Fondamenti di algebra lineare e geometria 9788874883462

Table of contents :
1 Funzioni
2 Campi e matrici
3 Proprietà delle matrici
4 Il campo complesso
5 Radici n-esime
6 Polinomi a coefficienti reali
7 Esercitazione sui numeri complessi
8 Spazi vettoriali
9 Sottospazi
10 Somma di due sottospazi
11 Dipendenza lineare
12 Basi di uno spazio vettoriale
13 Concetto di dimensione
14 Ancora su basi e dimensione
15 Funzioni lineari
16 Funzioni lineari e matrici
17 Il teorema delle dimensioni
18 Funzioni lineari e dipendenza
19 Teoria dei sistemi lineari
20 Procedimento di eliminazione Gaussiana
21 Esercizi su eliminazione Gaussiana
22 Forma canonica speciale
23 Determinante
24 Proprietà del determinante
25 Autovalori ed autovettori
26 Il teorema di diagonalizzabilità
27 Diagonalizzabilità di matrici
28 Esercitazione sulla diagonalizzabilità
29 Geometria
30 Parallelismo - forme bilineari
31 Ortogonalità
32 Procedimento di Gram-Schmidt
33 Distanza
34 Il teorema spettrale
35 Altre proprietà metriche

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Queste note sono prese direttamente dagli appunti delle mie lezioni. Ci`o significa che, pur avendo la pretesa di essere rigorose quanto occorre, ogni tanto sottintendono qualcosa. Per esempio pu`o essere scritto “data una matrice ad elementi in K” e qui `e inteso, anche se non `e esplicitato, che K `e un campo.

1

2

Indice

1 Funzioni

7

2 Campi e matrici 2.1 Campi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15 15 18

3 Propriet` a delle matrici

25

4 Il campo complesso

33

5 Radici n-esime

41

6 Polinomi a coefficienti reali

49

7 Esercitazione sui numeri complessi

57

8 Spazi vettoriali 8.1 Relazioni d’equivalenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.1 Similitudine tra matrici . . . . . . . . . . . . . .

67 67 69

3

8.2

8.1.2 Equipollenza tra segmenti orientati . . . . . . . Spazi vettoriali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.1 Esempi di spazio vettoriale . . . . . . . . . . . .

70 72 74

9 Sottospazi

77

10 Somma di due sottospazi

83

11 Dipendenza lineare

89

12 Basi di uno spazio vettoriale

95

13 Concetto di dimensione

103

14 Ancora su basi e dimensione

109

15 Funzioni lineari

121

16 Funzioni lineari e matrici

129

17 Il teorema delle dimensioni 137 17.1 Ancora su funzioni lineari e matrici . . . . . . . . . . . 137 17.2 Il teorema delle dimensioni . . . . . . . . . . . . . . . . 141 18 Funzioni lineari e dipendenza

147

19 Teoria dei sistemi lineari 155 19.1 Rango di una matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 19.2 Sistemi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 20 Procedimento di eliminazione Gaussiana 165 20.1 Applicazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 21 Esercizi su eliminazione Gaussiana 4

173

22 Forma canonica speciale 181 22.1 Applicazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 22.2 Esercizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 23 Determinante

189

24 Propriet` a del determinante

197

25 Autovalori ed autovettori

205

26 Il teorema di diagonalizzabilit` a

213

27 Diagonalizzabilit` a di matrici

221

28 Esercitazione sulla diagonalizzabilit` a

229

29 Geometria

239

30 Parallelismo - forme bilineari 249 30.1 Parallelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 30.2 Forme bilineari simmetriche . . . . . . . . . . . . . . . 252 31 Ortogonalit` a

257

32 Procedimento di Gram-Schmidt

265

33 Distanza

275

34 Il teorema spettrale

285

35 Altre propriet` a metriche 293 35.1 Cambiamenti di riferimento cartesiano . . . . . . . . . 295 35.2 Esercizi di geometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296 5

Appendice A Soluzioni dei compiti

6

303

Lezione 1 Funzioni

Se α : A → B `e una funzione e b ∈ B, cosa s’intende per α−1 (b)? Insiemi numerici: • insieme dei numeri naturali N = {0, 1, 2, . . .}; • insieme dei numeri interi Z = {0, 1, −1, 2, −2, . . .}; • insieme dei numeri razionali Q = {x | ∃m, n ∈ Z : n 6= 0, x = m n }; • insieme dei numeri reali R; • insieme dei numeri irrazionali R \ Q; • insieme dei numeri complessi C (vedremo in seguito). Vale N ⊆ Z ⊆ Q ⊆ R ⊆ C. 7

Notazioni 1.1.

• N∗ = N \ {0} = {1, 2, 3, . . .};

• Z∗ = Z \ {0}; Q∗ , R∗ , C∗ sono definiti analogamente; • Z+ = {n ∈ Z | n > 0} = N∗ ; • Q+ , R+ sono definiti analogamente; • non esiste nessun C+ ! Alcuni sottoinsiemi di R sono gli intervalli. Notazioni 1.2. Siano a, b ∈ R tali che a < b. • Intervallo chiuso [a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b}. • Intervallo aperto ]a, b[= {x ∈ R | a < x < b}. (Anche denotato con (a, b).) • Intervallo chiuso a sinistra e aperto a destra [a, b[= {x ∈ R | a ≤ x < b}. (Anche denotato con [a, b).) • ]a, b] si definisce similmente. • Intervallo chiuso [a, +∞] = {x ∈ R | x ≥ a}. • Intervallo aperto ]a, +∞] = {x ∈ R | x > a}. (Anche denotato con (a, +∞).) • ] − ∞, b], ] − ∞, b[ si definiscono in modo simile. Infine, ] − ∞, +∞[= R. Definizione 1.3. Siano A e B due insiemi. Una funzione (o applicazione) di A in B `e individuata da una legge che ad ogni elemento di A associa un ben determinato elemento di B. Notazione 1.4. α : A → B. A si dice dominio della funzione α, B si dice codominio di α. 8



La parola “codominio” pu`o avere significato diverso da quello che conoscete.

Osservazione 1.5. Una funzione consiste di tre oggetti: dominio, codominio, legge. Per descrivere una funzione (ad esempio: la funzione di R in R che ad ogni x ∈ R associa il suo quadrato) abbiamo due possibilit`a, come segue: • f : R → R def. da f (x) = x2 , oppure • f : R → R : x 7→ x2 . Definizione 1.6. Data una funzione α : A → B, l’elemento associato da α ad x ∈ A si chiama immagine di x mediante α e si denota con α(x). Le definizioni che seguono si riferiscono ad una generica funzione α : A → B. Definizione 1.7. Dato I ⊆ A, l’immagine di I mediante α `e α(I) = {α(x) | x ∈ I}. Definizione 1.8. L’immagine della funzione α : A → B `e im α = α(A) = {α(x) | x ∈ A}. Definizione 1.9. Dato J ⊆ B l’antiimmagine (o controimmagine) di J mediante α `e α−1 (J) = {x ∈ A | α(x) ∈ J}. 9

Definizione 1.10. Dato b ∈ B, l’antiimmagine di b mediante la funzione α : A → B `e α−1 (b) = α−1 ({b}) = {x ∈ A | α(x) = b}.

Risposta alla domanda iniziale. α−1 (b) `e x ∈ A tali che α(x) = b.

l’insieme 

di tutti gli

Esempi 1.11. Con riferimento a f : R → R : x 7→ x2 , • f (7) = 49; • f (] − 1, 3[) = {f (x) | −1 < x < 3} = [0, 9[; • im f = [0, +∞[; • f −1 (] − 4, 9]) = [−3, 3]; • f −1 (25) = {−5, 5}; • f −1 (−9) = ∅. Definizione 1.12. Una funzione α : A → B si dice iniettiva se ∀x, y ∈ A : (α(x) = α(y) ⇒ x = y). Si legge: “Per ogni x e y in A, se α di x `e uguale ad α di y, allora x = y.” Esempio 1.13. Dimostriamo che la funzione g : R → R : x 7→ x3 + 1 `e iniettiva. Infatti, consideriamo x, y ∈ R tali che g(x) = g(y). Segue: x3 + 1 = y 3 + 1 ⇒ x3 − y 3 = 0 ⇒ (x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 0. 10

Il secondo fattore `e un polinomio in x con ∆ = −3y 2 e quindi si annulla solo per y = 0 = x. Se tale caso non si presenta, allora `e nullo il primo fattore x − y e se ne deduce x = y. In ciascun caso da g(x) = g(y) segue x = y. Quindi g `e iniettiva. Esempio 1.14. f : R → R : x 7→ x2 non `e iniettiva, perch´e f (1) = f (−1) ma 1 6= −1. Osservazione 1.15. Come principio, se voglio dimostrare un’affermazione (proposizione/teorema) che comincia con “per ogni . . .” (ad es.: g `e iniettiva), devo procedere in generale; se voglio confutarla (f non `e iniettiva) basta fare un controesempio. Definizione 1.16. Una funzione α : A → B si dice suriettiva se im α = B. ` invece Esempi 1.17. f non `e suriettiva perch´e im f = [0, +∞[6= R. E suriettiva h : R → [0, +∞[: x 7→ x2 . Poi im g = R, quindi anche g `e suriettiva. Definizione 1.18. α : A → B si dice funzione biiettiva (o biiezione) se `e sia iniettiva che suriettiva. Esempi 1.19. f non `e biiettiva, h non `e biiettiva, g `e biiettiva. Osservazione 1.20. Se α : A → B `e iniettiva, allora ogni y ∈ B `e immagine di al pi` u un elemento del dominio. Se α : A → B `e suriettiva, allora ogni y ∈ B `e immagine di almeno un elemento del dominio. Quindi se α : A → B `e biiettiva, allora ogni y ∈ B `e immagine di esattamente un x ∈ A. Allora, se α `e biiettiva, associando ad ogni y ∈ B l’unico x ∈ A tale che α(x) = b si ottiene una nuova funzione, detta inversa di α, denotata con α−1 : B → A. 11

Osservazione 1.21. Se α : A → B `e biiettiva e b ∈ B, allora α−1 (b), ovverosia l’immagine di b mediante α−1 , `e un elemento di A. In base per`o alla definizione 1.10, α−1 (b) `e l’insieme {x ∈ A | α(x) = b}, formato da un solo elemento. Trascureremo questa contraddizione di notazioni. Osservazione 1.22. Se α : A → B `e biiettiva, allora vale: ∀x ∈ A : ∀y ∈ B : (y = α(x) ⇔ x = α−1 (y)).

(1.1)

Definizione 1.23. Date α : A → B e β : C → D tali che im α ⊆ C, la funzione composta di α e β `e β ◦ α : A → D : x 7→ β(α(x)) (1 ).

Esempi 1.24. Con riferimento a g : R → R : x 7→ x3 + 1 e h : R → [0, +∞[: x 7→ x2 si ha g ◦ h : R → R : x 7→ (x2 )3 + 1 = x6 + 1, h ◦ g : R → [0, +∞[: x 7→ (x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + 1. Osservazione 1.25. In questo caso g ◦ h 6= h ◦ g. Definizione 1.26. La funzione identica nell’insieme A `e idA : A → A : x 7→ x. Proposizione 1.27. Se α : A → B `e una funzione biiettiva, allora α−1 ◦ α = idA e α ◦ α−1 = idB . 1

β ◦ α si legge “beta tondino alfa”.

12

Dimostrazione. 1) Dobbiamo dimostrare che le funzioni α−1 ◦ α e idA hanno uguali dominio, codominio, legge. Il dominio di α−1 ◦ α `e uguale al dominio di α, cio`e A. Il codominio di α−1 ◦ α `e uguale al codominio di α−1 : B → A, cio`e A. Consideriamo x ∈ A qualsiasi e poniamo y = α(x). Vale: (1.1)

[α−1 ◦ α](x) = α−1 (α(x)) = α−1 (y) = x = idA (x). Quindi α−1 ◦ α e idA hanno anche la stessa legge. 2) Dobbiamo dimostrare che le funzioni α ◦ α−1 e idB hanno uguali dominio, codominio, legge. Il dominio di α ◦ α−1 `e uguale al dominio di α−1 , cio`e B. Il codominio di α ◦ α−1 `e uguale al codominio di α, cio`e B. Consideriamo y 0 ∈ B qualsiasi e poniamo x0 = α−1 (y 0 ). Vale: (1.1)

[α ◦ α−1 ](y 0 ) = α(α−1 (y 0 )) = α(x0 ) = y 0 = idB (y 0 ). Ne segue la tesi, come prima. Proposizione 1.28. Se α : A → B e β : B → A sono due funzioni tali che β ◦ α = idA e α ◦ β = idB , allora α `e biiettiva e β = α−1 . Definizione 1.29. Data una funzione α : A → B e I ⊆ A, la restrizione di α ad I `e la funzione α I : I → B : x 7→ α(x). Esempio 1.30. f : R → R : x 7→ x2 non `e iniettiva, ma f [0,+∞[ lo `e. Compito 1.31. Si consideri l’affermazione: Comunque date due funzioni α : A → B e β : B → A, se vale β ◦ α = idA , allora α `e biiettiva. (a) Dire se l’affermazione `e vera o falsa. (b) Dimostrare o confutare l’affermazione, a seconda del caso. 13

14

Lezione 2 Campi e matrici

AB = O implica A = O o B = O? (Una domanda vaga, volutamente.)

2.1

Campi

Definizione 2.1. Un’operazione binaria in un insieme A `e una funzione ω : A × A → A. Esempio 2.2. Un’operazione binaria in Z `e ω : Z × Z → Z : (x, y) 7→ x + y. Notazione 2.3. Se ω `e un’operazione binaria in A, si usa scrivere xωy in luogo di ω((x, y)), cos`ı come si usa scrivere 2 + 3 anzich´e +((2, 3)). Definizione 2.4. Un campo `e una terna ordinata (K, +, ·), dove K `e un insieme e “+”, “·” sono operazioni binarie in K, soddisfacenti le seguenti propriet`a (scriveremo xy invece di x · y). 15

(i) Esistono due elementi distinti in K, denotati con “0” e “1”, tali che ∀x ∈ K valgono x+0=x x1 = x

(2.1) (2.2)

(ii) Per ogni x, y, z ∈ K valgono: (x + y) + z = x + (y + z) ∃x0 ∈ K : x + x0 = 0 x+y =y+x (xy)z = x(yz) x(y + z) = (xy) + (xz) xy = yx x 6= 0 ⇒ ∃x00 ∈ K : xx00 = 1.

(2.3) (2.4) (2.5) (2.6) (2.7) (2.8) (2.9)

Esempi 2.5. (R, +, ·), dove “+” e “·” sono le normali operazioni di somma e prodotto, `e un campo. Anche (Q, +, ·) `e un campo, ma (Z, +, ·) non lo `e (non vale la 2.9), e nemmeno (N, +, ·) `e un campo. Esempio 2.6. Consideriamo l’insieme K = {B, R}, con le operazioni descritte dalle seguenti tabelle: + B R

B B R

· B R

R R B

B B B

R B R

Ad esempio R + B si calcola guardando nella riga di R e nella colonna di B, R + B = R. Si verifica che (K, +, ·) soddisfa tutti gli assiomi nella def. 2.4, quindi `e un campo. In esso 0 = B, 1 = R. Per verificare ad esempio la 16

(2.7) procedo riempiendo la tabella x B B B B R R R R

y B B R R B B R R

z y+z B B R R B R R ... B ... R R B ... R ...

xy B B B

xz x(y + z) (xy) + (xz) B B B B B B B B B

B

R

R

R

e verifico che le ultime due colonne siano uguali. Osservazione 2.7. La “maggior parte” delle propriet`a algebriche che avete studiato a scuola (ad es. i prodotti notevoli, il quadrato di un binomio, le formule per le equazioni di secondo grado, il teorema di Ruffini, ecc.) si dimostra a partire dalle propriet`a presenti nella definizione di campo. Quindi le suddette propriet`a algebriche sono valide in ogni campo. Seguono alcuni esempi di tali propriet`a. Proposizione 2.8. Sia (K, +, ·) un campo. Allora per ogni x ∈ K vale x0 = 0. Dimostrazione. Osserviamo che (2.2)

(2.7)

(2.5)

(2.1)

(2.2)

x0 + x = x0 + x1 = x(0 + 1) = x(1 + 0) = x1 = x. Per la (2.4) esiste x0 ∈ K tale che x + x0 = 0 e quindi dalle equazioni sopra (x0 + x) + x0 = x + x0 = 0. (2.10) 17

Vale poi (2.3)

(2.1)

(x0 + x) + x0 = x0 + (x + x0 ) = x0 + 0 = x0.

(2.11)

Combinando (2.10) e (2.11) si ottiene x0 = 0. Proposizione 2.9. Sia (K, +, ·) un campo e A, B ∈ K. Allora AB = 0 implica A = 0 o B = 0. Dimostrazione. Se A = 0 vale la tesi e la dimostrazione `e finita. Consideriamo ora il caso A 6= 0. Per (2.9), (2.8) esiste A00 ∈ K tale che AA00 = 1 e A00 A = 1. Sfruttando quest’ultima equazione si ottiene Hp prop. 2.8 (2.2) (2.8) (2.6) B = B1 = 1B = (A00 A)B = A00 (AB) = A00 0 = 0.

2.2

Matrici

Ecco la generica matrice ad m righe ed n colonne ad elementi in un campo1 K (per es. K = R), altrimenti detta matrice m×n ad elementi in K:   a11 a12 . . . a1n  a21 a22 . . . a2n  . A= (2.12)  ...  am1 am2 . . . amn • aij ∈ K `e l’elemento generico di A, in cui • i `e l’indice di riga; 1

Anche se per definizione un campo `e una terna formata da un insieme e da due operazioni, in seguito esso verr` a denotato solo col simbolo dell’insieme: K anzich`e (K, +, ·).

18

• j `e l’indice di colonna; • M(m × n, K) denota l’insieme di tutte le matrici m × n ad elementi in K; • ogni A ∈ M(m × n, R) si dice matrice reale; • ogni A ∈ M(m × n, C) si dice matrice complessa. La matrice in (2.12) si rappresenta anche con la seguente notazione: A = (aij ) ∈ M(m × n, K). Esercizio 2.10. Scrivere per esteso la matrice A = (aij ) ∈ M(2×3, R) definita ponendo aij = 2i − j per ogni i = 1, 2, j = 1, 2, 3. Svolgimento.  A=

1 0 −1 3 2 1

 (2.13)

dove per es. il valore “0” in riga 1 e colonna 2 `e stato ottenuto calcolando 2i − j con i = 1, j = 2. Definizione 2.11. La matrice nulla m×n `e la matrice Om×n = (zij ) ∈ M(m × n, K) definita ponendo zij = 0 per ogni i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n. Talora potremo scrivere semplicemente O in luogo di Om×n . Definizione 2.12. La matrice opposta di A = (aij ) ∈ M(m × n, K) `e la matrice −A = (bij ) ∈ M(m × n, K) definita ponendo bij = −aij per ogni i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n. Esempio 2.13. L’opposta della (2.13) `e   −1 0 1 −A = . −3 −2 −1 19

Definizione 2.14. La somma di A = (aij ) ∈ M(m × n, K) e B = (bij ) ∈ M(m × n, K) `e la matrice A + B = (cij ) ∈ M(m × n) definita ponendo cij = aij + bij , per ogni i, j. Esempio 2.15.       1 0 −1 1 2 3 2 2 2 + = . 3 2 1 −1 −2 −3 2 0 −2 Osservazioni 2.16. 1) Se A ∈ M(m × n, K), allora A + Om×n = A. 2) Se A ∈ M(m × n, K), allora A + (−A) = Om×n . In seguito la differenza di due matrici `e definita tramite A − B = A + (−B). Proposizione 2.17. Se A, B, C ∈ M(m × n, K), allora (A + B) + C = A + (B + C) A+B =B+A

(propr. associativa della somma) (propr. commutativa della somma).

Notazione 2.18 (Il simbolo di sommatoria). Se aj , j = 1, 2, . . . , n, denota un elemento di K dipendente dall’indice j, allora n X

aj = a1 + a2 + · · · + an .

j=1

Esempio: 3 X

j 2 = 12 + 22 + 32 = 14.

j=1

Definizione 2.19. Il prodotto delle matrici A = (aij ) ∈ M(m × n, K) e B = (bjh ) ∈ M(n × p, K) `e la matrice AB = (cih ) ∈ M(m × p, K) definita ponendo n X cih = aij bjh j=1

20

per ogni i = 1, 2, . . . , m, h = 1, 2, . . . , p. Esempio 2.20. Verifichiamo    0 4 1 0 −1  1 2 3 2 1 0 1

il prodotto:    4 4 0 3 −3 7 0 2 = . 2 17 19 13 7 −3

Secondo la definizione, moltiplicando una matrice 2 × 3 per una 3 × 4 si ottiene una 2 × 4. I suoi elementi sono calcolati come segue: c11 =

3 X

a1j bj1 = a11 b11 + a12 b21 + a13 b31 = 1 · 0 + 0 · 1 + (−1) · 0 = 0;

j=1

c12 =

3 X

a1j bj2 = a11 b12 + a12 b22 + a13 b32 = 1 · 4 + 0 · 2 + (−1) · 1 = 3;

j=1

c13 =

3 X

a1j bj3 = a11 b13 + a12 b23 + a13 b33 = 1 · 4 + 0 · 0 + (−1) · 7 = −3;

j=1

.. . c24 =

3 X

a2j bj4 = a21 b14 + a22 b24 + a23 b34 = 3 · 4 + 2 · 2 + 1(−3) = 13.

j=1

Vedremo pi` u avanti che tale definizione si motiva con il fatto che il prodotto tra matrici corrisponde alla composizione di funzioni lineari. Proposizione 2.21. Se A, A0 ∈ M(m × n, K), B, B 0 ∈ M(n × p, K), C ∈ M(p × q, K), allora valgono: (AB)C = A(BC) (propr. associativa del prodotto) 0 0 A(B + B ) = AB + AB (distributiva del prodotto risp. alla somma) (A + A0 )B = AB + A0 B (altra propr. distributiva). 21

Problema. Vale AB = BA? Intanto, se A e B non sono quadrate (cio`e m = n) delle stesse dimensioni, risulta o che BA non `e proprio definita, o ha dimensioni diverse da AB. Quindi il problema si pone solo nel caso A, B ∈ M(n× n, K). Esercizio 2.22. Date le matrici reali     0 1 1 0 A= , B= , 0 0 0 0 calcolare AB e BA. Svolgimento. 

   0·1+1·0 0·0+1·0 0 0 AB = = = O2×2 ; 0·1+0·0 0·0+0·0 0 0      1 0 0 1 0 1 BA = = . 0 0 0 0 0 0 Due conseguenze: 1) Il prodotto tra matrici non gode della propriet`a commutativa. 2) Se A, B sono matrici quadrate, AB = O non implica A = O o B = O. Definizione 2.23. Se A, B ∈ M(n×n, K) e AB = On×n , A 6= On×n 6= B, allora A e B si dicono divisori dello zero o anche zerodivisori. Esempio 2.24. Le matrici A e B nell’esercizio 2.22 sono zerodivisori. Definizione 2.25. Le righe di A = (aij ) ∈ M(m × n, K) sono le seguenti matrici 1 × n: A1 = (a11 a12 . . . a1n ), A2 = (a21 a22 . . . a2n ), .. . Am = (am1 am2 . . . amn ). 22

Le colonne di A sono le seguenti matrici m × 1:       a11 a12 a1n  a21       , A2 =  a.22  , . . . , An =  a2n  A1 =  . .  ..   ..   ..  . am1 am2 amn Compito 2.26. Sia data una matrice A = (aij ) ∈ M(m × n, K) e la colonna n × 1   0 0     ..  . B =  , 1   ..  . 0 formata da tutti zeri tranne un “1” in r-esima posizione (1 ≤ r ≤ n). Determinare AB.

23

24

Lezione 3 Propriet` a delle matrici

Supponendo ad − bc 6= 0, risolvere:  ax + by = r cx + dy = s.

Definizione 3.1. La diagonale principale di una matrice quadrata A = (aij ) ∈ M(n × n, K) `e l’n-pla degli elementi a11 , a22 , . . ., ann . Definizione 3.2. La matrice identica d’ordine n `e la matrice In = (δij ) ∈ M(n × n, K) definita ponendo  δij =

1 0

se i = j, se i = 6 j. 25

Esempio 3.3. 

 1 0 0 I3 = 0 1 0 0 0 1 ha tutti “1” sulla diagonale principale, “0” altrove. Esercizio 3.4. Calcolare I2 A, dove   0 −1 −2 A= . 1 0 7 Svolgimento.    0 −1 −2 1 0 = I2 A = 1 0 7 0 1     0 −1 −2 1 · 0 + 0 · 1 1(−1) + 0 · 0 1(−2) + 0 · 7 = A. = = 1 0 7 0 · 0 + 1 · 1 0(−1) + 1 · 0 0(−2) + 1 · 7 Proposizione 3.5. Se A ∈ M(m × n, K), allora Im A = A = AIn . Definizione 3.6. Una matrice A ∈ M(n × n, K) si dice invertibile se esiste B ∈ M(n × n, K) tale che AB = In = BA.

(3.1)

Se ci`o si verifica, B prende il nome di matrice inversa di A e si denota con B = A−1 . Definizione 3.7. Una matrice quadrata non invertibile si dice matrice singolare (o degenere). Esempio 3.8. On×n `e singolare. Esercizio 3.9. Date le seguenti matrici reali, stabilire se sono invertibili e in caso affermativo trovarne le inverse:     1 2 1 −2 A= , C= . 3 0 −2 4 26

Svolgimento. Si tratta di le equazioni (3.1) in cui B `e una  risolvere  x y matrice incognita: B = . z t      1 2 x y 1 0    =  3 0  z t  AB = I2  0 1  ⇔ BA = I2 x y 1 2 1 0   =  z t 3 0 0 1     x + 2z y + 2t 1 0   =  3y   3x 0 1  ⇔ x + 3y 2x 1 0   =  z + 3t 2z 0 1  x + 2z = 1     y + 2t = 0 ⇒ t = − y2 = − 16     3x = 0 ⇒ x=0    3y = 1 ⇒ y = 13 x + 3y = 1     2x = 0     z + 3t = 0    2z = 1 ⇒ z = 12

⇔

Occorre sostituire i valori trovati dalle quattro equazioni scelte nelle altre quattro (ad es. x + 2z = 0 + 2 21 = 1) per verificare che diano delle identit`a, come effettivamente accade. Conclusione: A `e invertibile e −1

A

 =

 0 1/3 . 1/2 −1/6

(Verificare che AA−1 = I2 = A−1 A.) Svolgiamo lo stesso procedimento 27

per C:      1 −2 x y 1 0    =  −2 4 z t  CB = I2  0 1  ⇔ BC = I2 x y 1 −2 1 0   =  z t −2 4 0 1     x − 2z y − 2t 1 0   =  −2x + 4z −2y + 4t   0 1 ⇔ x − 2y −2x + 4y 1 0   =  z − 2t −2z + 4t 0 1   x − 2z = 1    y − 2t = 0     −2x + 4z = 0    −2y + 4t = 1 x − 2y = 1     −2x + 4y = 0     z − 2t = 0    −2z + 4t = 1.

⇔

Notiamo subito che il sistema non ha soluzioni: ad esempio, dalla seconda equazione si ottiene y = 2t e sostituendo nella quarta si ha −2(2t)+4t = 1, cio`e 0 = 1, assurdo. Quindi C `e una matrice singolare. ` possibile dimostrare che se A e B sono due Osservazione 3.10. E matrici quadrate d’ordine n ad elementi in K tali che AB = In , allora necessariamente BA = In . Ci`o implica che nello studio dell’invertibilit`a di A, anzich´e 2n2 equazioni come sopra, `e sufficiente impostarne n2 . Sono comunque troppe e avremo metodi pi` u efficaci per risolvere questo tipo di problema. Proposizione 3.11. Se una matrice A ∈ M(n × n, K) `e invertibile, allora non `e zerodivisore. 28

Dimostrazione. Innanzitutto A 6= On×n perch´e On×n `e singolare. Supponiamo che valga AB = On×n con B ∈ M(n × n, K). Ne segue: A−1 (AB) = A−1 On×n ⇒ (A−1 A)B = On×n ⇒ In B = On×n ⇒ B = On×n . Abbiamo quindi escluso la possibilit`a che valga AB = On×n con B 6= On×n . Analogamente si esclude che possa valere CA = On×n con C 6= On×n . Allora A non `e zerodivisore. Osservazione 3.12. Si pu`o dimostrare il viceversa, cio`e che se la matrice A 6= On×n non `e invertibile, allora `e zerodivisore. (Non `e ovvio!) Ad esempio la matrice C nell’eserc. 3.9 `e zerodivisore. Definizione 3.13. Dati h ∈ K e A = (aij ) ∈ M(m×n, K), il prodotto esterno di h per A `e la matrice hA = (bij ) ∈ M(m × n, K) definita ponendo bij = haij per ogni i, j. Esempio 3.14.     0 −7 −14 0 −1 −2 . = 7 7 0 49 1 0 7 Proposizione 3.15. Se h, h0 ∈ K, A, A0 ∈ M(m × n, K), B ∈ M(n × p, K), valgono: h(A + A0 ) = hA + hA0 , (h + h0 )A = hA + h0 A, h(AB) = (hA)B = A(hB).   a b Proposizione 3.16. Data una matrice A = ∈ M(2 × 2, K), c d (i) se ad − bc 6= 0, allora A `e invertibile e   1 d −b A−1 = . ad − bc −c a (ii) se ad − bc = 0, allora A `e singolare. 29

(3.2)

Dimostrazione. Vale:     d −b ad − bc 0 A = ; −c a 0 ad − bc        d −b d −b a b ad − bc 0 A= = . −c a −c a c d 0 ad − bc Se A = O2×2 , allora ad − bc = 0 e A non `e invertibile. Se A 6= O2×2 e ad − bc = 0, le equazioni sopra implicano che A `e zerodivisore, quindi singolare. Infine, se ad − bc 6= 0, da tali equazioni si ricava, moltiplicando per 1/(ad − bc):    1 d −b = I2 ; A ad − bc −c a    1 d −b A = I2 , ad − bc −c a cio`e A `e invertibile e la sua inversa `e la matrice descritta in (i). Osservazione 3.17. Con riferimento all’eserc. 3.9 la dimostrazione   4 2 = O2×2 , a conferma di quanto si `e precedente suggerisce che C 2 1 detto sul fatto che C sia zerodivisore.

Risposta alla domanda iniziale. Il sistema assegnato si pu`o esprimere in forma cosiddetta matriciale AX = B, dove       a b x r A= X= , B= . c d y s   ax + by Infatti, AX = . Visto che per la prop. precedente A `e cx + dy invertibile, vale: AX = B ⇔ A−1 (AX) = A−1 B ⇔ (A−1 A)X = A−1 B ⇔ X = A−1 B. 30

Quindi l’equazione AX = B ha soluzione unica X = A−1 B, da cui      dr−bs  1 d −b r ad−bc X= = −cr+as , s ad − bc −c a ad−bc cio`e x = (dr −bs)/(ad−bc), y = (−cr +as)/(ad−bc). In generale, ogni sistema di m equazioni di primo grado in n incognite si pu`o esprimere in forma matriciale AX = B, dove A `e una matrice m × n. Teorema 3.18. Se le matrici A, B ∈ M(n × n, K) sono invertibili, allora anche AB `e invertibile e (AB)−1 = B −1 A−1 . Dimostrazione. Poniamo X = AB, Y = B −1 A−1 e calcoliamo: XY = A(BB −1 )A−1 = AIn A−1 = AA−1 = In , Y X = B −1 (A−1 A)B = B −1 In B = B −1 B = In . Resta dimostrato che X = AB `e invertibile e Y = B −1 A−1 `e la sua inversa. “L’inversa del prodotto di due matrici invertibili `e il prodotto delle inverse, prese in ordine contrario.” Compito 3.19. Siano α, β ∈ R soddisfacenti la condizione α2 +β 2 6= 0. Calcolare l’inversa della matrice   α −β A= . β α

31

32

Lezione 4 Il campo complesso

√ Calcolare (1 − i 3)100 Definizione 4.1. L’insieme dei numeri complessi `e C = R2 = {(a, b) | a, b ∈ R}; le operazioni ⊕, tra numeri complessi si definiscono come segue: somma prodotto

(a, b) ⊕ (c, d) = (a + c, b + d), (a, b) (c, d) = (ac − bd, ad + bc), ∀a, b, c, d ∈ R. (4.1)

Teorema 4.2. (C, ⊕, ) `e un campo. Ricordiamo che un campo `e una terna (K, +, ·), dove K `e un insieme e “+”, “·” sono operazioni binarie soddisfacenti le propriet`a algebriche da (2.1) a (2.9) descritte a pag. 16. 33

Dimostrazione. (Parte.) Cerchiamo gli elementi neutri. Per la somma, cerchiamo (c, d) ∈ C tale che ∀(a, b) ∈ C valga (a, b) ⊕ (c, d) = (a, b). Chiaramente ci`o si ottiene con (c, d) = (0, 0). Cerchiamo poi (c0 , d0 ) ∈ C tale che ∀(a, b) ∈ C valga (a, b) (c0 , d0 ) = (a, b). Sfruttando la (4.1): (ac0 − bd0 , ad0 + bc0 ) = (a, b), si ottiene il risultato con c0 = 1, d0 = 0. Le propriet`a da (2.3) a (2.9) sono di verifica elementare, a parte l’ultima, che si riformula come segue: se (α, β) ∈ C, (α, β) 6= (0, 0), esiste (x, y) ∈ C tale che (α, β) (x, y) = (1, 0). Usiamo la (4.1): (αx − βy, αy + βx) = (1, 0) ⇔       αx − βy = 1 α −β x 1 ⇔ = . βx + αy = 0 β α y 0 Siccome ad − bc = α2 + β 2 6= 0, la matrice a sinistra `e invertibile e il sistema ha soluzione unica: −1         1 1 1 α −β α β x = 2 = = 0 0 β α y α + β 2 −β α   1 α . = 2 2 α + β −β L’inverso cercato `e  (x, y) =

−β α , 2 2 2 α + β α + β2

 .

