Guida all'algebra lineare

DETERMINARE PER QUALI VALORI DEL PARAMETRO REALE

"⃗

⃗ =

IL SISTEMA È COMPATIBILE

−1 3 0 2

=

⃗

= 4 6 = 4 6. ∗ ⃗:

1 2 −1 1

ESEMPIO: Sia e Procedo calcolando

0 0 2 + 1 5

− + 3

−1 3 0 # # ! =⃗

+ 2 −

4 6 4 6 = 4 6. ∗ ⃗ =

1 2 −1 L’equazione si riduce quindi al sistema

! # ! $

(2 + 1)

0 0 2 + 1 $ $

− + 3 = 2 −1 3 0 2

# !

+ 2 − = 1

J 4 6.

1 2 −1 1

. Da ciò ne ricavo la matrice Riducendola trovo

# ! $

(2 + 1) = 5 0 0 2 + 1 5

$

−1 3 0 2 #

4 6. = −

0 5 −1 3 Se allora il sistema non ammette soluzione perché nella terza riga ho

!

0 0 2 + 1 5

0 = 5, , ,

altrimenti prendo il sistema di prima e ricavo :

# ! $

!,-#)

= −

⎧ #

− + 3 = 2 *(!,-#)

⎪

# ! 0,-1

+ 2 − = 1 =

J # ! $ ! *(!,-#)

⎨

(2 + 1) = 5 ⎪

$ *

=

⎩ $ !,-#

TROVARE LA BASE DI UN SOTTOSPAZIO

2

∅, ∈ ℝ

DEFINIZIONE: W ≠ W si dice sottospazio se valgono le seguenti proprietà:

•

""⃗ ∈ , ∈ ℝ ⟹

""⃗ ∈

λ λ*

•

""""⃗,

"""""⃗ ∈ ⟹

""""⃗ +

"""""⃗ ∈

! " ! "

#

$

= J4 6 ∈ ℝ 52 − 3 + = 0M

ESEMPIO: sia . Prendo due vettori qualunque di W

! # ! $

$ 1 1 1 1

====⃗

= 4 6 , ====⃗

= 4 6 ⊆ J4 6 , 4 6M

0 1 0 1

linearmente indipendenti: . Devo dimostrare che W ,

# !

−2 1 −2 1

2 − 3 + = 0

====⃗ ====⃗.

cioè che ogni vettore che soddisfa è combinazione lineare di e

# ! $ # !

2 − 3 + = 0

La matrice associata a è (2 -3 1). Dunque e sono variabili libere.

# ! $ ! $

$ 3

= 2 − 3 + = 0, = +

Chiamo α e = β. Allora allora . L’insieme delle soluzioni

! $ # # ! !

$ # $ #

$ 3

+ ! ! ! !

! !

$V W o, ∈ ℝp = $ V W + β V W o, ∈ ℝp = $V W , V Wp

è quindi .

1 1

0 0

0 1 0 1

Siccome questi due vettori sono linearmente indipendenti, formano una base di W.

$ #

! !

= $V W , V Wp.

1 0

0 1

#

2 − 3 + = 0

! # ! $

)

= $V W ∈ ℝ o p

ALTRO ESEMPIO: Voglio passare dalla forma alla

+ − 3 = 0

$ # ! )

)

1 6

−1 −3

= $V W , V Wp.

forma 1 0

0 1 1 2 1 0

_ `.

Costruisco la matrice associata al sistema omogeneo, che viene: La riduco ed ottengo:

1 1 0 −3

1 2 1 0

_ `.

Di conseguenza e sono variabili libere, le chiamo λ e μ. Risolvo il sistema ed

$ )

0 −1 −1 −3

= + 6 = − − 3.

ottengo che e Quindi:

# ! + 6

1 6

#

− − 3 −1 −3

!

V W = s t = V W+V W

1 0

$

0 1

)

1 6 1 6

−1 −3 −1 −3

= $ V W + V W o, ∈ ℝp = $V W , V Wp.

1 1

0 0

0 1 0 1

TROVARE LE SOLUZIONI SPECIALI

Si trovano risolvendo il sistema ridotto omogeneo, dove a turno una delle variabili libere è posta

uguale ad 1 e tutte le altre uguali a 0. Le soluzioni del sistema omogeneo sono lo span delle soluzioni

speciali, le quali sono linearmente indipendenti e di conseguenza formano una base del sottospazio.

In generale il sottospazio delle soluzioni del sistema omogeneo ha dimensione uguale al numero di

soluzioni speciali, che è uguale al numero di variabili libere.

1 6

= 1 2 − 3 + = 0 = 1 −1 −3

$ # ! $ #

u ⟹ ⟹ ===⃗

= V W ===⃗

V W

. Analogo per ed ottengo

# !

= −1 1

= 0 + − 3 = 0 0

) # ! ) ! 0 1

PASSARE DALLO SPAN AL SISTEMA LINEARE OMOGENEO

Basta prendere la matrice data dallo span e accanto a questa ci metto il vettore con le incognite, e poi

lo riduco in modo da avere tutti zeri nell’ultima riga. Quello che mi viene a destra è il sistema lineare

omogeneo associato.

ESEMPIO: 1 1

1 1

= J4 6 , 4 6M. 4 6.

1 0 1

0 Costruisco la matrice La riduco ed ottengo

1 0 1 0

1 1

0 1

4 6. − + + = 0.

Dunque il sistema lineare omogeneo associato è

0 0 − + +

TROVARE UNA BASE DI V+W

Basta unire i vettori della base di V ed i vettori della base di W in una matrice, ridurla e prendere solo

i vettori linearmente indipendenti.

