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Appunti di algebra lineare (documento pdf)
Tipologia: Appunti
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L’insieme Rn^ dotato delle operazioni di somma e moltiplicazione per uno scalare forma una particolare struttura:
Definizione. Si dice spazio vettoriale su campo R un insieme X tale che:
Gli elementi x ∈ X vengono chiamati vettori.
Esercizio. Mostrare che l’insieme Rn^ e l’insieme Mn,m dotati delle usuali operazioni di somma e moltiplicazione per uno scalare sono spazi vettoriali.
Esercizio. Stabilire se i seguenti insiemi sono spazi vettoriali.
a) C^0 ([a, b]) con le operazioni (f + g)(x) = f (x) + g(x), (αf )(x) = αf (x). b) C^1 ([a, b]) con le operazioni sopra. c) Pn(x), l’insieme dei polinomi nella variabile x di grado minore o uguale a n, con le operazioni sopra. d) L’insieme dei polinomi nella variabile x di grado esattamente n.
♦ In uno spazio vettoriale X si puo’ parlare di combinazioni lineari e di indipendenza lineare come in Rn: basta riformulare le definizioni viste sostituendo X al posto di Rn.
1.1. Sottospazi, basi, dimensione. Sia X uno spazio vettoriale.
Definizione. Un sottoinsieme S ⊂ X `e detto sottospazio vettoriale di X se:
Esempio. Sia X = R^2. Si verifica che il sottoinsieme di R^2
S = {(x 1 , x 2 ) : x 1 − 2 x 2 = 0, x 1 , x 2 ∈ R}
Proposizione 1.1. L’insieme {b^1 , b^2 ,... , bk} `e una base di X se e solo se, per ogni y ∈ X, esiste un’unica k-upla di scalari α 1 , α 2 ,... , αk ∈ R tale che
(1.1) y =
∑^ k
i=
αibi.
Gli scalari α 1 , α 2 ,... , αk sono detti componenti del vettore y rispetto alla base B.
Dimostrazione. Sia B una base di X. Poich´e vale il punto (ii) della Definizione 1.1, ci rimane da dimostrare che, per ogni y ∈ X, la k-upla α 1 , α 2 ,... , αk ∈ R che soddisfa (1.1) `e unica. Per assurdo, supponiamo che esistano un vettore y ∈ X e due k-uple α 1 ,... , αk e ˜α 1 ,... , α˜k distinte tali che
y =
∑^ k
i=
αibi^ =
∑^ k
i=
α ˜ibi.
Pertanto, ∑k
i=
(αi − α˜i)bi^ = 0 ,
da cui, poich´e i vettori b^1 , b^2 ,... , bk^ sono linearmente indipendenti,
αi = ˜αi, ∀i = 1,... , k.
Viceversa, siano b^1 , b^2 ,... , bk^ ∈ X tali che, per ogni y ∈ X, esista un’unica k-upla α 1 , α 2 ,... , αk ∈ R per cui (1.1) sia soddisfatta. Chiaramente, il punto (ii) della Definizione 1.1 `e verificato. Per dimostrare che vale (i), scegliamo y = 0 , e determiniamo la k-upla α 1 , α 2 ,... , αk tale che valga (1.1). Poich´e
0 b^1 + 0b^2 + · · · + 0bk^ =
∑^ k
i=
0 bi^ = 0 ,
segue che, per ogni i = 1,... , k, αi = 0. Quindi i vettori bi^ sono linearmente indipendenti.
Osserviamo che:
♦ Se W `e un sottospazio vettoriale di X, allora dim(W ) ≤ dim(X).
♦ Il sottospazio nullo W = { 0 } ha dimensione 0.
♦ Per mostrare che due spazi vettoriali (finito-dimensionali) sono uguali, si usa spesso il seguente criterio: se dim(X) < ∞ e W `e un sottospazio di X con dim(W ) = dim(X), allora W = X.
1.2. Dimensione di uno span. Dati v^1 ,... , vk^ ∈ X, sia S = span(v^1 ,... , vk) il sotto- spazio generato dai k vettori di V = {v^1 ,... , vk}. Vogliamo trovare dim(S) e una base per S. Osserviamo innanzitutto che
Ogni insieme di generatori di S contiene una base
Infatti dato un insieme di generatori, eliminando quei vettori che sono combinazione lineare dei precedenti, si otiene ancora un insieme di generatori che sono linearmente indipendenti, ovvero una base. Si ha quindi
e formata da m vettori di V linearmente indipendenti, dove me il massimo numero di vettori di V linearmente indipendenti.Esercizio. Stabilire se i seguenti sottoinsiemi di R^3 sono sottospazi:
D = {(x 1 , x 2 , x 3 ) : x 1 − x 2 + 3x 3 = 0, x 1 , x 2 , x 3 ∈ R}, E = {(x 1 , x 2 , x 3 ) : x 1 = 1, x 2 = 0, x 3 ∈ R}, F = {(x 1 , x 2 , x 3 ) : x 2 = 0, x 3 = 0, x 1 ∈ R}.
