β v=βv

Utilizzo il risultato appena ottenuto - : se vale , allora

β⋅v + (−β)⋅v=0 α

v v

v v v v

deve valere necessariamente anche .

α + (−β )=β + (−β )

v v

v v

Si ottiene, dunque, : poiché , posso dividere per

α + (−β )=(α−β)v=0 α≠β

v v

α−β

, da cui si ottiene .

v=v

α−β =0 v

α−β

v v v

Soluzione: Per ,

≠0 ∄α≠β∣α =β

v

v v=βv

Per ,

=0 α ∀ α∈ℝ

v

Definizione: Considero uno spazio vettoriale (V, +) contenente un solo vettore v.

Poichè V è uno spazio vettoriale vale il sistema

{ v v=v

+

v

v v=v v

(v + )+ + (v + )=v

v v v v

α⋅v=v

α⋅β⋅v=( α⋅β)⋅v=v

v

Tutto ciò può valere solo per !

=0 v

Si ricava, dunque, che uno spazio vettoriale contenente un solo vettore è lo spazio

vettoriale nullo .

{0 }

v Matrici

M M

Una matrice è una tabella ordinata di n x m numeri reali:

∈ (ℝ)

n x m

( )

Esempio: M 3 2 5

=

1 x 3 M

Per n = m , si hanno le cosiddette matrici quadrate (ℝ)

n

( )

1 7

Esempio: M =

2 4 5 M n∈ℕ , m∈ℕ

L'insieme delle matrici è uno spazio vettoriale !

(ℝ) ∀ ∀

n x m

Per la somma, valgono le seguenti proprietà:

{ A B=B A

+ +

m m

A B)+ C= A C)=B A C)

( + + (B + + ( +

m m m m m m

0 O A

∃ ∣A + =

m m m

B=0 B={b

∃B∣A + }={−a }

m m ij ij

Nello spazio delle matrici, inoltre, è possibile l'azione dei numeri reali:

{ 1⋅A= A

(α⋅β)⋅A=(α⋅A )⋅β

A B)=α A

α( + + α⋅B

m m

A=α A A

(α +β) + β

m

Lo spazio delle matrici è, dunque, uno spazio vettoriale! n

M

N.B: Lo spazio delle matrici è equivalente allo spazio vettoriale .

(ℝ)/M (ℝ) ℝ

n x 1 1 x n

0

Esercizio: Dimostrare che l'insieme - l'insieme delle funzioni continue

C 1])

([0,

f :[0,1]→ℝ è uno spazio vettoriale.

Soluzione: Poiché valgono le leggi degli spazi vettoriali per la somma

{ 0

f g 0,1])

+ ∈C ([

c

f g)+ h=f h)=g f h)

( + + (g + + ( +

c c c c c c

O

∃0 =0∣f + =f

c c c

g=0 g=−f

∃g∣f + c c

e per il prodotto { 1⋅f =f

(α⋅β)⋅f =(α⋅f )⋅β

g)=α f

α(f + + α⋅g

c c

A f

(α +β)f =α + β

c

0

Si deduce che è uno spazio vettoriale.

C 0, 1])

([

Domanda: Quando un sottoinsieme di vettori è un sottospazio vettoriale?

Se un sottoinsieme è un sottospazio, esso dovrà essere uno spazio vettoriale dotato delle

operazioni indotte dallo spazio che lo contiene.

T

Domanda: Dati (V, +) e , T è uno spazio vettoriale con le operazioni di V?

≤V

T è un sottospazio di V se in esso valgono le proprietà degli spazi vettoriali per le

operazioni indotte da V.

T 0

N.B: : ogni sottospazio contiene l'elemento neutro dello spazio che lo contiene!

≤V ⇒ ∈T

v 2 2 2 2

Esempio 1 : In , considero . C è un sottospazio vettoriale?

C={( x , y y

ℝ )∈ℝ ∣x + =1}

Risposta: No: l'elemento neutro non è contenuto in C!

2 2 2 2

Esempio 2: In , considero .

T x , y y

ℝ ={( )∈ℝ ∣x − =0}

2

Risolvendo si ottiene T x , y y∨x=−y

={( )∈ℝ ∣x= }

L'elemento neutro è contenuto in T, ma la somma non avviene sempre in T!

es. (1,−1)+ (1,1)=(2,0)∉T

T

T, dunque, non è uno spazio vettoriale!

Metodo di Verifica

T

Possiamo, dunque, introdurre un “ tester ” :Dati (V, +) e , T è un sottospazio se:

≤V

0

Pre Test - ∈T

v

t ,t ,(t t

1 - ∀ ∈T + )∈T

1 2 1 T 2

, t∈T , t∈T

2 - ∀ λ∈ℝ ∀ λ

4 4

Esercizio: In , considero S={( a ,a , a , a

ℝ )∈ℝ ∣a −a =0∧a =2⋅a }

1 2 3 4 1 4 2 3

Soluzione:Applico il tester: 0

Pre Test - :

(0,0,0,0)∈S −0 =0∧0 =2⋅0

1 4 2 3 , 2β ,β ,

1 - Ogni vettore di T è esprimibile nella forma generale (α α)

, 2β ,β , , 2δ , , , 2(β+ ,β+ ,

Svolgo la somma (α α)+ ( γ δ γ)=(α+ γ γ) γ α+ γ)

S

Ma il vettore somma rispetta le condizioni di appartenenza a S!

Valgono, quindi, le regole della somma.

, 2β ,β , , 2 , ,

2 - λ (α α)=(λ α λ β λβ λ α)

Ma il vettore prodotto rispetta le condizioni di appartenenza a S!

Valgono, quindi, le regole del prodotto.

4

S è un sottospazio di .

ℝ T

A a

Definizione: Una matrice è simmetrica se vale , ossia .

A

∈M (ℝ) =a

=A

n ij ji

( )

1 2 3

A=

Esempio: ∈S (ℝ)

2 5 7 3

3 7 9 S

Esercizio: Dimostrare che (ℝ)≤M (ℝ)

n n

Soluzione:Applico il tester: T

0

Pre Test - : 0

∈S (ℝ) =0

m m

m n S a

1 - Per ogni matrice di vale la relazione

(ℝ) =a

n ij ji

A B={a b .

+ + }

m ij ij

a b b)

Ma e , quindi :

=a =b (a+ =(a+b)

ij ji ij ji ij ji

A B

vale dunque .

+ ∈S (ℝ)

m n

A={λ a a a a

2 - , ma , quindi :

λ } =a λ =λ

ij ij ji ij ji

A∈S

vale quindi λ (ℝ)

n

S M

è un sottospazio di .

(ℝ) (ℝ)

n n

Polinomi

x

L'insieme dei polinomi è uno spazio vettoriale.

ℝ[ ]

Per la somma, infatti, vale:

{ A(x B(x A( x

)+ )=B(x) + )

ℝ ℝ

A( x B( x C( x A(x x)+ C(x x)+ A C(x

[ )+ )]+ )= )+ [B( )]=B( [ (x)+ )]

ℝ ℝ ℝ ℝ ℝ ℝ

O A( x)

∃0 ∣A (x )+ =

ℝ ℝ ℝ

x)∣A x)+ B( x)=0 B( x

∃B ( ( )=−A (x )

ℝ ℝ

Nello spazio dei polinomi, inoltre, è possibile l'azione dei numeri reali:

{ 1⋅A x)=A x)

( (

(α⋅β)⋅A (x)=[α⋅A (x)]⋅β

A B A x) x)

α [ (x)+ (x)]=α ( + α⋅B (

ℝ ℝ

A( x A A(x

(α+β) )=α (x)+ β )

3

Esercizio: Dimostrare che x x

ℝ[ ] ≤ℝ[ ]

Soluzione:Applico il tester: T

0

Pre Test - : 0

∈S (ℝ) =0

m m

m n 3 2

≤3

1 - Per ogni polinomio di vale la definizione A x x x+d

x (x )=a +b +c

ℝ[ ] ~ ~ ~

~

3 2 3 2

A B(x ax d)+( ax bx cx d .