Conseguenza: “in C valgono usuali regole dall’algebra”, in particolare quadrati e potenze di binomi, formule per le equazioni di secondo grado, teorema di Ruffini, ecc. Osservazione 4.3. La funzione F : R → C : x 7→ (x, 0) `e iniettiva. Conveniamo di identificare ogni x ∈ R con F (x) ∈ C, cio`e “x = (x, 0)”. Quindi R ⊆ C. 34

Siccome allora ogni numero reale `e anche un numero complesso, si pongono problemi del tipo: vale 2 + 5 = 2 ⊕ 5? Consideriamo x, y ∈ R. Vale: x ⊕ y = (x, 0) ⊕ (y, 0) = (x + y, 0) = x + y, (4.1)

x y = (x, 0) (y, 0) = (xy − 0, 0 + 0) = xy. Quindi le operazioni ⊕ e sono estensioni a tutto C delle normali operazioni di somma e prodotto di numeri reali. Non essendo possibili ambiguit`a, d’ora in poi scriveremo “+” e “·” al posto di ”⊕” e ” ”. Definizione 4.4. L’unit` a immaginaria `e i = (0, 1) ∈ C. Osservazione 4.5. Siano a, b ∈ R. Vale: (4.1)

a + ib = (a, 0) + (0, 1)(b, 0) = (a, 0) + (0, b) = (a, b). Definizione 4.6. La forma algebrica del numero complesso α = (a, b) `e α = a + ib, a, b ∈ R. (4.2) Ogni numero complesso ha un’unica forma algebrica. Con riferimento ad α in (4.2), il numero reale 0. Vale: z n = α ⇔ (σeiϕ )n = ρeiθ ⇔ σ n einϕ = ρeiθ ; l’ultima `e un’equazione in due incognite reali σ, ϕ, equivalente a   n √ σ = nρ σ = ρ ⇔ nϕ = θ+2kπ, k ∈ Z ϕ = nθ + 2kπ n , k ∈ Z. L’equazione di partenza ha come soluzioni i numeri complessi di mo√ dulo n ρ e argomenti θ θ 2π θ 4π θ 2(n − 1)π , + , + , ..., + . n n n n n n n Abbiamo sostituito k = 0, 1, . . . , n−1. Gli altri valori di k danno luogo a ripetizioni degli stessi numeri complessi: ad es. k = n d`a nθ + 2π che = nθ + 2π come argomento equivale a nθ ; k = n+1 d`a nθ + 2(n+1)π n n +2π che θ 2π equivale a n + n ; eccetera. Concludendo le soluzioni sono esattamente n:
θ 2kπ √ i + n n , zk = ρe n k = 0, 1, . . . , n − 1. (5.5)

Esercizio 5.7. Quante e quali sono le soluzioni complesse dell’equazione x3 = −8? Svolgimento. Le soluzioni sono tre e si ottengono dalla (5.5) ponendovi n = 3, ρ = | − 8| = 8, θ = π (cfr. eserc. 5.6). Otteniamo:
√ π 2kπ 3 i + 3 3 zk = 8e , k = 0, 1, 2. 44

Esercizio 5.8. Esprimere in forma algebrica le soluzioni trovate e rappresentarle nel piano di Gauss. Svolgimento. π



z0 = 2ei 3 = 2 cos

π

π + i sin 3 3

=2

√ ! √ 1 3 +i = 1 + i 3; 2 2

z1 = 2eiπ = 2 (cos π + i sin π) = −2;   5 5 5 z2 = 2ei 3 π = 2 cos( π) + i sin( π) = 2 3 3

√ ! √ 1 3 = 1 − i 3. −i 2 2

Esiste un procedimento “algebrico” per risolvere l’equazione x3 = −8? La risposta `e affermativa. Vale x3 = −8 ⇔ x3 + 8 = 0 ⇔ (x + 2)(x2 − 2x + 4) = 0. L’equazione x + 2 = 0 ha soluzione x = −2. Risolvo x2 − 2x + 4 = 0 con la formula per le equazioni di secondo grado: √ √ √ 2± −12 2 ± 2i 3 = = 1 ± i 3. 2 2 √ √ Il simbolo −12 non ha significato da solo, mentre ± −12 rappresenta l’insieme dei due √ √ numeri complessi il cui quadrato `e −12, ed essi sono ±i 12 = ±2i 3. Dalla (5.5) deduciamo che le soluzioni di z n = α hanno tutte lo stesso modulo (che nel piano complesso `e la distanza da O) e argomenti uguali a θ/n, pi` u multipli di un n-esimo di angolo giro. Quindi le n soluzioni di z = α si dispongono nel piano di Gauss come i vertici di un poligono regolare con n lati e centro in O. Abbiamo visto che l’equazione complessa z n −α = 0 ha sempre soluzioni; anzi, ne ha precisamente n. Vedremo che questa propriet`a si generalizza ad ogni equazione algebrica (un’equazione algebrica consiste in un polinomio uguagliato a zero) come conseguenza del 45

Teorema 5.9 (Teorema fondamentale dell’Algebra). Data l’equazione di grado n nell’incognita complessa z: an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 = 0, dove an , an−1 , . . ., a0 ∈ C, an 6= 0, n > 0, essa ha almeno una soluzione nel campo complesso. Esercizio 5.10. Esprimere in forma algebrica le soluzioni dell’equa√ 2 zione iz + 2z − 2 2 = 0. Svolgimento.

p √ −1 ± 1 + i2 2 z= . i 46

√ √ A parte calcolo ± ∆, cio`e risolvo l’equazione w2 = 1 + i2 2. Pongo w = x + iy (x, y ∈ R), quindi ottengo √ √ (x + iy)2 = 1 + i2 2 ⇔ x2 − y 2 + i2xy = 1 + i2 2  2  2 x − y 2 = 1√ x − y 2 = 1√ ⇔ ⇔ ⇔ 2xy = 2 2 y = x2  4  2 x − x2 − 2 = 0√ x − x22 = 1√ ⇔ y = x2 . y = x2 Dalla prima equazione x2 = (1 ± 3)/2, da cui x2 = 2 o x2 = −1. Siccome x `e reale la seconda equazione non `e accettabile, √ √ quindi x = ± 2, sostituendo si ottiene y = ±1 e infine w = ±( 2 + i). Le soluzioni dell’esercizio sono √ −1 ± ( 2 + i) ; z= i la prima `e z1 =

−1 +

√

√ 2 + i −i · = 1 + i(1 − 2); i −i

la seconda `e z2 =

−1 −

√

√ 2 − i −i · = −1 + i(1 + 2). i −i

Compito 5.11. Esprimere in forma algebrica le soluzioni dell’equazione complessa z 4 = −1.

47

48

Lezione 6 Polinomi a coefficienti reali

Il polinomio P (x) = x4 + 1 pu`o essere scomposto nel prodotto di due polinomi a coefficienti reali e di grado minore di quattro? Teorema 6.1 (Ruffini). Sia K un campo e α ∈ K. Se P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 `e un polinomio di grado n > 0 a coefficienti an , an−1 , . . . , a0 ∈ K e P (α) = 0, allora esiste un polinomio Q(x) a coefficienti in K di grado n − 1 tale che P (x) = (x − α)Q(x). Corollario 6.2 (corollario del Teorema fondamentale dell’Algebra). Ogni polinomio di grado n > 0 a coefficienti complessi si scompone nel prodotto di n polinomi di primo grado a coefficienti complessi. Dimostrazione. Sia P (z) il polinomio in questione. Per il Teorema fondamentale dell’Algebra, esiste α1 ∈ C tale che P (α1 ) = 0. Per il teorema di Ruffini, esiste un polinomio Q1 (z) di grado n − 1 a coefficienti 49

complessi tale che P (z) = (z − α1 )Q1 (z).

(6.1)

Se n > 1, si applica ancora il Teorema fondamentale dell’Algebra all’equazione Q1 (z) = 0, da cui esiste α2 ∈ C tale che Q1 (α2 ) = 0, poi (Ruffini) Q1 (z) = (z − α2 )Q2 (z), (6.2) dove Q2 (z) ha grado n − 2. Si prosegue in questo modo ottenendo altre n − 2 equazioni analoghe alle (6.1) e (6.2,) delle quali l’ultima `e Qn−1 (z) = (z − αn )Qn (z),

(6.3)

dove Qn (z) `e un polinomio di grado n − n = 0, cio`e Qn (z) = c 6= 0 costante. Combinando tutte le n equazioni si deduce P (z) = (z − α1 )(z − α2 ) · . . . · (z − αn )c.

(6.4)

Dalla (6.4) otteniamo che le soluzioni dell’equazione P (z) = 0 sono α1 , α2 , . . . , αn . Diremo radice (o zero) di un polinomio P (x) ogni α tale che P (α) = 0; chiameremo poi molteplicit`a della radice α di P (x), o anche molteplicit` a della soluzione α dell’equazione P (x) = 0, il numero naturale m tale che P (x) = (x − α)m Q(x) dove Q(x) `e un polinomio tale che Q(α) 6= 0. Con queste definizioni si ha Corollario 6.3. Ogni equazione algebrica di grado n > 0 a coefficienti in C ammette precisamente n soluzioni in C, purch´e ciascuna sia contata con la propria molteplicit`a. Proposizione 6.4. Se α ∈ C `e una radice del polinomio P (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 a coefficienti reali (cio`e an , an−1 , . . ., a0 ∈ R), allora anche α `e una radice di P (z). 50

Dimostrazione. Per ipotesi, P (α) = 0. Ricordiamo le propriet`a α + β = α + β, αβ = α β, da cui αn = (α)n per n ∈ N, e l’equivalenza α ∈ R ⇔ α = α. Vale allora 0 = P (α) = an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = an · αn + an−1 · αn−1 + · · · + a1 · α + a0 = an (α)n + an−1 (α)n−1 + · · · + a1 · α + a0 = (sfruttando ai ∈ R per i = 0, 1, . . . , n) = an (α)n + an−1 (α)n−1 + · · · + a1 α + a0 = P (α).

0 = = = =

Teorema 6.5. Se un polinomio P (z) a coefficienti reali di grado n > 0 non `e divisibile per alcun polinomio di grado uno a coefficienti reali, allora esso `e divisibile per un polinomio di grado due a coefficienti reali. Dimostrazione. Sia P (z) un polinomio soddisfacente l’ipotesi di cui sopra. Per il Teorema fondamentale dell’Algebra, esiste α ∈ C tale che P (α) = 0. Se fosse α ∈ R, per il teorema di Ruffini P (z) sarebbe divisibile per z − α, a coefficienti reali, e ci`o non `e. Quindi α 6∈ R. Applicando il teorema di Ruffini si ottiene un’equazione nella forma P (z) = (z − α)Q(z)

(6.5)

con Q(z) polinomio di grado n−1. Sostituiamo z = α in tale equazione: P (α) = (α−α)Q(α) da cui, per la prop. 6.4, 0 = (α−α)Q(α). Siccome α 6∈ R, vale α 6= α; ne deduciamo Q(α) = 0. Riapplicando il teor. di Ruffini, Q(z) = (z − α)R(z), (6.6) 51

Figura 6.1: Le radici di un polinomio di quarto grado, privo di radici reali, sono a coppie complesse coniugate. con R(z) di grado n − 2. Combinando le due scomposizioni (6.5) e (6.6): P (z) = (z − α)(z − α)R(z) ⇒ P (z) = [z 2 − (α + α)z + α α]R(z) ⇒ (cfr. (A.1), (A.2)) ⇒ P (z) = [z 2 − 2 m. Quindi con m scambi si ottiene V = hu1 , u2 , . . . , um i; ne segue che ur `e combinazione lineare di u1 , u2 , . . . , um , contraddicendo l’ipotesi che G sia linearmente indipendente. L’assurdo prova che r ≤ m e quindi V = hu1 , u2 , . . . , ur , vr+1 , vr+2 , . . . , vm i. Riattribuendo a ciascuno dei vettori vr+1 , vr+2 , . . . , vm l’indice che aveva in origine, prima delle permutazioni, si ottiene la (13.1). La disequazione r ≤ m nel teorema dello scambio significa che ogni famiglia linearmente indipendente in VK ha un numero di vettori minore o uguale al numero di vettori di ogni famiglia di generatori di VK . Risposta alla domanda iniziale. Una base di R3 `e N = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1). Siccome R3 ammette questa famiglia di tre generatori, ogni famiglia linearmente indipendente in R3 ha non pi` u di tre vettori. Quindi non esiste una famiglia con la propriet`a richiesta. (L’idea alla base della risposta verr`a generalizzata nella prop. 13.4.) 105

Teorema 13.2. Sia B = v1 , v2 , . . . , vm una base finita di uno spazio vettoriale VK . Allora ogni altra base di VK `e composta dallo stesso numero, m, di vettori. Dimostrazione. Consideriamo un’altra base B 0 di VK . Se B 0 ha pi` u vettori di B, allora consideriamone un numero r > m, formanti una famiglia G, che risulta linearmente indipendente. Dal teorema dello scambio, con F = B, segue r ≤ m, assurdo. Ne segue che B 0 `e una famiglia finita il cui numero di vettori, diciamo s, soddisfa la disequazione s ≤ m. Considerando ora il fatto che B 0 `e una famiglia di generatori di VK e che B `e una famiglia linearmente indipendente, dal teorema dello scambio otteniamo m ≤ s. Combinando ci`o con la disequazione precedente otteniamo s = m. Definizione 13.3. Se uno spazio vettoriale VK ha una base finita composta da n vettori, si dir`a che n `e la dimensione di VK , dim VK = n. Se VK non ha una base finita, allora si pone dim VK = ∞. Proposizione 13.4. In uno spazio vettoriale VK di dimensione n ∈ N: (i) ogni famiglia H con pi` u di n vettori `e linearmente dipendente; (ii) ogni famiglia H con meno di n vettori non `e una famiglia di generatori di VK . Dimostrazione. Per ipotesi VK ha una base B composta da n vettori. (i) Se H `e linearmente indipendente, allora dal teorema dello scambio (facendovi G = H e F = B) si deduce che H ha un numero minore o uguale a n di vettori. (ii) Se H0 `e una famiglia di generatori di VK , allora dal teorema dello scambio (facendovi G = B e F = H0 ) si deduce che H ha un numero maggiore o uguale a n di vettori. 106

Teorema 13.5 (Teorema di completamento della base). Sia B = v1 , v2 , . . . , vn una base di uno spazio vettoriale VK e G = u1 , u2 , . . . , ur una famiglia linearmente indipendente di vettori in VK . Allora in B si possono prendere n − r vettori che, aggregati a G, formino una base di VK . Dimostrazione. Ponendo F = B, m = n, sono soddisfatte le ipotesi del teorema dello scambio. Quindi esistono n − r vettori vi1 , vi2 , . . ., vin−r in B, tali che hu1 , u2 , . . . , ur , vi1 , vi2 , . . . , vin−r i = V. Consideriamo la famiglia H = u1 , u2 , . . . , ur , vi1 , vi2 , . . . , vin−r di cui sopra. La famiglia H `e una famiglia di generatori di VK , composta da n vettori. Per la prop. 12.15, H contiene una base, che per il teorema 13.2 deve contenere lo stesso numero di vettori di B, quindi n. Ne segue che H `e gi`a una base di VK . Proposizione 13.6. Sia VK uno spazio vettoriale di dimensione finita n. Allora (i) ogni famiglia di generatori di VK composta da n vettori `e una base; (ii) ogni famiglia linearmente indipendente in VK , composta da n vettori, `e una base. Dimostrazione. (i) Consideriamo una famiglia F composta da n vettori e tale che hFi = V . Per la prop. 12.15, F contiene una base e ogni base `e composta da n vettori. Ne segue che F `e una base. (ii) Per ipotesi esiste una base B di VK formata da n vettori. Consideriamo una famiglia F 0 , linearmente indipendente, composta da n vettori. Per il teorema di completamento della base (facendo in esso G = F 0 e quindi r = n), `e possibile aggregare ad F 0 , n − r = 0 vettori in modo da ottenere una base. Questo significa che F 0 `e una base. Esercizio 13.7. (a) Esiste una base di R3 contenente i vettori v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 2, 2)? (b) Se esiste una tale base, trovarla. 107

Svolgimento. (a) La famiglia F = v1 , v2 `e linearmente indipendente. Per il teorema di completamento della base, da ogni base di R3 `e possibile estrarre n − r = 3 − 2 = 1 vettore v tale che v1 , v2 , v sia una base di R3 . La risposta `e quindi affermativa. (b) Il vettore v pu`o essere scelto in N = e1 , e2 , e3 = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1). Stabilisco se F1 = v1 , v2 , e1 `e una base di R3 . Studio la dipendenza lineare di F1 , risolvendo: xv1 + yv2 + ze1 = 0 ⇔ x(1, 1, 1) + y(1, 2, 2) + z(1, 0, 0) = (0, 0, 0)  x+y+z = 0 ⇔ (x + y + z, x + 2y, x + 2y) = (0, 0, 0) ⇔ x + 2y = 0. Tra le soluzioni, il sistema ha anche x = −2, y = 1, z = 1, quindi F1 `e linearmente dipendente e non `e una base. Stabilisco allora se F1 = v1 , v2 , e2 `e una base di R3 . Studio la dipendenza lineare di F2 , risolvendo: xv1 + yv2 + ze2 = 0 ⇔ x(1, 1, 1) + y(1, 2, 2) + z(0, 1, 0) = (0, 0, 0)  = 0  x+y x + 2y + z = 0 ⇔ (x + y, x + 2y + z, x + 2y) = (0, 0, 0) ⇔  x + 2y = 0  y = −x  −x + z = 0 ⇔ ⇔ x = y = z = 0.  −x = 0 Quindi F2 `e linearmente indipendente. Per la prop. 13.6 (ii), F2 `e una base1 . Compito 13.8. di vettori F = (1, 2, −1), (3, 4, −1), √ √ √ La famiglia 3 ( 2, 3, 2), ( 7, 7, 49) di R `e linearmente dipendente? 1

Cio`e la prop. 13.6 permette di omettere la verifica di hF2 i = R3 .

108

Lezione 14 Ancora su basi e dimensione

Dati due sottospazi W1 e W2 di uno spazio vettoriale VK , che relazione esiste tra dim W1 , dim W2 e dim(W1 + W2 )? Nozioni indispensabili per la comprensione degli argomenti seguenti: definizione di somma di due sottospazi (10.2); di somma diretta (def. 10.5); caratterizzazione delle somme dirette (prop. 10.7); definizione di base (def. 12.3); di dimensione (def. 13.3); ogni famiglia finita di generatori di uno spazio vettoriale ne contiene una base (prop. 12.15). Osservazione 14.1. Come risposta, dim(W1 +W2 ) = dim W1 +dim W2 `e sicuramente sbagliata: infatti, se W1 = W2 6= {0}, allora W1 + W2 = {w1 + w2 | w1 ∈ W1 , w2 ∈ W2 } = W1 = W2 , quindi posto dim W1 = r > 0 vale dim(W1 + W2 ) = r mentre dim W1 + dim W2 = 2r 6= r. 109

Proposizione 14.2. Siano W1 e W2 sottospazi di uno spazio vettoriale VK ; siano, inoltre, G1 e G2 due famiglie di generatori di, rispettivamente, W1 e W2 . Allora G1 ∪ G2 `e una famiglia di generatori di W1 + W2 . Dimostrazione. (Nel caso di famiglie finite non vuote.) Poniamo G1 = v1 , v2 , . . . , vr , G2 = u1 , u2 , . . . , us . Per ipotesi e definizione di sottospazio generato W1 = {x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr | x1 , x2 , . . . , xr ∈ K}, W2 = {y1 u1 + y2 u2 + · · · + ys us | y1 , y2 , . . . , ys ∈ K}. Ne segue W1 + W2 = {w1 + w2 | w1 ∈ W1 , w2 ∈ W2 } = = {x1 v1 + · · · + xr vr + y1 u1 + · · · + ys us | x1 , . . . , ys ∈ K} = = hG1 ∪ G2 i.

Proposizione 14.3. Se W1 e W2 sono sottospazi di dimensione finita in uno spazio vettoriale VK , allora anche dim(W1 + W2 ) `e finita e dim(W1 + W2 ) ≤ dim W1 + dim W2 . Dimostrazione. Poniamo r = dim W1 , s = dim W2 . Quindi W1 e W2 hanno due basi, chiamiamole G1 e G2 , con, rispettivamente, r ed s elementi. Per la prop. 14.2, vale hG1 ∪ G2 i = W1 + W2 , quindi G1 ∪ G2 contiene una base B di W1 + W2 , la quale ha allora n ≤ r + s elementi. La tesi segue osservando n = dim(W1 + W2 ), r = dim W1 , s = dim W2 . 110

Una risposta precisa al problema `e data dalla seguente formula di Grassmann valida per due sottospazi qualsiasi W1 e W2 di dimensioni finite di uno spazio vettoriale VK , che enunciamo senza dimostrazione: dim(W1 + W2 ) + dim(W1 ∩ W2 ) = dim W1 + dim W2 .

(14.1)

Corollario 14.4. Dati due sottospazi W1 e W2 in uno spazio vettoriale VK , di dimensione finita, risulta dim(W1 + W2 ) = dim W1 + dim W2 se, e solo se, la somma W1 + W2 `e diretta. Dimostrazione. ⇔ ⇔

dim(W1 + W2 ) = dim W1 + dim W2 dim(W1 ∩ W2 ) = 0 Segue dalla (14.1) W1 ∩ W2 = {0} perch´e h∅i = {0}

⇔

W1 + W2 `e diretta

Teor. 10.7: W1 ∩ W2 = {0} ⇔ W1 + W2 `e diretta.

Esercizio 14.5. Dati i seguenti sottospazi di R4 : W1 = {(0, x, y, z) ∈ R4 | x + y + z = 0}, W2 = h(1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 1), (1, 2, −2, 1)i, (a) trovare una base di W1 , di W2 e di W1 + W2 , (b) stabilire se la somma W1 + W2 `e diretta. Svolgimento. (a) W1 = {(0, x, y, −x − y) | x, y ∈ R} = = {(0, x, 0, −x) + (0, 0, y, −y) | x, y ∈ R} = = {x(0, 1, 0, −1) + y(0, 0, 1, −1) | x, y ∈ R} = = h(0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1)i. 111

Una base di W1 `e B = (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1). Ora studio la dipendenza lineare della seguente famiglia di generatori di W2 : F = (1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 1), (1, 2, −2, 1), risolvendo x(1, 0, 0, 1) + y(1, 1, −1, 1) + z(1, 2, −2, 1) = 0 ⇔ (x + y + z, y + 2z, −y − 2z, x + y + z) = (0, 0, 0, 0)  x+y+z = 0     x = −y − z = z y + 2z = 0 ⇔ ⇔      y = −2z −y − 2z  = 0      ((((   x( +y+z  = 0 ( che ha come soluzione, per esempio, x = 1, y = −2, z = 1. Quindi F `e linearmente dipendente e (1, 2, −2, 1) = −(1, 0, 0, 1) + 2(1, 1, −1, 1). Ne deduco W2 = h(1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 1)i. Una base di W2 `e B2 = (1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 1). Per la prop. 14.2, una famiglia di generatori di W1 + W2 `e B1 ∪ B2 . Studio la dipendenza lineare di B1 ∪ B2 , risolvendo: x(0, 1, 0, −1) + y(0, 0, 1, −1) + z(1, 0, 0, 1) + t(1, 1, −1, 1) = (0, 0, 0, 0) ⇔ (z + t, x + t, y − t, −x − y + z + t) = (0, 0, 0, 0)   z+t = 0     z = −t x+t = 0 x = −t ⇔ ⇔ y − t = 0    y = t.  −x − y + z + t = 0 Questo sistema ha come soluzioni anche x = −1, y = 1, z = −1, t = 1, da cui −(0, 1, 0, −1) + (0, 0, 1, −1) − (1, 0, 0, 1) + (1, 1, −1, 1) = (0, 0, 0, 0) ⇒ (1, 1, −1, 1) = (0, 1, 0, −1) − (0, 0, 1, −1) + (1, 0, 0, 1). 112

Ne segue W1 + W2 = h(0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1), (1, 0, 0, 1)i. Studio ora la dipendenza lineare di G = (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1), (1, 0, 0, 1), risolvendo x(0, 1, 0, −1) + y(0, 0, 1, −1) + z(1, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0) ⇔ (z, x, y, −x − y + z) = (0, 0, 0, 0)  z = 0    x = 0 ⇔ x = y = z = 0. ⇔ y = 0    −x − y + z = 0 Quindi G `e una famiglia linearmente indipendente e una base di W1 + W2 . (b) Dal punto precedente, dim W1 = dim W2 = 2 e dim(W1 + W2 ) = 3, quindi dim(W1 + W2 ) 6= dim W1 + dim W2 e per il cor. 14.4 la somma W1 + W2 non `e diretta. Una base per lo spazio vettoriale V dei vettori geometrici. Consideriamo un sistema di riferimento (un’origine O, tre assi ortogonali, −−→ −−→ −−→ un’unit`a di misura). Definiamo i vettori i = OP1 , j = OP2 , k = OP3 (cfr. fig. 14.1). Proposizione 14.6. (i) Un punto P dello spazio ha coordinate x, y, z se, e solo se, −→ OP = xi + yj + zk. −→ (ii) Per ogni v ∈ V esiste un unico punto P tale che OP = v. Notazioni 14.7. Scrivendo P (x, y, z) si intender`a che x, y, z sono le coordinate del punto P , rispetto a un sistema di riferimento sottinteso. Da (i) e (ii) segue che ogni v ∈ V si esprime in modo unico come combinazione lineare di B = i, j, k; ne segue che B `e una base di V (cfr. prop. 12.10). In particolare, dim V = 3. 113

Figura 14.1: I vettori i, j, k. 

Esistono basi di V in cui i vettori non sono perpendicolari e non hanno lunghezze uguali.

Osservazione 14.8. Un sistema di riferimento pu`o essere definito, in alternativa, assegnando un punto O (detto origine) e tre vettori i, j, k di lunghezza 1, a due a due perpendicolari. Useremo questo approccio in futuro e denoteremo tale riferimento con RC(Oijk) (“RC” = riferimento cartesiano). Dati due punti P1 (x1 , y1 , z1 ) e P2 (x2 , y2 , z2 ), si ha: −−→ −−→ −−→ OP2 = OP1 + P1 P2 ,

−−→ OPi = xi i + yi j + zi k, i = 1, 2,

da cui deduciamo −−→ −−→ −−→ P1 P2 = OP2 − OP1 = (x2 − x1 )i + (y2 − y1 )j + (z2 − z1 )k, 114

(14.2)

Figura 14.2: Equazione (14.2). vale a dire che fissato il riferimento cartesiano RC(Oijk), le coordinate −−→ del vettore P1 P2 rispetto alla base i, j, k si ottengono per differenza dalle coordinate dei due punti in quel riferimento. Esercizio 14.9. Se B = i, j, k `e una base definita come sopra, stabilire se F = i, i + j, i + k `e una base di V. Svolgimento. Studio la dipendenza lineare di F: risolvo l’equazione xi + y(i + j) + z(i + k) = 0 ⇔ (x + y + z)i + yj + zk = 0. Siccome B `e linearmente indipendente, l’ultima equazione equivale a   x+y+z = 0 y = 0 ⇔ x = y = z = 0,  z = 0 quindi F `e linearmente indipendente. Siccome dim V = 3 e F `e una famiglia di tre vettori in V linearmente indipendente, F `e necessariamente una base (prop. 13.6 (ii)). 115

Esercizio 14.10. Dati i seguenti sottospazi di M(2 × 2, R): W1 = hA, Bi; W2 = hC, Di dove  A=

 1 0 , 2 −1

 B=

 1 −1 , 0 −1

 C=

 0 1 , 0 0

D = AB,

(a) trovare delle basi di W1 , W2 , W1 + W2 , W1 ∩ W2 , (b) verificare la formula di Grassmann in questo caso, (c) dire se la somma W1 + W2 `e diretta, (d) determinare una base di M(2 × 2, R) che contenga la base di W1 + W2 trovata al punto (a).



 1 −1 Svolgimento. In primo luogo D = AB = . 2 −1 (a) A, B sono linearmente indipendenti, quindi una base di W1 `e B1 = A, B. Analogamente una base di W2 `e B2 = C, D. Una famiglia di generatori di W1 + W2 `e B1 ∪ B2 . Ne studiamo la dipendenza lineare, risolvendo l’equazione

xA + yB + zC + tD = O2×2  x+y+t    −y + z − t 2x + 2t    −x − y − t

⇔ = = = =

    x + y + t −y + z − t 0 0 = 2x + 2t −x − y − t 0 0  0 z = t 0 x = −t ⇔ 0  y = 0. 0

La famiglia B1 ∪B2 `e linearmente dipendente. Prendendo t = 1 si ricava −A + C + D = O2×2 , quindi A = C + D; allora hB, C, Di = W1 + W2 . 116

Studiamo ora la dipendenza lineare della famiglia B, C, D:     y + t −yz − t 0 0 yB + zC + tD = O2×2 ⇔ = 2t −y − t 0 0  y+t = 0    −y + z − t = 0 ⇔ y = z = t = 0. 2t = 0    −y − t = 0 Ne segue che B3 = B, C, D `e una base di W1 + W2 . Per trovare l’intersezione consideriamo che    x+y −y x, y ∈ R , W1 = {xA + yB | x, y ∈ R} = 2x −x − y    t z − t W2 = {zC + tD | z, t ∈ R} = z, t ∈ R . 2t −t Cerchiamo i vettori comuni ai due sottospazi uguagliandone gli elementi generici:     t z−t x+y −y . = 2t −t 2x −x − y Ne deriva il sistema  x+y−t    −y − z + t 2x − 2t    −x − y + t

= = = =

0 0 0 0

 z = t x = t ⇔  y = 0.

Sostituendo i valori di x e y trovati nell’espressione della generica matrice in W1 si ha      t 0 1 0 W1 ∩ W2 = t∈R = . 2t −t 2 −1 117

  1 0 Una base di W1 ∩ W2 `e B4 = . 2 −1 (b) Abbiamo dim(W1 + W2 ) = 3, dim(W1 ∩ W2 ) = 1, dim W1 = dim W2 = 2, quindi in questo caso la (14.1) si riformula in 3+1 = 2+2, che `e un’identit`a. (c) W1 ∩ W2 non `e il sottospazio nullo, quindi la somma non `e diretta. (d) Una base1 di M(2 × 2, R) `e B = E1 , E2 , E3 , E4 dove         1 0 0 1 0 0 0 0 E1 = , E2 = , E3 = , E4 = ; 0 0 0 0 1 0 0 1 questo perch´e ogni matrice reale 2 × 2 si esprime in modo unico come combinazione lineare di B (prop. 12.10). Per il teorema 13.5 di completamento della base, una di queste quattro matrici pu`o essere aggregata alle tre che compongono B3 per ottenere una base di M(2 × 2, R). Studiando la dipendenza di B, C, D, E1 , cio`e risolvendo xB + yC + zD + tE1 = O2×2 si ottiene il sistema

 x+z+t    −x + y − z 2z    −x − z

= = = =

0 0 0 0

che ha come soluzione x = y = z = t = 0. Allora la famiglia B5 = B, C, D, E1 `e linearmente indipendente, quindi (prop. 13.6) una base di M(2 × 2, R) che come richiesto contiene B3 . Esercizio 14.11. Con riferimento all’eserc. 14.5, (c) trovare una base di W1 ∩ W2 , (d) verificare la formula di Grassmann in questo caso, (e) determinare una base di R4 che contenga la base di W1 +W2 trovata al punto (a). 1

D’ora in avanti chiameremo naturale questa base di matrici.

118

Compito 14.12. Esistono due sottospazi W1 e W2 di R3 aventi ciascuno dimensione due e tali che W1 + W2 = R3 ? La loro somma `e diretta?

119

120

Lezione 15 Funzioni lineari

Che relazione esiste tra lo spazio V dei vettori geometrici e R3 ?

Definizione 15.1. Siano VK e WK spazi vettoriali costruiti sul medesimo campo K. Una funzione L : V → W si dice funzione lineare (o applicazione lineare, o omomorfismo di V in W ) se ∀h ∈ K : ∀v, v0 ∈ V : (i) L(hv) = hL(v); (ii) L(v+v0 ) = L(v)+L(v0 ). (15.1) Le (15.1) (i) e (ii) si chiamano propriet`a di linearit`a di L. Esercizio 15.2. Verificare che f : R2 → R3 : (x, y) 7→ (2x, y, x − y) `e una funzione lineare. 121

Svolgimento. Considero h ∈ R, v, v0 ∈ R2 , v = (x, y), v0 = (x0 , y 0 ). Verifico le (15.1): f (hv) = f ((hx, hy)) = (2hx, hy, hx − hy); hf (v) = h(2x, y, x − y) = (2hx, hy, h(x − y)) = f (hv). f (v + v0 ) = f ((x + x0 , y + y 0 )) = = (2(x + x0 ), y + y 0 , x + x0 − y − y 0 ); f (v) + f (v0 ) = (2x, y, x − y) + (2x0 , y 0 , x0 − y 0 ) = = (2x + 2x0 , y + y 0 , x − y + x0 − y 0 ) = f (v + v0 ). La f soddisfa le due propriet`a di linearit`a, quindi `e lineare. Definizioni 15.3. Sia L : V → W una funzione lineare. • Se V = W , allora L si dice endomorfismo dello spazio vettoriale VK . • Se L `e biiettiva, allora L si dice isomorfismo tra gli spazi vettoriali VK e WK , che si dicono allora isomorfi. • Se V = W e L `e biiettiva, allora L si dice automorfismo dello spazio vettoriale VK . Esempio 15.4. La funzione L : M(2 × 2, R) → R4 :



 a b 7→ (a, b, c, d) c d

`e un isomorfismo. In primo luogo, L `e chiaramente biiettiva; verifichiamo poi le propriet`a di linearit`a. Consideriamo    0 0 a b a b h ∈ R, A = , A0 = 0 0 . c d c d 122

Vale: L(hA) = hL(A) = L(A + A0 ) = L(A) + L(A0 ) =

  ha hb L = (ha, hb, hc, hd); hc hd h(a, b, c, d) = L(hA).   a + a0 b + b 0 L = (a + a0 , b + b0 , c + c0 , d + d0 ); 0 0 c+c d+d (a, b, c, d) + (a0 , b0 , c0 , d0 ) = L(A + A0 ).

Quindi L `e un isomorfismo. Osservazione 15.5. Due spazi vettoriali isomorfi sono “essenzialmente uguali”. Ci`o significa che se si identificano gli elementi di V con gli

elementi di W posti in corrispondenza da L, le due operazioni di somma (nei rispettivi spazi vettoriali) e le due operazioni di prodotto esterno coincidono. Notazione 15.6. D’ora in avanti identificheremo ogni n-pla ordinata di elementi di K con la matrice colonna avente quegli stessi elementi. 123

Quindi K n = M(n × 1, K). Ad esempio   7 (7, 8, 9) = 8 . 9 Il fine della notazione appena introdotta `e quello di poter moltiplicare a destra di una matrice un elemento di K n , come avverr`a in seguito. 

Un vettore di K n `e una matrice colonna, non una matrice riga.

Definizione 15.7. Sia VK uno spazio vettoriale di dimensione finita n > 0 e B = v1 , v2 , . . . , vn una sua base1 . Dato v ∈ V , v = x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn vn ,

(15.2)

la colonna delle coordinate di v rispetto a B `e   x1  x2  n  Xv =   ...  ∈ K . xn Osservazioni 15.8. 1) La colonna delle coordinate di v `e la colonna che i cui elementi sono le coordinate di v. 2) Nella definizione precedente la notazione sottintende la base. Volendolo evitare, si potrebbe usare una simbologia del tipo [v]B al posto di Xv . Definizione 15.9. Sia VK uno spazio vettoriale di dimensione finita n > 0 e B = v1 , v2 , . . . , vn una sua base. Definiamo la funzione χB : V → K n ponendo χB (v) = Xv per ogni v ∈ V . 1

Pi` u precisamente, una base ordinata.

124

Proposizione 15.10. La funzione χB `e un isomorfismo. Dimostrazione. 1) χB `e biiettiva; infatti, per ogni w = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ K n esiste un unico v ∈ V tale che χB (v) = w e precisamente il vettore v definito dalla (15.2). 2) χB soddisfa la (15.1) (i). Infatti, consideriamo h ∈ K e v ∈ V , v = x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn vn . Vale: χB (hv) = χB (hx1 v1 + hx2 v2 + · · · + hxn vn ) = (hx1 , hx2 , . . . , hxn ); hχB (v) = h(x1 , x2 , . . . , xn ) = χB (hv). 3) χB soddisfa la (15.1) (ii). Infatti, consideriamo v come sopra e v0 = x01 v1 + x02 v2 + · · · + x0n vn . Vale χB (v + v0 ) = χB ((x1 + x01 )v1 + (x2 + x02 )v2 · · · + (xn + x0n )vn ) = (x1 + x01 , x2 + x02 , . . . , xn + x0n ); χB (v) + χB (v0 ) = (x1 , x2 , . . . , xn ) + (x01 , x02 , . . . , x0n ) = χB (v + v0 ).

Risposta alla domanda iniziale. Applicando la proposizione sopra a V = V e a una base B = i, j, k di V, otteniamo che la risposta `e: si tratta di spazi vettoriali isomorfi (cio`e essenzialmente uguali). Pi` u in n generale, K `e essenzialmente l’unico spazio vettoriale di dimensione n costruito sul campo K, nel senso che tutti gli altri sono isomorfi, e perci`o essenzialmente uguali, a quello. Notazione 15.11. D’ora in avanti il vettore nullo di uno spazio vettoriale VK potr`a essere denotato con 0V . 125

Definizione 15.12. Il nucleo di una funzione lineare L : V → W `e ker L = {v ∈ V | L(v) = 0W }.

(15.3)

Teorema 15.13. Siano VK e WK spazi vettoriali e L : V → W una funzione lineare. Allora ker L `e un sottospazio di VK . Dimostrazione. Applichiamo la def. 9.7, cambiandola un po’ per evitare confusione con i simboli. La tesi del teorema `e: (i) (ii)

0V ∈ ker L ∀h, k ∈ K : ∀u, u0 ∈ ker L : hu + ku0 ∈ ker L. (15.1)(i)

(i) L(0V ) = L(00V ) = 0L(0V ) = 0W , perch´e 0w = 0W per ogni w ∈ W . Resta dimostrato che 0V ∈ ker L. (ii) Consideriamo h, k ∈ K e u, u0 ∈ ker L. Vale: L(hu + ku0 )

(15.1)(ii)

=

L(hu) + kL(u0 )

(15.1)(i)

=

hL(u) + kL(u0 ).

Siccome u, u0 ∈ ker L si ha L(u) = L(u0 ) = 0W . Quindi L(hu + ku0 ) = h0W + k0W = 0W . Ne segue hu + ku0 ∈ ker L. Esercizio 15.14. Dando per dimostrato che f : R2 → R3 : (x, y) 7→ (2x, y, x − y) sia lineare, trovare ker f . Svolgimento. ker f = {v ∈ R2 | f (v) = (0, 0, 0)} = = {(x, y) ∈ R2 | f (x, y) = (0, 0, 0)} (1 ) = = {(x, y) ∈ R2 | (2x, y, x − y) = (0, 0, 0)}. 126

Risolvo il sistema   2x = 0 y = 0  x−y = 0

⇔ x = y = 0.