ESEMPIO:

1 6 1 6

−1 −3 −1 −3

= $ V W + V W o, ∈ ℝp = $V W , V Wp

1 1

0 0

0 1 0 1

2 3

0 −2

= $V W , V Wp

1 −2

1 0

1 6 2 3

−1 −3 0 −2

$V W , V Wp $V W , V Wp

So che è una base di V e è una base di W.

1 1 −2

0

0 1 1 0

1 6 2 3

−1 −3 0 −2

V W,

Faccio la matrice: la riduco e vedo che l’ultima colonna è una colonna libera,

1 1 −2

0

0 1 1 0

1 6 2

−1 −3 0

$V W , V W , V Wp

quindi è una base di V + W.

1 1

0

0 1 1 ∩

TROVARE UNA BASE DI

ESEMPIO: 1 6 2 3

−1 −3 0 −2

$V W , V Wp $V W , V Wp

So che è una base di V e è una base di W.

1 1 −2

0

0 1 1 0

∈ ∩ . =

====⃗ + ====⃗

= ====⃗

+

=====⃗,

Considero un vettore Allora quindi

# # ! ! # # ! !

=

⃗ ( | |

====⃗ + ====⃗

−

====⃗ − =====⃗

0 ====⃗

====⃗

====⃗ | =====⃗),

, , − , −

= . Quindi se A = cerco tali che

# # ! ! # # ! ! # ! # ! # ! # !

#

=⃗

!

∗ s t =

====⃗ +

====⃗ −

====⃗ −

=====⃗ = 0

.

# # ! ! # # ! !

−

#

− ! 1 6 2 3

−1 −3 0 −2

V W

Considero la matrice e riducendola scopro che la quarta colonna è libera. Trovo la

1 1 −2

0

0 1 1 0 1

−1

⃗ = V W.

soluzione speciale ponendo uguale ad 1 nel sistema ridotto e trovo

) 1

1

Nota bene, questo non è il vettore della base, per trovarlo devo fare:

=

====⃗ + ====⃗

= ====⃗

+

=====⃗

# # ! ! # # ! !

1 6 2 3 5

−1 −3 0 −2 2

= 1 ∗ V W − 1 ∗ V W = −1 ∗ V W − 1 ∗ V W = V W

1 1 −2

0 1

0 1 1 0 −1

5

2

V W ∩ .

Infine, posso concludere che è una base di

1

−1

TROVARE UNA BASE DI KER(T) E UNA BASE DI IMM(T)

Innanzitutto, se viene chiesta solo la loro dimensione basta ricordarsi che:

• dim(Imm(T)) = numero colonne pivot

• dim(Ker(T)) = numero colonne libere

Per trovare una base di Ker(T) devo prendere la matrice associata a T, e poi pongo le variabili libere

una uguale ad 1 e le altre uguali a 0, in modo da trovare le soluzioni speciali, le quali formano una

base di Ker(T).

Per trovare una base di Imm(T) basta soltanto prendere i vettori della matrice iniziale corrispondenti

alle colonne pivot.

ESEMPIO:

#

1 3 1 6 −4

!

⎛ ⎞

= 4 6 + 4 6 + 4 6 + 4 6 + 4 6.

0 1 −3

0 4

Considero $

⎜ ⎟ # ! $ ) *

1 3 0 2 −1

)

⎝ ⎠

* 1 3 1 6 −4

= 4 6,

0 1 −3

0 4

La matrice associata è una volta ridotta noto che la seconda, quarta e quinta

1 3 0 2 −1

colonna sono colonne libere. Quindi risolvo tre sistemi: uno con uguale ad 1 e e uguali a 0,

! ) *

ed analogo per le altre soluzioni speciali. In questo modo trovo

−3 −2 1

1 0 0

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

===⃗ = , ===⃗

= ,

===⃗ =

0 −4 3 che formano una base di Ker(T).

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

# ! $

0 1 0

0⎠ 0⎠ 1⎠

⎝ ⎝ ⎝ 1 1

J4 6 , 4 6M.

1

0

D’altra parte, una base di Imm(T) è semplicemente 1 0

SCRIVERE MATRICE ASSOCIATA RISPETTO ALLA BASE B IN

ℇ

PARTENZA ED ALLA BASE CANONICA IN ARRIVO.

2 − 2 −1

+

_ ` = € •. = _ `.

ESEMPIO: Considero La matrice associata è Oltre alla base

5 − 3 5 −3

4 −1 1

ℇ = a_ ` , _ `b.

canonica considero la base Per scrivere la matrice associata a T rispetto alla

2 −3

ℇ ====⃗) ====⃗). =

base B in partenza ed alla base canonica in arrivo devo solo calcolare T( e T( Quindi

# ! 5,ℇ

−4 5

(T(

====⃗) T(

====⃗)) =_ `.

# ! −11 14

SCRIVERE MATRICE ASSOCIATA RISPETTO ALLA BASE

ℇ

CANONICA IN PARTENZA ED ALLA BASE B IN ARRIVO.

= .

ESEMPIO: Considero l’applicazione lineare di prima. Le colonne contengono le

ℇ,5

coordinate delle immagini dei vettori della base canonica rispetto alla base B.

−1 1 −1 1

_ ` _ ` = a_ ` , _ `b.

Quindi devo trovare le coordinate di e rispetto alla base In questo

2 −3 2 −3

−11 6

= _ `.

modo trovo ℇ,5 −9 5

In generale:

• (T( )

= """⃗) T(

"""⃗)

ℇ,% ! & " %

• (T( )

= """⃗) T(

"""⃗)

ℇ,ℇ ! ℇ " ℇ

• (T( )

=