(x )+ )=( +bx +cx + + + + )

gr A x)+ B( x)]≤3

Ma :

[ ( ≤3

vale dunque .

A B(x

(x )+ )∈ℝ [x ]

3 2 gr A x)=gr A

2 - , ma :

A x)=λ a x b x cx+λ d ( λ (x)≤3

λ ( + λ +λ ≤3

vale quindi A x)∈ℝ[ x]

λ (

≤3 x

è un sottospazio di .

x ℝ[ ]

ℝ[ ] T S≤T S≤V

Osservo: Dati (V, +) e , vale

≤V ⇒

, v , ... , v

Domanda: Dato l'insieme di vettori , qual'è il più piccolo sottospazio di V che

{v }⊆V

1 2 k

li contiene? v , v v v

Osservo: Dati due vettori si ha:

∈V −v =v + (−1)

1 2 1 2 1 v 2

v , v ,... , v , , ...,

Osservo: Dati k vettori e k coefficienti ,

∈V α α α ∈ℝ

1 2 k 1 2 k

v v ...+ v v v v ... v

(α + α + α )+ α =α + (α + + α )

1 1 v 2 2 v k−1 k−1 v k k 1 1 v 2 2 v v k k v ...+ v

Ha quindi senso scrivere l'operazione secondo l'espressione: α + α

1 1 v v k k

v , v ,... , v

Definizione: Dati k vettori , il vettore è una loro combinazione lineare se

∈V ω

1 2 k k

, ,... , v ...+ v v

∃α α α ∈ℝ ∣ ω=α + + α = α

1 2 k 1 1 v v v k k i i

i=1

k v k

Osservo: Per , , ma per si pone un problema sostanziale: non è sempre

=1 ω=α >1

1 1

possibile combinare infiniti elementi non nulli! i

x

Esempio: Lavoriamo in : dato un insieme di polinomi , una loro combinazione

ℝ[ ] {x }

lineare è ∑ i

x

ω= α

i

i∈ I

∑ i

Se, però, i non ha limite, diventa x , che non è un polinomio bensì una serie!

ω= α

i

i=0

Sommando infiniti elementi non nulli, quindi, si rischia di non rispettare le regole degli

spazi vettoriali!

Introduciamo quindi una nuova definizione corretta di combinazione lineare:

v , v ,... , v

Definizione: Dati k vettori , il vettore è una loro combinazione

∈V ω

1 2 k k

lineare accettabile se e solo se in v k è un numero finito, ossia se gli elementi

α i i

i=1

non nulli sono in numero finito!

C={α v ...+ v , , ... ,

Osservo: Pongo .

+ + α ∣α α α ∈ℝ}⊆V

1 1 v v v k k 1 2 k

C≤V

Si può dimostrare applicando il tester che : C è il sottospazio generato dai vettori

v , v ,... , v .

∈V

1 2 k

Si può esprimere il concetto di sottospazio generato tramite la scrittura

C=<v , ..., v .

>

1 k v , v ,... , v C=<v , ..., v

Definizione: Dati k vettori , è il più piccolo sottospazio

∈V >

1 2 k 1 k

che contenga tali vettori.

T v , v ,... , v C=<v , ..., v

Dimostrazione: Pongo con : vale ?

≤V ∈T > ≤T

1 2 k 1 k

, ..., v , ..., v

Se vale , allora vale anche .

<v > ⊆T ω∈ <v > ⇒ ω∈T

1 k 1 k

v v v v ...+ v v i

Ma , e , da cui

ω=α + α + α + α + α α ∈T ∀

1 1 v 2 2 v 3 3 v 4 4 v v k k i i

k

∑ v : poiché in C valgono le operazioni indotte di T, quindi,

ω= α ∈T

i i

i=1

C=<v , ..., v

vale .

> ≤T

1 k

Domanda: Quanto è grande un sottospazio?

2 L={α(1,1)+β(1,3)∣α ,β∈ℝ}

Esempio: . Descrivo L:

L=<(1,1) ,(1,3)>≤ℝ 2 , b)=(α+β ,α

Se un vettore appartiene a L, vale , da cui:

, b)∈ℝ (a +3β)

(a { 3 a−b

α=

{ { 2

α+β=a β=a−α ...⇒

⇒ ⇒

3β=b b−a

α+ α +3(a−α)=b β= 2

2 2

Ma era arbitrario: il sottospazio L, dunque, è tutto , poiché

, b)∈ℝ

(a ℝ

2 !

, b)∈ℝ ,β∈ℝ∣(a , b)=(α+β ,

∀ (a ∃α α+3 β)

Osservo: Dato lo spazio V e un suo sottospazio W, dato un

v

vettore , vale:

∈V ∖W

v∈V W

α ∖ ∀ α∈ℝ∖ {0}

v ,α v∈V

Dimostrazione: , da cui .

∈V ∖W ∈ℝ ∖ {0} α

v∈W

Se, per assurdo , vale anche

α

v .

βα ∈V ∀β∈ℝ

−1 v=v

Ma per , .

βα ∉W

β=α v

Si è dunque dimostrato che per ∉W

v

{α≠0∣α ∈W }=∅ !

v

Osservo: Dato lo spazio V e un suo sottospazio W, dato un vettore , si ha

∈V ∖W

v∈V W v

: ma !

α ∖ ∀ α∈ℝ∖ {0} {α }=<v>

Si conclude, quindi, che vale .

<v > ∩W ={0 }

v

v , v ,... , v v , v ,... , v

Definizione: Dato lo spazio V e k vettori , i vettori sono

∈V

1 2 k 1 2 k

, v ,... , v

generatori di V se e solo se .

<v > =V

1 2 k

Definizione: Uno spazio vettoriale è finitamente generato se ammette un insieme finito di

generatori.

3

Esempio: 0,0,1)>

ℝ =<(1,0,0),(0,1,0),( x

Un esempio di spazio non finitamente generato è : esso, infatti, include i polinomi in x di

ℝ[ ] i

qualsiasi grado, pertanto dovranno esistere infiniti vettori generatori !

x

T S≤V

Poiché, in uno spazio V, e sono due sottospazi, e in particolare due sottoinsiemi, è

≤V

necessario definire l'intersezione e l'unione dei sottospazi.

Intersezione di Sottospazi

T I

Considero : vale ?

∩S=I ≤V

Applico il tester:

0

Pre Test - , poiché per ipotesi T e S sono due sottospazi

∈T ∩S

v t∈T s

1 - Dati due vettori e , se t e s appartengono allo spazio intersezione valgono i

∈S {

t s∈T

{ {

t∈T t∈S + t s∈T

sistemi e , da cui : vale quindi .

+ ∩S

v v

s s t s∈ S

∈T ∈S +

v

i∈T i

2 – Dato il vettore , vale anche ?

∩S λ ∈T ∩S

{ {

i∈T i∈T

λ

Poichè vale , come abbiamo osservato, vale anche ,da cui

i∈S i∈S

λ

i∈T .

λ ∩S T

Si ha, quindi, che l'intersezione di due sottospazi è un sottospazio, ossia .

∩S≤V

Unione di Sottospazi

T U≤V

Considero : vale ?

∪S=U

T T S⊆T

Nel caso in cui , , che è quindi un sottospazio ( vale anche per con un

⊆S ∪S=S

minimo adattamento). T S⊈T

Analizziamo, quindi, il caso in cui e , senza escludere il caso in cui esista

⊈S S T

l'intersezione tra i due insiemi: esiste, quindi, un vettore e un vettore .

ω∈T ∖ γ∈S ∖

Applico il tester:

0

Pre Test - , poiché T e S sono sottospazi.

∈T ∪S

v

1 – Analizzo il vettore somma :

ω+ γ

v t∈T

Se , : poiché e , la loro

ω+ γ=t∈T ω+ (−1) ω+ γ=t + (−1)ω=γ∉T ω∈T

v v v v

somma dovrebbe appartenere a T, quindi si ha una contraddizione originata dall'ipotesi

t∈T ! t∈ S

Per lo stesso motivo, non potrà nemmeno valere .

T

Poiché non valgono le regole degli spazi vettoriali in , l'unione di due sottospazi non potrà

∪S

essere un sottospazio!