Concludendo, ker f = {(0, 0)}. Teorema 15.15. Siano VK e WK spazi vettoriali e L : V → W una funzione lineare. La funzione L risulta iniettiva se, e solo se, ker L = {0V }. Dimostrazione. “⇒” L’ipotesi `e che L sia iniettiva e la tesi `e ker L = {0V }. Vale 0V ∈ ker L perch´e L `e un sottospazio. Consideriamo v ∈ ker L; quindi, L(v) = 0W = L(0V ). Siccome per ipotesi L `e iniettiva, ne segue v = 0V . “⇐” Consideriamo v1 , v2 ∈ V , tali che L(v1 ) = L(v2 ). Ci`o implica: L(v1 ) − L(v2 ) = 0W ⇒ L(v1 ) + (−1)L(v2 ) = 0W

(15.1)(i)

⇒

(15.1)(ii)

⇒ L(v1 ) + L((−1)v2 ) = 0W ⇒ L(v1 + (−1)v2 ) = 0W ⇒ L(v1 − v2 ) = 0W ⇒ v1 − v2 ∈ ker L. Siccome per ipotesi ker L = {0V }, l’ultima condizione implica v1 −v2 = 0V , da cui v1 = v2 . Quindi L `e iniettiva. Esercizio 15.16. Stabilire se la funzione f dell’eserc. 15.14 `e iniettiva. Svolgimento. ker f = {(0, 0)}, quindi f `e iniettiva. Esercizio 15.17. (a) Trovare tutte le funzioni lineari f : R3 → R2 soddisfacenti le condizioni f (1, 0, 0) = (1, 2), f (0, 1, 0) = (3, 4), f (0, 0, 1) = (1, 0).

(15.4)

(b) Dire quali tra esse sono iniettive. 1

Qui avremmo dovuto scrivere f ((x, y)), ma d’ora in avanti eviteremo le doppie parentesi.

127

Svolgimento. (a) Osservo che se f `e lineare e soddisfa (15.4), vale ∀x, y, z ∈ R: f (x, y, z) = f (x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1)) = = = =

(15.1)(ii)

=

f (x(1, 0, 0)) + f (y(0, 1, 0)) + f (z(0, 0, 1)) xf (1, 0, 0) + yf (0, 1, 0) + zf (0, 0, 1) = x(1, 2) + y(3, 4) + z(1, 0) = (x + 3y + z, 2x + 4y).

(15.1)(i)

=

(15.5)

Ci`o significa che se esiste una funzione lineare soddisfacente le (15.4), allora essa `e unica. Con conti del tutto simili all’eserc. 15.2, si verifica che la funzione f (x, y, z) definita dalla (15.5) `e lineare. Concludendo, esiste un’unica funzione lineare con le propriet`a richieste. (b) Come nell’eserc. 15.14 occorre risolvere l’equazione (x + 3y + z, 2x + 4y) = (0, 0), o il sistema che se ne deduce:   z = −x − 3y x + 3y + z = 0 ⇔ x = −2y 2x + 4y = 0

 ⇔

z = −y x = −2y.

La variabile y pu`o assumere un valore arbitrario, quindi ker f = {(−2y, y, −y) | y ∈ R} = 6 {(0, 0, 0)}. Per il teorema 15.15, f non `e iniettiva. Sfida: Trovare tutte le f : R3 → R2 soddisfacenti le prime due delle tre equazioni (15.4). Compito 15.18. Stabilire se la funzione f dell’eserc. 15.14 `e suriettiva. 128

Lezione 16 Funzioni lineari e matrici

Trovare, se esiste, una funzione lineare R2 → R3 che non sia esprimibile nella forma (x, y) 7→ (ax + by, cx + dy, gx + hy) con a, b, c, d, g, h ∈ R. Teorema 16.1. Siano VK e WK spazi vettoriali. Se B = v1 , v2 , . . . , vn `e una base di VK e w1 , w2 , . . . , wn sono vettori (qualsiasi) in W , allora esiste un’unica funzione lineare L : V → W tale che L(vj ) = wj ,

j = 1, 2, . . . , n.

(16.1)

Dimostrazione. Esistenza: definiamo una funzione L : V → W come segue. Se v ∈ V , allora sono univocamente determinati x1 , x2 , . . . , xn ∈ K tali che v = x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn vn . Poniamo per definizione L(v) = x1 w1 + x2 w2 + · · · + xn wn . Dimostriamo che L `e lineare; consideriamo a tal fine h ∈ K, v, v0 ∈ V, v = x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn vn ,

v0 = x01 v1 + x02 v2 + · · · + x0n vn .

129

Vale: L(hv) = = hL(v) = L(v + v0 ) = = L(v) + L(v0 ) =

def. di L

L(hx1 v1 + hx2 v2 + · · · + hxn vn ) = hx1 w1 + hx2 w2 + · · · + hxn wn , h(x1 w1 + x2 w2 + · · · + xn wn ) = L(hv); L((x1 + x01 )v1 + (x2 + x02 )v2 + · · · + (xn + x0n )vn ) = (x1 + x01 )w1 + (x2 + x02 )w2 + · · · + (xn + x0n )wn , (x1 w1 + x2 w2 + · · · + xn wn ) + + (x01 w1 + x02 w2 + · · · + x0n wn ) = L(v + v0 ).

Verifichiamo le (16.1). Per ogni j ∈ {1, 2, . . . , n} vale: def. di L

L(vj ) = L(0v1 + 0v2 + · · · + 1vj + · · · + 0vn ) = = 0w1 + 0w2 + · · · + 1wj + · · · + 0wn = wj .

Unicit` a: supponiamo che una funzione lineare M : V → W soddisfi M (vj ) = wj per j = 1, 2, . . . , n; sia L : V → W la definizione definita sopra. Consideriamo un qualsiasi vettore v = x1 v1 +x2 v2 +· · ·+xn vn ∈ V . Vale: M (v)

= = = def. di L

=

(15.1)

M (x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn vn ) = x1 M (v1 ) + x2 M (v2 ) + · · · + xn M (vn ) = x1 w1 + x2 w2 + · · · + xn wn = L(v).

Resta dimostrato che M = L. Una funzione lineare `e completamente individuata dai valori che essa assume su di una base del dominio. Esempio 16.2. Nell’eserc. 15.17, applicando il teorema 16.1 con V = R3 , W = R2 , v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1), w1 = (1, 2), 130

w2 = (3, 4), w3 = (1, 0), otteniamo che esiste un’unica f : R3 → R2 lineare tale che f (vi ) = wi , i = 1, 2, 3. Esercizio 16.3. Quante sono le funzioni lineari f : R3 → R2 soddisfacenti le condizioni f (1, 0, 0) = (1, 2), f (0, 1, 0) = (3, 4)? Svolgimento. Consideriamo un qualsiasi vettore u ∈ R2 . Dal teorema 16.1 deduco che esiste un’unica funzione lineare fu : R3 → R2 tale che fu (v1 ) = w1 ,

fu (v2 ) = w2 ,

fu (v3 ) = u

(v1 , v2 , v3 , w1 , w2 come nell’esempio precedente). La funzione fu ha le propriet`a richieste; inoltre, se u 6= u0 , allora fu (v3 ) 6= fu0 (v3 ), quindi fu 6= fu0 . Ne segue che esistono infinite funzioni con le propriet`a richieste. Definizione 16.4. Per ogni A ∈ M(m × n, K), si definisce la funzione FA : K n → K m : X 7→ AX.

(16.2)

Si osservi che la definizione (16.2) `e corretta: a X ∈ K n , la funzione associa AX, prodotto di una matrice m × n per una n × 1, quindi una matrice m × 1, quindi un elemento di K m . Proposizione 16.5. Per ogni A ∈ M(m × n, K) la funzione FA `e lineare. Dimostrazione. Consideriamo h ∈ K, X, X 0 ∈ K n . Vale: FA (hX) = A(hX) = h(AX) = hFA (X); FA (X + X 0 ) = A(X + X 0 ) = AX + AX 0 = FA (X) + FA (X 0 ).

Esercizio 16.6. Risolvere nuovamente l’eserc. 15.2. 131



 2 0 Svolgimento. La funzione f `e lineare perch´e f = FA dove A = 0 1 . 1 −1 Infatti       2x x x F A : R2 → R3 : 7→ A =  y  = (2x, y, x − y). y y x−y Osservazione 16.7. Se A = (aij ) ∈ M(m×n, K) e N = e1 , e2 , . . . , en `e la base naturale di K n , vale, per ogni j = 1, 2, . . . , n:   0   a1j  ..  . a  2j   = Aj , colonna j-esima di A. (16.3) Aej = A 1 =  ..     ..  . . amj 0 Quindi FA (ej ) = Aj ,

j = 1, 2, . . . , n.

(16.4)

Dalla (16.4) discendono due conseguenze notevoli. 1) Se A, B ∈ M(m × n, K) e A 6= B, quindi Aj 6= B j per almeno un j, allora FA (ej ) 6= FB (ej ), da cui FA 6= FB . 2) Ogni L : K n → K m , lineare, `e associata ad una matrice, infatti: definiamo A ∈ M(m × n, K), ponendo Aj = L(ej ),

j = 1, 2, . . . , n.

(16.4)

Risulta, per ogni j, FA (ej ) = Aj = L(ej ). Le funzioni FA e L assumono gli stessi valori sulla base N = e1 , e2 , . . . , en . Per il teorema 16.1, FA = L. Riassumendo, abbiamo dimostrato quanto segue: 132

Teorema 16.8. Associando ad ogni matrice A ∈ M(m × n, K) la funzione lineare FA : K n → K m : X 7→ AX, si ottiene una corrispondenza biunivoca tra M(m × n, K) e l’insieme di tutte le funzioni lineari K n → K m .

Risposta alla domanda iniziale. Ogni funzione lineare di R2 in R3 `e del tipo X 7→ AX con A matrice 3 × 2, quindi       a b   ax + by x x 7→  c d =  cx + dy  . y y g h gx + hy Non esistono funzioni lineari che non siano di questo tipo. Generalizzazione della corrispondenza biunivoca tra funzioni lineari e matrici a spazi vettoriali di dimensione finita qualsiasi. Fissiamo due spazi vettoriali VK e WK di dimensioni finite n ed m, due basi B = v1 , v2 , . . . , vn di VK e B 0 = w1 , w2 , . . . , wm di WK . Definizione 16.9. Dati due vettori v ∈ V , v = x1 v1 +x2 v2 +· · ·+xn vn e w = y1 w1 + y2 w2 + · · · + ym wm ∈ W , denotiamo le loro colonne delle coordinate rispetto a B e B 0 ordinatamente con     x1 y1  y2   x2   ∈ K n,  .  ∈ K m. 0 Xv = χB (v) =  Y = χ (w) = . w B  ..   ..  xn ym Ricordando che χB : V → K n `e un isomorfismo (e anche χB0 : W → K m ), e che due spazi vettoriali isomorfi sono essenzialmente uguali, si possono trasportare i risultati precedenti alle funzioni lineari 133

V → W . Pi` u precisamente, tramite quegli isomorfismi, la funzione FA definita in (16.2) corrisponde ad L : V → W che rende commutativo il diagramma L V W χB 0

χB

Kn

FA

Km

cio`e percorrendolo nei due modi diversi si ottiene la stessa funzione. In altri termini, L = χ−1 B 0 ◦ FA ◦ χB . Quindi L soddisfa l’equazione χB0 (L(v)) = FA (χB (v)),

per ogni v ∈ V ,

che equivale a YL(v) = AXv ,

v ∈ V.

(16.5)

Ogni vettore vj della base B (j = 1, 2, . . . , n) ha coordinate tutte “0” a parte la j-esima che vale uno; quindi Xvj = ej e dunque dalle (16.3), (16.5) si deduce YL(vj ) = Aj . Quest’ultima equazione individua univocamente la matrice di partenza. Introduciamo una nuova notazione per enfatizzare il fatto che la matrice A `e associata ad L, rispetto alle basi B e B 0 :
(16.6) A = AL B B0 = YL(v1 ) YL(v2 ) . . . YL(vn ) ∈ M(m × n, K). Le barre verticali “|” nella precedente equazione servono solo a separare le colonne. Con questa nuova notazione la (16.5) si riformula in YL(v) = AL B B0 Xv ,

v ∈ V.

(16.7)

Osservazione 16.10. Siccome le colonne di AL B B0 contengono le coordinate dei vettori L(v1 ), L(v2 ), . . ., L(vn ), posto AL B B0 = (aij ), l’equazione (16.6) equivale alla seguente: L(vj ) = a1j w1 + a2j w2 + · · · + amj wm , 134

j = 1, 2, . . . , n.

(16.8)

Osservazione 16.11. Nel caso particolare in cui VK = K n , WK = K m e le basi B = N , B 0 = N 0 sono naturali, valgono le equazioni Xv = v e Yw = w per cui le (16.6) e (16.7) equivalgono alle equazioni precedenti (16.4) e (16.2). Esercizio 16.12. Trovare Af B B0 , dove f : R2 → R3 : (x, y) 7→ (2x, y, x − y) e B = (1, 1), (1, −1), B 0 = (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1). Svolgimento. In primo luogo Af B B0 ∈ M(3 × 2, R). Dalla (16.6) si deduce che la prima colonna `e Yf (1,1) = Y(2,1,0) . Siccome   (2, 1, 0) = 1 1(1, 0, 0) + 1(1, 1, 0) + 0(1, 1, 1), la prima colonna `e 1. La seconda 0 colonna `e Yf (1,−1) = Y(2,−1,2) (2, −1, 2) = 3(1, 0, 0)−3(1, 1, 0)+  . Siccome  3  2(1, 1, 1), tale colonna `e −3. Concludendo, 2 

Af B B 0

 1 3 = 1 −3 . 0 2

Esercizio 16.13. Proseguire l’esercizio precedente, usando l’equazione (16.7) per calcolare f (2, 3). Svolgimento. Pongo v = (2, 3). Calcolo Xv , risolvendo l’equazione 5 1 (2, 3) = x(1, 1) + y(1, −1) ⇒ x = , y = − . 2 2 135

 quindi Xv =

 5/2 . Dalla (16.7): −1/2      1 3  1 5/2    4 . Yf (v) = 1 −3 = −1/2 0 2 −1

I valori 1, 4 e −1 trovati sono le coordinate di f (v), quindi f (v) = 1(1, 0, 0) + 4(1, 1, 0) − 1(1, 1, 1) = (4, 3, −1), in accordo con f (x, y) = (2x, y, x − y). Compito 16.14. E’ sufficiente sapere che una funzione lineare f : R2 → R3 soddisfa le condizioni f (1, 0) = (2, 0, 1), f (1, 1) = (2, 1, 0) per determinare f (x, y) per ogni x, y ∈ R? In caso affermativo, calcolare tale espressione.

136

Lezione 17 Il teorema delle dimensioni

Trovare, se esiste, una funzione lineare R3 → R3 che sia iniettiva ma non suriettiva.

17.1

Ancora su funzioni lineari e matrici

Proposizione 17.1. Se VK , WK e UK sono spazi vettoriali e F : V → W , G : W → U sono funzioni lineari, allora anche G ◦ F : V → U `e lineare. La dimostrazione della proposizione precedente `e un esercizio facile. Lasciamo senza dimostrazione anche la seguente: Proposizione 17.2. Siano VK , WK , UK spazi vettoriali di dimensioni finite, non nulle, Siano B, B 0 , B 00 basi di, rispettivamente, VK , WK e UK . Se F : V → W e G : W → U sono lineari, allora 0

AG◦F B B00 = AG B B00 AF B B0 . 137

(17.1)

Osservazione 17.3. La (17.1) giustifica la definizione di prodotto tra matrici. Infatti, essa asserisce che nella corrispondenza biunivoca tra funzioni lineari e matrici, la composizione di funzioni lineari corrisponde al prodotto di matrici. Vediamo un caso particolare delle equazioni (16.6) e (16.7); facendo VK = WK e L = idV (1 ), Aid B B0 = (Yv1 |Yv2 |. . . |Yvn ) ,

(17.2)

Yv = Aid B B0 Xv .

(17.3)

La (17.3) esprime la relazione tra le colonne delle coordinate di un medesimo vettore v rispetto a due basi B e B 0 di VK . Per questo motivo la matrice Aid B B0 si chiama matrice di cambiamento di coordinate (o di cambiamento di base). Proposizione 17.4. Siano B e B 0 basi di uno spazio vettoriale VK di dimensione finita n > 0. Valgono: (i) Aid B B = In ; 0

(ii) Aid B B0 `e invertibile e la sua inversa `e Aid B B . Dimostrazione. Poniamo B = v1 , v2 , . . . , vn . (i) Per la (17.2),   0  ..  .
  B j Aid B = Yvj = Xvj = 1 ,  ..  . 0 1

Scriveremo id invece di idV , per semplicit`a.

138

dove l’“1” nell’ultima colonna `e sulla j-esima riga (j = 1, 2, . . . , n). (ii) Applichiamo la (17.1) con G = F = id e B = B 00 : 0

Aid B B = Aid B B Aid B B0 , quindi

0

In = Aid B B Aid B B0 , da cui la tesi. Esercizio 17.5. Date le seguenti basi di R3 : B = (0, 0, 2), (1, 2, 1), (1, 1, 2);

B 0 = (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 0),

(a) trovare la matrice del cambiamento di coordinate da B a B 0 . Sia poi v quel vettore di R3 , le cui coordinate rispetto a B sono 1, 0, −1. Calcolare le coordinate di v rispetto a B 0 in due modi diversi: (b) usando direttamente la definizione di coordinate, (c) usando la (17.3). Svolgimento. (a) Etichetto i vettori di B = v1 , v2 , v3 e B 0 = w1 , w2 , w3 . Al fine di trovare la matrice in (17.2), calcolo Yv1 risolvendo l’equazione v1 = xw1 + yw2 + zw3 ⇔ (0, 0, 2) = x(0, 1, 1) + y(1, 0, 1) + z(1, 1, 0), da cui il sistema   y+z = 0 x+z = 0  x+y = 2

  y = −z x = −z ⇔  −2z = 2.

Allora le coordinate di v1 sono x = 1, y = 1, z = −1 e   1  1 . Yv1 = −1 139

Posso seguire lo stesso procedimento per v2 e v3 oppure notare che v2 = w1 + w3 e v3 = w1 + w2 , da cui     1 1 Yv3 = 1 . Yv2 = 0 , 0 1 Assemblando le tre colonne ottengo:   1 1 1 Aid B B0 =  1 0 1 . −1 1 0 Il vettore v che ha coordinate 1, 0 e −1 rispetto a B `e v = 1v1 + 0v2 − 1v3 = (−1, −1, 0). (b) Uso lo stesso procedimento del punto (a): v = xw1 +yw2 +zw3 ⇔ (−1, −1, 0) = x(0, 1, 1)+y(1, 0, 1)+z(1, 1, 0), da cui x = 0, y = 0, z = −1 sono le coordinate di v rispetto a B 0 . (c) Applico la (17.3) con il dato del problema 

 1 Xv =  0  −1 e ottengo 

    1 1 1 1 0 (17.3)      1 0 1 0 0 . Yv = = −1 1 0 −1 −1 140

17.2

Il teorema delle dimensioni

Richiami. Siano VK e WK spazi vettoriali e L : V → W lineare. (a) Il nucleo di L `e ker L = {v ∈ V | L(v) = 0W }. (b) ker L `e un sottospazio di VK . (c) L `e iniettiva se, e solo se, ker L = {0V }. Osservazione 17.6. Se si omette la condizione “lineare” `e semplice trovare funzioni come quelle richieste nella domanda iniziale, ad esempio f (x, y, z) = (ex , y, z) `e iniettiva, ma non suriettiva, perch´e per esempio (0, 0, 0) 6∈ im f . Tale funzione non `e lineare perch´e il suo nucleo `e vuoto. Teorema 17.7. Siano VK e WK spazi vettoriali e L : V → W una funzione lineare. Allora l’immagine di L `e un sottospazio di WK . Dimostrazione. Un sottospazio di WK `e un insieme U ⊆ W soddisfacente (i) 0W ∈ U , (ii) ∀h, k ∈ K : ∀u, u0 ∈ U : hu + ku0 ∈ U ; verifichiamo dunque queste propriet`a con U = im L = {L(v) | v ∈ V }. (i) Siccome L(0V ) = 0W vale 0W ∈ im L. (ii) Consideriamo h, k ∈ K e u, u0 ∈ im L. Per definizione di im L, esistono v, v0 ∈ V tali che L(v) = u, L(v0 ) = u0 . Ne segue hu + ku0 = hL(v) + kL(v0 ) = L(hv) + L(kv0 ) = = L(hv + kv0 ), quindi hu + ku0 ∈ im L. 141

Teorema 17.8. Siano VK e WK spazi vettoriali e L : V → W una funzione lineare. Se hv1 , v2 , . . . , vr i = V , allora hL(v1 ), L(v2 ), . . . , L(vr )i = im L. Dimostrazione. Per ipotesi V = {x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr | x1 , x2 , . . . , xr ∈ K}. Per definizione, im L = {L(x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr ) | x1 , x2 , . . . , xr ∈ K} = = {x1 L(v1 ) + x2 L(v2 ) + · · · + xr L(vr ) | x1 , x2 , . . . , xr ∈ K} = = hL(v1 ), L(v2 ), . . . , L(vr )i.

Corollario 17.9. Se L : V → W `e lineare e F = v1 , v2 , . . . , vr `e una base di VK , allora la famiglia L(F) = L(v1 ), L(v2 ), . . . , L(vr ) contiene una base di im L. Esercizio 17.10. Trovare una base di im f dove f : R3 → R3 : (x, y, z) 7→ (x + y, y + z, 0). Svolgimento. Applico il teorema 17.8 a F = N = e1 , e2 , e3 . Ottengo im f = hf (e1 ), f (e2 ), f (e3 )i = h(1, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 0)i. La famiglia f (N ) `e linearmente dipendente e il secondo vettore `e uguale alla somma del primo e del terzo. Si pu`o togliere tale vettore, ottenendo im f = h(1, 0, 0), (0, 1, 0)i. Una base di im f `e B = (1, 0, 0), (0, 1, 0). Teorema 17.11 (Teorema delle dimensioni). Siano VK e WK spazi vettoriali e L : V → W una funzione lineare. Se dim VK `e finita, allora anche dim ker L e dim imL sono finite e dim ker L + dim im L = dim VK . 142

(17.4)

Dimostrazione. Poniamo n = dim VK . Una base di ker L `e una famiglia linearmente indipendente di vettori in VK , quindi `e composta da r ≤ n vettori. Denotiamo con G = u1 , u2 , . . . , ur una base di ker L. Per il teorema di completamento della base, esistono n − r vettori v1 , v2 , . . . , vn−r ∈ V tali che B = u1 , u2 , . . . , ur , v1 , v2 , . . . , vn−r sia una base di VK . Ci proponiamo di dimostrare che F = L(v1 ), L(v2 ), . . ., L(vn−r ) `e una base di im L; ne seguir`a dim ker L + dim im L = r + (n − r) = n = dim V che `e la tesi. 1) La famiglia F `e una famiglia di generatori di im L, infatti: im L = {L(v) | v ∈ V } = = {L(x1 u1 + x2 u2 + · · · + xr ur + y1 v1 + · · · + yn−r vn−r ) | x1 , x2 , . . . , xr , y1 , y2 , . . . , yn−r ∈ K} = = {x1 L(u1 ) + · · · + xr L(ur ) + y1 L(v1 ) + · · · + yn−r L(vn−r ) | x1 , x2 , . . . , xr , y1 , y2 , . . . , yn−r ∈ K}. Siccome i vettori della famiglia G appartengono a ker L, vale L(u1 ) = L(u2 ) = . . . = L(ur ) = 0W . Quindi im L = {y1 L(v1 ) + · · · + yn−r L(vn−r ) | y1 , . . . , yn−r ∈ K} = = hL(v1 ), L(v2 ), . . . , L(vn−r )i = hFi. 2) La famiglia F `e linearmente indipendente, infatti, consideriamo la 143

seguente equazione nelle incognite z1 , z2 , . . . , zn−r : ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

z1 L(v1 ) + z2 L(v2 ) + · · · + zn−r L(vn−r ) = 0W L(z1 v1 + z2 v2 + · · · + zn−r vn−r ) = 0W z1 v1 + z2 v2 + · · · + zn−r vn−r ∈ ker L ∃a1 , a2 , . . . , ar ∈ K : z1 v1 + z2 v2 + · · · + zn−r vn−r = a1 u1 + a2 u2 + · · · + ar ur ∃a1 , a2 , . . . , ar ∈ K : −a1 u1 − a2 u2 − · · · − ar ur + z1 v1 + z2 v2 + · · · + zn−r vn−r = 0V (sfruttando l’indipendenza di B) z1 = z2 = . . . = zn−r = 0.

Risposta alla domanda iniziale. Supponiamo che una tale f esista. Essendo f iniettiva, vale ker f = {0V }, che implica dim ker f = 0. Per il teorema delle dimensioni, dim im f = dim R3 − dim ker f = 3. Quindi una base di im f ha tre vettori, diciamo v1 , v2 , v3 . Ma in R3 ogni famiglia linearmente indipendente di tre vettori `e necessariamente una base; quindi im f = hv1 , v2 , v3 i = R3 e f `e suriettiva. Se ne deduce che non esistono funzioni con le propriet`a richieste. Osservazioni 17.12. Alcune delle argomentazioni precedenti hanno validit`a generale: 1) uno spazio vettoriale VK di dimensione n < ∞ non ha sottospazi propri (cio`e diversi da V ) di dimensione n. 2) Se L : V → W `e lineare e dim V = dim W < ∞, allora L `e iniettiva se, e solo se, L `e suriettiva. Corollario 17.13. Se L : V → W `e lineare iniettiva e F = v1 , v2 , . . . , vn 144

`e una base di VK , allora L(F) = L(v1 ), L(v2 ), . . ., L(vn ) `e una base di im L. Dimostrazione. Per il cor. 17.9, L(F) contiene una base di im L. Per il teorema delle dimensioni, dim im L = dim V − dim ker L = n − 0 = n. Quindi L(F) `e gi`a una base di im L. Compito 17.14. Esiste una funzione lineare f : R2 → R3 suriettiva?

145

146

Lezione 18 Funzioni lineari e dipendenza

L’immagine tramite una funzione lineare di una famiglia linearmente dipendente [o linearmente indipendente] `e ancora una famiglia linearmente dipendente [o linearmente indipendente]? La prima domanda ha risposta affermativa: Teorema 18.1. Siano VK e WK spazi vettoriali e L : V → W una funzione lineare. Se F = v1 , v2 , . . . , vr `e una famiglia linearmente dipendente di vettori in VK , allora la famiglia L(F) = L(v1 ), L(v2 ), . . . , L(vr ) `e linearmente dipendente. Dimostrazione. Per l’ipotesi su F, esistono x1 , x2 , . . . , xr ∈ K, non tutti 0, tali che x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr = 0V . Applichiamo L alla precedente equazione: usando la linearit`a e L(0V ) = 0W , si deduce x1 L(v1 ) + x2 L(v2 ) + · · · + xr L(vr ) = 0W . Siccome gli scalari sono non tutti nulli, L(F) `e linearmente dipendente. 147

La risposta alla seconda domanda `e no; per confutarla, consideriamo il seguente controesempio. Siano VK e WK due spazi vettoriali tali che V 6= {0V } e N : V → W : v 7→ 0W . Tale N risulta lineare e per ogni famiglia F = v1 , v2 , . . . , vr di vettori in VK (non importa se linearmente dipendente o indipendente) risulta N (F) = 0W , 0W , . . . , 0W che `e linearmente dipendente. In generale, quindi, le funzioni lineari conservano la dipendenza lineare ma non l’indipendenza. Per`o le funzioni lineari iniettive le conservano entrambe. Proposizione 18.2. Siano VK e WK spazi vettoriali e L : V → W una funzione lineare iniettiva. Se F = v1 , v2 , . . . , vr `e una famiglia linearmente indipendente di vettori in VK , allora la famiglia L(F) = L(v1 ), L(v2 ), . . . , L(vr ) `e linearmente indipendente. Dimostrazione. Consideriamo la seguente equazione nelle incognite x1 , x2 , . . ., xr ∈ K: x1 L(v1 ) + x2 L(v2 ) + · · · + xr L(vr ) = 0W che per linearit`a equivale a L(x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr ) = 0W ⇔ x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr ∈ ker L. (18.1) Per ipotesi L `e iniettiva e ci`o implica ker L = {0V }. Quindi la (18.1) equivale a x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr = 0V e quest’ultima per l’indipendenza di F equivale a x1 = x2 = . . . = xr = 0. Resta dimostrato che L(F) `e linearmente indipendente. Esercizio 18.3. Si consideri l’affermazione: Se VK e WK sono spazi vettoriali di dimensione finita, L : V → W `e una funzione lineare non iniettiva e F = v1 , v2 , . . . , vr `e una famiglia linearmente indipendente di vettori di VK , allora L(F) = L(v1 ), L(v2 ), . . . , L(vr ) `e una famiglia linearmente dipendente. 148

(a) Dire se l’affermazione `e vera o falsa. (b) Dimostrare o confutare l’affermazione, a seconda del caso. Svolgimento. L’affermazione `e falsa e la confuto con un controesempio. Considero L : R2 → R2 : (x, y) 7→ (x, 0). Tale L `e lineare perch´e `e nella forma      x 1 0 x 7→ y 0 0 y e non `e iniettiva perch´e L(1, 0) = L(1, 1). La famiglia F = (1, 0) `e linearmente indipendente e L(F) = L(1, 0) = (1, 0) `e linearmente indipendente. Esercizio 18.4. Si consideri l’affermazione: Se VK e WK sono spazi vettoriali di dimensione finita, L : V → W `e una funzione lineare non iniettiva e F = v1 , v2 , . . . , vr `e una base di VK , allora L(F) = L(v1 ), L(v2 ), . . . , L(vr ) `e una famiglia linearmente dipendente. (a) Dire se l’affermazione `e vera o falsa. (b) Dimostrare o confutare l’affermazione, a seconda del caso. Svolgimento. L’affermazione `e vera e la dimostro. Siccome L non `e iniettiva, esiste un vettore v 6= 0V , v ∈ ker L. Tale vettore si pu`o esprimere come combinazione lineare di F: v = x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr . In tale equazione non tutti gli scalari sono nulli, perch´e altrimenti risulterebbe v = 0V e ci`o `e escluso. Calcolando l’immagine tramite L di entrambe le espressioni a sinistra e a destra del segno di uguale si ottiene, siccome L(v) = 0W , 0W = x1 L(v1 ) + x2 L(v2 ) + · · · + xr L(vr ). Una combinazione lineare di L(F) a coefficienti non tutti zero risulta uguale al vettore nullo. Quindi L(F) `e linearmente dipendente. 149

Seguono due risultati che riguardano, anche se non sembra, i sistemi di equazioni lineari. Definizioni 18.5. (i) Dati, in uno spazio vettoriale VK , un vettore v0 e un sottospazio U , la variet`a lineare individuata da v0 e U `e l’insieme v0 + U = {v0 + u | u ∈ U }. (ii) La dimensione di tale variet`a lineare `e la dimensione di U . Esempio 18.6. In R3 , dati v0 = (1, 0, −1) e U = h(1, 2, 3), (0, 0, 1)i, risulta v0 + U = {(1, 0, −1) + x(1, 2, 3) + y(0, 0, 1) | x, y ∈ R} = = {(1 + x, 2x, −1 + 3x + y) | x, y ∈ R}. Tale v0 + U `e una variet`a lineare di dimensione 2. Ricordiamo che dati α : A → B e b ∈ B, l’antiimmagine di b mediante α `e α−1 (b) = {x ∈ A | α(x) = b}.

Proposizione 18.7. Sia L : V → W una funzione lineare e v0 ∈ V . Posto L(v0 ) = b, vale L−1 (b) = v0 + ker L. Dimostrazione. Svolgiamo un procedimento di doppia inclusione. 1) Dimostriamo che L−1 (b) ⊆ v0 + ker L. Consideriamo v ∈ L−1 (b) e poniamo y = v − v0 . Vale: (15.1)

L(y) = L(v − v0 ) = L(v) − L(v0 ) = b − b = 0W . 150

Ne segue y ∈ ker L, inoltre v = v0 + y ∈ v0 + ker L. 2) Dimostriamo che v0 +ker L ⊆ L−1 (b). Consideriamo v0 ∈ v0 +ker L; quindi esiste y0 ∈ ker L tale che v0 = v0 + y0 . Vale L(v0 ) = L(v0 + y0 ) = L(v0 ) + L(y0 ) = b + 0W = b. Ne segue v0 ∈ L−1 (b). Proposizione 18.8. Siano v1 , v2 , . . . , vn , u vettori in uno spazio vettoriale VK . Vale u ∈ hv1 , v2 , . . . , vn i se, e solo se, dimhv1 , v2 , . . . , vn i = dimhv1 , v2 , . . . , vn , ui.

(18.2)

Dimostrazione. Dimostreremo che sono equivalenti le tre propriet`a seguenti: (a) u ∈ hv1 , v2 , . . . , vn i; (b) hv1 , v2 , . . . , vn i = hv1 , v2 , . . . , vn , ui; (c) dimhv1 , v2 , . . . , vn i = dimhv1 , v2 , . . . , vn , ui. (a) ⇒ (b) Per ipotesi u `e combinazione lineare di v1 , v2 , . . . , vn e ci`o implica (b) per il teorema 12.2. (b) ⇒ (a) Vale u ∈ hv1 , v2 , . . . , vn , ui e per ipotesi quest’ultimo sottospazio `e uguale a hv1 , v2 , . . . , vn i. (b) ⇒ (c) Questa implicazione `e ovvia. (c) ⇒ (b) Poniamo: W1 = hv1 , v2 , . . . , vn i; W2 = hv1 , v2 , . . . , vn , ui; r = dim W1 = dim W2 . La famiglia v1 , v2 , . . . , vn contiene una base di W1 ; cambiamo, se necessario, l’ordine dei vettori in modo che B = v1 , v2 , . . . , vr sia una base di W1 . In particolare hBi = W1 . 151

(18.3)

Inoltre B `e una famiglia linearmente indipendente nello spazio vettoriale W2 , che ha per ipotesi dimensione r. Ne segue (cfr. prop. 13.6) che B `e una base di W2 e in particolare hBi = W2 .

(18.4)

Da (18.3) e (18.4) segue la (b). Esercizio 18.9. La famiglia B = v1 , v2 , v3 , dove v1 = (1, 2, 3), v2 = (4, 5, 6), v3 = (7, 8, 10), `e una base di R3 . Poniamo poi w1 = (1, 2), w2 = (3, 4) w3 = (1, 0). Trovare una base del nucleo della funzione f : R3 → R2 definita da f (vj ) = wj per j = 1, 2, 3. Svolgimento. Ogni vettore v ∈ R3 `e combinazione lineare della famiglia B, quindi ker f = = = = =

{v ∈ R3 | f (v) = (0, 0)} = {av1 + bv2 + cv3 ∈ R3 | f (av1 + bv2 + cv3 ) = (0, 0)} = {av1 + bv2 + cv3 ∈ R3 | af (v1 ) + bf (v2 ) + cf (v3 ) = (0, 0)} {av1 + bv2 + cv3 ∈ R3 | a(1, 2) + b(3, 4) + c(1, 0) = (0, 0)} {av1 + bv2 + cv3 ∈ R3 | (a + 3b + c, 2a + 4b) = (0, 0)}.

Risolvo allora il sistema lineare  a + 3b + c = 0 2a + 4b = 0

 ⇔

c = −b a = −2b.

Allora ker f = {−2bv1 + bv2 − bv3 | b ∈ R} = {b(−2v1 + v2 − v3 ) | b ∈ R} = h−2v1 + v2 − v3 i. Una base di ker f `e B 0 = −2v1 + v2 − v3 = (−5, −7, −10). 152

Compito 18.10. Trovare una base dell’immagine della funzione lineare f : R2 → R3 la cui matrice rispetto alle basi B = (7, 8), (9, 10) di R2 e B 0 = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1) di R3 `e   1 2 Af B B 0 =  0 0  . −1 −1

153

154

Lezione 19 Teoria dei sistemi lineari

Un sistema di equazioni di primo grado in tre incognite x, y, z ha, tra le sue soluzioni, x = 1, y = 1, z = 1 e x = 1, y = 0, z = 3. Trovare, se esiste, una soluzione per cui z = 0.

19.1

Rango di una matrice

Definizione 19.1. Il rango di una matrice A ∈ M(m × n, K) `e la dimensione del sottospazio di K m generato dalle colonne di A. Notazione 19.2. Il rango di A si denota con rk A (rank ). Quindi rk A = dimhA1 , A2 , . . . , An i.