Esercizio. Stabilire quali dei seguenti sottoinsiemi di X = Pn(x) sono sottospazi.
a) Insieme dei polinomi appartenenti a X con termine noto nullo. b) Insieme dei polinomi appartenenti a X con termine noto positivo. c) Insieme dei polinomi appartenenti a X di grado dispari. d) Insieme dei polinomi appartenenti a X per i quali la somma dei coefficienti `e 0.
Esercizio. Trovare dimensione e una base per span{v^1 , v^2 , v^1 , v^3 }, dove
v^1 = (1, 1 , 1), v^2 = (0, 1 , 2), v^3 = (2, 3 , 4),
Esercizio. Sia X = P 4 (x) l’insieme dei polinomi nella variabile x di grado minore o uguale a 4. Si determini una base e la dimensione dello spazio.
Esercizio. Consideriamo il sottospazio vettoriale di R^4
S = {(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) : 2x 1 + x 2 − x 3 = 0, x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ∈ R}.
Determiniamo una base di S e la dimensione.
Soluzione. Per ogni x = (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ S, abbiamo
x 1 ∈ R, x 2 = x 3 − 2 x 1 , x 3 ∈ R, x 4 ∈ R.
Quindi, date x 1 e x 3 , x 2 e univocamente determinata. Consideriamo i vettori v^1 , v^2 , v^3 ∈ S ottenuti fissando una delle componenti x 1 , x 3 , x 4 uguale a 1 e le altre due uguali a 0, cioe
v^1 = (1, − 2 , 0 , 0), v^2 = (0, 1 , 1 , 0), v^3 = (0, 0 , 0 , 1).
Mostriamo che V = {v^1 , v^2 , v^3 } `e una base di S. Sia y = (y 1 , y 2 , y 3 , y 4 ) ∈ S arbitrario. Imponendo y = α 1 v^1 + α 2 v^2 + α 3 v^3 , otteniamo il sistema nelle incognite α 1 , α 2 , α 3
y 1 = α 1 , y 2 = α 2 − 2 α 1 , y 3 = α 2 , y 4 = α 3 ,
y 1 = α 1 , y 3 − 2 y 1 = α 2 − 2 α 1 , y 3 = α 2 , y 4 = α 3 ,
α 1 = y 1 , α 2 = y 3 , α 3 = y 4.
Poich´e il sistema sopra ammette un’unica soluzione α 1 = y 1 , α 2 = y 3 , α 3 = y 4 , per la Proposizione 1.1 l’insieme V `e una base di S. Quindi, S ha dimensione 3.
♦ Osserviamo che se A ∈ Mn, allora
Rank(A) = n ⇐⇒ Det(A) 6 = 0
♦ Il Teorema di Kronecker consente di calcolare il rango di A mediante la procedure illustrata nell’esempio.
Esempio. Determiniamo il rango della matrice
Sicuramente Rank(A) ≤ 3. Notiamo che la sottomatrice
B =
ha Det(B) = − 1 6 = 0 Pertanto, Rank(A) ≥ 2. Orliamo B: ci sono solo due modi. Prima con la riga 3 e la colonna 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 0 1 3 1 0 − 5 1 2 1
poi con la riga 3 e la colonna 4 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 0 1 2 1 0 − 1 1 2 3
Quindi concludiamo Rank(A) = 2.
Esercizio. Calcolare il rango delle seguenti matrici:
h −h 0 1 1 2 − 1 0 0 1 h 1
(^) , con h ∈ R.
2.2. Nucleo di una matrice.
Definizione. Si dice nucleo di A l’insieme
Ker(A) = {x ∈ Rn^ : Ax = 0 }.
Esercizio. Mostrare che Ker(A) `e un sottospazio di Rn.
Teorema di nullita piu rango per le matrici. Se A ha n colonne allora dim(Ker(A)) + dim(Col(A)) = n
♦ Dunque se A ha e rango r, allora il sottospazio Ker(A) ha dimensione n − r.