È, quindi, necessario ridefinire l'unione di due sottospazi: poiché l'insieme unione è il più piccolo

insieme contenente gli insiemi uniti, cerco il più piccolo sottospazio contenente T ed S.

s∣t , s∈S}

Osservo: Dati T ed S, definisco :

Σ=T +S Σ={t + ∈T

v

s=0 t=0

Noto che per e per .

Σ⊇T Σ⊇S

v v

Applico quindi il tester:

0 t=s=0

Pre Test - per

∈ Σ

v v

~ ~ ~

~ ~ ~

s)+ t s t s t s

1 - , ma e : è dunque

(t + ( + )=(t + )+ (s + ) (t + )∈T (s + )∈S

v v v v v v v v

rispettata la condizione su .

Σ

s)=λ t s t s∈S

2 - , ma e : è dunque

λ (t + + λ λ ∈T λ

v v

rispettata la condizione su .

Σ

Quindi, effettivamente Σ=T +S≤V

Ma è il più piccolo sottospazio?

Σ ~ ̃

Considero tale che V

V Σ=T +S⊆

≤V ~

{

{ {

t∈Σ t∈T t∈ V

Pongo , in particolare , da cui : perciò si ha

∈~

s s s V

∈Σ ∈S

~ .

t s∈ V t , s

+ ∀ ∀

v

Ma per definizione, in valeva la stessa condizione: quindi è il più

Σ Σ=T +S

piccolo sottospazio contenente T ed S.

{ x− y=0

4 4

4

Esercizio: In , si ha e

L={( x , y , z ,t)∈ℝ ∣ }≤ℝ

ℝ x− y z

+ +t=0

L∩M

M : valutare .

=<(1,1,1,−1),(2,0,0,0)>

M

Soluzione: , quindi ogni suo vettore si scrive nella forma

=<(1,1,1,−1),(2,0,0,0)>

m=(α+2 , ,−α) .

β, α α { α+2 β−α=0

m∈L∩M

Per , quindi, si ha , da cui si ottiene

2β−α+

α+ α+(−α )=0

{ β=0 4

L∩M

: sarà quindi , da cui

L∩M , , ,−α)∈ℝ

={( α+2β α α ∣α∈ℝ}

α∈ℝ

L∩M .

=<(1,1,1,−1)> v , v ,... , v , v ,... , v

Definizione: Dato lo spazio V, e dei vettori , con ,

∈V <v > =V

1 2 k 1 2 k

v , v ... , v sono linearmente indipendenti se:

1 2, k k

∑ v i

α =0 ⇔α =0 ∀

i i v i

i=1

v , v ... , v sono linearmente dipendenti se:

1 2, k k

∑ v

∃α ≠0 ∣ α =0

i i i v

i=1

v , v ... , v

Nel caso in cui siano linearmente dipendenti, sia per esempio,

1 2, k

v v ... v , con : si ha, dunque,

α + α + + α =0 α ≠0

1 1 v 2 2 v v k k v 1 α α

2 k

v v v v

, da cui . Ma è una

v v v

α =−α −...−α =− −...−

1 1 2 2 k k 1

1 2 k

α α

1 1

v , v ,... , v

combinazione lineare di , quindi è “ eliminabile ” dalla lista dei

2 3 k

, ..., v

generatori: si ha, dunque, .

<v > =V

2 k k k

∑ ∑

v , v ... , v

Domanda: Siano linearmente indipendenti: può valere v v , con

α = β

1 2, k i i i i

i=1 i=1

?

α ≠β

i i k k

∑ ∑

Per assurdo, pongo vera la tesi v v : si avrà dunque

α = β

i i i i

i=1 i=1

k k k

∑ ∑ ∑

v v , ma , da cui .

α ≠β α −β ≠0

α − β = (α −β )v =0 i i i i

i i i i i i i v

i=1 i=1 i=1

v , v ... , v

I vettori dovrebbero essere linearmente dipendenti!

1 2, k v , v ... , v

Soluzione: Ogni combinazione lineare di è unica!

1 2, k

{ }

v , v ... , v , v ... , v

Definizione: Un insieme è un base dello spazio V se e

<v >=V

1 2, k 1 2, k

k

∑ .

v i

α =0 ⇔α =0 ∀

i i v i

i=1

v , v ... , v w∈V

Osservo: Se costituiscono una base di V, ogni vettore è una combinazione

1 2, k k

v , v ... , v

lineare di : w= v .

α

1 2, k i i

i=1 { }

v , v ... , v w

Definito come base di V l'insieme , il vettore si può indicare

1 2, k

attraverso i coefficienti .

α

i

v , v ... , v

Domanda: Siano linearmente indipendenti: può valere

1 2, k

... , v v , v ... , v ?

<v >=< >

2, k 1 2, k

... , v v , v ... , v v ... , v

Per assurdo, : vale allora , da cui

<v >=< > ∈<v >

2, k 1 2, k 1 2, k

k

∑ v , v ... , v

v v : i vettori dovrebbero essere linearmente indipendenti.

= α 1 2, k

1 i i

i=2 , v ... , v v ... , v

Soluzione: Non è possibile generare tramite i vettori !

<v >

1 2, k 2, k

3

Esercizio: In , mostrare se i vettori e sono linearmente indipendenti o

(1,0,3) (2,1,1)

dipendenti. k

Applichiamo la definizione: poniamo quindi v , da cui

α =0

i i v

i=1

, , 3 .

α (1,0,3)+α (2,1,1)=(α +2 α α α +α )=0

1 2 1 2 2 1 2

Si ottiene un sistema a tre equazioni:

{ 2α

α + =0

1 2

α =0

2

3 α + α =0

1 2

da cui si ricava che dovrà valere necessariamente .

α =α =0

1 2

Soluzione: i vettori e sono linearmente indipendenti.

(1,0,3) (2,1,1)

2

Esercizio: In , mostrare se i vettori , e sono linearmente

(1,1) (2,1) (3,2)

indipendenti o dipendenti. k

Applichiamo la definizione: poniamo quindi , da cui

v

α =0

i i v

i=1

,α .

α (1,1)+α (2,1)+α (3,2)=(α +2 α +3 α + α +2 α )=0

1 2 3 1 2 3 1 2 3

Si ottiene un sistema a due equazioni:

{

α +2 α +3 α =0

1 2 3

α +α + =0

1 2 3

da cui si ricava , che non implica (necessariamente) .

α =−α α =α =α =0

2 3 1 2 3

Soluzione: i vettori , e sono linearmente dipendenti.

(1,1) (2,1) (3,2) 2

Osservo: ,(3,2)>=<(1,1) ,(2,1)>=ℝ

<(1,1),(2,1) k

... , w w ... , w , w

Da cui per w w .

<w >=< > = α

1, k 1, k k k+1 i i

+1 i=1

... , w w ... , w w ... , w

Non vale invece se i vettori sono

<w >=< >

1, k 1, k−1 1, k

linearmente indipendenti.

2 2 2

Esempio: ma e .

,(2,1)>=ℝ

<(1,1) <(1,1)>⊂ℝ <(2,1)>⊂ℝ

{ }

( )

x y

M

Esercizio: In , V x− y+ t=0

(ℝ) = ∈M (ℝ) ∣

2 2

z t

Definire i generatori.

x− y y=x

Soluzione: Poiché vale , varrà necessariamente : posso dunque riscrivere

+t=0 +t

( ) ( )

x y x x+ t

la matrice come , ma questa è una combinazione lineare:

z t z t

( ) ( ) ( )

1 1 0 0 0 1

x z

+ +t

0 0 1 0 0 1

( ) ( ) ( )

1 1 0 0 0 1

Lo spazio V è quindi V , ,

=< >

0 0 1 0 0 1

( ) ( )

1 0 0 1 L∩V L+V

Dato , definire e .

L=< , >

0 0 1 0 L∩V

Se una matrice appartiene a , essa appartiene a L, quindi si può scrivere nella

( )

α β x− y

forma , e inoltre soddisfa l'equazione , da cui ; si

+t=0 α−β=0

0

β ( )

1 1

ricava dunque , e si ha .