155

(19.1)

Esercizio 19.3. Calcolare il rango della seguente matrice reale: √ √   1 2 3 A= √ . 2 π 7 Svolgimento. √ √ √ rk A = dimh(1, 2), ( 2, π), ( 3, 7)i = dim R2 = 2 √ √ in quanto, essendo (1, 2), ( 2, π) linearmente indipendenti, essi generano R2 . Osservazione 19.4. Il rango di A ∈ M(m × n, K), essendo la dimensione di un sottospazio W di K m , non pu`o superare m. D’altra parte, dalla definizione vediamo che W `e generato da n vettori, quindi dim W ≤ n. Concludendo, rk A ≤ min{m, n}. Osservazione 19.5. La funzione lineare FA : K n → K m definita ponendo FA (X) = AX soddisfa FA (ej ) = Aj per j = 1, 2, . . . , n (16.4) e inoltre per il teorema 17.8 vale im FA = hFA (e1 ), FA (e2 ), . . . , FA (en )i = hA1 , A2 , . . . , An i. Combinando tutto ci`o con la (19.1) si ottiene: dim im FA = rk A.

(19.2)

Proposizione 19.6. Per ogni A ∈ M(m × n, K), rk A `e uguale anche alla dimensione del sottospazio di M(1 × n, K) generato dalle righe di A. Sarebbe difficile dimostrare ora la prop. 19.6. 156

Esempio 19.7. 

1 rk √ 2

√

2 π

√  √ √ √ 3 = dimh(1 2 3), ( 2 π 7)i = 2. 7

Proposizione 19.8 (Propriet`a del rango). Valgono le seguenti: (i) Se si pu` o fare il prodotto delle matrici A e B, allora rk(AB) ≤ rk A;

rk(AB) ≤ rk B.

(ii) Se A `e una matrice m × n, B `e invertibile d’ordine m e C `e invertibile d’ordine n, allora rk(BA) = rk A = rk(AC). (iii) Data una funzione lineare L : V → W , B e B 0 basi finite di, rispettivamente, VK e WK , vale rk AL B B0 = dim im L. (iv) Per ogni A ∈ M(n × n, K), A risulta invertibile se, e solo se, rk A = n. Da (iv) segue che una A ∈ M(n × n, K) `e invertibile ⇔ A1 , A2 , . . ., An sono linearmente indipendenti ⇔ A1 , A2 , . . . , An sono linearmente indipendenti. 157

19.2

Sistemi lineari

Un sistema lineare di m equazioni in n incognite a coefficienti nel campo K ha la forma:  a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = b1    a x + a x + ··· + a x = b2 21 1 22 2 2n n (19.3) .. ..  . .   am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn = bm . Al sistema lineare si associano: 1) La matrice (incompleta) dei coefficienti:   A = (aij ) ∈ M(m × n, K); x1  x2   2) la colonna delle incognite X =   ... ; x n  b1  b2  m  3) la colonna dei termini noti B =   ...  ∈ K ; bm 4) la matrice completa del sistema lineare C = (A|B) ∈ M(m × (n + 1), K). Osservazione 19.9. 

   a11 a12  a21   a22     x1 A1 + x2 A2 + · · · + xn An = x1  + x 2  ..  + · · · +  ...  . am1 am2     a1n a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn  a2n   a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn    , +xn  ..  ...  =   . amn am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn 158

quindi il sistema lineare (19.3) si pu`o riformulare come segue: x1 A1 + x2 A2 + · · · + xn An = B.

(19.4)

Osservazione 19.10. 

 a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn  a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn  , AX =  ..   . am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn

quindi il sistema lineare (19.3) si pu`o riformulare come segue: AX = B.

(19.5)

La (19.5) `e la forma matriciale del sistema lineare. Definizione 19.11. Il sistema lineare (19.5) si dice omogeneo se B = Om×1 . Definizione 19.12. Una soluzione del sistema lineare (19.5) `e una X0 ∈ K n tale che AX0 = B. Definizione 19.13. Il sistema lineare (19.5) si dice compatibile se ha almeno una soluzione, incompatibile altrimenti. Teorema 19.14 (Rouch´e-Capelli). Un sistema lineare `e compatibile se, e solo se, il rango della sua matrice incompleta `e uguale al rango della sua matrice completa. Dimostrazione. Con riferimento alla forma (19.4) del sistema lineare, si vede che esso `e compatibile se, e solo se, esistono a1 , a2 , . . . , an ∈ 159

K tali che a1 A1 + a2 A2 + · · · + an An = B, cio`e se, e solo se, B ∈ hA1 , A2 , . . . , An i. Per la prop. 18.8, ci`o equivale a dimhA1 , A2 , . . . , An i = dimhA1 , A2 , . . . , An , Bi e vista le definizioni di rango, di matrice incompleta A e di matrice completa C, equivale a rk A = rk C. Definizione 19.15. Il sistema lineare omogeneo associato a (19.5) `e AX = Om×1 . Proposizione 19.16. Sia A ∈ M(m×n, K). L’insieme delle soluzioni del sistema lineare omogeneo AX = Om×1 `e un sottospazio di K n . ` sufficiente osservare che le soluzioni di tale sistema Dimostrazione. E sono precisamente gli elementi del nucleo della funzione lineare FA : K n → K m : X 7→ AX, e ricordare che ker FA `e un sottospazio di K n . Definizione 19.17. Il sottospazio di cui alla proposizione precedente si chiama spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo. Teorema 19.18. Sia AX = B un sistema lineare compatibile e X0 una sua soluzione. Allora l’insieme di tutte le soluzioni `e la variet`a lineare X0 + W , dove W `e lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo associato. Dimostrazione. Ricordiamo la prop. 18.7: se L : V → W `e lineare e L(v0 ) = b, vale L−1 (b) = v0 + ker L = {v0 + u | u ∈ ker L}. 160

Considerata la funzione lineare FA : K n → K m : X 7→ AX, l’insieme delle soluzioni del sistema lineare `e {T ∈ K n | AT = B} = {T ∈ K n | FA (T ) = B} = FA−1 (B). Applicando la prop. 18.7 con L = FA , v0 = X0 , b = B, si ottiene appunto FA−1 (B) = X0 + ker FA = X0 + W .

Risposta alla domanda iniziale. L’insieme delle soluzioni `e nella forma X0 + W , dove X0 `e una soluzione fissata e W `e un sottospazio (pi` u precisamente, lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo   1 associato). Poniamo X0 = 1 che `e una delle soluzioni. Quindi per 1 il teorema 19.18         1 1 1 1 0 ∈ 1 + W ⇒ ∃T ∈ W : 0 = 1 + T 1 3 1 3       0 1 1 ⇒ T = 0 − 1 = −1 ∈ W. 2 1 3   0  Siccome W `e un sottospazio vale h −1 ∈ W per ogni h ∈ R. Ne 2 segue che tra le soluzioni ci sono almeno tutti i vettori del tipo       1 0 1 1 + h −1 =  1 − h  . 1 2 1 + 2h 161

La soluzione cercata si ottiene ponendo 1 + 2h = 0 da cui h = −1/2: 3 x = 1, y = , z = 0. 2 Il prossimo obiettivo `e quello di ottenere un teorema di struttura pi` u dettagliato. Supponiamo che • sia dato il sistema lineare compatibile AX = B, dove A ∈ M(m × n, K), • X0 sia una soluzione, • rk A = r, • W = ker FA sia lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo associato. Per il teorema delle dimensioni vale W = n−dim im FA , quindi, tenuto conto della (19.2) vale dim W = n − dim im FA = n − rk A = n − r. Quindi W ha una base formata da n − r vettori: X1 , X2 , . . . , Xn−r . Concludendo, l’insieme delle soluzioni `e X0 + W = {X0 + h1 X1 + h2 X2 + · · · + hn−r Xn−r | h1 , h2 , . . . , hn−r ∈ K}. Abbiamo dimostrato che: Teorema 19.19. Le soluzioni di un sistema lineare compatibile si esprimono in termini di n − r parametri, dove n `e il numero delle incognite e r `e il rango della matrice dei coefficienti. 162

Esprimiamo ci`o dicendo che “il sistema lineare ha ∞n−r soluzioni”, e “∞0 soluzioni” significa soluzione unica. Esempio 19.20. Troviamo n, r, X0 , X1 , X2 , . . . , Xn−r e l’insieme delle soluzioni per il seguente:   x+y−z = 1 2x − y − z = 2  −3y + z = 0. Svolgimento. n `e il numero delle incognite, n = 3. Poi 

 1 1 −1 r = rk A = rk 2 −1 −1 = dimh(1, 2, 0), (1, −1, −3), (−1, −1, 1)i 0 −3 1 e siccome (cfr. es. 11.5) (1, −1, −3) = −2(1, 2, 0) − 3(−1, −1, 1) vale r = dimh(1, 2, 0), (−1, −1, 1)i = 2.   1  Una soluzione `e data da x = 1, y = 0, z = 0, quindi X0 = 0. 0 Cerchiamo W :   x + y − z = 0   x − 2y = 0 2x − y − z = 0 ⇔ 2x − 4y = 0   −3y + z = 0 z = 3y  x = 2y ⇔ z = 3y. 163

Quindi W = {(2y, y, 3y) | y∈  R} = h(2, 1, 3)i. Vale n − r = 3 − 2 = 1 2  e possiamo prendere X1 = 1. L’insieme delle soluzioni `e 3      2   1     0 +h 1 h∈R = {X0 + hX1 | h ∈ R} =   0 3     1 + 2h  =  h  h ∈ R .   3h Abbiamo ∞1 soluzioni, date da x = 1 + 2h, y = h, z = 3h, al variare del parametro reale h. Compito 19.21. Si consideri l’affermazione: Sia AX = B un sistema lineare di n + 1 equazioni in n incognite (n > 1) a coefficienti reali. Sia C ∈ M((n + 1) × (n + 1), R) la matrice completa del sistema. Se la matrice C `e invertibile, allora il sistema lineare `e compatibile. (a) Dire se l’affermazione `e vera o falsa. (b) Dimostrare o confutare l’affermazione, a seconda del caso.

164

Lezione 20 Procedimento di eliminazione Gaussiana Trovare una base del seguente sottospazio di R4 : W = h(0, 1, 2, 3), (−1, 1, 1, 4), (2, 1, 4, 1), (3, −1, 1, −6)i.

Il procedimento consente di • calcolare dimensioni, • trovare basi, • calcolare il rango, • decidere se una matrice `e invertibile, • decidere se un vettore appartiene a un sottospazio, 165

• risolvere sistemi lineari. Definiamo le operazioni elementari sulle righe di una matrice A ∈ M(m × n, K). Esse sono di tre tipi. Tipo 1 : “Hii (r)”, r ∈ K, r 6= 0: consiste nel moltiplicare la riga iesima per r. Tipo 2 : “Hij (r)”, r ∈ K, i 6= j: sostituire la riga Ai con Ai + rAj . Tipo 3 : “Hij : scambiare i-esima e j-esima riga. Proposizione 20.1. Le operazioni elementari sulle righe di una matrice lasciano invariati (i) il sottospazio generato dalle righe; (ii) il rango; (iii) le soluzioni del sistema lineare avente quella matrice come matrice completa. Definizione 20.2. Il pivot (o termine direttore) di una riga non nulla di una matrice `e il primo elemento non nullo partendo da sinistra. Esempio 20.3. Sono evidenziati con un  2 4 −1  M= 0 0 0 0 1 1

riquadro i pivot:  7 0 0 0 . 0 3

(20.1)

Definizione 20.4. Una matrice A `e a scala (in echelon form) se soddisfa entrambe le seguenti condizioni: (i) le eventuali righe nulle sono in fondo; (ii) se Ai `e una riga non nulla, l’eventuale pivot di Ai+1 `e (strettamente) pi` u a destra del pivot di Ai . 166

Esempio 20.5. La matrice M  0  B= 0 0

in (20.1) non `e a scala. Lo `e invece  2 4 7 0 0 0 1 3 . 0 0 0 5

Proposizione 20.6. Attraverso operazioni elementari di tipo 2 e 3 `e possibile trasformare ogni matrice in matrice a scala. Esercizio 20.7. Trasformare con operazioni elementari sulle righe la seguente matrice in matrice a scala:   0 1 2 3 −1 1 1 4   A= (20.2)  2 1 4 1 . 3 −1 1 −6 Svolgimento. 

−1 H12   0 A −→  2 3  −1 1  H41 (3)  −→  0 1  0 3 0 2

1 1 1 −1 1 4

1 2 4 1 

 2 3  6 9 4 6

  −1 4  0 3 31 (2)  H−→   0 1 −6 3  −1 1 1  H32 (−3) 0 1 2 −→   0 0 0 H42 (−2) 0 0 0

 1 1 4 1 2 3  3 6 9 −1 1 −6  4 3  = A0 . (20.3) 0 0

Abbiamo fatto in modo da avere un pivot il pi` u in alto e a sinistra possibile, poi sotto di esso soltanto zeri e abbiamo riapplicato il procedimento su di una matrice pi` u piccola, quella evidenziata in basso a destra. 167

Proposizione 20.8. (i) In una matrice a scala, le righe non nulle sono linearmente indipendenti. (ii) Il rango di una matrice a scala `e pari al numero di righe non nulle. Esercizio 20.9. Calcolare il rango della matrice A in (20.2). Svolgimento. Trasformandola in matrice a scala si ottiene la matrice A0 in (20.3). Vale rk A = rk A0 = 2. Ricordiamo che una matrice A ∈ M(n × n, K) `e invertibile se, e solo se, rk A = n. Esercizio 20.10. Decidere se la matrice A in (20.2) `e invertibile. Svolgimento. rk A 6= 4, quindi A non `e invertibile. Risposta alla domanda iniziale. Gli elementi della famiglia di generatori di W assegnata sono le righe di A in (20.2). Siccome le operazioni elementari sulle righe non cambiano il sottospazio generato dalle righe, W `e anche il sottospazio generato dalle righe di A0 : W = h(−1, 1, 1, 4), (0, 1, 2, 3), (0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0)i. Una base di W `e B = (−1, 1, 1, 4), (0, 1, 2, 3). Esercizio 20.11. Decidere se la seguente famiglia di vettori in R4 `e linearmente dipendente: F = (0, 1, 2, 3), (−1, 1, 1, 4), (2, 1, 4, 1), (3, −1, 1, −6). Svolgimento. Il sottospazio W di cui sopra `e per definizione W = hFi. Siccome dim W = 2 e F ha 4 > 2 vettori, F `e linearmente dipendente. 168

20.1

Applicazioni

1) Trovare una base per un sottospazio W = hv1 , v2 , . . . , vr i di K n (e quindi, anche, calcolare dim W ). Procedura: (Cfr. domanda iniziale.) Costruisco la matrice r × n A le cui righe sono v1 , v2 , . . . , vr e la trasformo in matrice a scala, A0 . Una base di W `e data dalla famiglia delle righe non nulle di A0 . 2) Decidere se la famiglia F = v1 , v2 , . . . , vr di vettori in K n `e linearmente dipendente. Procedura: (Cfr. eserc. 20.11.) Costruisco la matrice A r × n le cui righe sono v1 , v2 , . . . , vr e la trasformo in matrice a scala, A0 . La famiglia F `e linearmente dipendente se, e solo se, A0 ha almeno una riga nulla. 3) Risolvere un sistema lineare. Procedura: Si trasforma la matrice completa C del sistema in matrice a scala, C 0 . Il sistema lineare `e compatibile se, e solo se, nessun pivot di C 0 `e nell’ultima colonna. Poi, se `e compatibile, le incognite che corrispondono a colonne di C prive di pivot si considerano parametri. Il sistema lineare di matrice C 0 si risolve in funzione dei parametri a partire dall’ultima equazione e risalendo fino alla prima. 0

Esercizio 20.12. Risolvere:   x+y−z = 1 2x − y − z = 2  −3y + z = 0. 169

Svolgimento. Trasformo in matrice a scala:     1 1 −1 1 1 1 −1 1 H21 (−2) C =  2 −1 −1 2 −→ 0 −3 1 0 0 −3 1 0 0 −3 1 0   1 1 −1 1 H32 (−1) −→  0 −3 1 0 = C 0 . 0 0 0 0 Nessun pivot `e in ultima colonna, quindi il sistema lineare `e compatibile. Noto che le colonne senza pivot sono la terza e la quarta. La quarta `e quella dei termini noti, la terza contiene i coefficienti di z. Quindi considero z come parametro e calcolo x, y in termini di z: x   x+y−z = 1 x+y = z+1   ⇔  −3y + z = 0 −3y = −z  x = −y + z + 1 = 32 z + 1 y = z3 . Esprimo l’insieme S delle soluzioni del sistema lineare come variet`a lineare:        z 2 2 1 S = z + 1, , z | z ∈ R = (1, 0, 0) + z , ,1 | z ∈ R = 3 3 3 3   2 1 = (1, 0, 0) + , ,1 = (1, 0, 0) + h(2, 1, 3)i. 3 3 Ricordiamo che l’insieme delle soluzioni di un sistema lineare ha la forma X0 + W dove X0 `e una soluzione e W `e l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato. Verificare per esercizio che x = 1, y = 0, z = 0 `e una soluzione del sistema assegnato e che x = 2, y = 1, z = 3 `e una soluzione del sistema omogeneo associato. 4) Stabilire se il vettore u appartiene al sottospazio W = hv1 , v2 , . . . , vr i di K n . 170

Procedura: Si costruisce la matrice C n × (r + 1) le cui colonne sono v1 , v2 , . . . , vr , u e la si trasforma in matrice a scala, C 0 . Vale u ∈ W se, e solo se, nessun pivot di C 0 `e nell’ultima colonna. 

L’ordine delle colonne v1 , v2 , . . . , vr , u `e essenziale.

Esercizio 20.13. Sono dati in R4 i vettori u = (0, 0, 5, 4), v1 = (1, 0, −1, 2), v2 = (0, 1, 3, 1), v3 = (1, 2, 0, 0) e il sottospazio W = hv1 , v2 , v3 i. (a) Risolvere la seguente equazione nelle incognite x, y, z: xv1 + yv2 + zv3 = u. (b) Stabilire se u ∈ W . Svolgimento. (a) L’equazione x(1, 0, −1, 2)+y(0, 1, 3, 1)+z(1, 2, 0, 0) = u equivale a: (x + z, y + 2z, −x + 3y, 2x + y) = (0, 0, 5, 4)  x+z = 0    y + 2z = 0 . Lo risolvo, trasformando a e al sistema lineare −x + 3y = 5    2x + y = 4 scala la matrice completa:     1 0 1 0 1 0 1 0  0 1 2 0 H31 (1) 0 1 2 0 H32 (−3)    −→ C= −1 3 0 5 H−→   H42 (−1) 0 3 1 5 (−2) 41 2 1 0 4 0 1 −2 4     1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 2 0 H43 (− 45 ) 0 1 2 0 0     0 0 −5 5 −→ 0 0 −5 5 = C . 0 0 0 0 0 0 −4 4 171

Per decidere l’ultima operazione elementare H43 (r), r deve essere tale da annullare il pivot della riga 4 e colonna 3, quindi −5r − 4 = 0 da cui r = −4/5. Il sistema lineare `e compatibile e ci`o implica u ∈ W . Osservazione 20.14. L’argomentazione per cui vale u ∈ W se, e solo se, il sistema lineare `e compatibile, giustifica il procedimento esposto in 4). La sola colonna priva di pivot `e quella dei ci sono parametri e la soluzione `e unica.  x   x+z = 0  x   y + 2z = 0  ⇔ y    −5z = 5 z

termini noti, quindi non = 1 = 2 = −1.

Vediamo la corrispondenza con i risultati della precedente lezione: un sistema lineare compatibile ha ∞n−r soluzioni, dove n `e il numero delle incognite e r = rk A = rk C. Nel sistema dell’eserc. 20.12, n = 3, r = 2, ∞1 soluzioni cio`e un parametro. Nel sistema dell’eserc. 20.13, n = 3, r = 3, ∞0 soluzioni, cio`e soluzione unica.

172

Lezione 21 Esercizi su eliminazione Gaussiana

Esercizio 21.1. (Cfr. esercizi 14.5 e 14.11.) Dati i seguenti sottospazi di R4 : W1 = {(0, x, y, z) ∈ R4 | x + y + z = 0}, W2 = h(1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 1), (1, 2, −2, 1)i, (a) trovare una base di W1 , di W2 e di W1 + W2 , (b) stabilire se la somma W1 +W2 `e diretta, (c) trovare una base di W1 ∩W2 , (d) verificare la formula di Grassmann in questo caso, (e) determinare una base di R4 che contenga la base di W1 + W2 trovata al punto (a). Svolgimento. (a) W1 = {(0, x, y, −x − y) | x, y ∈ R} = h(0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1)i. 173

Una base di W1 `e B1 = (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1); dim W1 = 2. Per trovare una base di W2 trasformo la matrice 

 1 0 0 1  1 1 −1 1 1 2 −2 1 H32 (−2)

−→

  1 0 0 1 H21 (−1) −→ 0 1 −1 0 H31 (−1) 0 2 −2 0   1 0 0 1 0 1 −1 0 . 0 0 0 0

Una base di W2 `e B2 = (1, 0, 0, 1), (0, 1, −1, 0). Una famiglia di generatori di W1 + W2 si ottiene unendo una famiglia di generatori di W1 e una di W2 ; prendo B1 e B2 . Trasformo 

  0 1 0 −1 1 0  0 0 1 −1 H13 0 0     1 0 0 1  −→ 0 1 0 1 −1 0 0 1    1 0 0 1 1 0 0 1 0 −1 H42 (−1) 0 1    0 0 1 −1 −→ 0 0 0 1 −1 0 0 0   1 0 0 1 0 1 0 −1   0 0 1 −1 . 0 0 0 0

0 1 0 −1 0 0 1 −1

 1 −1 H23  −→  −1 0  1 −1 43 (1)  H−→ −1 1

Una base di W1 + W2 `e B3 = (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1) e dim(W1 + W2 ) = 3. 174

(c) Vale W1 = {(0, x, y, −x − y) | x, y ∈ R} e W2 = h(1, 0, 0, 1), (0, 1, −1, 0)i = = {z(1, 0, 0, 1) + t(0, 1, −1, 0) | t, z ∈ R} = = {(z, t, −t, z) | t, z ∈ R}. 

Cerco W1 ∩ W2 uguagliando gli elementi generici di W1 e W2 e per questo motivo `e indipensabile usare lettere diverse per i parametri. Risolvo l’equazione    

−z x−t (0, x, y, −x − y) = (z, t, −t, z) ⇔ y+t    −x − y − z

= = = =

0 0 0 0.

(21.1)

Risolvo il sistema lineare trasformando la matrice completa: 

   0 −1 0 0 1 0 0 −1 0  41 (1) 0 0 −1 0 H12   −→  0 0 −1 0 0 H−→  0 1 0 1 0 1 0 1 0 −1 −1 0 0 −1 −1 −1 0 0    0 0 −1 0 1 0 0 −1 0  42 (1) 0 −1 0 0 H23   −→ 0 1 0 1 0 H−→ 0 0 −1 0 0 1 0 1 0 −1 −1 −1 0 0 −1 −1 −1 0    1 0 0 −1 0 1 0 0 −1 0 0 1 0 1 0 H43 (−1)  0 1 0 1 0   −→   0 0 −1 0 0  0 0 −1 0 0 . 0 0 −1 0 0 0 0 0 0 0

0 1  0 −1  1 0  0 0 

175

` priva di pivot la quarta colonna, quella di t. E sistema lineare in funzione di t:    x−t = 0 x = y+t = 0 ⇔ y =   −z = 0 z =

Ricavo le soluzioni del t −t 0.

Sostituendo in (21.1) ottengo (0, t, −t, 0) cio`e W1 ∩ W2 = {(0, t, −t, 0) | t ∈ R} = h(0, 1, −1, 0)i. Una base di W1 ∩ W2 `e B4 = (0, 1, −1, 0) e dim(W1 ∩ W2 ) = 1. (b) Il teor. 10.7 stabilisce che, comunque dati due sottospazi W1 e W2 di uno spazio vettoriale VK , la somma W1 + W2 `e diretta se, e solo se, W1 ∩ W2 = {0V }. Nel caso dell’esercizio W1 ∩ W2 6= {(0, 0, 0, 0)}, quindi la somma non `e diretta. (d) La formula di Grassmann (14.1) `e la seguente: dim(W1 + W2 ) + dim(W1 ∩ W2 ) = dim W1 + dim W2 , nel nostro caso 3 + 1 = 2 + 2, vero. (e) Prendo un vettore ej della base naturale in modo che la matrice che ha come righe gli elementi di B3 ed ej abbia rango quattro. Siccome   1 0 0 1 0 1 0 −1   0 0 1 −1 0 0 0 1 `e a scala ed ha rango quattro, una base con le propriet`a richieste `e B3 ∪ {e4 }. Esercizio 21.2. Risolvere il seguente sistema lineare ad incognite reali x, y, z e t, esprimendone la soluzione come variet`a lineare:  x + y + 2t = 3  3x − y + z − t = 1  5x − 3y + 2z − 4t = −1. 176

Svolgimento.     1 1 0 2 3 1 1 0 2 3 21 (−3) 3 −1 1 −1 1  H−→ 0 −4 1 −7 −8  5 −3 2 −4 −1 H31 (−5) 0 −8 2 −14 −16   1 1 0 2 3 0 −4 1 −7 −8 . 0 0 0 0 0

H32 (−2)

−→

Il sistema `e compatibile con ∞4−2 = ∞2 soluzioni, che esprimo in funzione dei parametri z e t: (  x = −y − 2t + 3 x + y = −2t + 3 z − 7t + 8 ⇔ ⇔ −4y = −z + 7t − 8 y = 4    x = −z − t + 4 4 z − 7t + 8  y = . 4 L’insieme delle soluzioni `e    −z − t + 4 z − 7t + 8 I = , , z, t z, t ∈ R = 4 4       1 7 1 1 = (1, 2, 0, 0) + z − , , 1, 0 + t − , − , 0, 1 z, t ∈ R = 4 4 4 4     1 1 1 7 = (1, 2, 0, 0) + − , , 1, 0 , − , − , 0, 1 = 4 4 4 4 = (1, 2, 0, 0) + h(−1, 1, 4, 0), (−1, −7, 0, 4)i. Verifica. Sostituisco nelle quattro equazioni e verifico che x = 1, y = 2, z = t = 0 `e una soluzione del sistema (es. x + y + 2t = 1 + 3 + 2 · 0 = 3) e che x = −1, y = 1, z = 4, t = 0 e anche x = −1, y = −7, 177

z = 0, t = 4 sono soluzioni del sistema lineare omogeneo associato (es. x + y + 2t = −1 + 1 + 21 · 0 = 0). Esercizio 21.3. Discutere il seguente sistema li, dipendente dal parametro reale a:  x+y+z =  x + y + az =  ax + (4 − a)y + az =

lineare ad incognite rea0 1 1.

Discutere un sistema lineare contenente un parametro a significa trovarne il numero di soluzioni, in funzione di a. Svolgimento. Trasformo la matrice completa del sistema lineare:     1 1 1 0 1 1 1 0 H21 (−1) 1 1 a 1 −→ 0 0 a − 1 1 . H31 (−a) a 4−a a 1 0 4 − 2a 0 1 Gli elementi evidenziati sono pivot o meno, a seconda del valore di a. 1o caso: se 4 − 2a = 0, cio`e a = 2, allora la matrice `e   1 1 1 0 0 0 1 1  0 0 0 1 e il sistema lineare `e incompatibile. 2o caso: se a 6= 2, proseguo:   1 1 1 0 H23 0 4 − 2a 0 1 −→ 0 0 a−1 1 che `e una matrice a scala. Se a = 1 c’`e un pivot in ultima colonna, quindi il sistema lineare `e incompatibile. Se a 6= 1, 2 il sistema lineare `e compatibile con ∞3−3 = ∞0 soluzioni, cio`e soluzione unica. Riassumendo, per a = 1, 2 il sistema lineare `e incompatibile, per a 6= 1, 2 ha soluzione unica. 178

Esercizio 21.4. Stabilire se le seguenti matrici in M(2 × 2, R) sono linearmente dipendenti:         1 2 2 0 1 0 0 1 , , , . 0 0 −1 0 0 3 1 3 Con riferimento all’applicazione numero 2) del paragrafo 20.1, visto che lo spazio vettoriale M(2 × 2, R) `e isomorfo a R4 , si pu`o applicare quel procedimento alle quaterne delle coordinate di quelle matrici rispetto ad una certa base. Per esempio, rispetto alla base         0 0 0 0 0 1 1 0 , , , , N = 0 1 1 0 0 0 0 0   a b sono proprio a, b, c, d. le coordinate di A = c d Svolgimento. Formo una matrice 4 × 4 le cui righe sono le coordinate delle quattro matrici rispetto alla base N di cui sopra. Trasformando,       1 2 0 0 1 2 0 0 1 2 0 0 2 0 −1 0 H21 (−2) 0 −4 −1 0 H32 (−1/2) 0 −4 −1 0     −→   1 1 0 0 3 H−→     0 −2 0 3 0 0 3 H42 (1/4) 31 (−1) 2 3 0 1 1 3 0 1 1 3 0 0 3 4   1 2 0 0 H43 (−3/2) 0 −4 −1 0   −→  1 0 0  3 2 0 0 0 − 32 si ottiene una matrice a scala che non ha righe nulle, quindi la famiglia assegnata `e linearmente indipendente.

179

180

Lezione 22 Forma canonica speciale

Stabilire se la seguente matrice `e invertibile e in caso affermativo calcolarne l’inversa.   1 2 3 M = 4 5 6  . 7 8 10 Ricordiamo che data A ∈ M(n × n, K), A risulta invertibile se, e solo se, rk A = n. Definizione 22.1. Una matrice A `e in forma canonica speciale se `e a scala e inoltre valgono le seguenti condizioni: (i) tutti i pivot valgono 1; (ii) sopra ogni pivot ci sono soltanto zeri. Proposizione 22.2. Ogni matrice pu`o essere trasformata in un’unica matrice in forma canonica speciale con operazioni elementari sulle righe. 181

Esercizio 22.3.   Trasformare in forma canonica speciale la matrice 1 1 1 A= . 1 3 2 Svolgimento. A

22.1

H21 (−1)

−→

  1 1 1 0 2 1

  1 1 1 0 1 12

H22 (1/2)

−→

H12 (−1)

−→



1 0 0 1

1 2 1 2

 .

Applicazioni

1) Stabilire se due sottospazi U = hu1 , u2 , . . . , ur i

e

W = hw1 , w2 , . . . , ws i

di K n sono uguali. Procedura: Costruisco le matrici r × n AU e s × n AW disponendo quei vettori in righe; trasformo in forma canonica speciale, ottenendo A0U , A0W . Risulta U = W se, e solo se, trascurando le eventuali righe nulle, le matrici A0U e A0W sono uguali. Esercizio 22.4. Stabilire se i due seguenti sottospazi di R3 sono uguali: U = h(1, 1, 1), (1, 3, 2)i e

W = h(1, −1, 0), (1, 5, 3), (2, 0, 1)i.

  1 1 1 Svolgimento. Trasformo in forma canonica speciale AU = . 1 3 2   1 1 0 2 . Trasformo in forma Questo `e gi`a stato fatto sopra, A0U = 0 1 12 182

canonica speciale    1 −1 0 1 −1 H21 (−1)    0 6 −→ AW = 1 5 3 H31 (−2) 2 0 1 0 2   1 −1 0 H22 (1/6) H12 (1)  0 1 12  −→ −→ 0 0 0

   1 −1 0 0 H32 (−1/3) 3 −→ 0 6 3 0 0 0 1   1 0 12 0 1 1  = A0W . 2 0 0 0

Ne concludo U = W . 2) Stabilire se A ∈ M(n × n, K) `e invertibile e nel caso calcolare A−1 . Procedura: Costruisco la matrice n × (2n) (A | In ) e la trasformo in forma canonica speciale (B | C). (i) Se B 6= In , allora A non `e invertibile. (ii) Se B = In , allora A `e invertibile e A−1 = C.

Risposta alla domanda iniziale. Trasformo in forma canonica speciale     1 2 3 1 0 0 1 2 3 1 0 0 21 (−4) 32 (−2) 4 5 6 0 1 0 H−→ 0 −3 −6 −4 1 0 H−→ 7 8 10 0 0 1 H31 (−7) 0 −6 −11 −7 0 1     1 2 3 1 0 0 1 2 3 1 0 0 (−1/3) 13 (−3) 0 −3 −6 −4 1 0 H22−→ 0 1 2 4 − 1 0 H−→ 3 3 0 0 1 1 −2 1 0 0 1 1 −2 1 H23 (−2)     1 2 0 −2 6 −3 1 0 0 − 32 − 43 1 12 (−2) 0 1 0 − 2 11 −2 H−→ 0 1 0 − 2 11 −2 = (B | C). 3 3 3 3 0 0 1 1 −2 1 0 0 1 1 −2 1 183

Siccome B = I3 , M `e invertibile e  2  − 3 − 43 1 M −1 = − 23 11 −2 . 3 1 −2 1 (Verificare per esercizio che M M −1 = I3 .) Perch´e la procedura funziona? Evitiamo una dimostrazione dettagliata; ci sono sostanzialmente due argomenti: 1) Le (catene di) operazioni elementari sulle righe si ottengono moltiplicando a sinistra per matrici invertibili. Ad esempio se A `e 3 × n, H21 (r) si ottiene moltiplicando a sinistra per   1 0 0  r 1 0 . 0 0 1 (1 ) Quindi se da A si ottiene A0 , allora esiste una matrice invertibile H tale che A0 = HA. 2) Se H, M , N sono matrici n × n, allora H(M | N ) = (HM | HN ). Nel caso (ii) della procedura si ottiene allora (B = In | C) = H(A | In ) = (HA | H), da cui



In = HA C = H

 ⇒

H = A−1 C = H

e quindi C = A−1 . 1

In generale Hij (r) si ottiene dalla matrice identica cambiando l’elemento di riga i e colonna j in r.

184

22.2

Esercizi

Esercizio 22.5. Discutere il seguente sistema lineare al variare del parametro a ∈ R e trovare l’insieme Ia delle soluzioni per i valori di a per cui tali soluzioni sono infinite:  x + (a − 1)y = −1    2 x + ay + z + (a − 4)t = a2 − 3a + 2 2y + (a2 − 4)t = a2 − 3a + 2    −x − ay + 2z = 3. Svolgimento. Trasformo la matrice completa del sistema lineare:   1 a−1 0 0 −1 1 a 1 a2 − 4 a2 − 3a + 2 21 (−1)   H−→ 2 2 0 2 0 a − 4 a − 3a + 2 H41 (1) −1 −a 2 0 3   1 a−1 0 0 −1 0 1 1 a2 − 4 a2 − 3a + 3 32 (−2)   H−→ 2 2 0 2 0 a − 4 a − 3a + 2 H42 (1) 0 −1 2 0 2   1 a−1 0 0 −1 0 1 1 a2 − 4 a2 − 3a + 3  43 (3/2)   H−→ 2 2 0 0 −2 −a + 4 −a + 3a − 4 0 0 3 a2 − 4 a2 − 3a + 5   1 a−1 0 0 −1 0 1 1 a2 − 4 a2 − 3a + 3  .  0 0 −2 −a2 + 4 −a2 + 3a − 4 −a2 +3a−2 0 0 0 − 21 (a2 − 4) 2 L’ultima matrice `e a scala. 1o caso: a2 − 4 6= 0, cio`e a 6= ±2. Il sistema lineare `e compatibile con 185

∞4−4 = ∞0 soluzioni, cio`e soluzione unica. 2o caso: a = 2. La matrice `e   1 1 0 0 −1 0 1 1 0 1    0 0 −2 0 −2 . 0 0 0 0 0 Il sistema lineare `e compatibile con ∞4−3 = ∞1 soluzioni. 3o caso: a = −2. L’ultima riga della matrice `e (0 0 0 0 − 6). Essa ha un pivot in ultima colonna, quindi il sistema lineare `e incompatibile. Riassumo la discussione: il sistema ha 0 soluzioni per a = −2, ∞1 soluzioni per a = 2, soluzione unica per a 6= ±2. Risolvo il sistema per a = 2 in funzione del parametro t (2 ):   x + y = −1  x = −1  y = 0 y+z = 1 ⇔   z = 1. −2z = −2 L’insieme delle soluzioni `e {(−1, 0, 1, t) | t ∈ R} = (−1, 0, 1, 0) + h(0, 0, 0, 1)i. Esercizio 22.6. Sia La (a ∈ R) l’endomorfismo di R3 soddisfacente le equazioni La (1, a, a2 ) = (a, −1, 1), La (0, 1, a) = (1, −a, 1), La (0, a, −1) = (1, −1, a).

(22.1)

Al variare del parametro reale a determinare una base di im La . Svolgimento. Studio la dipendenza dei tre vettori del dominio assegnati:     1 a a2 1 a a2 32 (−a) 0 1 a  H−→ 0 1 a . 0 a −1 0 0 −1 − a2 2

t non compare nel sistema, quindi pu`o assumere ogni valore.