Dimostrazione. Supponiamo che il nucleo abbia dimensione k ≥ 1 e consideriamo {w^1 ,... , wk} una base di Ker(A). Scegliamo poi n − k vettori uk+1,... , un^ ∈ Rn^ linearmente indipen- denti tali che {w^1 ,... , wk, uk+1,... , un}
sia una base di Rn.^3 Mostriamo ora che gli n − k vettori Auk+1,... , Aun^ ∈ Rm^ costitui- scono una base di Col(A), da cui seguir`a che
dim(Col(A)) = n − k,
che e la tesi. Per prima cosa osserviamo che Aui^ appartiene a Col(A): infatti Aui^e la combinazione lineare delle colonne di A con coefficienti ui. Ne segue che
C := span(Auk+1,... , Aun) ⊂ Col(A).
Mostriamo che in realta i due spazi coincidono, ovvero che Col(A)e generato dai vettori Aui. A questo scopo sia x ∈ Rn: sappiamo che esistono α 1 ,... , αn ∈ R tali che
x =
∑^ k
j=
αj wj^ +
∑^ n
j=k+
αj uj^.
Per la linearit`a del prodotto matrice vettore
Ax =
∑^ k
j=
αj Awj^ +
∑^ n
j=k+
αj Auj^ =
∑^ n
j=k+
αj Auj^ ,
ovvero Ax ∈ C. Dall’arbitrariet`a di x quindi Col(A) ⊂ C. Resta da dimostrare che Auk+1,... , Aun^ sono linearmente indipendenti. Per assurdo, supponiamo che esistano β 1 ,... , βn−k ∈ R non tutti nulli tali che
∑^ n−k
j=
βj Auk+j^ = 0.
Ma allora per la linearit`a avremmo
(n−k ∑
j=
βj uk+j
n∑−k
j=
βj uk+j^ ∈ Ker(A).
Ma questo `e assurdo perch´e i vettori uk+1,... , un^ (linearmente indipendenti) non appar- tengono a Ker(A).
(^3) L’esistenza di tali uk+1,... , un (^) `e garantita dal Teorema detto di Completamento. Notiamo che
nessuno dei vettori uk+1,... , un^ appartiene a Ker(A).
Definizione. Siano X e Y due spazi vettoriali. Una funzione L : X → Y si dice applicazione lineare se
Le due propriet`a si riassumono in
L(sx + sy) = sL(x) + tL(y), ∀ x, y ∈ X, ∀s, t ∈ R
ovvero un’applicazione lineare commuta con l’operazione di combinazione lineare. Osser- viamo che, per omogeneit`a, L( 0 ) = 0.
Esempio. Data una matrice A ∈ Mm,n la mappa
x 7 → Ax, x ∈ Rn
e un’ applicazione lineare da Rn^ a Rm. Infatti per le proprieta del prodotto matrice-vettore,
A(α 1 x + α 2 y) = α 1 Ax + α 2 Ay, ∀ x, y ∈ Rn, ∀α 1 , α 2 ∈ R.
♦ L’operatore di derivazione `e un’ applicazione lineare X
♦ L’integrale (definito) `e un’applicazione lineare X
Definizione (Immagine). Si dice immagine di L, e si indica con Im(L), l’insieme dei vettori appartenenti a Y che sono i trasformati di qualche vettore di X, ovvero
Im(L) = {y ∈ Y t.c. ∃x ∈ X : y = L(x)}.
Definizione (Nucleo). Si dice nucleo di L, e si indica con Ker(L), l’insieme dei vettori appartenenti a X che hanno come immagine il vettore 0 ∈ Y , cio`e
Ker(L) = {x ∈ X : L(x) = 0 }.
Proposizione 3.1. Sia L : X → Y un’applicazione lineare. Allora
(i) Im(L) e un sottospazio di Y. (ii) Ker(L)e un sottospazio di X.
Proposizione 3.2. Sia L : X → Y un’applicazione lineare, e sia U = {u^1 ,... , un} una base di X. Allora il sottospazio Im(L) ⊂ Y `e generato dall’immagine di U, ovvero
Im(L) = span(L(u^1 ),... , L(un)).
Esercizio. Dimostrare le due proposizioni.
Proposizione 3.3 (Criterio di iniettivita). Un’applicazione lineare L : X → Ye iniettiva se e solo se Ker(L) = { 0 }.