L∩V

α=β =< >

1 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 0 0 0 1 1 0 0 1

L+V , infine, sarà .

V , , , ,

=< >=M (ℝ)

2

0 0 1 0 0 1 0 0 1 0

v , ..., v w∈V

Domanda: Siano una base di V: esiste un vettore linearmente indipendente da

1 k

v , ..., v ?

1 k k k

∑ ∑

w∈V

Poiché , per definizione w= v , da cui w− v , ma si ha

α α =0

i i i i V

i=1 i=1

sicuramente un non nullo, ossia il coefficiente di w: i vettori, quindi, non potranno

α

i

mai essere linearmente indipendenti!

v , ..., v w∈V

Soluzione: Se i vettori sono una base di V, non esiste un vettore linearmente

1 k

v , ..., v

indipendente da .

1 k

, ..., v w

Osservo: Se invece , è possibile aggiungere vettori linearmente

<v > ⊂V ∈V

1 k n

v , ..., v , ..., v , w ..., w

indipendenti da fino ad ottenere <v >=V

1 k 1 k 1, n

v , ..., v

Allo stesso modo, dati linearmente dipendenti e generatori di V, posso

1 k V v , ... , v v , ..., v

eliminare vettori fino ad ottenere , con linearmente

=< >

1 f 1 f

indipendenti.

, ..., v w

Osservo: Se , è sempre possibile aggiungere un vettore linearmente

<v > ⊂V ∈V

1 k n

v , ..., v

indipendenti da , ma esso non è definito univocamente.

1 k

2 2

Esempio: In , preso il vettore si ha , ma anche

(1,0)

ℝ <(1,0),(0,1)>=ℝ

2 , e così via.

<(1,0),(2,1)> =ℝ

Introduciamo la definizione di “ base di uno spazio vettoriale”:

Definizione: Una base è un insieme massimale di vettori linearmente indipendenti e/o un insieme

minimale di generatori.

v , ..., v w , ... , w

Osservo: In V, siano dei generatori di V e dei vettori linearmente

1 k 1 s

s≤k

indipendenti appartenenti a V: si ha .

Si può intuire che se due insiemi di vettori sono entrambi base di V, essi devono contenere

lo stesso numero di vettori. k

, ..., v w

Dimostro: Poiché vale , un vettore è w v .

<v > =V ∈V = α

1 k 1 1 i i

i=1

Ponendo almeno un termine non nullo – ad esempio - si ha

α α

i 1

k 1

∑ , v , ... , v

, quindi vale

v v <w >=V

=[w − α ]⋅ 1 2 k

1 1 i i α

i=2 1 , ... , w

Iterando il procedimento un numero k di volte, si avrà .

<w > =V

1 k

w , ... , w , w ,... , w

Per assurdo, pongo linearmente indipendenti: poiché vale

1 k k+1 p

k k p

∑ ∑ ∑

w , vale w w , da cui w w 0⋅w .

∈V = β − β + =0

k+1 k+1 i i k+1 i i i v

i=1 i=1 i=k+2

Poiché vi è un coefficiente non nullo – in particolare il coefficiente di

w w , ... , w , w ,... , w

, ossia 1 - i vettori non possono essere linearmente

k+1 1 k k+1 p

indipendenti.

È dunque dimostrato che il numero di vettori linearmente indipendenti in V è

minore o uguale del numero di generatori di V.

Introduciamo la definizione di “ dimensione ” di uno spazio vettoriale.

Definizione: Dato uno spazio vettoriale V, la sua dimensione è il numero degli elementi che

costituiscono una sua base – se V è finitamente generato.

3

Esempio: V dim V

=ℝ ⇒ =3

v , ..., v dim V

Osservo: Dati i vettori , generatori di V, se vale allora i vettori

=k

1 k ℝ

v , ..., v sono una sua base, quindi sono anche linearmente indipendenti.

1 k S S S v , ... , v

Osservo: Dato lo spazio V, si hanno i sottospazi e , con e

≤V ≤V =< >

1 2 1 1 p

S w ,... , w S v , ... , v , w ,... , w

: vale

=< > +S =< >

2 1 s 1 2 1 p 1 s

{

dim V =k dim n

N.B: Non vale in generale l'affermazione !

⇒ (V +U )=k +

ℝ ℝ

dim U =n

Introduciamo una convenzione per la scrittura dei vettori: { }

t , ..., t z∈T

Convenzione: Dato uno spazio vettoriale T e una sua base , ogni vettore è

1 k

k

z= t .

α i i

i=1

Introduciamo quindi una scrittura “ a coordinate ”:

z=(α ,... , α )

1 k T

La convenzione è sempre valida poiché ogni combinazione lineare dei vettori

di una base di T è unica!

T , t , t=(1,2) 2 t

Esempio: =<t > ∼t=t +

1 2 t 1 T 2

Osservo: Dati W e U, sottospazi dello spazio V, non vale necessariamente che l'unione

W

delle basi è la base del sottospazio .

+U

Quando posso, invece, affermare ciò?

È necessario introdurre il concetto di Somma Diretta. { }

W 0

W

Definizione : è una somma diretta se vale .

∩U =

+U v

La somma diretta si indica con un “ + ” cerchiato, che per comodità di scrittura,

solamente in questo manuale d'ora in poi verrà indicata con il simbolo “ ”.

S S

Esempio: Somma diretta =

+T ∘T

V v , ... , v W w , ..., w dim V

Dati il sottospazio e il sottospazio , con e

=< > =< > =u

1 u 1 p ℝ

dim W p , ... , v , w ,... , w V

, l'insieme è una base di ?

= {v } ∘W

1 u 1 p

ℝ u p

∑ ∑

Studio la dipendenza lineare, analizzando l'affermazione v w : si ha,

α + β =0

i i i i v

i=1 i=1

banalmente, che essa è automaticamente vera se tutti gli sono nulli, e di conseguenza tutti i

α

i

(e viceversa).

β i

Poniamo, dunque, il caso in cui ci sia qualche non nullo e qualche non nullo.

α β

i i

u p

∑ ∑ v

Si ha, quindi, e , da cui , ma per definizione valeva

v w =−w

α =v ≠0 β =w≠0

i i v i i v

i=1 i=1

{ }

W 0 .

∩V = v

L'assurdo deriva dall'aver posto la dipendenza lineare tra qualche vettore dell'insieme

, ... , v , w ,... , w V

: perciò è dimostrato che, data la somma diretta , l'insieme

{v } ∘W

1 u 1 p

, ... , v , w ,... , w V

è una base di .

{v } ∘W

1 u 1 p S dim S+ dim T

Osservo: Data una somma diretta , vale l'eguaglianza

∘T (S ∘T )=dim

ℝ ℝ ℝ

3 S=<(1,0 ,1) ,(0,1,1)> T ,2), ,0)>

Esercizio: In , dati e , determinare se

=<(1,1 (3,5

S S S∩T

è una somma diretta: fornire, quindi, una base di e una di .

+T +T

3

Soluzione: Poiché si ha , deve valere

S ,1) ,(0,1 ,1),(1,1 ,2) ,(3,5 ,0)>

+T =<(1,0 ≤ℝ

dim : la somma, quindi, non può essere diretta, poiché tra i generatori

(S +T )≤3

ℝ S∩T

compaiono 4 generatori. Valutiamo, quindi, l'intersezione : poniamo

,1)+β(0,1 ,1)=γ ,2)+δ ,0) .

α(1,0 (1,1 (3,5

Si ottiene dunque il sistema lineare:

{

α+β−3 δ=0

β−γ−5δ=0

α+β−2 γ=0

da cui si ottiene , e .

δ=0

γ=β

α=β

Ponendo, ad esempio, , si ottiene:

β=1 ,1)+(0,1 ,1)=(1,1 ,2)

(1,0

S∩T ,2)>

Si avrà dunque =<(1,1

,2) S

Eliminando il vettore dall'insieme dei generatori di , si ottiene

(1,1 +T

3

dunque : poiché i vettori sono linearmente

S ,1) ,(0,1 ,1),(3,5 ,0)>≤ℝ

+T =<(1,0 3 dim

indipendenti, si ha , poiché vale .