186

Per a reale l’ultima riga non `e mai nulla, quindi esiste un unico endomorfismo di R3 soddisfacente le (22.1). L’immagine di un endomorfismo `e generata dall’immagine di una base del dominio, quindi im La = h(a, −1, 1), (1, −a, 1), (1, −1, a)i. Trovo una base di im La trasformando       1 −a 1 1 −a 1 a −1 1 H12 21 (−a)  0 a2 − 1 1 − a . a −1 1 H−→ 1 −a 1 −→ 1 −1 a H31 (−1) 0 a − 1 a − 1 1 −1 a (22.2) 1o caso: a2 − 1 6= 0, cio`e a 6= ±1. In tal caso l’elemento in riga 2 e colonna 2 `e un pivot e si pu`o proseguire con l’operazione H32 (r) dove r `e tale che r(a2 − 1) + a − 1 = 0, da cui r = −1/(a + 1):     1 −a 1 1 −a 1 H32 (−1/(a+1))  0 a2 − 1 1 − a  = 0 a2 − 1 1 − a  . −→ (a+2)(a−1) a−1 0 0 0 0 a+1 + a − 1 a+1 L’ultima riga si annulla per a = −2 (3 ) e corrispondentemente una base `e formata dalle prime due righe, altrimenti una base `e formata dalle tre righe della matrice4 .   1 −1 1 2o caso: a = 1. Sostituendo in (22.2) si ottiene 0 0 0, una base 0 0 0 di im La `e formata dal solo vettore (1, −1,  1). 1 1 1 o 3 caso: a = −1. Si ottiene 0 0 2  che con l’operazione H23 si 0 −2 −2 3 4

a = 1 `e escluso in questo caso. In questo caso im La = R3 e allora qualunque base di R3 `e una base di im La .

187

trasforma in matrice a scala. In questo caso quindi abbiamo una base con tre vettori. 2  Conclusione.  Per a 6= ±1, −2, una base `e (1, −a, 1), (0, a −1, 1−a), 0, 0, (a+2)(a−1) ; a+1 per a = −1, una base `e (1, 1, 1), (0, −2, −2), (0, 0, 2); per a = −2, una base `e (1, 2, 1), (0, 3, 3); per a = 1, una base `e (1, −1, 1).

188

Lezione 23 Determinante

Anagrammare, se possibile, “ROMA” in “AMOR” con esattamente sette scambi di lettere. Definizione 23.1. Un gruppo `e una coppia ordinata (G, ω), dove G `e un insieme e ω `e un’operazione binaria in G tale che (i) ∀x, y, z ∈ G : (xωy)ωz = xω(yωz) (propriet`a associativa), (ii) ∃u ∈ G : ∀x ∈ G : xωu = x = uωx (esistenza dell’elemento neutro), (iii) ∀x ∈ G : ∃x0 ∈ G : xωx0 = u = x0 ωx (esistenza dell’elemento simmetrico). Esempi 23.2. (R, +), (R∗ , ·) sono gruppi, (R, ·) no perch´e non esiste il simmetrico dell’elemento 0. Un esempio diverso si ottiene prendendo come G l’insieme di tutte le matrici invertibili in M(n × n, K), con “ω” il prodotto tra matrici. 189

Definizioni 23.3. 1) In = {1, 2, . . . , n} (n ∈ N). 2) Una permutazione di In `e una funzione biiettiva σ : In → In . 3) Sn denota l’insieme di tutte le permutazioni di In . Proposizione 23.4. (i) L’insieme Sn contiene precisamente n! permutazioni, per ogni n ∈ N. (ii) La composizione di permutazioni “◦” `e un’operazione binaria in Sn . (iii) (Sn , ◦) `e un gruppo. L’elemento neutro di (Sn , ◦) `e la permutazione identica, inoltre per ogni σ ∈ Sn vale σ −1 ∈ Sn . Definizione 23.5. (Sn , ◦) prende il nome di gruppo simmetrico su n oggetti. Definizione 23.6. Ogni σ ∈ Sn si pu`o rappresentare con una matrice 2 × n,   1 2 ... n , σ(1) σ(2) . . . σ(n) da considerarsi una semplice tabella nella quale sono riportate le immagini dei singoli elementi di In . La seconda riga contiene tutti i numeri interi da 1 a n, ciascuno una volta sola. Esempio 23.7. Rappresentiamo tutte le permutazioni in S3 . Esse sono 3! = 6.       1 2 3 1 2 3 1 2 3 id = σ1 = σ2 = 1 2 3  1 3 2 2 1 3 (23.1) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 σ3 = σ4 = σ5 = 2 3 1 3 1 2 3 2 1 190

Esercizio 23.8. Calcolare σ5 ◦ σ2 e σ2 ◦ σ5 . Svolgimento.  σ5 ◦ σ2 (1) = σ5 (σ2 (1)) = σ5 (2) = 2  σ5 ◦ σ2 (2) = σ5 (σ2 (2)) = σ5 (1) = 3  σ5 ◦ σ2 (3) = σ5 (σ2 (3)) = σ5 (3) = 1

=⇒

σ5 ◦ σ2 = σ3 .

Analogamente σ2 ◦ σ5 (1) = σ2 (σ5 (1)) = σ2 (3) = 3 σ2 ◦ σ5 (2) = σ2 (σ5 (2)) = σ2 (2) = 1. Vale σ2 ◦ σ5 (3) = 2 perch´e σ2 ◦ σ5 `e iniettiva1 . Quindi σ2 ◦ σ5 = σ4 . L’esempio precedente si pu`o generalizzare, pervenendo alla: Proposizione 23.9. L’operazione “◦” in Sn per n ≥ 3 non `e commutativa. Esercizio 23.10. Trovare gli inversi di tutti gli elementi di S3 . Svolgimento. Vale id−1 = id. Per trovare σ1−1 (1) = x occorre risolvere l’equazione σ1 (x) = 1 da cui x = 1. Per trovare σ1−1 (2) = y occorre risolvere l’equazione σ1 (y) = 2 da cui y = 3. Analogamente, σ1−1 (3) = z equivale a σ1 (z) = 3 da cui z = 2. Vale σ1−1 = σ1 . o procedere pi` u semplicemente. Per esempio l’inversa di σ2 =  Si pu`  1 2 3 si ottiene “leggendola al contrario”, ovvero scambiandone le 2 1 3   2 1 3 righe, σ2−1 = e riordinando 1 2 3   1 2 3 σ2−1 = = σ2 . 2 1 3 1

Lo stesso argomento si poteva addurre anche prima.

191

Analogamente σ3−1

  1 2 3 = = σ4 3 1 2

e ci`o implica anche σ4−1 = σ3 . Infine σ5−1 = σ5 . Osservazione 23.11. La funzione ϕ : Sn → Sn : σ 7→ σ −1 `e biiettiva. Definizione 23.12. Una σ ∈ Sn si dice scambio se l’equazione σ(x) = x vale per esattamente n − 2 valori di x ∈ {1, 2, . . . , n}. Esempio 23.13. In S3 gli scambi sono: σ1 , σ2 , σ5 . Osservazione 23.14. Ogni scambio `e inverso di s´e stesso, infatti, se σ `e uno scambio in Sn , allora esistono precisamente due elementi x1 , x2 ∈ In tali che σ(x1 ) = x2 , σ(x2 ) = x1 , ∀x ∈ In \ {x1 , x2 } : σ(x) = x. Dalle tre equazioni si deduce (nell’ordine) σ −1 (x2 ) = x1 , σ −1 (x1 ) = x2 , ∀x ∈ In \ {x1 , x2 } : σ −1 (x) = x. Ci`o prova quanto asserito. Teorema 23.15. Ogni permutazione `e composizione di un numero finito di scambi. Se una permutazione σ `e ottenibile come composizione di un numero pari [risp. dispari] di scambi, allora ogni espressione di σ come composizione di scambi ne contiene un numero pari [risp. dispari]. Esempio 23.16. σ3 non `e uno scambio, ma `e composizione di due scambi: σ3 = σ5 ◦ σ2 (cfr. eserc. 23.8). In base al teorema non possono esistere tre scambi σ, σ 0 , σ 00 tali che σ3 = σ ◦ σ 0 ◦ σ 00 . 192

Risposta alla domanda iniziale. Associando numeri di In a lettere distinte, abbiamo che agli elementi di Sn si associano le n! operazioni possibili di anagrammare. Ad esempio le lettere di ROMA possono essere anagrammate in 4! = 24 modi diversi. Consideriamo l’anagramma AMOR, che si ottiene con due scambi: ROMA −→ AOMR −→ AMOR. Si pu`o ottenere anche con quattro scambi: ROMA −→ ORMA −→ ARMO −→ AOMR −→ AMOR. Per il teorema 23.15, non `e possibile ottenere l’anagramma con sette scambi. Definizione 23.17. Una permutazione si dice dispari o pari a seconda che sia composizione di un numero dispari o pari di scambi. Osservazione 23.18. Uno scambio σ `e dispari. Siccome σ ◦ σ = id, id `e una permutazione pari. Definizione 23.19. Il segno di una permutazione σ `e  1 se σ `e pari, sgn(σ) = −1 se σ `e dispari. Definizione 23.20. Il determinante di una matrice quadrata A = (aij ) ∈ M(n × n, K) `e X det A = sgn(σ)a1σ(1) a2σ(2) · . . . · anσ(n) . (23.2) σ∈Sn

193

Notazione 23.21. Il determinante di A si denota anche con |A|. Esempi 23.22. Espandiamo la formula (23.2) per i valori pi` u piccoli di n. Per n = 1 si ha S1 = {id} e det A = sgn(id)a 1 id(1) = a11 .   1 2 Per n = 2 si ha S2 = {id, τ }, dove τ = , sgn(τ ) = −1, e 2 1 det A = sgn(id)a1 id(1) a2 id(2) + sgn(τ )a1τ (1) a2τ (2) = a11 a22 − a12 a21 . Per n = 3, det A `e somma di sei addendi corrispondenti alle sei permutazioni in (23.1): det A = +a11 a22 a33 + Addendo relativo a σ = id −a11 a23 a32 + σ = σ1 che `e uno scambio −a12 a21 a33 + σ = σ2 che `e uno scambio +a12 a23 a31 + σ = σ3 che `e pari, es. 23.16 +a13 a21 a32 + σ = σ4 = σ2 ◦ σ5 −a13 a22 a31 . σ = σ5 che `e uno scambio La regola di Sarrus `e un metodo mnemonico per ricordare la formula che abbiamo appena ottenuto e consiste nel ricopiare a destra della matrice le prime due colonne, sommare i tre prodotti sulle diagonali rosse e sottrarre i tre prodotti sulle diagonali azzurre.

Figura 23.1: Regola di Sarrus

194

Esercizio 23.23. Calcolare il determinante della seguente matrice reale:   −1 −2 0 P =  1 2 3 . (23.3) 4 5 6 Svolgimento. Applico la regola di Sarrus: −1 −2 0 −1 −2 1 2 3 1 2 = −12 − 24 + 0−0 − (−15) − (−12) = −9. 4 5 6 4 5 

La regola di Sarrus vale solo per matrici 3 × 3.

Definizione 23.24. La trasposta di una matrice A = (aij ) ∈ M(m × n, K) `e la matrice AT = (bji ) ∈ M(n×m, K) definita ponendo bji = aij per ogni j = 1, 2, . . . , m, i = 1, 2, . . . , n.     1 4 1 2 3 Esempio 23.25. Se A = allora AT = 2 5. 4 5 6 3 6 Teorema 23.26. Per ogni A ∈ M(n × n, K), vale det AT = det A. Dimostrazione. Due considerazioni preliminari. Poniamo A = (aij ), quindi AT = (bji ), dove bji = aij , ∀i, j. 1) Per ogni σ ∈ Sn vale sgn(σ) = sgn(σ −1 ), infatti, esprimendo σ e σ −1 come composizione di scambi: σ = σ 1 ◦ σ2 ◦ . . . ◦ σr ,

σ −1 = σ10 ◦ σ20 ◦ . . . ◦ σs0 ,

si ottiene id = σ1 ◦σ2 ◦. . .◦σr ◦σ10 ◦σ20 ◦. . .◦σs0 , quindi id `e composizione di r + s scambi. Ne segue che r + s `e pari. Allora r ed s sono entrambi 195

pari o entrambi dispari e tali sono σ e σ −1 . 2) Per ogni σ ∈ Sn vale a1σ(1) a2σ(2) · . . . · anσ(n) = aσ−1 (1)1 aσ−1 (2)2 · . . . · aσ−1 (n)n ; infatti, se j = σ(i), allora aiσ(i) = aσ−1 (j)j . (2 ) Combinando quanto sopra si ottiene: det AT = P = σ∈Sn sgn(σ)b1σ(1) b2σ(2) · . . . · bnσ(n) P = Pσ∈Sn sgn(σ)bσ−1 (1)1 bσ−1 (2)2 · . . . · bσ−1 (n)n = σ∈Sn sgn(σ)a1σ−1 (1) a2σ−1 (2) · . . . · anσ−1 (n) P = τ ∈Sn sgn(τ −1 )a1τ (1) a2τ (2) · . . . · anτ (n) P = τ ∈Sn sgn(τ )a1τ (1) a2τ (2) · . . . · anτ (n) = det A

Per definizione di determinante Per la premessa 2) Infatti bji = aij , ∀i, j Ponendo τ = σ −1 , cfr. oss. 23.11 Cfr. premessa 1) Per definizione

Compito 23.27. Data la matrice B = (bij ) ∈ M(n × n, K) e c ∈ K, posto d = det B, quanto vale det(cB)? Sugg.: porre A = (aij ) = cB e sostituire in (23.2).

2

Ad esempio, se σ = aσ−1 (1)1 aσ−2 (2)2 aσ−1 (3)3 .

 1 2

2 3

 3 , allora a1σ(1) a2σ(2) a3σ(3) = a12 a23 a31 = a31 a12 a23 = 1

196

Lezione 24 Propriet` a del determinante

Esiste una formula che dia direttamente l’inversa di una matrice? Fissiamo A = (aij ) ∈ M(n × n, K). 1) Propriet` a di multilinearit` a. Comunque presi i ∈ {1, 2, . . . , n}, A0i , A00i ∈ M(1 × n, K), h0 , h00 ∈ K, vale:       A1 A1 A1    ..   ..  .. .    .   .        Ai−1   Ai−1  Ai−1        det h0 A0i + h00 A00i  = h0 det  A0i  + h00 det  A00i  .       Ai+1   Ai+1  Ai+1     ..   ..  ..    .   .  . An An An 2) Propriet` a di alternanza. Sia C la matrice ottenuta da A scambiandone due righe. Allora det C = − det A. 3) det In = 1. 197

Osservazione 24.1. Si pu`o dimostrare che il determinante `e l’unica funzione F : M(n × n, K) → K che soddisfi 1), 2) e 3). Quindi 1), 2) e 3) potrebbero essere prese come definizione di determinante. Le propriet`a seguenti sono (quindi) conseguenza di queste tre. 4) Se due righe di A sono uguali, allora det A = 0. Infatti, sia C la matrice ottenuta da A scambiandone le righe uguali. Vale C = A, quindi det C = det A. Per la 2), det C = − det A, da cui det A = − det A e det A = 0. 5) Se la matrice C `e ottenuta da A tramite l’operazione elementare Hij (r) (i 6= j), allora det C = det A. Infatti,       A1 A1 A1 .. ..  .      .    .   ..  A + rA  A  A  j  i  i  j 1)    ..    . . det C = det   = det  .  + r det  ...  . .        Aj   Aj   Aj       .  ..    ...   ..  . An An An Nell’ultima espressione, il primo determinante `e det A e il secondo `e il determinante di una matrice con due righe uguali, quindi vale zero. 6) Se una riga di A `e nulla, allora det A = 0. Infatti ci`o segue dalla propriet`a 1) di multilinearit`a. 7) Se A `e triangolare superiore, cio`e tutti i suoi elementi sotto la diagonale principale valgono zero (aij = 0 per ogni i e j tali che i > j), allora det A `e il prodotto degli elementi della diagonale principale di A. Dalle propriet`a 2), 5) e 7) si deduce una procedura per calcolare det A: trasformare A in matrice a scala A0 usando solo scambi e Hij (r) (i 6= j). Allora risulta det A = ± det A0 (considerando che ogni scambio comporta un cambiamento di segno) e det A0 `e il prodotto degli elementi sulla diagonale principale. 198

Esercizio 24.2. (Cfr. es. 23.23.) Calcolare il determinante della seguente matrice reale:   −1 −2 0 P =  1 2 3 . 4 5 6 Svolgimento.  −1 −2 0 H21 (1)H31 (4) det P = det  0 0 3 = 0 −3 6   −1 −2 0 H23  = − det 0 −3 6 = −(−1)(−3)3 = −9. 0 0 3 

8) det A 6= 0 ⇐⇒ A `e invertibile. Quindi per la prop. 19.8, det A 6= 0 ⇐⇒ rk A = n. Esempio 24.3. La matrice P nell’esercizio precedente `e invertibile, perch´e det P 6= 0. 9) Teorema di Binet. Se A, B ∈ M(n × n, K), allora det(AB) = (det A)(det B). 10) det AT = det A (teorema 23.26). Come conseguenza della propriet`a 10), ad ogni affermazione precedente che riguardi le righe ne corrisponde una ugualmente valida che riguarda le colonne. Definizione 24.4. Il complemento algebrico (o cofattore) di indici i, j ∈ {1, 2, . . . , n} nella matrice A ∈ M(n × n, K) `e Aij = (−1)i+j det Mij , dove Mij `e la matrice (n − 1) × (n − 1) ottenuta da A cancellandone la i-esima riga e la j-esima colonna. 199

Esercizio 24.5. Trovare tutti i complementi algebrici della matrice P nell’eserc. 24.2. Svolgimento. P11

2 3 = −3; = (−1)1+1 5 6

P12

1 3 = −(6 − 12) = 6; = (−1)1+2 4 6

1 2 = −3; P13 = (−1)1+3 4 5 −2 0 −1 0 −1 −2 = 12 P22 = P21 = − 4 6 = −6 P23 = − 4 5 = −3 5 6 −1 −2 −1 0 −2 0 = −6 P32 = − P31 = 1 3 = 3 P33 = 1 2 = 0. 2 3 Teorema 24.6 (Formula di Laplace). Per ogni A = (aij ) ∈ M(n × n, K) e i ∈ {1, 2, . . . , n} vale: det A = ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + · · · + ain Ain .

(24.1)

La formula si chiama “sviluppo del determinante secondo la i-esima riga”. Esercizio 24.7. Risolvere l’eserc. 24.2 per mezzo della (24.1). Svolgimento. Ponendo P = (pij ) e prendendo i = 1, det P = p11 P11 + p12 P12 + p13 P13 = −1(−3) + (−2)6 + 0(−3) = −9. Secondo svolgimento, prendendo i = 2: det P = p21 P21 + p22 P22 + p23 P23 = 1 · 12 + 2(−6) + 3(−3) = −9. 200

Osservazione 24.8. Da det AT = det A segue che lo sviluppo del determinante si pu`o fare anche secondo una colonna. Definizione 24.9. La matrice dei cofattori di A ∈ M(n × n, K) `e la matrice n × n A∗ il cui elemento generico `e Aij . Esercizio 24.10. Calcolare P∗ dove P `e la matrice dell’eserc. 24.2. Svolgimento. I calcoli sono stati gi`a fatti nell’esercizio 24.5:   −3 6 −3 P∗ =  12 −6 −3 . −6 3 0

Teorema 24.11. Se A ∈ M(n × n, K) `e invertibile, allora A−1 =

1 AT∗ . det A

(24.2)

Risposta alla domanda iniziale. La (24.2) `e la formula esplicita per l’inversa di una matrice. Esercizio 24.12. Calcolare P −1 dove P `e la matrice dell’eserc. 24.2. Svolgimento. Uso la (24.2):     −3 12 −6 1/3 −4/3 2/3 1  6 −6 3  = −2/3 2/3 −1/3 . P −1 = −9 −3 −3 0 1/3 1/3 0 201



 a b Osservazione 24.13. Data una matrice 2 × 2 A = , A risulta c d invertibile se, e solo se, det A 6= 0 (vedi 8) ) cio`e se, e solo se, ad−bc 6= 0 e in tal caso per la (24.4) abbiamo A11 = d, A12 = −c, A21 = −b, A22 = a,   d −c quindi A∗ = e per la (24.2) −b a   1 d −b −1 A = . ad − bc −c a Questo risultato coincide con quello trovato a suo tempo nella prop. 3.16. Definizione 24.14. Un sistema lineare AX = B si dice sistema di Cramer se A `e una matrice quadrata invertibile. Proposizione 24.15. Ogni sistema di Cramer ha un’unica soluzione. Dimostrazione. Segue osservando che AX = B ⇐⇒ X = A−1 B. Proposizione 24.16 (Formule di Cramer). L’unica soluzione del sistema di Cramer AX = B (A ∈ M(n × n, K) invertibile) `e X = (x1 x2 . . . xn )T dove xj =

det Dj , det A

j = 1, 2, . . . , n,

e Dj `e la matrice ottenuta da A sostituendone la j-esima colonna con B.   1  Esercizio 24.17. Risolvere P X = 0 dove P `e la matrice dell’eserc. 0 24.2. 202

Svolgimento. 

 1 −2 0 det 0 2 3 0 5 6 x1 = . det P Sviluppo il determinante a numeratore secondo la prima colonna, ot 2 3 = −3. Quindi x1 = −3/(−9) = 1/3. Analogamente tenendo 1 · 5 6   −1 1 0   1 3 det  1 0 3 1 · − 4 0 6 4 6 6 2 = = =− , x2 = −9 −9 3 det P  −1 −2 1   1 2 det  1 2 0 1 · + 4 5 0 4 5 −3 1 x3 = = = = . det P −9 −9 3 Verificare, sostituendo in  

−x1 − 2x2 = 1 x1 + 2x2 + 3x3 = 0  4x1 + 5x2 + 6x3 = 0.

Definizione 24.18. Una sottomatrice k×` di una matrice A ∈ M(m× n, K) si ottiene scegliendo k righe ed ` colonne di A e prendendo gli elementi sugli “incroci” tra le anzidette. Definizione 24.19. Un minore d’ordine r estratto dalla matrice A `e il determinante di una sottomatrice r × r di A. Teorema 24.20. Condizione necessaria e sufficiente affinch´e rk A = r `e che esista un minore d’ordine r di A non nullo e che tutti i minori d’ordine maggiore di r siano nulli. 203

Esempio 24.21. La matrice 

 1 0 −1 2 A =  0 1 1 1 −1 2 3 0

ha 18 minori d’ordine due1 e quattro minori d’ordine 3. Calcoliamo il rango di A:     1 0 −1 2 1 0 −1 2 H31 (1) H32 (−2) A −→ 0 1 1 1 −→ 0 1 1 1 . 0 2 2 2 0 0 0 0 Quindi A ha almeno un minore d’ordine due non nullo (ad esempio quello evidenziato), mentre i quattro minori d’ordine 3 sono tutti nulli. Esercizio 24.22. Dati A ∈ M(n×n, K), det A = d, h ∈ K, esprimere det(hA) in funzione di d, h e n. Compito 24.23. Dimostrare o confutare la seguente affermazione: Sia AX = On×1 un sistema lineare di n equazioni in n incognite (n > 1) a coefficienti in un campo K. Se T ∈ K n `e una soluzione del sistema e T 6= On×1 , allora det A = 0.

1

Infatti, vi sono 3 modi per scegliere due righe e

204

4 2




= 6 modi per scegliere due colonne.

Lezione 25 Autovalori ed autovettori

Dato un endomorfismo L di uno spazio vettoriale VK di dimensione finita, in quali casi esiste una base B di VK tale che la matrice AL B B sia diagonale? Risposta alla sfida 24.23. Consideriamo il sistema lineare omogeneo AX = On×1 , dove A `e n × n. Allora ricordando l’equivalenza det A 6= 0 ⇔ rk A = n si ha • se det A 6= 0, il sistema lineare ha un’unica soluzione x1 = x2 = . . . = xn = 0; • se det A = 0, il sistema lineare ha almeno ∞1 soluzioni. Nell’ipotesi della sfida, il sistema ha una soluzione non nulla, quindi necessariamente det A = 0. Definizione 25.1. Una matrice A = (aij ) ∈ M(n×n, K) si dice diagonale se aij = 0 per ogni i, j ∈ {1, 2, . . . , n} tali che i 6= j; in altri termini 205

`e diagonale una matrice A tale che gli elementi fuori della diagonale principale siano nulli. Essa si denota con A = diag(a11 , a22 , . . . , ann ). Esempi 25.2. Sono diagonali: On×n = diag(0, 0, . . . , 0) e In = diag(1, 1, . . . , 1). In questa lezione VK denoter`a sempre uno spazio vettoriale di dimensione finita n. Ricordiamo che un endomorfismo di VK `e una funzione L : V → V lineare. In tal caso la matrice AL B B = (aij ) soddisfa (cfr. (16.7) e (16.8)): L(vj ) = a1j v1 + a2j v2 + · · · + anj vn ,

j = 1, 2, . . . , n;

XL(v) = AL B B Xv ,

(25.1) (25.2)

dove, al solito, per ogni vettore v ∈ V , Xv denota la colonna delle coordinate di v rispetto alla base B. Definizione 25.3. Un endomorfismo L di VK si dice diagonalizzabile se esiste una base B di VK tale che AL B B sia diagonale. Osservazione 25.4. La domanda iniziale si riformula in: Dati uno spazio vettoriale VK di dimensione finita e un endomorfismo L di VK , quando L `e diagonalizzabile? Definizione 25.5. Sia L un endomorfismo di VK . Se v ∈ V soddisfa L(v) = λv, v 6= 0, λ ∈ K,

(25.3)

allora v si dice autovettore di L e λ si dice autovalore di L associato a v. 206

Esercizio 25.6. Date f : R3 → R3 : (x, y, z) 7→ (x + y − z, 2y, −x + y + z) e la base B = (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 0) di R3 , (a) quali vettori della base naturale N di R3 sono autovettori di f ? (b) Quali vettori di B sono autovettori di f ? (c) Trovare Af N N e Af B B . (d) f `e diagonalizzabile? Svolgimento. (a) La base naturale `e N = e1 , e2 , e3 = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1). Vale f (e1 ) = (1, 0, −1) e (1, 0, −1) 6= λe1 per ogni λ ∈ R; quindi e1 non `e un autovettore di f . Similmente f (e2 ) = (1, 2, 1), f (e3 ) = (−1, 0, 1), quindi nessun vettore della base naturale `e un autovettore di f . (b) Indichiamo con v1 , v2 , v3 i tre vettori di B. Vale f (v1 ) = (0, 2, 2) = 2v1 , f (v2 ) = (0, 0, 0) = 0v2 , f (v3 ) = (2, 2, 0) = 2v3 , quindi tutti e tre i vettori di B sono autovettori di f . (c) Posto che rispetto alla base naturale la colonna delle coordinate di un vettore coincide con il vettore stesso, Af N N `e quella matrice tale che (25.2) L(v) = Af N N v per ogni v = (x y z)T , quindi   1 1 −1 Af N N =  0 2 0  . (25.4) −1 1 1 Poi usiamo (25.1) per trovare Af B B . Vale: f (v1 ) = a11 v1 + a21 v2 + a31 v3 = 2v1 + 0v2 + 0v3 , f (v2 ) = a12 v1 + a22 v2 + a32 v3 = 0v1 + 0v2 + 0v3 , f (v3 ) = a13 v1 + a23 v2 + a33 v3 = 0v1 + 0v2 + 2v3 , 207

da cui 

Af B B

 2 0 0 = 0 0 0 . 0 0 2

(25.5)

(d) Af B B `e diagonale, quindi f `e diagonalizzabile. Osservazione 25.7. Il motivo per cui Af B B risulta diagonale `e che tutti i vettori di B risultano autovettori. In generale: Teorema 25.8. Un endomorfismo L di uno spazio vettoriale VK di dimensione finita `e diagonalizzabile se, e solo se, esiste una base B di VK i cui elementi sono tutti autovettori di L. Dimostriamo la seguente proposizione, che ha come conseguenza il teorema appena enunciato: Proposizione 25.9. Dati un endomorfismo L di VK e una base B = v1 , v2 , . . . , vn di VK , la matrice AL B B `e diagonale se, e solo se, vj `e un autovettore di L, per ogni j = 1, 2, . . . , n. Dimostrazione. “⇒” Posto AL B B = (aij ), per ipotesi aij = 0 per i, j = 1, 2, . . . , n, i 6= j. Sostituendo in (25.1), si ottiene L(vj ) = ajj vj , j = 1, 2, . . . , n. Quindi ogni vj soddisfa la definizione di autovettore. “⇐” Per ipotesi esistono λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K tali che L(vj ) = λj vj , j = 1, 2, . . . , n. Combinando con (25.1) otteniamo: a1j v1 +a2j v2 +· · ·+ajj vj +· · ·+anj vn = 0v1 +0v2 +· · ·+λj vj +· · ·+0vn (j = 1, 2, . . . , n). Se ne deduce aij = 0 ∀i 6= j, j = 1, 2, . . . , n. Quindi AL B B `e diagonale. 208

Risposta alla domanda iniziale. La proposizione precedente d`a una condizione necessaria e sufficiente affinch´e AL B B sia diagonale. Osservazione 25.10. Abbiamo visto che per decidere se un endomorfismo sia diagonalizzabile, sarebbe sufficiente trovarne gli autovettori. In realt`a, `e pi` u semplice trovare gli autovalori; vedremo tra poco come. Proposizione 25.11. Sia L un endomorfismo di VK , B una base di V
K e λ ∈ K. Allora λ `e un autovalore di L se, e solo se, det AL B B − λIn = 0. Dimostrazione. Le proposizioni nella colonna di sinistra sono equivalenti: λ `e autovalore di L ∃v ∈ V : v 6= 0, L(v) = λv per definizione ∃v ∈ V : Xv 6= On×1 , XL(v) = Xλv ∃v ∈ V : Xv 6= On×1 , XL(v) = λXv ∃v ∈ V : Xv 6= On×1 , AL B B Xv = λXv ∃X ∈ K n : X 6= On×1 , AL B B X = λX ∃X ∈ K n : X 6= On×1 , AL B B X − λIn X = On×1 ∃X ∈ K n : X 6= On×1 , (AL B B − λIn )X = On×1
det AL B B − λIn = 0

passando a coordinate Xhv = hXv sempre cfr. (25.2)

` un sist. lin. om. E con > 1 soluzioni cfr. sfida 24.23

Osservazione 25.12. In virt` u di questa proposizione, gli autovalori di L sono precisamente le soluzioni della seguente equazione nell’incognita t:
det AL B B − tIn = 0. 209

Definizione 25.13. Il polinomio
caratteristico di un endomorfismo L B di VK `e pL (t) = det AL B − tIn . Osservazione 25.14. Si pu`o dimostrare che pL (t) `e effettivamente un polinomio di grado n e che pL (t) non dipende da B, cio`e, comunque prese due basi B e B 0 , vale  
B B0 det AL B − tIn = det AL B0 − tIn . Esercizio 25.15. Trovare gli autovalori dell’endomorfismo f definito nell’eserc. 25.6. Svolgimento. Gli autovalori di f sono le radici di pf (t). Considerando (25.4),   1 − t 1 −1
pf (t) = det Af N N − tI3 = det  0 2 − t 0  . −1 1 1−t Sviluppando il determinante secondo la seconda riga, 1 − t −1 = (2 − t)(t2 − 2t). pf (t) = (2 − t) −1 1 − t Concludendo, gli autovalori di f sono 2 e 0. Osservazione 25.16. Si poteva svolgere l’esercizio partendo da Af B B in (25.5), ottenendo pi` u facilmente 2 − t 0 0 pf (t) = 0 −t 0 = −t(t − 2)2 . 0 0 2 − t Definizione 25.17. La molteplicit`a algebrica di un autovalore λ di un endomorfismo L di VK `e la sua molteplicit`a come radice di pL (t). 210

Definizione 25.18. Un polinomio P (x) si dice completamente riducibile sul campo K se `e prodotto di polinomi di grado uno a coefficienti in K. Esempi 25.19. pf (t) `e completamente riducibile su R. P (x) = (x − 3)(x2 +1) non `e completamente riducibile su R; P (x) `e completamente riducibile su C (come lo `e ogni polinomio a coefficienti in C). Osservazione 25.20. Se un polinomio P (x) `e completamente riducibile sul campo K, allora la somma delle molteplicit`a delle sue radici `e uguale al grado di P (x). Esercizio 25.21. Sia B = v1 , v2 , v3 una base di uno spazio vettoriale reale VR . Sia poi g l’endomorfismo di VR definito dalle condizioni g(v1 ) = 0, g(v2 ) = v3 , g(v3 ) = v2 . Trovare gli autovalori di g. Svolgimento. La prima colonna di Ag B B contiene le coordinate di g(v1 ) = 0, quindi `e nulla; la seconda contiene le coordinate di g(v2 ) = v3 = 0v1 + 0v2 + 1v3 , quindi contiene 0, 0 e 1; la terza colonna si ottiene analogamente. Ne deduco   −t 0 0 0 0 0 Ag B B = 0 0 1 e pg (t) = 0 −t 1 = −t(t2 − 1). 0 1 −t 0 1 0 Gli autovalori di g sono 0, 1 e −1. Compito 25.22. Trovare quanti pi` u autovettori possibile dell’endo3 morfismo g di R definito da: g(x, y, z) = (x + z, 2(x + z), 3(x + z)).

211

212

Lezione 26 Il teorema di diagonalizzabilit` a In quali casi un endomorfismo L `e diagonalizzabile? Anche in questa lezione VK `e uno spazio vettoriale fissato di dimensione finita n. Definizione 26.1. Se L `e un endomorfismo di VK e λ `e un autovalore di L, l’autospazio di L relativo a λ `e EL (λ) = {v ∈ V | L(v) = λv}. Osservazioni 26.2. 1) EL (λ) contiene precisamente tutti gli autovettori associati all’autovalore λ, pi` u il vettore nullo. 2) EL (λ) `e un sottospazio di VK . Infatti, riguardando la dimostrazione della prop. 25.11, EL (λ) `e determinato dal seguente sistema lineare omogeneo n × n:
AL B B − λIn Xv = On×1 . (26.1) 213

Siccome l’insieme delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo n × n `e un sottospazio di K n , EL (λ) `e un sottospazio di VK . 3) Siccome λ `e un autovalore, vale dim EL (λ) > 0. 4) La definizione di EL (λ) si pu`o estendere al caso in cui λ non sia un autovalore, ma in tal caso EL (λ) = {0}. 5) Vale EL (0) = {v ∈ V | L(v) = 0} = ker L. Ricordando che L `e iniettiva se, e solo se, ker L = {0V }, otteniamo che 0 `e un autovalore di L se, e solo se, L non `e iniettivo. Ricordiamo che la molteplicit`a algebrica di un autovalore λ di un endomorfismo L di VK `e la sua molteplicit`
a come radice del polinomio B caratteristico pL (t) = det AL B − tIn . Definizione 26.3. Se L `e un endomorfismo di VK e λ `e un autovalore di L, la molteplicit` a geometrica di λ `e la dimensione di EL (λ). Osservazione 26.4. Dalla teoria dei sistemi lineari sappiamo che la di
mensione dello spazio delle soluzioni di (26.1) vale n−rk AL B B − λIn . Quindi
(26.2) dim EL (λ) = n − rk AL B B − λIn . Esercizio 26.5. Trovare gli autovalori e le loro molteplicit`a algebriche e geometriche del seguente endomorfismo di R3 : f : R3 → R3 : (x, y, z) 7→ (−2x − y + z, −y − z, 2x + y − z). Svolgimento. Vale 

Af N N

 −2 −1 1 =  0 −1 −1 . 2 1 −1 214

Usando la regola di Sarrus, −2 − t −1 1 −1 − t −1 = pf (t) = 0 2 1 −1 − t = (−2 − t)(−1 − t)2 + 2 − (−2 − 2t) − (2 + t) = = −t3 − 4t2 − 4t = −t(t + 2)2 . Gli autovalori sono λ1 = 0 con molteplicit`a algebrica 1 e λ2 = −2 con molteplicit`a algebrica 2. Uso la (26.2) per calcolare le molteplicit`a geometriche:   −2 −1 1 dim Ef (0) = 3 − rk  0 −1 −1 = 3 − 2 = 1, 2 1 −1   0 −1 1 dim Ef (−2) = 3 − rk 0 1 −1 = 3 − 2 = 1. 2 1 1 Proposizione 26.6. Sia L un endomorfismo di VK e λ un suo autovalore. Indicate con m ed r, rispettivamente, le molteplicit`a algebrica e geometrica di λ, vale 1 ≤ r ≤ m. Dimostrazione. Consideriamo una base v1 , v2 , . . . , vr di EL (λ), che pu`o essere completata ad una base B = v1 , v2 , . . . , vr , . . . , vn di VK . La matrice associata ad L ha la seguente forma:   λ 0 ... 0  0 λ  0  Mr×(n−r)   .. .. . . . ..  .  . .  B AL B =  , λ  0 0   .. ..  . ..  . .  N(n−r)×(n−r) 0 0 ... 0 215

in cui vi sono delle sottomatrici delle quali sono specificati gli ordini. Ne segue
pL (t) = det AL B B − tIn =   λ−t 0 ... 0   0 λ−t 0   M .. .. .. r×(n−r) . . . = det  . . . .     0 0 λ−t O(n−r)×r N(n−r)×(n−r) − tIn−r Sviluppando tale determinante secondo la prima colonna si ottiene λ−t per un determinante d’ordine n − 1, ottenuto dal precedente rimuovendo la prima riga e la prima colonna. A sua volta l’ultimo determinante si sviluppa secondo la prima colonna e, ripetendo il procedimento r volte, si ottiene pL (t) = (λ − t)r det(N(n−r)×(n−r) − tIn−r ). Ci`o implica che la molteplicit`a algebrica m di λ vale almeno r. La relazione r ≥ 1, cio`e dim EL (λ) ≥ 1, vale perch´e EL (λ) contiene almeno un vettore non nullo. Esercizio 26.7. Stabilire se l’endomorfismo f dell’eserc. 26.5 `e diagonalizzabile. Svolgimento. Sappiamo che f `e diagonalizzabile se, e solo se, esiste una base B di R3 formata da autovettori (teorema 25.8). Gli autovettori di f stanno in Ef (0) ∪ Ef (−2). Una eventuale base di autovettori ne conterebbe tre, e quindi almeno due di tali autovettori sarebbero in un autospazio Ef (λ), λ = 0 o λ = −2. Siccome dim Ef (λ) = 1, tali vettori risulterebbero linearmente dipendenti, assurdo. Quindi f non `e diagonalizzabile. 216

Osservazione 26.8. L’esercizio appena svolto suggerisce una condizione necessaria per la diagonalizzabilit`a. Supponiamo che un endomorfismo L di VK sia diagonalizzabile e abbia autovalori distinti λ1 , λ2 , . . . , λs con molteplicit`a algebriche e geometriche, rispettivamente, m1 , m2 , . . . , ms e r1 , r2 , . . . , rs . Siccome in ogni EL (λj ) esistono al pi` u rj autovettori indipendenti, j = 1, 2, . . . , s, deve risultare che s X

rj ≥ n.