Dimostrazione. Ricordiamo che L( 0 ) = 0 , dunque se L e iniettiva per ogni x 6 = 0 risulta Lx 6 = 0 dunque x 6 ∈ Ker(L): quindi Ker(L) = { 0 }. Viceversa, sia Ker(L) = { 0 } e supponiamo per assurdo che L non sia inettiva, cioe esistano x 1 6 = x 2 ∈ X tali che L(x 1 ) = L(x 2 ). Per linearit`a si ha
L(x 1 − x 2 ) = 0
dunque x 1 − x 2 ∈ Ker(L). Ma l’unico elemento di Ker(L) `e 0 , da cui x 1 − x 2 = 0.
Definizione (Controimmagine). Sia L : X → Y un’applicazione lineare e y ∈ Y. L’insieme delle controimmagini di y `e un sottoinsieme^5 di X e si indica col simbolo L−^1 (y):
L−^1 (y) = {x ∈ X : L(x) = y}.
Proposizione 3.4. Data un’applicazione lineare L : X → Y , sia y ∈ Y. Supponiamo che esista ˜x ∈ L−^1 (y). Allora L−^1 (y) `e formato da tutti e soli i vettori della forma
x ˜ + v 0 dove v 0 ∈ Ker(L).
Dimostrazione. Esercizio.
♦ Osservare che nel caso di L : Rn^ → Rm^ definita tramite una matrice A ∈ Mm,n, ovvero, L(x) = Ax, si ritrova la struttura dell’insieme delle soluzioni del sistema lineare Ax = y (come scritto nel Teorema di Rouche’-Capelli)...
Sia A = [aij ] ∈ Mm,n una matrice. Possiamo associare ad A l’applicazione lineare
L : Rn^ → Rm x 7 → Ax
Ci chiediamo: data un’applicazione lineare L : Rn^ → Rm, esiste una matrice A ∈ Mm,n tale che, per ogni x ∈ Rn, L(x) = Ax?
La risposta ci viene data dal seguente teorema.
Teorema di Rappresentazione. Sia L : Rn^ → Rm^ un’applicazione lineare. Allora, fissate le base canoniche in Rn^ e Rm, esiste un’unica matrice A = [aij ] ∈ Mm,n tale che, per ogni x ∈ Rn, L(x) = Ax. Inoltre, (4.1) A =
a^1 | a^2 |... | an
dove ai^ = L(ei). Si dice che A rappresenta L.
(^5) Non un sottospazio!
♦ Ricordiamo che un’ applicazione lineare L : Rn^ → Rm^ `e iniettiva se e solo se
Ker(L) = { 0 } ⇐⇒ dim(Ker(A)) = 0.
Per il teorema di nullita piu rango questo e vero se e solo se Rank(A) = n. In particolare L : Rn^ → Rn^e iniettiva se e solo se `e suriettiva.
♦ Un’applicazione lineare L : X → Y iniettiva e suriettiva si dice isomorfismo. Diciamo ch uno spazio vettoriale X e isomorfo a Y se esiste un isomorfismo L da X a Y. Ovviamente Le invertibile: si pue mostrare che l’inversa L−^1 : Y → Xe lineare, dunque un isomorfismo.
Definizione. Un vettore u ∈ Rn^ si dice autovettore di A se
♦ Data l’applicazione lineare LA : Rn^ → Rn^ associata alla matrice A, un autovettore e un vettore non nullo la cui direzionee lasciata invariata da L
Teorema 5.1. Uno scalare λ ∈ R `e autovalore di A se e solo se
(5.1) Det(A − λI) = 0.
Dimostrazione. Osserviamo che se λ `e autovalore allora esiste una soluzione non banale u ∈ Rn^ del sistema omogeneo (A − λI)u = 0 ,
ovvero Ker(A − λI) non contiene solo il vettore nullo. Questo equivale a chiedere
dim(Ker(A − λI)) > 0 ,
e per il Teorema di Nullita piu Rango, significa che
Rank(A − λI) < n,
che implica Det(A − λI) = 0.
♦ Anche λ = 0 pu`o essere un autovalore. Questo accade se e solo se Det(A) = 0.
♦ Polinomio caratteristico. L’espressione
P (λ) = Det(A − λI)
e un polinomio di grado n nella variabile λ. P (λ) viene chiamato polinomio caratteristico. Se λe un autovalore di A, la molteplicita algebrica di λe la sua molteplicit`a come radice del polinomio caratteristico. Viene indicata con il simbolo aλ.
♦ P (λ) ha n radici in campo complesso, λ 1 , λ 2 ,... , λn (eventualmente coincidenti). Ri- sulta
tr(A) =
∑^ n
i=
λi e Det(A) =
∏^ n
i=
λi.