S (S +T )=3

+T =ℝ ℝ

v s t∈T

Osservo: Dato un vettore , con e , poiché la somma non è diretta,

=s +t ∈S

la scrittura del vettore v non è sempre unica!

v ,2)=(1,1 ,2)+ 0 ,2)∈S 0

Esempio: , con e , oppure

=(1,1 (1,1 ∈T

v v

v ,2)=(1,1 ,2)+ 0 ,2)∈T 0

, con e .

=(1,1 (1,1 ∈S

v v 3

Esercizio: Determinare un sottospazio L in somma diretta con S tale che sia .

S L=ℝ

3 dim S=2 dim L=1

Soluzione: Deve valere : poiché vale , si dovrà avere , da

S L=ℝ

∘ ℝ ℝ

3

L=<l

cui . Poiché la somma è diretta, sarà sufficiente porre , quindi

l S

> ∈ℝ ∖

1

1

l 1,0 ,1)+β(0,1 ,1)=(α , l ,0)

, ad esempio .

≠α( β, α+β) =(1,0

1 1

L=<(1,0 ,0)>

Si avrà dunque, ad esempio, .

v s t∈T

Osservo: Dato un vettore , con e , se la somma è diretta,

=s +t ∈S

la scrittura del vettore v è necessariamente unica!

v ' ' s−s '=−t+t '

Dimostro: Per assurdo, pongo , da cui , ma la somma è diretta,

=s +t=s +t s−s '=−t+t '

e almeno un termine della somma non è nullo, quindi si ha .

=0 v

L'assurdo deriva dall'aver ammesso che la scrittura di v non fosse unica nel caso di una

somma diretta. v s t∈T

Osservo: Dato un vettore , con e , se la scrittura di v è unica, la somma

=s +t ∈S

è diretta.

Dimostro: Per la dimostrazione utilizziamo l'equivalente affermazione negativa:

“se la somma non è diretta, la scrittura di v non è unica”.

w∈S∩T t≠0

Ponendo la somma non diretta, esisterà un vettore , ossia

∣ v

v t∈ S 0 v t∈T 0

, con e , oppure , con e .

=t+0 ∈T =t+0 ∈S

v v v v

Poiché abbiamo già dimostrato la validità di questa osservazione, è automaticamente

dimostrato il suo equivalente negativo.

Osservo: Così come si definisce il numero # di elementi in un insieme

A∪B) A∩B)

# = # A + # B - #

( (

è possibile anche definire la dimensione di uno spazio-somma:

dim A B)=dim A+ dim B−dim A∩B)

( + (

ℝ ℝ ℝ ℝ

dim A∩B)≤dim A dim B

Osservo: - e

( (A∩B)≤dim

ℝ ℝ ℝ ℝ

dim A=1⇒ A⊆B∨A B

- ∘

A B dim A+ B)=dim A B

- ∘ ⇒ ( +dim

ℝ ℝ ℝ

S=< v , v , ... , v T , v v , ... , v

Osservo: Consideriamo i sottospazi e :

> =<v +α >

1 2 s 1 2 1 s

S=T

si ha .

T v , v v , ... , v

Dimostro: Vale , poiché T è il più piccolo sottospazio che contiene ,

≤S +α

1 2 1 s

v v

già contenuti in S ( è una combinazione lineare di vettori di S).

2 1 s

Ma v v v 0⋅v è una combinazione lineare dei generatori di T,

=−α +(v + α )+

2 1 2 1 i

i =3

S≤T T S=T

quindi si ha : poiché vale , deve valere necessariamente .

≤S

Da questa osservazione traiamo un'ulteriore osservazione: operando somme tra vettori generatori ,

otteniamo ancora vettori generatori.

v ,2 ,3 ,0) w=(1,2 ,1 ,3 ,1)

Osservo: Dati i vettori e , come posso definire se essi sono

=(1,0

linearmente dipendenti o indipendenti? v w

Se v e w sono linearmente dipendenti, vale , da cui:

{

1=1 α

2=0 α

1=2 α

3=3 α

1=0 α

Poiché il sistema non ha soluzioni, v e w dovranno essere linearmente indipendenti.

,3) ,1) ,4)

Esercizio: Dati i vettori , , e , fornire una base del

(1,0 (2,1 (3,1 (−1,−1,2)

sottospazio da essi generato. A

Introduciamo ora un metodo grafico: costruiamo una matrice in cui i vettori

4 x 3

che consideriamo sono i vettori-riga.

( )

1 0 3

2 1 1

A =

4 x 3 3 1 4

2

−1 −1

Poiché operando somme tra i vettori-riga, i vettori ottenuti sono ancora generatori del

sottospazio di partenza – nel nostro caso, il sottospazio generato dai quattro vettori -

operiamo somme tra le righe in modo tale da ottenere una forma “a scalini”:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 0 3 1 0 3 1 0 3 1 0 3 1 0 3

2 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1

−5 −5 −5 −5

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

3 1 4 3 1 4 0 1 0 1 0 0 0

−5 −5

2 2 2 0 5 0 0 0

−1 −1 −1 −1 −1 −1 −1

La prima trasformazione si ottiene togliendo alla seconda riga la prima moltiplicata per

2, la seconda si ottiene togliendo alla terza riga la prima moltiplicata per 3, la quarta si

ottiene sommando alla quarta riga la prima, l'ultima si ottiene togliendo alla terza riga la

seconda e sommando alla quarta riga la seconda.

In questo modo, si vede che i due vettori-riga non nulli sono linearmente indipendenti:

essi, in particolare, sono la base del sottospazio generato dai quattro vettori di partenza.

Sistemi Lineari

S=<(1,0 ,3),( 0,1,−5)>

Esercizio: Dato il sottospazio appena ottenuto - - determinarne le

equazioni caratteristiche.

Soluzione: Il metodo grafico permette di ottenere anche le equazioni di un sottospazio.

Applichiamo il concetto di appartenenza a un sottospazio: se un vettore appartiene a un

sottospazio, esso è una combinazione lineare dei vettori di una sua base.

Tramite opportune somme, quindi, è possibile rendere il vettore-riga ad esso relativo

un vettore-riga nullo. A

costruiamo una matrice in cui inseriamo i vettori della base e un generico vettore

3

, y , z) :

(x ( )

1 0 3

A = 0 1 −5

3 x y z x , y , z)

Operiamo opportune somme in modo da annullare la riga :

(

( ) ( ) ( )

1 0 3 1 0 3 1 0 3

⇒ ⇒

0 1 0 1 0 1

−5 −5 −5

x y z 0 y z−3x 0 0 z−3x+ 5 y

La prima trasformazione si ottiene togliendo alla terza riga la prima moltiplicata per

x, la seconda si ottiene togliendo alla terza riga la seconda moltiplicata per y: nel

momento in cui non si possa più operare senza introdurre nuovi termini non nulli, si

z−3x+ 5 y

pongono i termini in x, y e z uguali a 0: l'equazione è, dunque,

=0

l'equazione caratteristica del sottospazio S.

Ma qual'è l'idea alla base del metodo grafico?

Per procedere si seguono due linee-guida: - inserire più zeri possibili

- utilizzare i “cambiamenti”.

Si ha un cambiamento quando, in un vettore-riga, a sinistra di un termine si hanno SOLO termini

nulli, e nella riga precedente si hanno anche termini non nulli a sinistra del termine considerato.

( )

1 0 3 5 7

Esempio: Nella matrice , il termine “ 1 ” della seconda riga è un

0 1 0 9

−5

0 1 2 4 6

cambiamento, poiché alla sua sinistra sono presenti solo termini nulli, e nella riga

precedente vi è un termine non nullo alla sua sinistra – in pratica, si presenta uno

“ scalino ” - ma anche il termine “ 1 ” della prima riga è un cambiamento (in senso lato),

poiché alla sua sinistra non si presentano termini non nulli, e non vi è una riga

precedente (questo sarà importante successivamente, quando impiegheremo queste

proprietà alle applicazioni lineari).

il termine “ 1 ” della terza riga, invece, NON è un cambiamento, poiché alla sua sinistra

si presentano SOLO termini nulli, ma nella riga precedente, alla sua sinistra, non si

presentano termini non nulli. P=<(1,0 ,1 ,1),(0, 0,1 ,0)>

Esercizio: Trovare le equazioni del sottospazio .