(26.3)

j=1

D’altro canto la prop. 26.6 implica s X

rj ≤

j=1

s X

mj ,

(26.4)

j=1

con l’uguaglianza valida se e solo se rj = mj per ogni j. Infine, siccome il polinomio caratteristico ha grado n vale s X

mj ≤ n

(26.5)

j=1

e l’uguaglianza si ha se e solo se il polinomio caratteristico `e completamente riducibile. Combinando (26.3), (26.4) e (26.5) si vede che in tutte e tre le disequazioni deve valere il segno di uguale; da ci`o segue che il polinomio caratteristico `e completamente riducibile e rj = mj per ogni j. Si pu`o dimostrare che di quanto provato vale anche il viceversa, da cui il seguente: Teorema 26.9 (Teorema di diagonalizzabilit`a). Sia L un endomorfismo di uno spazio vettoriale VK di dimensione finita n. L’endomorfismo L `e diagonalizzabile se, e solo se, valgono entrambe le condizioni seguenti: 217

(i) il polinomio caratteristico pL (t) `e completamente riducibile su K; (ii) la molteplicit` a algebrica di ogni autovalore `e uguale alla sua molteplicit` a geometrica. Esercizio 26.10. Sia B = v1 , v2 , v3 una base di R3 e L l’endomorfismo di R3 definito dalle condizioni L(v1 ) = v1 ,

L(v2 ) = 2v1 + 2v2 ,

L(v3 ) = 0.

Stabilire se L `e diagonalizzabile Svolgimento. Applico il teorema di diagonalizzabilit`a. Vale:   1 2 0 AL B B = 0 2 0 , 0 0 0 1 − t 2 0 pL (t) = 0 2 − t 0 = −t(1 − t)(2 − t). 0 0 −t pL (t) `e completamente riducibile su R, gli autovalori sono λ1 = 0, λ2 = 1 e λ3 = 2, tutti con molteplicit`a algebrica 1. Uso la (26.2) per calcolare le molteplicit`a geometriche: dim EL (0) = 3 − rk AL B B = 3 − 2 = 1;   0 2 0 dim EL (1) = 3 − rk 0 1 0  = 3 − 2 = 1; 0 0 −1   −1 2 0 dim EL (2) = 3 − rk  0 0 0  = 3 − 2 = 1. 0 0 −2 Le molteplicit`a geometriche coincidono con quelle algebriche. 218

Osservazione 26.11. I calcoli delle molteplicit`a geometriche sono superflui perch´e, per la prop. 26.6, ogni autovalore che abbia molteplicit`a algebrica uguale a 1 ha necessariamente anche molteplicit`a geometrica uguale a 1. Per il teorema di diagonalizzabilit`a, L `e diagonalizzabile. Esercizio 26.12. Con riferimento al precedente esercizio, trovare una 0 base B 0 tale che AL B B0 sia diagonale. Per svolgere l’esercizio pu`o tornare utile la seguente proposizione che `e contenuta nella dimostrazione, che abbiamo omesso qui, del teorema di diagonalizzabilit`a. Proposizione 26.13. L’unione di famiglie linearmente indipendenti di autovettori prese da due o pi` u autospazi distinti `e sempre linearmente indipendente. Svolgimento. Uso la (26.1) per calcolare gli autospazi. EL (0) ha equazione AL B B Xv = O3×1 ; posto Xv = (a b c)T , equivale al sistema lineare   a + 2b = 0 2b = 0 ⇔ a = b = 0.  0 = 0 L’insieme delle soluzioni `e {(0, 0, c) | c ∈ R}, quindi EL (0) = {cv3 | c ∈ R} = hv3 i.
EL (1) ha equazione AL B B − I3 Xv = O3×1 , cio`e   2b = 0 b = 0 ⇔ b = c = 0,  −c = 0 219

quindi EL (1) = {av1 | a ∈ R} = hv1 i.
EL (2) ha equazione AL B B − 2I3 Xv = O3×1 , cio`e    −a + 2b = 0 a = 2b 0 = 0 ⇔ c = 0.  −2c = 0 Quindi EL (2) = {2bv1 + bv2 | b ∈ R} = h2v1 + v2 i. 0

Una base B 0 di autovettori di L (quindi tale che AL B B0 sia diagonale) `e: B 0 = v3 , v1 , 2v1 + v2 . Esercizio 26.14. Con riferimento agli esercizi precedenti, calcolare 0 AL B B0 . Svolgimento. Sfrutter`o le seguenti relazioni: L(v3 ) = 0; L(v1 ) = v1 = 0v3 + 1v1 + 0(2v1 + v2 ); L(2v1 + v2 ) = 2L(v1 ) + L(v2 ) = 2v1 + 2v1 + 2v2 = = 4v1 + 2v2 = 0v3 + 0v1 + 2(2v1 + v2 ). Vale



0

AL B B 0

 0 0 0 = 0 1 0 . 0 0 2

Compito 26.15. Se g `e l’endomorfismo di R3 definito in 25.22, trovare una base B tale che Ag B B = diag(0, 4, 0). 220

Lezione 27 Diagonalizzabilit` a di matrici

Qual `e il significato della relazione di similitudine tra matrici? Ricordiamo che date due matrici A, B ∈ M(n × n, K), si dice che A `e simile a B se esiste C ∈ M(n × n, K) invertibile, tale che C −1 AC = B. La relazione di similitudine `e una relazione d’equivalenza (prop. 8.14). Definizione 27.1. Una matrice A ∈ M(n × n, K) si dice diagonalizzabile su K se esiste una matrice C ∈ M(n × n, K) invertibile, tale che C −1 AC sia diagonale. Osservazione 27.2. Una matrice quadrata `e diagonalizzabile se, e solo se, `e simile ad una matrice diagonale. Definizione 27.3. Gli autovalori, autovettori, autospazi e il polinomio caratteristico di una matrice A ∈ M(n×n, K) sono gli oggetti di ugual nome riferiti all’endomorfismo FA : K n → K n : X 7→ AX. 221

Per la def. 25.5, se FA (X) = λX, X 6= On×1 , λ ∈ K, allora X `e un autovettore di FA e λ `e l’autovalore di FA associato a X. Quindi data una matrice A ∈ M(n × n, K), se AX = λX, X 6= On×1 , allora X `e un autovettore di A e λ `e l’autovalore di A associato ad X. Dalla definizione EL (λ) = {v ∈ V | L(v) = λv} si deduce che l’autospazio di A associato all’autovalore λ `e EA (λ) = {X ∈ K n | AX = λX};
dalla definizione pL (t) = det AL B B − tIn e da A = AFA N N si deduce che il polinomio caratteristico di A `e pA (t) = det(A − tIn ).

Proposizione 27.4. Siano A, C ∈ M(n × n, K). Sono equivalenti le seguenti asserzioni: (i) C `e invertibile e C −1 AC `e diagonale; (ii) le colonne di C formano una base di K n e sono tutte autovettori di A. Dimostrazione. Ricordiamo innanzitutto che C `e invertibile se, e solo se, la famiglia delle colonne C 1 , C 2 , . . . , C n `e una base di K n (prop. 19.8 (iv)). Se C non `e invertibile, (i) e (ii) sono entrambe false, quindi equivalenti. Perci`o d’ora in avanti supponiamo che C sia invertibile. Quindi B(C) = C 1 , C 2 , . . . , C n `e una base di K n . Per brevit`a poniamo F = FA : K n → K n : X 7→ AX. Vale: Aid B(C) N = C; C −1 AC = Aid N B(C) AF N N Aid B(C) N . 222

(27.1)

Ricordando la (17.1) e applicandola due volte (la prima con G = id, F = F , B = B 0 = N , B 00 = B(C)), otteniamo C −1 AC = AF N B(C) Aid B(C) N = AF B(C) B(C) .

(27.2)

Dalla prop. 25.9 e dalla (27.2) deduciamo che C −1 AC `e diagonale se, e solo se, tutti i vettori di B(C) sono autovettori di F , cio`e di A. Osservazione 27.5. Pi` u precisamente, se si realizzano le condizioni (i), (ii) della precedente proposizione, allora C −1 AC = diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ), dove λ1 , λ2 , . . . , λn sono gli autovalori associati alle colonne C 1 , C 2 , . . ., C n , nello stesso ordine. Dalla (27.2) si vede che A `e diagonalizzabile secondo la def. 27.1 se, e solo se, F = FA `e diagonalizzabile secondo la def. 25.3. Riformulando allora il teor. 26.9 di diagonalizzabilit`a in cui L = FA , si ottiene: Teorema 27.6 (Teorema di diagonalizzabilit`a per le matrici). Sia A ∈ M(n × n, K). La matrice A risulta diagonalizzabile su K se, e solo se, valgono entrambe: (i) pA (t) `e completamente riducibile su K; (ii) per ogni autovalore λ di A, la molteplicit`a algebrica di λ `e uguale alla molteplicit` a geometrica di λ.

Risposta alla domanda iniziale. La risposta viene dall’equazione (27.2): A = AF N N `e simile ad ogni AF B B , quindi due matrici che rappresentano lo stesso endomorfismo di K n , rispetto a due basi di K n , sono simili. 223

 Esercizio 27.7. La matrice A =

4 2 1 3

 `e diagonalizzabile su R?

Svolgimento. Applico il teorema di diagonalizzabilit`a. 4 − t 2 = t2 − 7t + 10. pA (t) = det(A − tI2 ) = 1 3 − t pA (t) = (t − 5)(t − 2) `e completamente riducibile su R. Gli autovalori λ1 = 5 e λ2 = 2 hanno entrambi molteplicit`a algebrica uguale a 1. Siccome ogni autovalore che abbia molteplicit`a algebrica 1 ha anche molteplicit`a geometrica uguale a 1, la condizione (ii) del teorema di diagonalizzabilit`a `e soddisfatta. Quindi A `e diagonalizzabile su R. Il caso dell’esercizio si pu`o generalizzare come segue: Proposizione 27.8. Sia A ∈ M(n × n, K). Se A ha n autovalori distinti in K, allora A `e diagonalizzabile su K. Esercizio 27.9. Data la matrice reale   1 10 5 A = 0 −4 0 , 5 10 1 (a) A `e diagonalizzabile su R? (b) Se s`ı, trovare una matrice reale 3×3 C invertibile tale che C −1 AC sia diagonale. (c) La seguente matrice `e simile ad A?   −4 0 1 D =  0 −4 2 . 0 0 6 Svolgimento. (a) Applico il teorema di diagonalizzabilit`a. 1 − t 10 5 1 − t 5 = pA (t) = 0 −4 − t 0 = (−4 − t)(−1)2+2 5 1 − t 5 10 1 − t = (−4 − t)(t2 − 2t − 24). 224

Il determinante sopra `e stato calcolando sviluppando secondo la seconda riga. Le radici del polinomio t2 − 2t − 24 sono 6 e −4, quindi pA (t) = (−4 − t)(t − 6)(t + 4) = −(t + 4)2 (t − 6). pA (t) `e completamente riducibile; gli autovalori di A sono λ1 = −4 con molteplicit`a algebrica uguale a 2 e λ2 = 6 con molteplicit`a algebrica uguale a 1. Calcolo la molteplicit`a geometrica di λ1 utilizzando la (26.2):   5 10 5 3 − rk(A − λ1 I3 ) = 3 − rk 0 0 0 = 3 − 1 = 2. 5 10 5 Ne segue che A `e diagonalizzabile. (b) Le colonne di C devono formare una base di R3 ed essere tutte autovettori di A. Cerco EA (λ1 ), la cui equazione si deduce dalla (26.1): (A − λ1 I3 )X = O3×1 ⇔      5 10 5 x 0 0 0 0 y  = 0 ⇔ 5x + 10y + 5z = 0 ⇔ x + 2y + z = 0, 5 10 5 z 0 da cui EA (λ1 ) = {(−2y − z, y, z) | y, z ∈ R} = = {(−2y, y, 0) + (−z, 0, z) | y, z ∈ R} = h(−2, 1, 0), (−1, 0, 1)i. Analogamente, EA (λ2 ) ha equazione (A − 6I3 )X = O3×1 ⇔      −5 10 5 x 0  0 −10 0  y  = 0 . 5 10 −5 z 0 225

Risolvo, trasformando a  −5 10 5  0 −10 0 5 10 −5

da cui il sistema 

scala la matrice completa   −5 10 5 0 H31 (1)   0 −10 0 0 −→ 0 20 0 0   −5 10 5 0  0 −10 0 0 0 0 0 0

−x + 2y + z = 0 y = 0

 ⇔

del sistema lineare:  0 H32 (2) 0 −→ 0

x = z y = 0.

Quindi EA (6) = {(z, 0, z) | z ∈ R} = h(1, 0, 1)i. Dispongo in colonne i vettori delle basi degli autospazi:   −2 −1 1 C =  1 0 0 . 0 1 1 Lasciamo al lettore come esercizio di verificare che C −1 AC sia diagonale. (c) −4 − t 0 1 −4 − t 2 = (6 − t)(4 + t)2 . pD (t) = 0 0 0 6 − t D ha autovalori λ1 = −4 con molteplicit`a algebrica uguale a 2 e λ2 = 6 con molteplicit`a algebrica uguale a 1. Cerco la molteplicit`a geometrica di λ1 :   0 0 1 dim EL (λ1 ) = 3 − rk(D − λ1 I3 ) = 3 − rk 0 0 2  = 2. 0 0 10 226

D `e diagonalizzabile ed esiste una base di R3 formata da due autovettori associati all’autovalore −4 e un autovettore associato all’autovalore 6, quindi D `e simile a diag(−4, −4, 6) (cfr. oss. 27.5). Anche A `e diagonalizzabile e simile alla stessa matrice diagonale. Ne segue che A `e simile a D. Compito 27.10. Date due matrici simili A, B ∈ M(n × n, K), dimostrare che esse hanno lo stesso polinomio caratteristico. (Sugg.: Nella formula delle matrici simili sostituire In con C −1 In C; inoltre per il teorema di Binet, (det C)(det C −1 ) = . . .)

227

228

Lezione 28 Esercitazione sulla diagonalizzabilit` a Esercizio 27.10. Dato l’endomorfismo L di R3 definito dalle equazioni L(1, 0, 0) = (5, 1, −1),

L(1, 1, 0) = (5, 5, −1),

L(1, 1, 1) = (4, 4, 4),

(a) dire se L `e diagonalizzabile, (b) trovare una base di ciascun autospazio. Svolgere l’esercizio in due modi diversi, utilizzando le matrici AL N N e AL B B , dove B = v1 , v2 , v3 = (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1). Primo svolgimento. (a) Cerco AL N N dove N = e1 , e2 , e3 = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1). La colonna Xv delle coordinate di un vettore di K n rispetto alla base naturale coincide con il vettore stesso, Xv = v, quindi dalla formula 229

(16.6):
AL B B0 = YL(v1 ) YL(v2 ) . . . YL(vn ) , si ottiene AL N N = (L(e1 ) |L(e2 ) |L(e3 ) ) . Innanzitutto, L(e1 ) = (5, 1, −1). Per determinare L(e2 ), risolvo l’equazione e2 = xv1 + yv2 + zv3 che d`a x = −1, y = 1, z = 0; quindi e2 = −v1 + v2 da cui per linearit`a L(e2 ) = −L(v1 ) + L(v2 ) = −(5, 1, −1) + (5, 5, −1) = (0, 4, 0). Analogamente L(e3 ) = L(−v2 + v3 ) = −L(v2 ) + L(v3 ) = −(5, 5, −1) + (4, 4, 4) = = (−1, −1, 5). Quindi 

AL N N Vale pL (t) = det AL N N

 5 0 −1 =  1 4 −1 . −1 0 5 5 − t 0 −1
. 1 4 − t −1 − tI3 = −1 0 5 − t

Sviluppando secondo la seconda colonna, 5 − t −1 = (4 − t)(t2 − 10t + 24) = pL (t) = (4 − t)(−1)2+2 −1 5 − t = −(t − 4)2 (t − 6). L ha due autovalori, λ1 = 4 con molteplicit`a algebrica 2, λ2 = 6 con molteplicit`a algebrica 1. Tale λ2 ha necessariamente molteplicit`a 230

geometrica uguale a 1. Calcolo la molteplicit`a geometrica di λ1 con la formula (26.2):     5 0 −1 1 0 0 dim EL (4) = 3 − rk  1 4 −1 − 4 0 1 0 = −1 0 5 0 0 1   1 0 −1 = 3 − rk  1 0 −1 = 3 − 1 = 2. −1 0 1 Per il teorema di diagonalizzabilit`a, L `e diagonalizzabile. (b) L’equazione da cui si ricava EL (λ) `e la (26.1). Trovo EL (4):      0 1 0 −1 x  1 0 −1 y  = 0 ⇔ x − z = 0 ⇔ x = z. 0 −1 0 1 z Quindi EL (4) = {(z, y, z) | y, z ∈ R} = {(z, 0, z) + (0, y, 0) | y, z ∈ R} = = {z(1, 0, 1) + y(0, 1, 0) | y, z ∈ R} = h(1, 0, 1), (0, 1, 0)i. Una base di EL (4) `e B1 = (1, 0, 1), (0, 1, 0).
Trovo ora EL (6), con l’equazione AL N N − 6I3 X = O3×1 , da cui       −1 0 −1 x 0 −x − z = 0  1 −2 −1 y  = 0 ⇔ ⇔ x − 2y − z = 0 −1 0 −1 z 0  x = −z ⇔ y = −z. Vale EL (6) = {(−z, −z, z) | z ∈ R} = h(−1, −1, 1)i. Una base di EL (6) `e B2 = (−1, −1, 1). 231

Secondo svolgimento. (a) Risolvo l’equazione L(v1 ) = xv1 + yv2 + zv3 ⇔ (5, 1, −1) = x(1, 0, 0) + y(1, 1, 0) + z(1, 1, 1), ottenendo x = 4, y = 2, z = −1. Quindi XL(v1 ) = (4 2 1)T `e la prima colonna di AL B B . Analogamente L(v2 ) = 0v1 + 6v2 − 1v3 , L(v3 ) = 0v1 + 0v2 + 4v3 , da cui



 4 0 0 AL B B =  2 6 0 . −1 −1 4 4 − t 0 0 pL (t) = 2 6 − t 0 = (4 − t)2 (6 − t) −1 −1 4 − t

che si ottiene direttamente facendo il prodotto degli elementi sulla diagonale principale. Otteniamo λ1 = 4 e λ2 = 6 come sopra con le stesse molteplicit`a algebriche. La molteplicit`a geometrica di λ1 vale   0 0 0 3 − rk  2 2 0 = 2. −1 −1 0
(b) Trovo EL (4) con l’equazione AL B B − 4I3 Xv = O3×1 , equivalente a      0 0 0 x 0  2 2 0 y  = 0 ⇔ x = −y. −1 −1 0 z 0 Qui x, y e z sono coordinate dei vettori di EL (4). Lo sono anche nel primo svolgimento, ma le coordinate di un vettore rispetto alla base naturale sono uguali alle componenti e dunque in quel caso non vi `e possibilit`a di errore.



232

Ottengo EL (4) = {−yv1 + yv2 + zv3 | y, z ∈ R} = = {y(−v1 + v2 ) + zv3 | y, z ∈ R} = h−v1 + v2 , v3 i = = h(0, 1, 0), (1, 1, 1)i. Una base di EL (4) `e quindi B10 = (0, 1, 0), (1, 1, 1).
Trovo ora EL (6) con l’equazione AL B B − 6I3 Xv = O3×1 , equivalente a       −2 0 0 x 0 x = 0  2 0 0  y  = 0 ⇔ y = −2z. −1 −1 −2 z 0 Ne segue EL (6) = {−2zv2 + zv3 | z ∈ R} = = {z(−2v2 + v3 ) | z ∈ R} = h−2v2 + v3 i = h(−1, −1, 1)i. Ritrovo la stessa base B2 del precedente svolgimento. Esercizio 28.1. Trovare, se esiste, una matrice reale invertibile C tale che la matrice C −1 AC sia diagonale, dove   1 2 . A= 2 3 Svolgimento. Se A `e diagonalizzabile, le colonne di C si ottengono aggregando le basi dei singoli autospazi. Vale 1 − t 2 = t2 − 4t − 1. pA (t) = 2 3 − t √ √ √ Le radici sono 2 ± 5. A ha due autovalori λ1 = 2 + 5, λ2 = 2 − 5, entrambi con molteplicit`a algebrica 1. In generale EA (λ) ha equazione 233

(Aλ − In )X = On×1 , quindi EA (λ1 ) ha equazione √   1−2− 5 2 √ X = O2×1 2 3−2− 5 √    −1 − 5 2√ x ⇔ = O2×1 . y 2 1− 5 Risolvo il sistema lineare trasformando √ √   √ −1 − 5 2√ 0 H21 (2/(1+ 5)) −1 − 5 −→ 0 2 1− 5 0

4√ 1+ 5

! 2 √ 0 . +1− 5 0

L’elemento in seconda riga e seconda colonna `e √ √ 4 + (1 − 5)(1 + 5) √ = 0. 1+ 5 Il sistema quindi ha un’unica equazione √ √ (−1 − 5)x + 2y = 0 ⇒ EA (λ1 ) = h(2, 1 + 5)i. Cerco EA (λ2 ) con (A − λ2 I2 )X = O2×1 ⇔ √   1−2+ 5 2 √ X = O2×1 2 3−2+ 5 √    −1 + 5 x 2√ ⇔ = O2×1 y 2 1+ 5 √ ⇔ (−1 + 5)x + 2y = 0, √ (1 ) da cui EA (λ2 ) = h(2, 1 − 5)i. Concludendo,   2√ 2√ C= . 1+ 5 1− 5 1

Stavolta abbiamo seguito un procedimento pi` u consapevole: siccome la molteplicit`a geometrica vale necessariamente 1, il rango della matrice vale 1 e quindi la seconda riga della matrice a scala che se ne ricava vale zero.

234

Verifica. √

C −1

√

√

det C = 2 − 2 5 − 2 − 2 5 = −4 5; √ √     1 1 1 − √5 −2 −1 +√ 5 2 = √ ; =− √ 4 5 −1 − 5 2 4 5 1 + 5 −2

−1

C AC = = = =

√     2√ 2√ −1 +√ 5 2 1 2 = 2 3 1+ 5 1− 5 4 5 1 + 5 −2 √ √    1 2√ 2√ 3 + √5 4 + 2 √5 √ = 1+ 5 1− 5 4 5 −3 + 5 −4 + 2 5 √ √     1 5+2 5 1 2+ 5 0 √ 0√ √ =√ = 0 −5 + 2 5 0 2− 5 5 5   λ1 0 . 0 λ2 1 √

Esercizio 28.2. Trovare i valori a ∈ R per i quali la matrice   4 1 0 Ma = 0 a2 0 0 a+1 1 risulta diagonalizzabile. Svolgimento. Utilizziamo la formula di Laplace sulla prima colonna del determinante in 4 − t 2 1 0 a − y 0 = pMa (t) = 0 a2 − t 0 = (4 − t)(−1)1+1 a + 1 1 − t 0 a + 1 1 − t = (4 − t)(a2 − t)(1 − t). 235

Gli autovalori sono λ1 = 1, λ2 = 4, λ3 = a2 . Se a 6= 1, −1, 2, −2, Ma ha tre autovalori distinti, quindi `e diagonalizzabile. Se a = 1, λ1 ha molteplicit`a algebrica 2 e λ2 ha molteplicit`a algebrica 1. Trovo dim EM1 (1) = 3 − rk(M1 − I3 ) =   3 1 0 = 3 − rk 0 0 0 = 3 − 2 = 1. 0 2 0 λ1 ha molteplicit`a algebrica e molteplicit`a geometrica diverse, quindi M1 non `e diagonalizzabile. Se a = −1, λ1 ha molteplicit`a algebrica 2 e λ2 ha molteplicit`a algebrica 1. Trovo dim EM−1 (1) = 3 − rk(M−1 − I3 ) =   3 1 0 = 3 − rk 0 0 0 = 3 − 1 = 2. 0 0 0 Gli autovalori hanno molteplicit`a algebriche e molteplicit`a geometriche uguali, quindi M−1 `e diagonalizzabile. Se a = 2, λ2 = 4 ha molteplicit`a algebrica 2 e λ1 ha molteplicit`a algebrica 1. Trovo dim EM2 (4) = 3 − rk(M2 − 4I3 ) =   0 1 0 = 3 − rk 0 0 0  = 3 − 2 = 1. 0 3 −3 M2 non `e diagonalizzabile. Se a = −2, λ2 = 4 ha molteplicit`a algebrica 2 e λ1 ha molteplicit`a algebrica 1. Trovo dim EM−2 (4) = 3 − rk(M−2 − 4I3 ) =   0 1 0 = 3 − rk 0 0 0  = 3 − 2 = 1. 0 −1 −3 236

M−2 non `e diagonalizzabile. Conclusione: Ma `e diagonalizzabile se, e solo se, a 6= 1, ±2. Esercizio 28.3. Trovare C invertibile tale che C −1 AC = diag(2, 0, 2), dove   1 0 1 A = 2 2 −2 . 1 0 1 ` data la seguente Esercizio 28.4. E metro h:  −1  h Mh = −5

matrice reale dipendente dal para 4 −1 0 1 . −4 −5

(a) Determinare il valore di h per cui (1, −1, 1) `e un autovettore di Mh , (b) per tale valore di h stabilire se Mh `e diagonalizzabile.

237

238

Lezione 29 Geometria

Descrivere, per mezzo di equazioni, la retta dello spazio per i punti Q(1, 0, 1) e R(0, 2, 3) Richiami. 1) Dati in uno spazio vettoriale VK un vettore v0 e un sottospazio U , tali che dim U = d, l’insieme v0 + U = {v + u | u ∈ U } si chiama variet` a lineare di dimensione d. 2) Un riferimento cartesiano RC(Oijk) per lo spazio `e dato da un punto O (origine) e da tre vettori i, j, k di lunghezza 1, a due a due perpendicolari (fig. 14.2). 3) Un riferimento cartesiano individua una corrispondenza biunivoca tra punti dello spazio e vettori in R3 : precisamente, al punto P si −→ associa quella terna x, y, z tale che OP = xi + yj + zk. In simboli: P (x, y, z). 4) Notazione per i vettori: v(l, m, n) significa v = li + mj + nk. 5) Il vettore congiungente P1 (x1 , y1 , z1 ) e P2 (x2 , y2 , z2 ) `e −−→ P1 P2 (x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ). 239

Prenderemo il seguente come presupposto per la geometria affine. Teorema 29.1. Nella corrispondenza biunivoca tra punti dello spazio e vettori di R3 , sopra descritta, le rette corrispondono precisamente alle variet` a lineari di dimensione 1 e i piani corrispondono precisamente alle variet` a lineari di dimensione 2. Equazioni parametriche della retta nello spazio. Dal teorema 29.1 una retta corrisponde a una variet`a lineare (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n)i ((l, m, n) 6= 0) e quindi `e l’insieme dei punti di coordinate {(x0 , y0 , z0 ) + t(l, m, n) | t ∈ R} = {(x0 + lt, y0 + mt, z0 + nt) | t ∈ R}. Le equazioni parametriche di una retta sono   x = x0 + lt y = y0 + mt t∈R ((l, m, n) 6= 0).  z = z0 + nt,

(29.1)

Risposta alla domanda iniziale. Cerchiamo una variet`a lineare v0 + U , con dim U = 1, tale che (1, 0, 1), (0, 2, 3) ∈ v0 +U . Proviamo a cercarne una soddisfacente v0 = (1, 0, 1). Per costruzione, (1, 0, 1) ∈ v0 + U , perch´e 0 ∈ U . Dalla condizione (0, 2, 3) ∈ v0 + U = (1, 0, 1) + U segue che esiste u ∈ U tale che (0, 2, 3) = (1, 0, 1) + u ⇒ u = (0, 2, 3) − (1, 0, 1) = (−1, 2, 2) e siccome dim U = 1 si deduce U = h(−1, 2, 2)i. Quindi la retta corrisponde alla variet`a lineare (1, 0, 1) + h(−1, 2, 2)i ed ha equazioni parametriche   x = 1−t y = 2t t ∈ R.  z = 1 + 2t, 240

Equazioni parametriche del piano nello spazio. In termini di variet`a lineare: (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n), (l0 , m0 , n0 )i = = {(x0 , y0 , z0 ) + t(l, m, n) + t0 (l0 , m0 , n0 ) | t, t0 ∈ R} = = {(x0 + lt + l0 t0 , y0 + mt + m0 t0 , z0 + nt + n0 t0 ) | t, t0 ∈ R}, dove (l, m, n) e (l0 , m0 , n0 ) sono linearmente indipendenti. Se ne deducono le equazioni parametriche di un piano nello spazio:       x = x0 + lt + l0 t0 l m n y = y0 + mt + m0 t0 t, t0 ∈ R rk 0 =2 . l m0 n0  0 0 z = z0 + nt + n t , (29.2) Ci proponiamo di trovare il significato geometrico di x0 , y0 , z0 , l, m, n in (29.1). Serve dimostrare quanto segue: Proposizione 29.2. Sia v0 + U una variet`a lineare in uno spazio vettoriale VK . Vale quanto segue: (i) v0 ∈ v0 + U . (ii) ∀v1 ∈ v0 + U : v1 + U = v0 + U . (iii) ∀v1 , v2 ∈ v0 + U : v2 − v1 ∈ U . Dimostrazione. (i) Siccome U `e un sottospazio di VK , vale 0 ∈ U . Ne segue v0 = v0 + 0 ∈ v0 + U . (ii) Usiamo il procedimento della doppia inclusione e l’ipotesi v1 ∈ v0 + U , cio`e: ∃u ∈ U : v1 = v0 + u. (29.3) 241

Prima inclusione: v1 + U ⊆ v0 + U . Consideriamo un vettore w ∈ v1 + U , quindi ∃u0 ∈ U : w = v1 + u0 . (29.4) Combinando (29.3), (29.4), si ha w = v0 +(u+u0 ). Essendo u+u0 ∈ U in quanto somma di due vettori in U , risulta w ∈ v0 + U . Seconda inclusione: v0 + U ⊆ v1 + U . Consideriamo un vettore w0 ∈ v0 + U , quindi ∃u00 ∈ U : w0 = v0 + u00 . (29.5) Dalla (29.3) si ha v0 = v1 − u e combinando con la (29.5) otteniamo w0 = v1 + (u00 − u). Vale u00 − u ∈ U in quanto differenza di due vettori in U e ci`o implica w0 ∈ v1 + U . (iii) Per ipotesi esistono u1 , u2 ∈ U tali che v1 = v0 + u1 ,

v2 = v0 + u2 .

Ne segue v2 − v1 = u2 − u1 ∈ U . Interpretiamo geometricamente la prop. 29.2 con riferimento ad una retta r associata alla variet`a lineare (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n)i. (i) (x0 , y0 , z0 ) ∈ (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n)i, quindi x0 , y0 , z0 sono le coordinate di un punto della retta stessa. (ii) Se (x1 , y1 , z1 ) ∈ (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n)i, allora (x1 , y1 , z1 ) + h(l, m, n)i = (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n)i. Quindi x0 , y0 , z0 nelle equazioni parametriche (29.1) possono essere sostituite dalle coordinate di qualsiasi punto della retta. (iii) Dati P1 (x1 , y1 , z1 ), P2 (x2 , y2 , z2 ) sulla retta r, la prop. 29.2 implica −−→ P1 P2 (x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) ∈ h(l, m, n)i. Da questo si deduce che h(l, m, n)i `e l’insieme di tutti i vettori paralleli alla retta r. 242

Figura 29.1: l, m, n sono le coordinate di un vettore non nullo parallelo ad r. Considerazioni simili a quelle di cui sopra valgono anche per le equazioni parametriche di un piano. Definizione 29.3. Il sottospazio U si chiama spazio direttore della variet`a lineare v0 + U . Lo spazio direttore contiene precisamente i vettori paralleli alla retta o al piano. Esercizio 29.4. Trovare delle equazioni parametriche del piano per i punti P (1, 1, −1), Q(1, 0, 2), R(0, 2, 3). Svolgimento. Il piano cercato (ammesso che sia unico) `e una variet`a lineare di dimensione 2: (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n), (l0 , m0 , n0 )i. x0 , y0 , z0 sono le coordinate di un punto del piano, scelto arbitrariamente, ad esempio x0 = 1, y0 = 1, z0 = −1. (l, m, n), (l0 , m0 , n0 ) 243

sono due qualsiasi vettori paralleli al piano, linearmente indipenden−→ −→ ti; ad esempio P Q(0, −1, 3), QR(−1, 2, 1). Ottengo la variet`a lineare (1, 1, −1) + h(0, −1, 3), (−1, 2, 1)i e le equazioni   x = 1 − t0 y = 1 − t + 2t0 t, t0 ∈ R.  z = −1 + 3t + t0 , Definizione 29.5. Le equazioni cartesiane di una retta o un piano sono quelle di un sistema lineare le cui soluzioni formino la variet`a lineare corrispondente. Proposizione 29.6. Data una variet`a lineare v0 + U in Rn `e sempre possibile trovare un sistema lineare il cui insieme delle soluzioni sia proprio v0 + U . Esempio 29.7. Cerchiamo equazioni cartesiane della retta r della domanda iniziale; abbiamo visto che corrisponde alla variet`a lineare (1, 0, 1) + h(−1, 2, 2)i. Ricaviamo il sistema lineare usando le seguenti equivalenze: (x, y, z) ∈ (1, 0, 1) + h(−1, 2, 2)i ⇔ (x, y, z) − (1, 0, 1) ∈ h(−1, 2, 2)i ⇔ (x − 1, y, z − 1) ∈ h(−1, 2, 2)i.

(29.6)

Facciamo il test di appartenenza descritto a pag. 171:     −1 x − 1 −1 x−1 H21 (2) 2 y  −→  0 2x − 2 + y  . H31 (2) 2 z−1 0 2x − 2 + z − 1 Quindi la condizione (29.6) equivale a  2x + y − 2 = 0 2x + z − 3 = 0. 244

(29.7)

L’insieme delle soluzioni di tale sistema lineare `e la variet`a lineare di partenza. Quindi (29.7) sono le equazioni cartesiane della retta. Siccome le soluzioni di un sistema lineare compatibile sono ∞n−r , con n il numero delle incognite e r il rango delle matrici del sistema, otteniamo le seguenti equazioni generiche. Equazioni cartesiane di una retta nello spazio:    ax + by + cz + d = 0 a b c (29.8) rk 0 0 0 = 2. a0 x + b0 y + c0 z + d0 = 0, a b c Equazioni cartesiane di un piano: ax + by + cz + d = 0,

(a, b, c) 6= 0.