Definizione (Autospazio). Dati A ∈ Mn e λ ∈ R autovalore di A, si definisce autospazio relativo all’autovalore λ il sottospazio
Vλ = Ker(A − λI) = {u ∈ Rn^ : Au = λu}.
I suoi elementi non nulli sono gli autorvettori relativi all’autovalore λ. La molteplicita geometrica di λ (indicata con il simbolo gλ)e definita come
gλ = dim(Vλ).
Esercizio. Stabilire se gli autovalori delle seguenti matrici sono regolari:
Definizione. Una matrice A ∈ Mn si dice diagonalizzabile (su R) se esistono una matrice invertibile P ∈ Mn ed una matrice diagonale D tali che
P−^1 AP = D.
La matrice P si chiama matrice di passaggio e la matrice D forma diagonale di A.
Gli autovettori permettono di diagonalizzare una matrice:
Sia A ∈ Mn con n autovettori linearmente indipendenti u^1 ,... , un. Allora, detta P = [u^1 |... |un], la matrice P−^1 AP `e una matrice diagonale e vale
λ 1 λ 2
... λn
Dimostrazione. Calcoliamo AP per colonne:
AP = A[u^1 |... |un] = [Au^1 |... |Aun] = [λ 1 u^1 |... |λnun]
Ora osserviamo che
[λ 1 u^1 |... |λnun] = [u^1 |... |un]
λ 1 λ 2
... λn
Se chiamiamo Λ la matrice diagonale degli autovalori, troviamo
AP = PΛ ovvero P−^1 AP = Λ.
Si noti che P e invertibile perche le sue colonne sono linearmente indipendenti
♦ Se A ha n autovalori distinti, allora i suoi vettori sono automaticamente linearmente indipendenti. Dunque
Qualsiasi matrice con tutti gli autovalori distinti `e diagonalizzabile.
♦ Vale anche il viceversa: cioe se Ae diagonalizzabile allora Rn^ ammette una base formata da autovettori di A, e inoltre D = Diag(λ 1 ,... , λn) dove λi sono gli autovalori di A. (Esercizio)
♦ Si puo’ dimostrare la validit`a del seguente:
Secondo criterio di diagonalizzabilita. Una matrice A ∈ Mne diagonalizzabile (in R) se e solo se ha n autovalori (contati con la loro molteplicita) 6 e ogni autovalore di Ae regolare.
Esercizio. Dimostrare che le matrici
sono diagonalizzabili, e scrivere esplicitamente matrice di passaggio e forma diagonale.
Esercizio. Si verifichi che la matrice
cos 2α sin 2α sin 2α − cos 2α
`e diagonalizzabile, con matrice di passaggio
− sin α cos α cos α sin α
e forma diagonale
D =
Esercizio. Mostrare che la matrice
non e diagonalizzabile. Piu in generale, ogni matrice della forma
1 α 0 1
con α 6 = 0,
non `e diagonalizzabile.
Esercizio. Utilizzando il secondo criterio studiare la diagonalizzabilit`a delle matrici
La matrice
U = [u^1 | u^2 | u^3 ] =
soddisfa AU = UD, dove D = Diag(λ 1 , λ 2 , λ 3 ), cioee una matrice di passaggio per A.
Definizione. Una matrice U ∈ Mn si dice ortogonale (o unitaria) se
U>U = I. Si osservi che (Esercizio.):
Esempio. La matrice
(6.3) Uα =
cos α − sin α sin α cos α
con α ∈ [0, 2 π)
`e ortogonale. Infatti, per ogni α ∈ [0, 2 π) i vettori u^1 α = (cos α, sin α) e u^2 α = (− sin α, cos α) formano una base ortonormale di R^2. Inoltre,
det(Uα) = (cos α)^2 + (sin α)^2 = 1.
Osserviamo che l’applicazione lineare rappresentata dalla matrice Uα corrisponde alla rotazione nel piano in senso anti-orario di un angolo α.
Definizione. Una matrice A ∈ Mn si dice diagonalizzabile ortogonalmente se `e diagona- lizzabile (su R) con matrice di passaggio ortogonale.
Possiamo allora concludere che
Ogni matrice reale simmetrica `e diagonalizzabile ortogonalmente.
Esercizio. Stabilire se sono diagonalizzabili le matrici
Esercizio. Stabilire per quali valori di h ∈ R sono diagonalizzabili le matrici
2 2 h 0 1 0 0 −h 1
1 h 0 0 h h 0 0 0