B

Costruiamo la matrice 3 x 4 ( )

1 0 1 1

B = 0 0 1 0

3 x 4 x y z t

E operiamo lungo le colonne relative ai cambiamenti:

( ) ( ) ( )

1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1

⇒ ⇒

0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0

x y z t 0 y z−x t−x 0 y 0 t−x { y=0

Non potendo operare oltre, il sistema di equazioni sarà dunque: .

t−x=0

z∈ℝ)

(

L=<(1,2,3 ,4 4,3 ,5 ,9),( 3,1,2 ,5)>

Esercizio: Dati i sottospazi e

),(

V ,0) ,(−1,1 ,1 ,1),(3,0 ,−3,0), ,−2,1)> , fornire per entrambi i

=<(1,−2,1 (2,1 L+V

sottospazi una base e un sistema di equazioni, quindi definire il sottospazio .

Soluzione: Utilizziamo il metodo grafico per fornire le basi di L e V:

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

L: ⇒ ⇒ ⇒

4 3 5 9 0 0 0

−5 −7 −7 −5 −7 −7 −5 −7 −7

3 1 2 5 3 1 2 5 0 0 0 0 0

−5 −7 −7

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0

−2 −2 −2 −2

1 1 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1

−1 −1 −1 −1

V : ⇒ ⇒ ⇒

3 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0

−3 −1 −1 −1

2 1 1 2 1 1 2 1 1 0 5 1

−2 −2 −2 −4

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0

−2 −2 −2 −2

0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1

−1 −1 −1 −1

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

0 5 1 0 0 6 6 0 0 1 1 0 0 0 0

−4

L=<(1,2,3 ,4 0,5 ,7 ,7)> V ,0),(0,−1,2 ,1),( 0,0 ,1 ,1)>

Otteniamo e .

),( =<(1,−2,1

Utilizziamo il metodo grafico per fornire i sistemi di equazioni di L e V:

( ) ( ) ( )

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

L: ⇒ ⇒

0 5 7 7 0 5 7 7 0 5 7 7

x y z t 0 y−2x z−3x t 0 0 5z−15x−7y+14x 5t x

−4x −20x−7y+14

( )

1 2 3 4 { 5z− x−7y=0

: il sistema di equazioni per L è dunque .

⇒ 0 5 7 7 5t−6x−7y=0

0 0 5z−x−7y 5t−6x−7y

( ) ( ) ( )

1 1 0 1 1 0 1 1 0

−2 −2 −2

0 2 1 0 2 1 0 2 1

−1 −1 −1

V : ⇒ ⇒

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

x y z t 0 y+ 2x z t 0 0 z t y

−x +2y +3x + +2x

( ) ( )

1 1 0 1 1 0

−2 −2

0 2 1 0 2 1

−1 −1

⇒ ⇒

0 0 1 1 0 0 1 1

0 0 0 t+ y 2x− z−2y−3x 0 0 0 t− z− y− x

+ t−z y−x=0

Il sistema di equazioni per V diventa dunque .

L+V

Definiamo ora il sottospazio :

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

0 5 7 7 0 5 7 7 0 5 7 7 0 5 7 7

L+V : ⇒ ⇒ ⇒

1 1 0 0 0 0 18 8 0 0 18 8

−2 −4 −2 −4

0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 0 17 12

−1 −1 −1

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

( ) ( ) ( )

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

0 5 7 7 0 5 7 7 0 5 7 7

⇒ ⇒¿ ⇒

0 0 18 8 0 0 18 8 0 0 18 8

0 0 0 12⋅18−8⋅17 0 0 0 12⋅18−8⋅17 0 0 0 12⋅18−8⋅17

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 10

( ) ( )

1 2 3 4 1 2 3 4

0 5 7 7 0 5 7 7 .

⇒ ⇒

0 0 18 8 0 0 9 4

0 0 0 1 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0 0 0 4

L+V

Concludiamo che il sottospazio , dunque, è tutto , poiché ha

dimensione 4 in uno spazio vettoriale di dimensione 4.

Osservo: Il sottospazio L ha dimensione 2, e il sottospazio V ha dimensione 3, perciò il

L∩V

sottospazio avrà dimensione 1.

Capitolo 3

Applicazioni Lineari

f :V

Definizione: Un'applicazione lineare è una funzione che mantiene in W

→W

le proprietà di V.

Si ha dunque:

f v f

- (v + )=f (v )+ (v )

1 v 2 1 w 2

f v)=λ f

- (λ (v )

f

Osservo: per

(0 )=f (0⋅v)=0⋅f (v)=0

v w

OGNI applicazione lineare!

Proprietà: data un'applicazione lineare

f :V T f

, preso , vale

→W ≤V (T )≤W

.

Dimostro: Applico il tester:

0 0

Pre – Test: , poiché

∈f (T ) ∈T

w v

s s s s f t t

1 – Prendo e : vale , ma

=f (t ) =f (t ) + =f (t ) + (t )=f ( + )

1 1 2 2 1 w 2 1 w 2 1 v 2

t t s s

, quindi .

+ ∈T + ∈f (T )

1 v 2 1 w 2

s f s=f

2 – Prendo : s appartiene a , quindi vale ;

∈f (T ), λ ∈ℝ (T ) (t)

t f t)=λ f s∈f

poiché t appartiene a T, vale , da cui .

λ ∈T (λ (t)=λ (T )

f

Si ha, dunque, .

(T )≤W

f :V f

Data un'applicazione lineare , è detto “ Immagine ” di f.

→W (V )=Imf

0 :V

Osservo: L'applicazione è lineare:

→{0 }

w

0 f v v f

- =0 (v + )=0 [f ( )+ (v )]=0 [0 +0 ]=0

w 1 v 2 1 w 2 w w w

0 f v)=0⋅λ f 0

- =0 (λ (v )=0⋅λ =0

w w w

f :V w∈W ,∃v f

Definizione: Un'applicazione lineare è suriettiva se ,

→W ∀ ∈V ∣ (v)=w

Imf

ossia se vale =f (V )≡W −1

f : V T

Proprietà: data un'applicazione lineare , preso , vale .

f

→W ≤W (T )≤V

Dimostro: Applico il tester: −1 0

Pre – Test: , poiché

0 ∈T

∈f (T )

v w

−1 −1 −1

1 – Prendo e : vale dunque , da cui

s s s s f

∈f (T ) ∈f (T ) + ∈ (T )

1 2 1 v 2

f s f s s f f f

, ma , da cui e .

(s + )∈T (s + )=f ( )+ (s ) (s )∈T (s )∈T

1 v 2 1 v 2 1 w 2 1 2

−1 −1 −1

2 – Prendo : poiché s appartiene a , vale ,

s f s∈ f T

∈f (T ), λ∈ℝ (T ) λ ( )

f s)=λ f

da cui .

(λ (s)∈T

−1

Si ha, dunque, .

f (T )≤V

−1

Osservo: f f

(W )={v∈V ∣ (v)∈W }=V

−1

Definizione: è il nucleo dell'applicazione f, detto

f f f

(0 )={v ∈V ∣ (v )=0 }=ker ⊇{0 }

w w v

anche “ ker f” (dal tedesco kernel, nucleo)

f :V v , w∈V , f v≡w

Definizione: Un'applicazione lineare è iniettiva se ,

→W ∀ (v )=f (w) ⇒

v , w∈V , v≠w f

ossia , da cui consegue che deve valere

∀ ⇒ (v )≠f (w)

ker f .

={0 }

v

ker f

Osservo: è una condizione necessaria E SUFFICIENTE all'iniettività.