(29.9)

Osservazione 29.8. Confrontando le equazioni (29.8) e (29.9), notiamo come le equazioni cartesiane di una retta la rappresentino come  a b c intersezione di due piani soddisfacenti la condizione rk 0 0 0 = 2. a b c Esercizio 29.9. Trovare l’equazione cartesiana del piano dell’eserc. 29.4. Svolgimento. Abbiamo trovato la variet`a lineare (1, 1, −1) + h(0, −1, 3), (−1, 2, 1)i. Ora (x, y, z) ∈ (1, 1, −1) + h(0, −1, 3), (−1, 2, 1)i ⇔ (x − 1, y − 1, z + 1) ∈ h(0, −1, 3), (−1, 2, 1)i. 245

Il test di appartenenza d`a     −1 2 y − 1 0 −1 x − 1 H12 31 (3)  0 −1 x − 1 H−→ −1 2 y − 1 −→ 3 1 z+1 3 1 z+1     −1 2 y−1 −1 2 y−1 32 (7)  0 −1 .  0 −1  H−→ x−1 x−1 0 0 7x + 3y + z − 9 0 7 3y − 3 + z + 1 L’equazione `e 7x + 3y + z − 9 = 0. Lasciamo al lettore di verificare che le coordinate dei punti P , Q ed R soddisfano tale equazione. Esercizio 29.10. Trovare i punti di intersezione tra la retta per A(1, 2, 3), B(1, 0, 0) e il piano per O, P (1, 0, 1), Q(1, 1, 1). −→ Svolgimento. Vale AB(0, −2, −3). La retta AB `e la variet`a lineare (1, 0, 0) + h(0, −2, −3)i. Il piano `e −→ −→ (0, 0, 0) + hOP , OQi = (0, 0, 0) + h(1, 0, 1), (1, 1, 1)i. Cerco l’equazione cartesiana: (x, y, z) ∈ h(1, 0, 1), (1, 1, 1)i matrice a scala ottenuta da   1 1 x 0 1 y  1 1 z

⇔

la

non ha pivot in ultima colonna; trasformandola,   1 1 x 0 1 y , 0 0 z−x quindi il piano ha equazione z − x = 0. Sostituisco le coordinate del punto generico della retta, x = 1, y = −2t, z = −3t, nell’equazione cartesiana del piano, ottenendo −3t − 1 = 0, da cui t = −1/3. Ne segue che c’`e un unico punto di intersezione, (1, 32 , 1). 246

Compito 29.11. Supponiamo dati due numeri reali λ e µ, non entrambi nulli. Con riferimento alle (29.8), cosa rappresenta l’equazione λ(ax + by + cz + d) + µ(a0 x + b0 y + c0 z + d0 ) = 0?

247

(29.10)

248

Lezione 30 Parallelismo - forme bilineari

 x = 1 y = 2t (t ∈ R) `e parallela al piano π di equazione La retta r :  z = t−1 x − y + 2z + 7 = 0?

30.1

Parallelismo

Data una retta, associata r alla variet`a lineare (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n)i, i numeri l, m, n sono coordinate di un vettore parallelo alla retta e prendono il nome di parametri direttori di r. Essi sono individuati a meno di un fattore non nullo. Fatto: due variet`a lineari della stessa dimensione sono parallele se, e solo se, hanno lo stesso spazio direttore (cio`e se, e solo se, sono parallele agli stessi vettori). Due variet`a lineari di dimensioni differenti sono 249

parallele se, e solo se, lo spazio direttore della variet`a lineare pi` u piccola `e contenuto nello spazio direttore della variet`a lineare pi` u grande. Risposta alla domanda iniziale. Cerco gli spazi direttori di r e π. r `e la variet`a lineare (1, 0, −1) + h(0, 2, 1)i, quindi lo spazio direttore `e U1 = h(0, 2, 1)i. Risolvo l’equazione di π per trovare la variet`a lineare: {(y − 2z − 7, y, z) | y, z ∈ R} = = {(−7, 0, 0) + (y, y, 0) + (−2z, 0, z) | y, z ∈ R} = = (−7, 0, 0) + h(1, 1, 0), (−2, 0, 1)i. Lo spazio direttore di π `e U2 = h(1, 1, 0), (−2, 0, 1)i. Retta e piano sono paralleli se, e solo se, U1 ⊆ U2 . Siccome i vettori di U1 sono, in forma generale, (0, 2t, t) e (0, 2t, t) = 2t(1, 1, 0) + t(−2, 0, 1), risulta U1 ⊆ U2 e quindi r `e parallela a π. Proposizione 30.1. Condizione necessaria e sufficiente affinch´e una retta r di parametri direttori l, m, n sia parallela al piano π di equazione ax + by + cz + d = 0 `e: al + bm + cn = 0.

(30.1)

Dimostrazione. Lo spazio direttore di r `e U1 = h(l, m, n)i. Dalla teoria dei sistemi lineari, l’insieme delle soluzioni di ax + by + cz + d = 0 ha la forma X0 + U2 dove U2 `e l’insieme delle soluzioni del sistema lineare omogeneo ax + by + cz = 0. Quindi sono equivalenti le seguenti affermazioni: r `e parallela a π ⇔ U1 ⊆ U2 ⇔ (l, m, n) ∈ U2 ⇔ al + bm + cn = 0. Esempio 30.2. La risposta alla domanda iniziale si ottiene anche verificando la (30.1) con l = 0, m = 2, n = 1, a = 1, b = −1, c = 2. 250

Proposizione 30.3. Condizione necessaria e sufficiente affinch´e i piani π : ax + by + cz + d = 0 e π 0 : a0 x + b0 y + c0 z + d0 = 0 siano paralleli `e   a b c rk 0 0 0 = 1. (30.2) a b c

Dimostrazione. Chiamiamo U e U 0 gli spazi direttori di, rispettivamente, π e π 0 . Vale dim U = dim U 0 = 2. Dimostriamo preliminarmente che U = U 0 ⇔ dim(U ∩ U 0 ) = 2: “⇒” In questo caso per ipotesi U = U 0 , da cui U ∩ U 0 = U e dim(U ∩ U 0 ) = dim U = 2. “⇐” Per ipotesi dim(U ∩ U 0 ) = 2. Useremo ripetutamente il fatto che l’unico sottospazio di dimensione d di uno spazio vettoriale VK di dimensione d `e V stesso. 1) U ∩ U 0 `e sottospazio di U e ha dimensione 2, quindi U ∩ U 0 = U ; 2) U ∩ U 0 `e sottospazio di U 0 e ha dimensione 2, quindi U ∩ U 0 = U 0 . Combinando 1) e 2) otteniamo U = U 0 . Le equazioni di U e U 0 sono, rispettivamente, ax + by + cz = 0 e a0 x + b0 y + c0 z = 0. Ne segue: π `e parallelo a π 0 ⇔ (per definizione) 0 0 U  = U ⇔ (v. sopra) dim(U ∩ U ) = 2 ⇔  il sistema  lineare ax + by + cz = 0 a b c ha ∞2 soluzioni ⇔ rk 0 0 0 = 1. 0 0 0 ax+by+cz = 0 a b c Osservazione 30.4. Confrontando le equazioni cartesiane di un piano (29.9) e di una retta (29.8), vediamo che le seconde rappresentano la retta come intersezione di due piani. Per la (30.2) tali piani sono non paralleli. 251

30.2

Forme bilineari simmetriche

Definizione 30.5. Una forma bilineare in uno spazio vettoriale VK `e una funzione b : V × V → K : (u1 , u2 ) 7→ u1 | u2

b

soddisfacente le condizioni di bilinearit`a : ∀u, v0 , v00 ∈ V : ∀h, k ∈ K : hv0 + kv00 | u u | hv0 + kv00

b b

= h v0 | u = h u | v0

+ k v00 | u b , 00 b + k u | v b.

(30.3) (30.4)

b

Osservazione 30.6. Dalla bilinearit`a segue ∀u ∈ V : u | 0 0 | u b.

b

=0=

Definizione 30.7. Una forma bilineare b si dice simmetrica (fbs) se ∀u1 , u2 ∈ V :

u1 | u2

b

= u2 | u1 b .

(30.5)

Nelle considerazioni seguenti avremo bisogno della definizione di matrice trasposta (def. 23.24), di matrice simmetrica e della formula sulla trasposta di un prodotto. Definizione 30.8. Una matrice A `e simmetrica se AT = A. Esempio 30.9. Ogni matrice 3 × 3 simmetrica ha la forma seguente:   a b c A = b d e  . c e f Proposizione 30.10. Comunque date due matrici A ∈ M(m × n, K) e B ∈ M(n × p, K), vale: (AB)T = B T AT . 252

(30.6)

In altre parole, la trasposta del prodotto di due matrici `e il prodotto delle trasposte, prese in ordine contrario. Teorema 30.11 (Corrispondenza tra fbs e matrici simmetriche). Sia VK uno spazio vettoriale di dimensione finita n e B = v1 , v2 , . . . , vn una base di VK ; per ogni u ∈ V si denoti con Xu la colonna delle coordinate di u rispetto a B. (i) Se b `e una fbs in VK , allora esiste una matrice A ∈ M(n × n, K) simmetrica, tale che ∀u1 , u2 ∈ VK :

u1 | u2

b

= XuT1 AXu2 .

(30.7)

(ii) Viceversa, per ogni matrice A ∈ M(n × n, K) simmetrica, la (30.7) definisce una fbs b. (iii) In ciascuno dei casi precedenti, posto A = (aij ), vale aij = vi | vj b , i, j = 1, 2, . . . , n.

(30.8)

Osservazione 30.12. A destra del segno di uguale in (30.7) c’`e il prodotto di tre matrici, rispettivamente 1×n, n×n e n×1, quindi una matrice 1 × 1, che si conviene di identificare con il suo unico elemento. ` data per ipotesi la fbs b; ci proponiamo di dimoDimostrazione. (i) E strare che la matrice A = (aij ) definita in (30.8) soddisfa l’equazione (30.7). Esprimiamo u1 e u2 come combinazioni lineari di B: u1 =

n X

bi vi ;

u2 =

i=1

n X j=1

253

cj vj .

Risulta u1 | u2

b

n X

=

bi vi |

i=1 n X

=

bi

i=1

XuT1 AXu2

n X

(30.3)

cj vj

=

b

j=1 n X

cj vi | vj

(30.8) b

=

n X

bi vi |

i=1 n X n X

n X

cj vj

(30.4) b

=

j=1

bi cj aij .

i=1 j=1

j=1

 Pn    a c c1 j=1 1j j  Pn a c   c2  j=1 2j j   = (b1 b2 . . . bn )  = (b1 b2 . . . bn )A   = . .  ..  P ..  n cn j=1 anj cj = b1

n X

a1j cj + b2

j=1

=

n X i=1

bi

n X

n X

a2j cj + · · · + bn

j=1 n n X X

aij cj =

n X

anj cj =

j=1

bi cj aij = u1 | u2 b .

i=1 j=1

j=1

Resta da dimostrare che A `e simmetrica; ci`o segue da (30.8)

aij =

vi | vj

(30.5) b

=

vj | vi

b

= aji .

(ii) Bisogna dimostrare che, usando la (30.7) come definizione di b, data A simmetrica, la funzione b `e una fbs. Verifichiamo in primo luogo le condizioni di bilinearit`a. Consideriamo u, v, v0 ∈ V e h, k ∈ K. Vale hv0 + kv00 | u

(30.7)

T = Xhv 0 +kv00 AXu =
= hXv0 + kXv00 )T AXu = (hXvT0 + kXvT00 AXu = b

(30.7)

hXvT0 AXu + kXvT00 AXu = h v0 | u 254

b

+ k v00 | u b .

La (30.4) si prova analogamente. Verifichiamo che b `e simmetrica. Siccome la matrice a destra in (30.7) `e una matrice 1 × 1, essa `e uguale alla propria trasposta. Ne segue: u1 | u2

b

=

XuT1 AXu2


T

= XuT2 AT (XuT1 )T =

(30.7)

= XuT2 AXu1 =

u2 | u1 b .

Nella penultima equazione abbiamo usato il fatto che A `e simmetrica (AT = A) e che per ogni matrice M vale (M T )T = M . Da ultimo, resta da dimostrare che vale la (30.8). Indicati con e1 , e2 , . . . , en i vettori della base naturale di K n (quindi ej `e una colonna con tutti zeri e un “1” in j-esima posizione, per ogni j) si ha   a1j  a2j   vi | vj b = XvTi AXvj = eTi Aej = eTi   ...  = aij . anj

Osservazioni 30.13. 1) Il teorema stabilisce che, fissata una base B, resta individuata una corrispondenza biunivoca tra fbs e matrici n × n simmetriche. 2) Nel caso particolare V = Rn , B = N (base naturale), la (30.7) diventa u1 | u2 b = uT1 Au2 (30.9) e la (30.8) aij = ei | ej b .

255

(30.10)

Compito 30.14. Trovare (x1 , x2 ) | (y1 , y2 ) b , dove b `e la fbs in R2 che rispetto alla base naturale ha matrice   1 2 A= . 2 3

256

Lezione 31 Ortogonalit` a

Cosa vuol dire che due funzioni sono ortogonali? Definizioni 31.1. 1) Una fbs b in uno spazio vettoriale reale VR si dice definita positiva se per ogni u ∈ V \ {0} vale u | u b > 0. 2) Un prodotto scalare in uno spazio vettoriale reale `e una forma bilineare simmetrica definita positiva. Esercizio 31.2. Stabilire se la fbs del compito 30.14 `e un prodotto scalare. Svolgimento. Devo stabilire se per ogni (x1 , x2 ) ∈ R2 \{0}, vale (x1 , x2 ) | (x1 , x2 ) b > 0, cio`e (vedi (A.3)) se x21 + 2x1 x2 + 2x2 x1 + 3x22 = x21 + 4x1 x2 + 3x22 > 0. Se x2 = 0 allora x1 6= 0 e (x1 , x2 ) | (x1 , x2 ) 257

b

= x21 > 0.

Se x2 6= 0, allora (x1 , x2 ) | (x1 , x2 )

b

= x22



x1 x21 + 4 +3 x22 x2



e, sostituendo t = x1 /x2 , (x1 , x2 ) | (x1 , x2 )

b

= x22 (t2 + 4t + 3).

Siccome ∆ = 4 > 0, esistono valori di t tali che t2 +4t+3 ≤ 0 e ponendo corrispondentemente x2 = 1, x1 = t si ottiene (t, 1) | (t, 1) b ≤ 0. Concludendo, b non `e un prodotto scalare.   2 1 Esercizio 31.3. Dimostrare che la fbs associata ad A = ri1 3 spetto alla base naturale di R2 `e un prodotto scalare. Per risolvere problemi di questo tipo pu`o essere utile il seguente: Teorema 31.4. Una fbs in uno spazio vettoriale reale `e definita positiva se, e solo se, tutti gli autovalori della matrice associata, rispetto a una base qualsiasi, sono positivi. Secondo svolgimento dell’esercizio 31.2. Trovo gli autovalori di A: 1 − t 2 = t2 − 4t − 1. pA (t) = 2 3 − t √ Gli autovalori sono 2 ± 5. Siccome un autovalore `e negativo, b non `e un prodotto scalare. Un altro strumento per il medesimo problema fa uso dei minori di Nord-Ovest di una matrice quadrata d’ordine n; essi sono gli n minori di ordini 1, 2, . . ., n, “in alto a sinistra”. Ad esempio la matrice   a b c d e f  g h i 258

ha tre minori di Nord-Ovest e precisamente a b c a b d e f . , a, d e g h i Teorema 31.5. Una fbs in uno spazio vettoriale reale `e definita positiva se, e solo se, tutti i minori di Nord-Ovest di una matrice associata, rispetto a una base qualsiasi, sono positivi. Terzo svolgimento dell’esercizio 31.2. I minori di Nord-Ovest di A sono 1 e det A = −1 e non sono tutti positivi. Notazione 31.6. D’ora in avanti, quando possibile, se b `e un prodotto scalare, esso verr`a sottinteso e scriveremo: u1 · u2 = u1 | u2 b . Definizione 31.7. Il prodotto scalare ordinario in Rn si definisce ponendo ∀u1 , u2 ∈ Rn : u1 · u2 = uT1 u2 . (31.1) In futuro, quando non sar`a specificato diversamente, in Rn si supporr`a definito il prodotto scalare ordinario. Osservazione 31.8. L’equazione (31.1) definisce una fbs perch´e (31.1) equivale alla (30.9) ponendovi A = In , che `e una matrice simmetrica. Inoltre tale fbs `e un prodotto scalare perch´e tutti gli autovalori di A sono uguali a 1, quindi positivi. Definizioni 31.9. 1) Uno spazio vettoriale euclideo `e uno spazio vettoriale in cui `e fissato un prodotto scalare. 2) Il modulo (o√ la norma) di un vettore v in uno spazio vettoriale euclideo `e kvk = v · v. 3) Un versore `e un vettore u tale che kuk = 1. 259

Esempio 31.10. Il modulo di v = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn rispetto al prodotto scalare ordinario `e q √ (31.1) √ T kvk = v · v = v v = x21 + x22 + · · · + x2n . Esercizio 31.11. Sia v 6= 0 un vettore in uno spazio vettoriale euclideo. Dimostrare che (a) khvk = |h| kvk, (b) hv `e un versore se, e solo se, h = ±1/kvk. Svolgimento. (a) khvk =

p (30.3) p (30.4) p (hv) · (hv) = h[v · (hv)] = h2 (v · v) = |h| kvk.

(b) Per l’equazione precedente khvk = 1 se, e solo se, |h| kvk = 1. Definizione 31.12 (Prodotto scalare tra vettori geometrici). Dato un RC(Oijk), si definisce un prodotto scalare nello spazio vettoriale dei vettori geometrici come segue: (xi + yj + zk) · (x0 i + y 0 j + z 0 k) = xx0 + yy 0 + zz 0 .

(31.2)

Osservazioni 31.13. La (31.2) definisce una fbs perch´e equivale alla (30.7) dove B = i, j, k e A = I3 ed `e un prodotto scalare perch´e I3 ha autovalori tutti positivi. 2) Dato v = xi + yj + zk, il suo modulo `e kvk =

√

(31.2)

v·v =

p x2 + y 2 + z 2 ,

che `e la lunghezza di v. 3) La definizione data dipende dalla scelta di una base B = i, j, k dello spazio vettoriale dei vettori geometrici. Tuttavia la proposizione seguente mostra che il prodotto scalare in s´e `e indipendente da tale scelta. 260

Proposizione 31.14. Siano v, v0 vettori geometrici e si consideri il prodotto scalare definito in (31.2). Allora v · v0 = kvk kv0 k cos θ,

(31.3)

dove θ `e l’angolo tra i due vettori. Sfida. Nello spazio vettoriale C 0 ([a, b]) (1 ) si ponga: Z b f |g b= f (x)g(x)dx. a

(a) Dimostrare che b `e una fbs; (b) dimostrare che b `e un prodotto scalare. Osservazione 31.15. Nel precedente spazio vettoriale euclideo, s Z b kf k = [f (x)]2 dx. a

Proposizione 31.16 (Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz). Se VR `e uno spazio vettoriale euclideo e u1 , u2 ∈ V , allora |u1 · u2 | ≤ ku1 k ku2 k.

(31.4)

Dimostrazione. Se u1 = 0, entrambe le espressioni in (31.4) valgono 0. Supponiamo ora u1 6= 0. Vale: ∀t : ktu1 + u2 k2 ≥ 0. Ne segue ∀t : (tu1 + u2 ) · (tu1 + u2 ) ≥ 0 ⇒ ∀t : t u1 · u1 + 2tu1 · u2 + u2 · u2 ≥ 0 ⇒ ∀t : ku1 k2 t2 + 2u1 · u2 t + ku2 k2 ≥ 0. 2

1

Spazio vettoriale in cui i vettori sono le funzioni continue su [a, b].

261

Abbiamo dunque un trinomio di secondo grado in t per il quale risulta ∆ ≤ 0. Ne segue ∆ = (u1 · u2 )2 − ku1 k2 ku2 k2 ≤ 0 ⇒ 4 2 (u1 · u2 ) ≤ ku1 k2 ku2 k2 ⇒ (facendo la radice quadrata) |u1 · u2 | ≤ ku1 k ku2 k.

Proposizione 31.17 (Disuguaglianza triangolare). Se u1 e u2 sono vettori in uno spazio vettoriale euclideo, allora ku1 + u2 k ≤ ku1 k + ku2 k.

(31.5)

Dimostrazione. ku1 + u2 k2 = (u1 + u2 ) · (u1 + u2 ) = = u1 · u1 + 2u1 · u2 + u2 · u2 = ku1 k2 + ku2 k2 + 2u1 · u2 ≤ (31.4)

≤ ku1 k2 + ku2 k2 + 2|u1 · u2 | ≤ ≤ ku1 k2 + ku2 k2 + 2ku1 k ku2 k = (ku1 k + ku2 k)2 .

Definizione 31.18. Dati due vettori non nulli u1 e u2 in uno spazio vettoriale euclideo, l’angolo da essi formato `e u [ 1 u2 = arccos

262

u1 · u2 . ku1 k ku2 k

Osservazione 31.19. La definizione ha senso perch´e per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz vale u1 · u2 ku1 k ku2 k ≤ 1, quindi quell’arcocoseno `e definito. Definizione 31.20. Due vettori u1 , u2 in uno spazio vettoriale euclideo si dicono ortogonali se u1 · u2 = 0. Osservazione 31.21. Per definizione, il vettore nullo `e ortogonale a ogni vettore.

Risposta alla domanda iniziale. La risposta dipende dallo spazio vettoriale euclideo. In C 0 ([a, b]), con il prodotto scalare definito sopra, f Rb e g sono ortogonali se, e solo se, a f (x)g(x)dx = 0. Definizione 31.22. Una famiglia ortogonale di vettori in uno spazio vettoriale euclideo `e una famiglia F = v1 , v2 , . . . , vr tale che ∀i, j = 1, 2, . . . , r : i 6= j ⇒ vi · vj = 0. Proposizione 31.23 (L’ortogonalit`a implica indipendenza). Ogni famiglia ortogonale di vettori non nulli F = v1 , v2 , . . . , vr in uno spazio vettoriale euclideo risulta linearmente indipendente. Dimostrazione. Consideriamo l’equazione in x1 , x2 , . . . , xr ∈ R: x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr = 0. 263

(31.6)

Preso j ∈ {1, 2, . . . , r}, moltiplicando scalarmente (31.6) per vj si ottiene

  x v1  ·v j 1

(x1 v1 + x2 v2 + · · · + xr vr ) · vj = 0 · vj ⇒   + x2v2  ·v xrvr  · vj = 0 ⇒ j + · · · + xj vj · vj + · · · +  xj kvj k2 = 0 ⇒ xj = 0,

dove l’ultima implicazione segue dal fatto che kvj k 6= 0. Quindi la (31.6) implica xj = 0, ∀j = 1, 2, . . . , r. Siccome tutti i vettori di una famiglia ortonormale sono non nulli, si ha: Corollario 31.24. Ogni famiglia ortonormale in uno spazio vettoriale euclideo `e linearmente indipendente. Compito 31.25. Trovare due vettori ortogonali non nulli nel sottospazio W = h(1, 1, 0), (1, 2, 3)i di R3 (rispetto al prodotto scalare ordinario).

264

Lezione 32 Procedimento di Gram-Schmidt

Trovare una base ortonormale del sottospazio W = {(x, y, z, t) ∈ R4 | x + y + z + t = 0} di R4 .

Definizioni 32.1. Una base ortogonale di uno spazio vettoriale euclideo VR `e una base B = v1 , v2 , . . . , vn soddisfacente la condizione ∀i, j = 1, 2, . . . , n : i 6= j ⇒ vi · vj = 0. Una base B = v1 , v2 , . . . , vn di uno spazio vettoriale euclideo VR `e ortonormale se  1 se i = j ∀i, j = 1, 2, . . . , n : vi · vj = (32.1) 0 se i 6= j.

265

Esempio 32.2. N = e1 , e2 , . . . , en `e una base ortonormale di Rn , rispetto al prodotto scalare ordinario, infatti   0  ..   . 1 se i = j   T ei · ej = ei ej = (0 . . . 1 . . . 0) 1 = 0 se i 6= j.  ..  . 0 Proposizione 32.3. Sia B = v1 , v2 , . . . , vn una base dello spazio vettoriale euclideo VR di dimensione finita. Per ogni v ∈ V si indichi con Xv la colonna delle coordinate di v rispetto a B. La base B risulta ortonormale se, e solo se, ∀u1 , u2 ∈ V : u1 · u2 = XuT1 Xu2 .

(32.2)

Dimostrazione. Esiste un’unica matrice A = (aij ) ∈ M(n × n, R) simmetrica, tale che ∀u1 , u2 ∈ V : u1 · u2 = XuT1 AXu2 . Quindi vale la (32.2) se, e solo se, A = In cio`e se e solo se  1 se i = j aij = 0 se i 6= j. Poi aij = vi · vj (30.8), quindi vale la (32.2) se, e solo se,  1 se i = j ∀i, j = 1, 2, . . . , n : vi · vj = 0 se i 6= j, cio`e se e solo se B `e ortonormale. Affrontiamo il problema generale, dato uno spazio vettoriale euclideo, di trovarne una base ortonormale. 266

Osservazione 32.4. Se v1 , v2 , . . . , vr `e una base ortogonale di uno spazio vettoriale euclideo, allora v1 v2 vr , , ..., kv1 k kv2 k kvr k `e una base ortonormale (cfr. eserc. 31.11). Quindi la parte difficile del problema `e trovare una base ortogonale, visto che poi una base ortonormale si ottiene semplicemente dividendo i vettori per i propri moduli. Quest’ultima parte del procedimento si chiama normalizzazione dei vettori. Cerchiamo dapprima una base ortogonale di uno spazio vettoriale euclideo di dimensione 2, poniamo V = hw, vi (w, v linearmente indipendenti). Siccome hw, v + cwi = V per ogni c ∈ R, sar`a sufficiente v·w trovare c tale che w · (v + cw) = 0 ⇔ w · v + cw · w = 0 ⇔ c = − w·w (1 ). Quindi una base ortogonale di VR `e w, v −

v·w w. w·w

v·w Il coefficiente c(v, w) = w·w si chiama coefficiente di Fourier di v rispetto a w. Nel caso particolare dei vettori geometrici (vedi figura),

c(v, w)w =

c kvk kwk cos vw w kwk2

c • ha modulo kvk | cos vw|; • ha direzione di w, con stesso verso se e solo se l’angolo `e acuto. Abbiamo dimostrato in generale (anche nel caso di vettori non geometrici) che w e v − c(v, w)w sono ortogonali. Il vettore c(v, w)w si chiama proiezione di v nella direzione di w. 1

Il denominatore `e positivo, cfr. def. 31.1.

267

Teorema 32.5 (Procedimento di Gram-Schmidt). Sia B = v1 , v2 , . . . , vn una base di uno spazio vettoriale euclideo VR . Allora, ponendo w1 = v1 e wj+1 = vj+1 −

j X vj+1 · wi i=1

wi · wi

wi ,

j = 1, 2, . . . , n − 1,

(32.3)

la famiglia Fj = w1 , w2 , . . . , wj `e una base ortogonale di hv1 , v2 , . . . , vj i, per ogni j = 1, 2, . . . , n. In particolare, Fn `e una base ortogonale di VR . Osservazioni 32.6. 1) La (32.3) `e una definizione ricorsiva. 2) La (32.3) esprime wj+1 come differenza tra vj+1 e la somma delle sue proiezioni secondo le direzioni di w1 , w2 , . . . , wj . Dimostrazione. La dimostrazione `e per induzione. 1) Per j = 1 la tesi `e che F1 = w1 = v1 `e una base ortogonale di hv1 i e questo `e immediato. 2) Supponiamo che la tesi sia vera per un valore di j ∈ {1, 2, . . . , n − 1} e dimostriamo che Fj+1 `e una base ortogonale di hv1 , v2 , . . . , vj , vj+1 i. 268

2a) Dimostriamo che Fj+1 `e una famiglia ortogonale di vettori. Per ipotesi induttiva, Fj `e una famiglia ortogonale, quindi ∀i, h = 1, 2, . . . , j : (i 6= h ⇒ wi · wh = 0). Resta da dimostrare che wj+1 · wh = 0 per ogni h = 1, 2, . . . , j: wj+1 · wh

(32.3)

=

" vj+1 −

j X vj+1 · wi i=1

=

vj+1 · wh −

wi · wi

# wi · wh =

j X vj+1 · wi i=1

wi · wi

(wi · wh ).

Siccome wi · wh = 0 per i = 1, 2, . . . , j, i 6= h, si ha wj+1 · wh = vj+1 · wh −

vj+1 · wh (wh · wh ) = 0. wh · wh

Quindi Fj+1 `e ortogonale. 2b) Dimostriamo che Fj+1 `e una base di hv1 , v2 , . . . , vj , vj+1 i. Per ipotesi induttiva vale hv1 , v2 , . . . , vj i = hw1 , w2 , . . . , wj i; ci`o implica v1 , v2 , . . . , vj ∈ hw1 , w2 , . . . , wj , wj+1 i = hFj+1 i. Dalla (32.3) segue: vj+1 =

j X

c(vj+1 , wi )wi + wj+1 ,

i=1

che `e una combinazione lineare di w1 , w2 , . . . , wj , wj+1 = Fj+1 . Resta dimostrato che v1 , v2 , . . . , vj , vj+1 ∈ hFj+1 i, quindi hv1 , v2 , . . . , vj , vj+1 i ⊆ hFj+1 i. 269

Ne segue

j + 1 = dimhv1 , v2 , . . . , vj , vj+1 i ≤ dimhFj+1 i.

(32.4)

D’altra parte dimhFj+1 i ≤ j + 1 perch´e `e un sottospazio generato da j + 1 vettori. Ne segue dimhFj+1 i = j + 1 da cui

hv1 , v2 , . . . , vj , vj+1 i = hFj+1 i

e Fj+1 `e una base di tale sottospazio.

Risposta alla domanda iniziale. W = {(−y − z − t, y, z, t) | y, z, t ∈ R} = h(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)i. Siccome W `e lo spazio delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo di rango 1 in quattro incognite, vale dim W = 3 e questo implica che una base di W `e proprio B = v1 , v2 , v3 dove v1 = (−1, 1, 0, 0), v2 = (−1, 0, 1, 0), v3 = (−1, 0, 0, 1). Applichiamo il procedimento di Gram-Schmidt, usando anche la (31.1), in base alla quale

(x1 , x2 , x3 , x4 ) · (y1 , y2 , y3 , y4 ) = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x4 y4 . 270

w1 w2

= (32.3)

=

= = w3

(32.3)

=

=

v1 = (−1, 1, 0, 0). v2 · w1 v2 − w1 = w1 · w1 (−1, 0, 1, 0) · (−1, 1, 0, 0) (−1, 1, 0, 0) = (−1, 0, 1, 0) − (−1, 1, 0, 0) · (−1, 1, 0, 0) 1 1 1 (−1, 0, 1, 0) − (−1, 1, 0, 0) = (− , − , 1, 0). 2 2 2 v3 · w1 v3 · w2 v3 − w1 − w2 = w1 · w1 w2 · w2 (−1, 0, 0, 1) · (−1, 1, 0, 0) (−1, 0, 0, 1) − (−1, 1, 0, 0) + (−1, 1, 0, 0) · (−1, 1, 0, 0) (−1, 0, 0, 1) · (− 21 , − 21 , 1, 0) 1 1 − 1 1 (− , − , 1, 0) = (− 2 , − 2 , 1, 0) · (− 12 , − 21 , 1, 0) 2 2 1

= =

1 1 1 (−1, 0, 0, 1) − (−1, 1, 0, 0) −
23 (− , − , 1, 0) = 2 2 2 2
1 1 (−2, −2, −2, 6) = (−1, −1, −1, 3). 6 3

Una base ortogonale di W `e 1 1 1 B = (−1, 1, 0, 0), (− , − , 1, 0), (−1, −1, −1, 3). 2 2 3 Lasciamo al lettore di verificare il fatto che tutti i vettori trovati appartengono a W e che i tre possibili prodotti scalari tra due vettori distinti sono uguali a zero. Osservando che khvk = |h| kvk calcolo: √ √ kw1 k = w1 · w1 = 2, √ 1 6 kw2 k = k(−1, −1, 2, 0)k = , 2 2√ √ 1 12 2 3 kw3 k = k(−1, −1, −1, 3)k = = . 3 3 3 271

Una base ortonormale `e B 0 = u1 , u2 , u3 dove w1 1 u1 = = √ (−1, 1, 0, 0), kw1 k 2 w2 2 1 1 u2 = = √ (−1, −1, 2, 0) = √ (−1, −1, 2, 0), kw2 k 62 6 w3 3 1 1 u3 = = √ (−1, −1, −1, 3) = √ (−1, −1, −1, 3). kw3 k 2 3 3 2 3 Definizione 32.7. Dato un sottospazio W di uno spazio vettoriale euclideo VR , il suo (complemento) ortogonale `e (2 ) W ⊥ = {v ∈ V | ∀w ∈ W : w · v = 0}. Esempio 32.8. Nel caso dei vettori geometrici e dim W = 2, i vettori di W sono tutti i vettori paralleli ad un piano, in blu in fig. 32.1, e quindi W ⊥ `e l’insieme di quei vettori che sono ortogonali a tutti i vettori “blu”; ovvero W ⊥ `e l’insieme dei multipli scalari del vettore n. Allora W ⊥ `e un sottospazio di dimensione 1. Proposizione 32.9. Sia W un sottospazio di uno spazio vettoriale euclideo VR . Allora (i) W ⊥ `e un sottospazio di VR , (ii) se W = hv1 , v2 , . . . , vr i, allora i vettori di W ⊥ sono precisamente i v ∈ V soddisfacenti le equazioni vh · v = 0,

h = 1, 2, . . . , r.

(32.5)

Lasciamo la dimostrazione per esercizio. Compito 32.10. Trovare una base di W ⊥ , dove W `e il sottospazio di R4 della domanda iniziale. 2

W ⊥ si legge “W ortogonale”.

272

Figura 32.1: Ortogonale di un sottospazio.

273

274

Lezione 33 Distanza

Trovare la distanza tra la retta rrappresentata dalla variet`a lineare x−3 = 0 (1, 2, 3) + h(1, 0, 1)i e la retta s : y − z = 0. Teorema 33.1. Sia W un sottospazio di dimensione finita di uno spazio vettoriale euclideo VR . Allora W +W ⊥ = V e tale somma `e diretta. Pi` u in dettaglio, se B = w1 , w2 , . . . , wr `e una base ortogonale di W , allora ogni v ∈ V si esprime in modo unico come somma di un w ∈ W e di un w0 ∈ W ⊥ soddisfacenti w=

r X

c(v, wi )wi ;

w0 = v − w.