={0 }

v −1

w∈W

Osservo: Dato un vettore , ho :

f f

({w })={v ∈V ∣ (v )=w}

−1

w=0

- per , f f

({w })=ker

w −1

w∉Imf

- per , f ({w })=∅

w∈Imf f

- per , ∃t∈V ∣ (t)=w

n∈ker f f n)=f f 0

Prendo un vettore : vale , da cui

(t + (t)+ (n)=w + =w

v w w w

−1 ; se vale anche la proposizione

f n f t)=w∧n∈ker f

({w })⊇{t + ∣ ( }

v

−1 , allora varrà l'uguaglianza

f n f t)=w∧n∈ker f

({w })⊆{t + ∣ ( }

v

−1 .

f n f t)=w∧n∈ker f

({w })≡{t + ∣ ( }

v −1

f s)=w

Suppongo che , da cui : vale allora l'equazione

s

∃s ∣ ( ∈f ({w})

f s−t f

, da cui ; ricaviamo dunque

(s−t)=f (s)−f (t )=0 ∈ker

w s n f f

s=t s−t)=t+n , da cui , ma a s era richiesto

∈{t + ∣ (t)=w∧n∈ker }

+( v

−1

solamente di appartenere a , quindi è dimostrata anche la proposizione

f ({w })

−1 .

f n f t)=w∧n∈ker f

({w })⊆{t + ∣ ( }

v −1

Vale, quindi, f n f t)=w∧n∈ker f ker f

({w })≡{t + ∣ ( }=t+

v

−1

Osservo: Se f è iniettiva, f f 0

({w })=t +ker =t + =t

v {

v →w

1 1

f :V v , ..., v

Osservo: Data un'applicazione lineare , con - dove formano

→W ⋯ 1 k

v →w

k k

una base di V - note le immagini di ogni vettore della base di V, conosco l'immagine di

k k k

∑ ∑ ∑

OGNI vettore di V, poiché v v v f v f v .

∈V ⇒ = α ⇒ (v )=f ( α )= α ( )

i i i i i i

i=1 i=1 i=1

f :V v , ..., v f ... , f v

Osservo: Data un'applicazione lineare , con base di V,

→W (v ), ( )

1 k 1 k

Imf

sono generatori di . k k

∑ ∑

v

w=f w=f

Dimostro: Pongo , con , ma v v f f : è,

∈V

(v ) (v )

= α ⇒ (v )= α (v )

i i i i

i=1 i=1

v , ..., v

quindi, una combinazione lineare delle immagini dei vettori , quindi

1 k

f ... , f v Imf

sono generatori di .

(v ), ( )

1 k

f ... , f v Imf

ATTENZIONE! non sono in generale una base di !

(v ), ( )

1 k

{ ,0)→( 1,0)

(1,0

3 2 f ,0) , f ,0) , f 0,0 ,1)

Esempio: , : sono linearmente

f :ℝ (1,0 (0,1 (

→ℝ 0,1,0)→( 0,0)

( 0,0 ,1)→( 1,0)

( Imf

dipendenti, quindi non sono una base di .

Possiamo dare quindi una nuova definizione di iniettività.

f :V

Definizione: Un'applicazione lineare è iniettiva se manda vettori linearmente

→W

indipendenti in vettori linearmente indipendenti (e viceversa)

v v f

Dimostro: Se v è linearmente indipendente, vale : poiché vale ,

≠0 ≠0 ⇒ (v )≠0

v v w

poiché f manda vettori linearmente indipendenti in vettori linearmente indipendenti, ma

f v=0

f

poiché anche è linearmente indipendente vale , da cui

(v )=0 ⇒

(v ) w v

ker f . L'applicazione f, dunque, è iniettiva.

={0 }

v

f : V v , ..., v f ... , f v

Osservo: Se è iniettiva e sono una base di V, sono una

→W (v ), ( )

1 k 1 k

Imf dim Imf V

base di : vale quindi .

=dim =k

ℝ ℝ

f :V dim V

Domanda: Data un'applicazione lineare , con , cosa succede se

→W =n

v , ..., v sono generatori di V ma non sono una base?

1 n

2 3

Esempio: f :ℝ →ℝ ,1)

(1,0)→(1,0

Date le informazioni , esiste f lineare?

,1)

(2,1)→(0,1 ,1)

(1,3)→(1,3

Se f è lineare, poiché vale l'equivalenza , deve valere anche

(1,3)=3(2,1)−5(1,0)

f f f : poiché non vale l'identità – risulta infatti

(1,3)=3 (2,1)−5 (1,0)

f ,1)=(0,3 ,3)+(−5,0 ,−5)=(−5,3 ,−2) - non può esistere f lineare, poiché

(1,3)=(1,3 2 3

f deve mantenere le proprietà di in !

ℝ ℝ

Conclusione: Per poter definire correttamente un'applicazione lineare, devo disporre di una base

del dominio e delle corrispettive immagini.

N.B: Poiché la base non è unica, anche la definizione dell'applicazione lineare non sarà unica.

f : V dim V dim Imf ker f V

Osservo: Data lineare, con , si ha:

→W =n +dim =dim =n

ℝ ℝ ℝ ℝ

f : V dim V dim W

Osservo: Data lineare, se si ha vale automaticamente

→W >

ℝ ℝ

dim ker f ker f

, ossia .

>0 ⊃{0 }

v

ℝ f : V dim V W

Osservo: Data lineare ed iniettiva, se si ha vale

→W =dim

ℝ ℝ

dim V Imf V dim Imf W

, ma , quindi f è anche suriettiva,

=dim (dim =) =dim

ℝ ℝ ℝ ℝ ℝ

−1

quindi f è biiettiva, quindi anche la sua inversa è lineare.

f :W →V

Una funzione biiettiva è detta isomorfismo.

2 ≤1

Esempio: f :ℝ →ℝ [x ]

(1,0)→x

(2,1)→1 2 ≤1 f è un isomorfismo.

ker f dim Imf x]

={(0,0)}⇒ =dim ℝ =2=dim ℝ[ ⇒

ℝ ℝ ℝ

−1 −1 −1 −1

Dimostro: Se è lineare, vale , ma poiché f è

f : W f w f

→V (w + )=f (w ) + (w )

1 w 2 1 v 2

−1 −1 −1

lineare vale .

f w f w

[f (w + )]=f [f (w )] + [f (w )]=w +

1 w 2 1 w 2 1 w 2

−1 −1 −1

Se è lineare, vale , ma poiché f è lineare vale

f w)=λ f w)

f :W ( λ (

→V

−1 −1 .

f w)]=λ f w

[f (λ [f (w)]=λ

Domanda: In uno spazio vettoriale V di dimensione n, come posso sapere se k vettori sono

linearmente indipendenti?

Sfruttiamo una convenzione di utilità pratica: poiché ogni vettore di V è una combinazione lineare

n

dei vettori di una sua base, si può scrivere , da cui si può schematizzarne la scrittura

w v

= α

j i i

i=1

w , ... ,α

scrivendo , fornendo cioè delle coordinate.

=(α )

j 1 n v

Se dei vettori sono linearmente indipendenti, quindi, anche le loro n–uple di coordinate sono

linearmente indipendenti. { s ,−1)

=(3,2

1 v

dim V

Esempio: ,

=3 s ,1)

=(0,1

ℝ 2 v

s =(2,−1,−1)

3 v

Matrici e Applicazioni Lineari

f :V v , ..., v w , ... , w

Metodo: Data lineare, con base di V e base di W, possiamo

→W 1 n 1 m

f , ... , a

scrivere , ossia descrivere le immagini dei vettori della base di V

(v )=(a )

i 1i mi w

come m-uple di coordinate riferite ai vettori della base di W.

A

Possiamo, dunque, ordinare le m-uple in una matrice :

∈M (ℝ)

m x n

( )

a a a

11 12 1n

a a a

A= 21 22 2n

⋯ ⋮ ⋮ ⋯

a a a

m1 m2 mn f

Ogni colonna è un vettore-colonna, e rappresenta un vettore .

(v )

i

f

Possiamo, dunque, utilizzare questo mezzo per il calcolo di , con

(v )

v x ,... , x ?