(33.1)

i=1

Osservazioni 33.2. 1) w in (33.1) `e somma delle proiezioni di v nelle direzioni di w1 , w2 , . . . , wr . 275

2) Se dim V `e finita, in conseguenza del teorema vale dim V = dim W + dim W ⊥ . Dimostrazione. 1) Dimostriamo che W + W ⊥ `e diretta. Consideriamo un vettore v ∈ W ∩ W ⊥ . Da v ∈ W ⊥ segue per definizione ∀w ∈ W : w · v = 0. Siccome v ∈ W , risulta v · v = 0 e questo implica v = 0. Resta dimostrato che W ∩ W ⊥ = {0} e per il teorema 10.7 la somma `e diretta. 2) Dimostriamo che W + W ⊥ = V , che `e conseguenza, con riferimento a (33.1), della validit`a delle seguenti propriet`a per ogni v ∈ V : (a) w ∈ W , (b) w0 ∈ W ⊥ , (c) v = w + w0 . (a) La prima equazione in (33.1) esprime w come combinazione lineare di w1 , w2 , . . . , wr , quindi w ∈ hw1 , w2 , . . . , wr i = W . (c) Tale asserzione `e immediata conseguenza della seconda equazione in (33.1). (b) In virt` u della prop. 32.9, `e sufficiente dimostrare che ∀h = 1, 2, . . . , r : w0 · wh = 0. Vale w 0 · wh

(33.1)

=

" v−

r X

# c(v, wi )wi · wh

i=1

=

v · wh −

r X

c(v, wi )wi · wh .

i=1

Siccome wi · wh = 0 per i 6= h, si ottiene w0 · wh = v · wh − c(v, wh )wh · wh = v · wh wh · wh = 0. = v · wh − wh · wh

276

Definizione 33.3. I vettori w e w0 definiti in (33.1) si dicono proiezioni ortogonali di v su, rispettivamente, W e W ⊥ . Esercizio 33.4. Esprimere v = (2, −2, −3) come somma di un vettore nel sottospazio W = h(1, 0, 1), (0, 1, 1)i di R3 e di un vettore in W ⊥ . (1 ) Svolgimento. User`o la (33.1) nella quale serve una base ortogonale di W . La base B = v1 , v2 = (1, 0, 1), (0, 1, 1) non `e ortogonale perch´e (1, 0, 1) · (0, 1, 1) = 1 6= 0. Applico il procedimento di Gram-Schmidt per trovare una base ortogonale w1 , w2 : w1 = v1 = (1, 0, 1); v2 · w1 (0, 1, 1) · (1, 0, 1) w2 = v2 − w1 = (0, 1, 1) − (1, 0, 1) = w1 · w1 (1, 0, 1) · (1, 0, 1) 1 1 = (0, 1, 1) − (1, 0, 1) = (−1, 2, 1). 2 2 Una base ortogonale di W `e (1, 0, 1), 21 (−1, 2, 1), o anche, visto che moltiplicare i singoli vettori per scalari non nulli non influisce sull’ortogonalit`a, w1 = (1, 0, 1), w20 = (−1, 2, 1). Applico la (33.1) con v = (2, −2, −3): w = = = = w0 = 1

v · w1 v · w20 0 w1 + 0 w = w1 · w1 w2 · w20 2 (2, −2, −3) · (−1, 2, 1) (2, −2, −3) · (1, 0, 1) (1, 0, 1) + (−1, 2, 1) (1, 0, 1) · (1, 0, 1) (−1, 2, 1) · (−1, 2, 1) −1 −9 1 3 (1, 0, 1) + (−1, 2, 1) = − (1, 0, 1) − (−1, 2, 1) = 2 6 2 2 1 (2, −6, −4) = (1, −3, −2). 2 v − w = (2, −2, −3) − (1, −3, −2) = (1, 1, −1).

Se il prodotto scalare non `e specificato, si intende il prodotto scalare ordinario.

277

Concludendo, v = w + w0 , dove w = (1, −3, −2) ∈ W e w0 = (1, 1, −1) ∈ W ⊥ . Verifica, usando le equazioni (32.5): w0 · w1 = (1, 1, −1) · (1, 0, 1) = 0; w0 · w20 = (1, 1, −1) · (−1, 2, 1) = 0.

Teorema 33.5. Siano v e W rispettivamente un vettore e un sottospazio di uno spazio vettoriale euclideo di dimensione finita VR . In v + W esiste un unico vettore di modulo minimo; esso `e la proiezione ortogonale di v su W ⊥ . Dimostrazione. Per il teorema 33.1, esistono, e sono unici, w ∈ W e w0 ∈ W ⊥ tali che v = w +w0 . Dobbiamo dimostrare le due affermazioni seguenti: 1) w0 ∈ v + W , 2) ∀u ∈ v + W , u 6= w0 vale kuk > kw0 k. 1) Da v = w + w0 segue w0 = v + (−w) ∈ v + W . 2) Per la prop. 29.2 (ii) da w0 ∈ v + W segue v + W = w0 + W . Consideriamo u ∈ v + W = w0 + W , u 6= w0 . Allora esiste y ∈ W , y 6= 0, tale che u = w0 + y. Ne segue kuk2 = (w0 + y) · (w0 + y) = w0 · w0 + y · y + 2w0 · y e siccome w0 ∈ W ⊥ e y ∈ W vale w0 · y = 0. Quindi kuk2 = kw0 k2 + kyk2 > kw0 k2 .

Il teorema ha applicazioni al calcolo della distanza. Definizione 33.6. La distanza di due insiemi non vuoti di punti nello spazio I e J `e −→ dist(I, J) = inf{kP Qk | P ∈ I, Q ∈ J}. 278

Risposta alla domanda iniziale. Il punto generico di r `e Pt (1+t, 2, 3+t).  x = 3 Risolvo l’equazione di s: , quindi il punto generico di s `e y = z, −−→ Qz (3, z, z). Considero l’insieme di tutti i vettori Pt Qz (2 − t, z − 2, z − 3 − t): −−→ {Pt Qz | t, z ∈ R} = {(2 − t, z − 2, z − 3 − t) | t, z ∈ R} = = {(2, −2, −3) + (−t, 0, −t) + (0, z, z) | t, z ∈ R} = = (2, −2, −3) + h(−1, 0, −1), (0, 1, 1)i = = (2, −2, −3) + h(1, 0, 1), (0, 1, 1)i. Ho ottenuto una variet`a lineare. Per il teorema 33.5, esiste un unico vettore di modulo minimo in essa ed `e la proiezione w0 sull’ortogonale di W = h(1, 0, 1), (0, 1, 1)i. Per il calcolo fatto in precedenza, risulta √ 0 0 w = (1, 1, −1), quindi dist(r, s) = kw k = 3. Definizione 33.7. Si dicono coseni direttori di una retta r le coordinate di un versore parallelo a r. Osservazioni 33.8. 1) I coseni direttori sono particolari parametri direttori. 2) Siccome un vettore non nullo pu`o essere normalizzato in due modi (vedi eserc. 31.11), ogni retta ha due terne di coseni direttori. Definizione 33.9. La scelta di una terna di coseni direttori individua un orientamento (o verso) della retta. Quindi una retta ha due possibili orientamenti. Una retta su cui si sia scelto un orientamento si dice retta orientata. Definizione 33.10. L’angolo tra due rette orientate `e l’angolo tra due vettori non nulli paralleli ad esse e concordemente orientati. 279

Figura 33.1: Angolo tra due rette Ricordando la formula c = arccos vw

v·w , kvk kwk

se l, m, n e l0 , m0 , n0 sono terne di parametri direttori associate a due rette orientate r ed s, allora l’angolo `e ll0 + mm0 + nn0 √ rs b = arccos √ . (33.2) l2 + m2 + n2 l02 + m02 + n02 Calcoliamo il coseno dell’angolo formato da una retta orientata r di coseni direttori l, m, n e l’asse orientato delle x, usando la (33.2) con l0 = 1, m0 = 0, n0 = 0: l l = = l. 1 l2 + m2 + n2 Analoghe formule per gli assi orientati giustificano il nome di coseni direttori: cos rc x = l, cos ry b = m, cos rz b = n. cos rc x=√

280

Dalla (33.2) si ottiene la seguente condizione necessaria e sufficiente per l’ortogonalit`a tra due rette: ll0 + mm0 + nn0 = 0. Definizione 33.11. Un vettore n `e ortogonale alla variet`a lineare v + W se n ∈ W ⊥ . Nel caso di un piano o una retta, il vettore n di cui sopra `e ortogonale a tutti i vettori paralleli al piano o alla retta. Proposizione 33.12. I vettori ortogonali al piano ε : ax+by+cz+d = 0 sono precisamente i multipli di n(a, b, c). Dimostrazione. Se W `e lo spazio direttore di ε, allora dim W = Siccome W + W ⊥ = V `e diretta, si ha dim W ⊥ = 3 − 2 = 1. sufficiente trovare un vettore non nullo in W ⊥ . Siccome l’equazione W `e ax + by + cz = 0, posto w(l, m, n), vale

2. ` E di

w ∈ W ⇔ al + bm + cn = 0 ⇔ n · w = 0. Resta dimostrato che n(a, b, c) `e ortogonale a tutti i vettori in W , cio`e n ∈ W ⊥. Corollario 33.13. Una retta di parametri direttori l, m, n `e ortogonale al piano ε : ax + by + cz + d = 0 se, e solo se,   a b c rk = 1. l m n Tale condizione offre l’equazione normale del piano ortogonale al vettore (l, m, n) 6= 0 e passante per P0 (x0 , y0 , z0 ): l(x − x0 ) + m(y − y0 ) + n(z − z0 ) = 0.

281

Definizione 33.14. L’angolo formato da due piani `e l’angolo acuto formato da due rette ortogonali ai piani stessi. Quindi se i piani sono ε : ax+by+cz+d = 0 e ε0 : a0 x+b0 y+c0 z+d0 = 0 tale angolo `e c0 = arccos √ εε

|aa0 + bb0 + cc0 | √ . a2 + b2 + c2 a02 + b02 + c02

Ne segue che i due piani sono ortogonali se, e solo se, aa0 +bb+cc0 = 0.

Figura 33.2: Angolo tra due piani Tabella riassuntiva delle condizioni necessarie e sufficienti di parallelismo ed ortogonalit`a: 282

Paral leli smo Orto gona ` lita

Due rette   l m n =1 rk 0 l m0 n0

Due piani Piano-retta   a b c rk 0 0 0 = 1 al + bm + cn = 0 a b c

  a b c ll + mm + nn = 0 aa + bb + cc = 0 rk =1 l m n 0

0

0

0

0

0

Compito 33.15. Trovare il vettore di modulo minimo nella variet`a lineare (1, 2, 3) + h(1, 1, 1)i.

283

284

Lezione 34 Il teorema spettrale

Definizione 34.1. Una matrice ortogonale d’ordine n `e una matrice H ∈ M(n × n, R) tale che H T H = In . Osservazioni 34.2. 1) H ∈ M(n × n, R) risulta ortogonale se, e solo se, H `e invertibile e H −1 = H T . 2) Se H `e ortogonale, allora anche H T `e ortogonale. Un esempio importante `e la matrice   cos ϕ − sin ϕ R(ϕ) = , sin ϕ cos ϕ

ϕ ∈ R.

Vale T

R(ϕ) R(ϕ) =



cos ϕ sin ϕ − sin ϕ cos ϕ

  cos ϕ − sin ϕ = I2 , sin ϕ cos ϕ

quindi R(ϕ) `e ortogonale per ogni ϕ ∈ R. La funzione lineare di matrice R(ϕ) rappresenta una rotazione di misura ϕ. 285

Nella proposizione seguente verr`a applicata la formula (32.1) che definisce le famiglie ortonormali. Proposizione 34.3. Una matrice H ∈ M(n × n, R) risulta ortogonale se e solo se le sue colonne formano una base ortonormale di Rn , rispetto al prodotto scalare ordinario. Dimostrazione. Posto A = (aij ) = H T H, vale, per ogni i, j = 1, 2, . . . , n: aij = (H T )i H j = (H i )T H j = H i · H j dove l’ultima equazione segue dalla definizione di prodotto scalare ordinario. La matrice H `e ortogonale se e solo se H T H = In e ci`o equivale a   1 se i = j 1 se i = j ⇔ ⇔ Hi · Hj = aij = 0 se i 6= j 0 se i 6= j H 1 , H 2 , . . ., H n `e una base ortonormale di Rn . 

Attenzione ai termini ingannevoli: una matrice ortogonale corrisponde a una base ortonormale.

Teorema 34.4 (Teorema spettrale reale). Per ogni matrice reale simmetrica A d’ordine n, esiste una base ortogonale di Rn composta da autovettori di A. Corollario 34.5. Per ogni matrice reale simmetrica A d’ordine n, esiste H ∈ M(n × n, R), ortogonale, le cui colonne sono tutte autovettori di A. (Vedi anche la prop. 34.3.) Definizione 34.6. Una matrice A ∈ M(n × n, R) si dice ortogonalmente diagonalizzabile se esiste H ∈ M(n × n, R) ortogonale, tale che H T AH sia diagonale. 286

Notare che siccome nella definizione H T = H −1 , una matrice ortogonalmente diagonalizzabile `e anche diagonalizzabile.

Corollario 34.7. (Cfr. prop. 27.4.) Ogni matrice reale simmetrica A `e ortogonalmente diagonalizzabile su R.

` data la seguente matrice reale: Esercizio 34.8. E  0 1 A= 1 0

1 0 0 1

1 0 0 1

 0 1 . 1 0

(a) Stabilire se (1, 1, 1, 1) `e un autovettore di A; (b) trovare una matrice ortogonale H tale che H T AH sia diagonale.

Svolgimento. (a) Ricordo che se AX = λX, X 6= On×1 , allora X `e un autovettore di A e λ `e l’autovalore associato ad X.       1 2 1 1  2     =   = 2 1 , A 1  2  1 1 2 1 quindi (1 1 1 1)T `e un autovettore con autovalore 2. 287

(b) Calcolo il polinomio caratteristico: −t 1 1 0 1 −t 0 1 = (sviluppo secondo la pA (t) = 1 0 −t 1 0 1 1 −t 1 0 −t 0 1 = −t(−1)1+1 0 −t 1 + (−1)1+2 1 −t 0 1 1 1 −t 1 −t 1 +(−1)1+3 1 0 1 = 0 1 −t

1a riga) 1 1 + −t

= −t(−t3 + t + t) − (t2 + 1 − 1) + (1 − 1 − t2 ) = = t4 − 2t2 − t2 − t2 = t4 − 4t2 = t2 (t2 − 4) = t2 (t + 2)(t − 2). Gli autovalori sono λ1 = 0, λ2 = −2, λ3 = 2. Trovo EA (0) con l’equazione AX = O1×4 : 

x2 + x3 = 0 x1 + x4 = 0

da cui EA (0) = {(−x4 , −x3 , x3 , x4 ) | x3 , x4 ∈ R} = h(−1, 0, 0, 1), (0, −1, 1, 0)i. EA (−2) si ottiene dall’equazione (A + 2I4 )X = O1×4 , 

2 1  1 0

1 2 0 1

1 0 2 1

  0 x1   1  x 2   = O1×4 . 1  x 3  x4 2 288

Si ottiene EA (−2) = h(1, −1, −1, 1)i. Analogamente EA (2) si ottiene dall’equazione (A − 2I4 )X = O1×4 ,    −2 1 1 0 x1  1 −2 0 1  x2      1 0 −2 1  x3  = O1×4 . 0 1 1 −2 x4 Si ottiene EA (2) = h(1, 1, 1, 1)i. I quattro vettori ottenuti: (−1, 0, 0, 1), (0, −1, 1, 0), (1, −1, −1, 1), (1, 1, 1, 1), formano gi`a una base ortogonale di R4 . Normalizzandoli e disponendoli in colonne si ottiene una matrice con le propriet`a richieste: √   −1/ 2 0√ 1/2 1/2  0 −1/√ 2 −1/2 1/2 . H=   0 1/ 2 −1/2 1/2 √ 1/ 2 0 1/2 1/2 ` data la seguente matrice reale, dipendente dal paEsercizio 34.9. E rametro reale h:   h 2 1 Mh =  2 2 2  . 1 2 −1 (a) Trovare, se esiste, un valore di h tale che (1, 2, 1) sia un autovettore di Mh . (b) In relazione al valore trovato, calcolare una matrice ortogonale H tale che H T Mh H sia diagonale. Svolgimento. (a) Imponendo che (1, 2, 1) sia un autovettore,         1 1 h+5 1        8 Mh 2 = λ 2 ⇔ = λ 2 , 1 1 4 1 289

da cui λ = 4 e h = −1. (b) Calcolo il polinomio caratteristico della matrice M = M−1 : −1 − t 2 1 2−t 2 = −t3 + 12t + 16. pM (t) = 2 1 2 −1 − t Siccome λ = 4 `e un autovalore, si pu`o dividere tale polinomio per t − 4: −1

0 12 16 4 −4 −16 −16 −1 −4 −4 // Quindi pM (t) = (t − 4)(−t2 − 4t − 4) = −(t − 4)(t + 2)2 . Determino gli autospazi. Siccome dim EM (4) = 1 e (1, 2, 1) `e un autovettore relativo all’autovalore 4, vale EM (4) = h(1, 2, 1)i. L’autospazio EM (−2) si ricava dall’equazione (M + 2I3 )X = O3×1 , ovvero      0 1 2 1 x 2 4 2 y  = 0 , 0 1 2 1 z equivalente a x + 2y + z = 0. Ne segue EM (−2) = {(−2y − z, y, z) | y, z ∈ R} = h(−2, 1, 0), (−1, 0, 1)i. Serve una base ortogonale di tale autospazio, quindi applico il procedimento di Gram-Schmidt partendo dai vettori v1 = (−2, 1, 0), v2 = (−1, 0, 1). Ottengo w1 = v1 = (−2, 1, 0), v2 · w1 (−1, 0, 1) · (−2, 1, 0) w2 = v2 − w1 = (−1, 0, 1) − (−2, 1, 0) = w1 · w1 (−2, 1, 0) · (−2, 1, 0) 2 1 = (−1, 0, 1) − (−2, 1, 0) = (−1, −2, 5). 5 5 Una base di ortogonale di autovettori di M `e: (1, 2, 1),

(−2, 1, 0), 290

(−1, −2, 5).

Normalizzandoli si ottiene una base ortonormale: 1 √ (1, 2, 1), 6

1 √ (−2, 1, 0), 5

1 √ (−1, −2, 5). 30

Una matrice H con le propriet`a richieste `e √ √   √ 1/√6 −2/√ 5 −1/√30 H = 2/√6 1/ 5 −2/√ 30 . 1/ 6 0 5/ 30 Compito 34.10. Supponiamo H T AH = D, dove H `e una matrice reale ortogonale e D `e diagonale. Ricavare A in termini di H e D e calcolare AT .

291

292

Lezione 35 Altre propriet` a metriche

Cos’`e l’angolo tra una retta e un piano? L’angolo tra una retta e un piano `e il complementare dell’angolo acuto formato dalla retta data e da una retta ortogonale al piano. L’angolo tra il piano ε : ax + by + cz + d = 0 e una retta di parametri direttori l, m, n `e εr b = arcsin √

|al + bm + cn| √ . a2 + b2 + c2 l2 + m2 + n2

Proposizione 35.1. Se B = v1 , v2 , . . . , vn e B 0 = w1 , w2 , . . . , wn sono basi ortonormali di uno spazio vettoriale euclideo VR di dimensione 0 finita, allora la matrice Aid B B `e ortogonale. Dimostrazione. Ricordiamo che indicata con Xv la colonna delle coordinate di v rispetto a B, per ogni v ∈ V , vale 0

Aid B B = (Xw1 |Xw2 |. . . |Xwn ) . 293

Figura 35.1: Angolo tra una retta e un piano. Vale sin(εr) b = cos α. Il prodotto scalare tra due colonne qualsiasi di tale matrice soddisfa (32.2)

Xwi · Xwj = XwT i Xwj = wi · wj . Nell’ultima equazione abbiamo usato la (32.2) che si basa sull’ipotesi che B sia ortonormale. Poich´e anche B 0 `e ortonormale, vale  wi · wj =

1 0

se se

i=j i 6= j. 0

Resta dimostrato che le colonne di Aid B B formano una base ortonormale di Rn , quindi tale matrice `e ortogonale (prop. 34.3). 294

35.1

Cambiamenti di riferimento cartesiano

Dati due RC(Oijk), RC(O0 i0 j0 k0 ), indichiamo con (α, β, γ) la terna delle coordinate di O0 rispetto a RC(Oijk); poi indichiamo con (x, y, z) e (x0 , y 0 , z 0 ) le coordinate di un medesimo punto P rispetto ai due −→ −−→ −−→ RC. Intendiamo rappresentare l’equazione OP = O0 P + OO0 tramite coordinate. −→ • OP ha coordinate (x, y, z) rispetto a B = i, j, k; −−→ • OO0 ha coordinate (α, β, γ) rispetto a B; −−→ • O0 P hacoordinate (x0 , y 0 , z 0 ) rispetto a B 0 = i0 , j0 , k0 e coordinate  x0 0 Aid B B y 0  rispetto a B. z0 0

Concludendo, posto H = Aid B B , le equazioni di cambiamento di coordinate sono:    0   x x α 0 y  = H y  + β  , H ortogonale. (35.1) 0 z z γ Viceversa ogni equazione nella forma (35.1) rappresenta un cambiamento di riferimento cartesiano. Caso particolare: i = i0 , j = j0 , k =k0 . Abbiamo  0  una  cosiddetta  x x α traslazione d’assi. Vale H = I3 , quindi y  = y 0  + β  . z z0 γ 295

Osservazioni 35.2. Aggiungiamo alcuni fatti relativi all’argomento senza dettagli. 1) Se H `e una matrice ortogonale d’ordine n, allora det H = 1 o det H = −1. 2) Consideriamo l’equazione (35.1) con O = O0 , quindi α = β = γ = 0.    0 x x • Se det H = 1, l’equazione y  = H y 0  `e quella di una rotaz z0 zione degli assi intorno ad una retta per O (teorema di Eulero). • Se det H = −1, si ha una cosiddetta rotazione impropria, composizione di una rotazione e di una riflessione.  0     α x x ,H =H 3) In due dimensioni abbiamo l’equazione 0 + β y y ortogonale 2 × 2. Se det H = 1, allora tale equazione `e una rotazione degli assi (intorno ad O nel caso α = β = 0), mentre se det H = −1 `e una riflessione rispetto ad un asse.

35.2

Esercizi di geometria

Le equazioni cartesiane della retta (x0 , y0 , z0 ) + h(l, m, n)i si possono ottenere direttamente. Esse sono: x − x0 y − y0 z − z0 = = . l m n

(35.2)

Alle (35.2) si d`a senso anche se uno o due denominatori sono nulli, imponendo che i corrispondenti numeratori siano pure nulli. Infatti, tali equazioni si intendono come riformulazione di   x − x0 y − y0 z − z0 = 1. l m n 296

Una formula che pu`o tornare utile negli esercizi offre la forma generale di un piano contenente una retta, espressa in forma cartesiana: Proposizione 35.3. I piani contenenti la retta di equazioni (29.8) sono precisamente quelli di equazioni λ(ax + by + cz + d) + µ(a0 x + b0 y + c0 z + d0 ) = 0

(35.3)

al variare di λ, µ non entrambi nulli. Esercizio 35.4. Sono dati P (1, 0, 1), Q(−2, 1, 0), R(1, 1, −1), la retta  x − 2y − z − 1 = 0 e il piano π : x − 2y + z + 1 = 0. Trovare r: x+z+1 = 0 delle equazioni cartesiane dei seguenti oggetti (se esistenti): (a) La retta P Q; (b) la retta P R; (c) i piani contenenti P , Q e R; (d) la retta per P , ortogonale a π; (e) il piano contenente P , ortogonale alla retta r; (f ) i piani contenenti r e P ; (g) i piani contenenti entrambi i punti P e Q e paralleli alla retta r; (h) i piani contenenti la retta P Q e ortogonali alla retta r. (i) Trovare la distanza del punto P dalla retta r. Svolgimento. (a) Parametri direttori della retta sono le coordinate di −→ P Q(−3, 1, −1). Applico la (35.2) con x0 = 1, y0 = 0, z0 = 1: x−1 y z−1 = = . −3 1 −1 −→ (b) Vale P R(0, 1, −2) da cui si ottiene l’equazione z−1 x−1 y = = , 0 1 −2 che va interpretata come sistema lineare nel modo seguente:  x−1 = 0 −2y − z + 1 = 0. 297

(c) Un piano ha equazione nella forma ax + by + cz + d = 0. Imponendo che le coordinate dei tre punti siano soluzioni di tale equazione si ottengono le condizioni  = 0  a+c+d −2a + b + d = 0  a + b − c + d = 0. Quest’ultimo `e un sistema lineare omogeneo nelle quattro incognite a, b, c, d. Lo risolvo trasformando in matrice a scala     1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 21 (2) 32 (−1) −2 1 0 1 0 H−→ 0 1 2 3 0 H−→ 1 1 −1 1 0 H31 (−1) 0 1 −2 0 0   1 0 1 1 0 0 1 2 3 0  . 0 0 −4 −3 0 Risolvo dal basso il sistema   a + c = −d b + 2c = −3d  −4c = 3d in termini del parametro d, ottenendo c = −3d/4, b = −3d/2, a = −d/4. I piani soddisfacenti le condizioni date sono quindi d 3 3 − x − dy − dz + d = 0. 4 2 4 Moltiplicando per 4/d si ottiene un unico piano: −x − 6y − 3z + 4 = 0. (d) Ogni retta ortogonale a π ha parametri direttori l = a = 1, m = b = −2, n = c = 1. Posso quindi direttamente scriverne le equazioni cartesiane: x−1 y z−1 = = . 1 −2 1 298

(e) I coefficienti a, b e c nell’equazione del piano possono essere presi uguali ai parametri direttori di r. Questi ultimi si ottengono risolvendo il sistema lineare omogeneo associato a quello di r:   x − 2y − z = 0 x = −z ⇔ x+z = 0 y = −z. Posso prendere l = m = −1, n = 1. Quindi il piano cercato ha equazione nella forma −x − y + z + d = 0. Imponendo il passaggio per il punto P ottengo −1 − 0 + 1 + d = 0 da cui d = 0. Concludendo, il piano cercato ha equazione −x − y + z = 0. (f ) Il piano generico contenente la retta r ha equazione (35.3): λ(x − 2y − z − 1) + µ(x + z + 1) = 0,

(λ, µ) 6= 0.

Imponendo che le coordinate di P siano soluzione di tale equazione ottengo −λ + 3µ = 0, da cui λ = 3µ. Sostituendo nell’equazione precedente, 4µx − 6µy − 2µz − 2µ = 0 ⇔ 2x − 3y − z − 1 = 0. Esiste un unico piano con le propriet`a richieste. (g) Imponiamo all’equazione generica ax + by + cz + d = 0 di un piano di avere come soluzioni le coordinate di P e di Q:  a+c+d = 0 −2a + b + d = 0. Questo `e un sistema lineare omogeneo in quattro incognite di rango due, avente soluzioni  a = −c − d b = −2c − 3d. 299

Quindi i piani contenenti P e Q hanno equazioni nella forma (−c−d)x+ (−2c − 3d)y + cz + d = 0, purch´e non si annullino contemporaneamente i primi tre coefficienti. I parametri direttori l = m = −1 e n = 1 di r sono stati calcolati al punto (e). Imponiamo il parallelismo con la condizione al+bm+cn = 0: −(−c − d) − (−2c − 3d) + c = 0 ⇔ c = −d da cui i piani cercati hanno equazioni −dy − dz + d = 0 ⇔ −y − z + 1 = 0. Esiste un unico piano soddisfacente le condizioni assegnate. (h) La retta P Q `e stata determinata nel punto (a). Esprimiamola equivalentemente:  x + 3y − 1 = 0 −y − z + 1 = 0. Il piano generico per tale retta ha equazione λ(x + 3y − 1) + µ(−y − z + 1) = 0,

(λ, µ) 6= 0.

  a b c = Per poter applicare la condizione di ortogonalit`a, rk l m n 1, conviene ordinare l’equazione precedente, λx + (3λ − µ)y − µz − λ + µ = 0.

(35.4)

Impongo la condizione di ortogonalit`a (i parametri direttori provengono dal punto (e)):   λ 3λ − µ −µ rk = 1. −1 −1 1 300

Facendo le operazioni elementari H12 e poi H21 (λ) a tale matrice, si ottiene la condizione equivalente su di una matrice a scala:   −1 −1 1 rk = 1 ⇔ 2λ − µ = λ − µ = 0 ⇔ λ = µ = 0. 0 2λ − µ λ − µ La condizione λ = µ = 0 non `e accettabile, quindi non esiste alcun piano con le propriet`a richieste. Osservazione 35.5. Un piano contiene i punti P e Q se, e solo se, contiene la retta P Q. Quindi le prime parti degli svolgimenti (g) e (h) sono intercambiabili. Ad esempio dopo aver trovato il piano generico contenente la retta P Q come in (h), imponendo il parallelismo con la retta r di parametri direttori l = m = −1, n = 1 a partire dalla (35.4) si ottiene λ = 0 da cui ancora una volta l’equazione −y − z + 1 = 0 soluzione di (g). (i) Risolvendo il sistema di equazioni associato ad r, con l’operazione elementare H21 (−1) si ottiene   x − 2y − z − 1 = 0 x = −z − 1 ⇔ 2y + 2z + 2 = 0 y = −z − 1. Quindi il punto generico di r `e Qz (−z − 1, −z − 1, z) e il generico −−→ vettore congiungente P con un punto di r `e P Qz (−z − 2, −z − 1, z − 1). La totalit`a di tali vettori forma la variet`a lineare (−2, −2, −1) + h(−1, −1, 1)i. Il vettore di modulo minimo in tale variet`a lineare `e la proiezione ortogonale di (−2, −2, −1) su h(−1, −1, 1)i⊥ . La proiezione su h(−1, −1, 1)i `e w=

2 (−2, −1, −1) · (−1, −1, 1) (−1, −1, 1) = (−1, −1, 1) (−1, −1, 1) · (−1, −1, 1) 3

e la proiezione su h(−1, −1, 1)i⊥ `e 2 1 w0 = (−2, −1, −1) − (−1, −1, 1) = (−4, −1, −5). 3 3 301

La distanza cercata vale 1 kw0 k = k(−4, −1, −5)k = 3

√

42 . 3

Osservazione 35.6. Il procedimento per svolgere la parte (i) `e corretto ma sconsigliato. In generale, per trovare la distanza tra due variet`a −→ lineari, imporremo che il vettore P Q congiungente il generico punto P della prima con il generico punto Q della seconda sia ortogonale ad entrambe le variet`a lineari e il modulo del vettore cos`ı ottenuto `e la distanza cercata. Nel caso dell’esercizio, osservando che un vettore pa−−→ rallelo ad r `e v(−1, −1, 1), dobbiamo imporre la condizione P Qz ·v = 0, da cui (z + 2) + (z + 1) + (z − 1) = 0. −−→ Ne segue z = −2/3 e risostituendo in P Qz si ottiene il vettore 1 (−4, −1, −5), 3 il cui modulo `e la distanza cercata.

302

Lezione A Soluzioni dei compiti

1.31. L’affermazione `e falsa e la confuto con un controesempio. Consideriamo le funzioni √ α : [0, +∞] → R : x 7→ x, β : R → [0, +∞[: x 7→ x2 . Vale √ √ β ◦ α : [0, +∞[→ [0, +∞[: x 7→ β(α(x)) = β( x) = ( x)2 = x = id[0,+∞[ (x). β ◦ α e id[0,+∞[ hanno stessi dominio, codominio e legge, quindi β ◦ α = id[0,+∞[ . Tuttavia im α = [0, +∞[6= R, quindi α non `e suriettiva, quindi α non `e biiettiva. √ Osservazione A.1. α ◦ β : R → R : x 7→ α(β(x)) = α(x2 ) = x2 = |x|, quindi α ◦ β 6= idR . 303

2.26. La matrice B `e uguale a una matrice (bj1 ) definita ponendo br1 = 1 e bj1 = 0 per j = 1, 2, . . . , r − 1, r + 1, . . . , n. Il prodotto `e una matrice m × 1, AB = (ci1 ). Per definizione di prodotto, per ogni i = 1, 2, . . . , m ci1 =

n X

aij bj1 .

j=1

In quella sommatoria sono zero tutti gli addendi con j 6= r, quindi ci1 = air br1 = air . Gli elementi di AB sono ordinatamente uguali agli elementi a1r , a2r , . . ., amr che formano la r-esima colonna di A. Quindi il prodotto di A per B `e la r-esima colonna di A: AB = Ar . 3.19. Applicando la formula (3.2), con a = d = α, b = −β, c = β, si ottiene immediatamente A−1

1 = 2 α + β2

 α β . −β α



4.16. Poniamo α = a + ib, a, b ∈ R. Vale: (A.1) α + α = a + ib + a − ib = 2a = 2 0, quindi rk A < n. La propriet`a 8) dei determinanti afferma che una matrice quadrata d’ordine n ha determinante diverso da zero se, e solo se, il suo rango vale n. Allora la matrice A ha determinante nullo. 25.22. Vale g(1, 2, 3) = 4(1, 2, 3), g(1, 0, −1) = (0, 0, 0), g(0, 1, 0) = (0, 0, 0), quindi (1, 2, 3), (1, 0, −1), (0, 1, 0) sono autovettori con autovalori, rispettivamente, 4, 0 e 0. Osservazione A.3. Siccome g(x, y, z) `e un multiplo di (1, 2, 3) per ogni x, y, z, se un autovettore v ha autovalore diverso da zero, allora v = h(1, 2, 3) per qualche h ∈ R∗ , altrimenti v ∈ ker g, v 6= 0. 26.15. La base B deve essere composta da tre autovettori linearmente indipendenti, associati agli autovalori 0, 4, 0, in quest’ordine. Tra le possibili soluzioni abbiamo B = (1, 0, −1), (1, 2, 3), (0, 1, 0). 27.10. Proposizione A.4. Comunque date due matrici simili A, B ∈ M(n × n, K) esse hanno lo stesso polinomio caratteristico. Dimostrazione. Per ipotesi esiste C ∈ M(n × n, K) invertibile tale che C −1 AC = B. Ne segue pB (t) = det(C −1 AC − tIn ) = det(C −1 AC − tC −1 In C) = = det(C −1 AC − C −1 tIn C) = det{C −1 (A − tIn )C}. Per il teorema di Binet (il determinante di un prodotto di due matrici quadrate `e il prodotto dei determinanti), vale pB (t) = det(C −1 ) det(A − tIn ) det C = det(C −1 )pA (t) det C. 309

Inoltra, ancora per il teorema di Binet, det(C −1 ) det C = det(C −1 C) = det In = 1. Ne segue la tesi. 29.11. Se un punto P (x0 , y0 , z0 ) appartiene alla retta di equazioni cartesiane (29.8), allora la terna delle sue coordinate `e soluzione di entrambe le equazioni che compaiono nel sistema. Ne segue che `e anche soluzione dell’equazione (29.10), indipendentemente dalla scelta di λ e µ. D’altro canto, (29.10) `e l’equazione di un piano1 . Se ne conclude che (29.10) `e l’equazione di un piano contenente la retta (29.8). Osservazione A.5. Si pu`o dimostrare che, viceversa, ogni piano che contenga la retta (29.8) ha equazione nella forma (29.10). Questo `e di fondamentale importanza negli esercizi, perch´e allora la (29.10) `e l’equazione del piano generico per la retta data. 30.14. Applico la (30.9) con u1 = (x1 , x2 ), u2 = (y1 , y2 ):      1 2 y1 y1 + 2y2 (x1 , x2 ) | (y1 , y2 ) b = (x1 x2 ) = (x1 x2 ) = 2 3 y2 2y1 + 3y2 = x1 (y1 + 2y2 ) + x2 (2y2 + 3y2 ) = x1 y1 + 2x1 y2 + 2x2 y1 + 3x2 y2 . (A.3) 31.25. Due vettori generici in W hanno la forma u1 = (a + b, a + 2b, 3b),

u2 = (x + y, x + 2y, 3y)

(A.4)

e la condizione che siano non nulli equivale ad (a, b) 6= (0, 0) 6= (x, y). Per definizione essi risultano ortogonali se e solo se u1 · u2 = uT1 u2 = 0, da cui (a + b)(x + y) + (a + 2b)(x + 2y) + 9by = 0.  a La condizione rk 0 a zero. 1

b b0

c c0

 = 2 fa s`ı che i coefficienti di x, y e z in (29.10) non siano tutti

310

Notiamo che per qualunque scelta di a e b tale equazione ha infinite soluzioni nelle incognite x e y e siccome `e richiesta soltanto una coppia di vettori, poniamo a = 1 e b = 0. L’equazione si trasforma in 2x+3y = 0 e una tra le infinite soluzioni `e x = 3, y = −2. Sostituendo tali a, b, x, y nella (A.4) otteniamo come soluzione (tra le infinite possibili) u1 = (1, 1, 0),

u2 = (1, −1, −6).

32.10. Applichiamo la prop. 32.9 (ii), con v1 = (−1, 1, 0, 0), v2 = (−1, 0, 1, 0), v3 = (−1, 0, 0, 1) e v = (x, y, z, t). Le (32.5) danno   (−1, 1, 0, 0) · (x, y, z, t) = 0 (−1, 0, 1, 0) · (x, y, z, t) = 0  (−1, 0, 0, 1) · (x, y, z, t) = 0, da cui si deduce W ⊥ = h(1, 1, 1, 1)i. 33.15. Pongo v = (1, 2, 3) e W = h(1, 1, 1)i. La proiezione di v su W `e (1, 2, 3) · (1, 1, 1) 6 w= (1, 1, 1) = (1, 1, 1) = (2, 2, 2). (1, 1, 1) · (1, 1, 1) 3 Il vettore cercato `e la proiezione di v su W ⊥ , cio`e w0 = v − w = (−1, 0, 1). 34.10. Moltiplico l’equazione a sinistra per H e a destra per H T , ottenendo HH T AHH T = HDH T =⇒ A = HDH T . Ne segue: AT = (HDH T )T = (H T )T DT H T = HDT H T , ma D `e simmetrica, quindi AT = HDH T = A. Osservazione A.6. Deduciamo da quanto sopra che se una matrice reale `e ortogonalmente diagonalizzabile, allora `e simmetrica, che `e il viceversa del Cor. 34.7. 311