=( )

1 n v n n

∑ ∑

Poiché f è lineare, vale f x , ... , x x x a , ... , a :

(v )=f [( ) ]= ⋅f (v )= ⋅( )

1 n v i i i 1i mi w

i=1 i=1

( ) ( )

a a ( )

x a x a

11 1 +...+

1 11 n 1n

x a x a

⋅ +...+ ⋅ = ⋯

1 21 n 2n

⋯ ⋯ x a x a

+...+

a a 1 m1 n mn

m1 mn ( ) ( )

x x

1 1

f A

Ciò è ciò che si ottiene tramite il prodotto riga per colonna: (v )=f =

... ...

x x

n n

n

∑ w

Per il calcolo delle coordinate vale la formula w a x , dove è la

= i

i ik k

k=1

f

i-esima coordinata del vettore .

(v )

3 4 3 4

Esercizio: Data l'applicazione lineare , conosco una base di e una base di :

f : ℝ →ℝ ℝ ℝ

3

inoltre conosco le coordinate delle immagini dei vettori-base di :

v w w w w ,0 ,1)

→2 +3 +0 +1 =(2,3

1 1 2 3 4 w

v w w w ,−1,0)

→0 +1 +(−1)w +0 =(0,1

2 1 2 3 4 w

v w w w w ,1,1)

→1 +0 +1 +1 =(1,0

3 1 2 3 4 w

f v

Scrivere la matrice corrispondente e calcolare (2 −v −v )

1 2 3 3

Conosciamo le coordinate delle immagini dei vettori-base di , trasportiamole

A

dunque in una matrice :

∈M (ℝ)

4 x 3

( )

2 0 1

3 1 0

A= 0 1

−1

1 0 1

f v

Per il calcolo di , trasformo dunque nella forma a coordinate:

(2 −v −v )

1 2 3

f v .

(2 −v −v )=f (2,−1,−1)

1 2 3 v

Fatto ciò, applichiamo il prodotto riga per colonna:

( ) ( ) ( )

2 0 1 4 3

+0−1

( ) ( )

2 2

3 1 0 6−1+0 5

f A

(2,−1,−1) = = = =

−1 −1

v 0 1 0+ 1−1 0

−1

−1 −1

v v

1 0 1 2+0−1 1 w

Esercizio: Trovare il nucleo dell'applicazione lineare f appena analizzata.

( ) ( )

2 0 1 0

( ) ( )

x x

1 1

3 1 0 0

Trovare il ker f equivale a porre , ossia a risolvere il

A = =

x x

0 1

2 2 0

−1

x x

1 0 1 0

v v

3 3 w

{

2 x x

+ =0

1 3

3 x x

+ =0 ,0)

sistema lineare , che ha come unica soluzione il vettore :

(0,0

1 2

x

−x + =0

2 3

x x

+ =0

1 3 3

f, dunque, è iniettiva, perciò varrà .

dim Imf =dim ℝ =3

ℝ ℝ −1

In modo simile a quanto fatto per il ker f, si può trovare, ad esempio, il vettore :

f ,0 ,1)

(3,1

( ) ( )

2 0 1 3

( ) ( )

x x

1 1

3 1 0 1

A = =

x x

0 1

2 2 0

−1

x x

1 0 1 1

v v

3 3 w

{

2 x x

+ =3

1 3

3 x x

+ =1

ossia a risolvere il sistema di equazioni (in questo caso non esiste soluzione).

1 2

x

−x + =0

2 3

x x

+ =1

1 3

Osservo: La matrice A è composta da vettori-colonna che sono generatori di Imf , quindi è possibile

estrarre una base di Imf. rg A

Definizione: Si dice rango-colonna della matrice A - - il numero massimo di colonne

c

linearmente indipendenti. rg A

Definizione: Si dice rango-riga della matrice A - - il numero massimo di righe

r

linearmente indipendenti.

rg A≡rg A

Osservo: c r rg A=dim Imf

Osservo: Poiché A è l'equivalente matriciale di f, si avrà c ℝ

( )

2 1

−1

A

Esempio: = 0 1 1

3 1 0 1

Applichiamo il metodo grafico usato precedentemente per determinare le basi dei

sottospazi, ma stavolta operando con le colonne:

( ) ( ) ( ) ( )

2 1 2 0 1 0 0 1 0 0 1

−1 ⇒ ⇒ ⇒

0 1 1 0 2 1 2 1 0 2 1

−2

1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1

−1

Imf ,1)>

Si ottiene, dunque, =<(0,2,1),(1,1

Applicando lo stesso metodo si può trovare anche il ker f, poiché le operazioni tra le righe sono

corrispondenti operazioni tra le equazioni del sistema lineare legato alla matrice:

( )

( ) { { {

x 2x x 2x x x 2x x

( )

2 1 −x + =0 − + =0 −x + =0

0

−1 {

1 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2x x

−x + =0

= ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ 1 2 3

0 1 1 x 0 x x 2x 2x 2x

+ =0 + =0 +2x =0

2 2 3 1 3 1 3 x x

+ =0

1 0 1 0 1 3

x x x x x x x

+ =0 + =0 + =0

3 1 3 1 3 1 3

{ { {

2x x x x x x

− + =0 −x =0 =

⇒ ⇒ ⇒

1 2 3 1 2 1 2

x x x x x

+ =0 + =0 =−x

1 3 1 3 1 3

ker f ,−1)>

Si ottiene, dunque, .

=<(−1,−1,1)>=<(1,1

Domanda: Come abbiamo visto nell'ultimo esercizio, non sempre un sistema lineare ha soluzioni: è

possibile dunque osservare a priori se il sistema possa avere soluzioni?

Il rango-colonna è il numero massimo di colonne linearmente indipendenti:

aggiungendo, alla matrice A iniziale una colonna contenente il vettore di cui cerchiamo

la controimmagine, quindi, deduciamo che se il rango-colonna rimane invariato il

vettore-immagine era una combinazione lineare delle colonne di A, quindi appartiene ad

Imf: ciò significa che il sistema avrà soluzioni; se invece il rango-colonna aumenta di 1

il vettore-immagine è linearmente indipendente dalle colonne di A, quindi non

appartiene ad Imf: ciò indica che il sistema non avrà soluzioni.

Studiamo l'esercizio appena svolto con questo metodo: come si può notare, il rango-riga

della matrice A aumenta di 1 aggiungendo il vettore-immagine.

( ) ( ) ( )

2 0 1 3 2 0 1 3 2 0 1 3

3 1 0 1 0 2 0 2

−3 −7 −3 −7

A∣b= ⇒ ⇒

0 1 0 0 1 0 0 1 0

−1 −1 −1

1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 −1

( ) ( )

2 0 1 3 2 0 1 3

0 2 0 2

−3 −7 −3 −7

⇒ ⇒

0 0 0 0

−1 −7 −1 −7

0 0 1 0 0 0

−1 −8

x , ... , x

Definizione: Risolvere un sistema lineare di incognite e m equazioni lineari equivale a

1 n

n m f

imporre un'applicazione lineare , con e determinare

f :ℝ ∼A (ℝ)

→ℝ m x n

−1 w∈ ImA w∼(b ,... , b

, con , .

f w) )

( 1 m w

w∼(b ,... , b

Definizione: Un sistema lineare è omogeneo per .

) =0

1 m w w

Risolvere tale sistema equivale a cercare il nucleo di un'applicazione lineare.

( )

x

( )

{ 1 ( )

3x 3 0 0

−x =0 −1

Esempio: ∼ =

1 2 x

1 1 1 2 0

x x x

+ + =0

1 2 3 x

3

( )

x

( ) 1 ( )

3 0 0

−1 3

ATTENZIONE! Il problema ha soluzioni in , in particolare

= ℝ

x

2 0 0 2 0

x 3 {

3x −x =0

ker f ,1)> ma equivale al sistema : senza l'informazione

=<(0,0 1 2

2x =0

1 2

x si potrebbe cercare la soluzione del sistema in , che in questo caso

∈ℝ ℝ

3 ker f

sarebbe stata .

={(0,0)}

Conclusione: Quando si risolve un sistema, è necessario dichiarare le variabili!


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DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria per l'ambiente e il territorio
SSD:
Università: Padova - Unipd
A.A.: 2014-2015

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher alessandro.ramondettomessico di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Fondamenti di Algebra Lineare e Geometria e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Padova - Unipd o del prof Chiarellotto Bruno.

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