Appunti di Algebra Lineare - 2

Transcript

1 Appunti di Algebra Lineare - Mongodi Samuele - s.mongodi@sns.it 8/5/ Queste note hanno lo scopo di illustrare il metodo della riduzione a scala (o algoritmo di Gauss e di Gauss-Jordan) e alcune delle sue principali applicazioni; spesso vi sono altri metodi per svolgere gli esercizi proposti che non impiegano il metodo della riduzione a scala ma non verranno trattati qui. La riduzione a scala Consideriamo il sistema lineare omogeneo x x + x 3 x 4 3x 5 = x x 3 + x 5 = 3x x + x 4 x 5 = e procediamo a risolverlo per eliminazione ricavando quindi x dalla prima equazione x = x x 3 + x 4 + 3x 5 e sostituendola nelle altre due ottenendo il sistema x = x x 3 + x 4 + 3x 5 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 = 4x 3x 3 + 5x 4 + 8x 5 = Continuando con il metodo dell eliminazione ricaviamo x dalla seconda equazione x = 3 4 x 3 x x 5 e sostituiamo nella terza ottenendo il sistema x = x x 3 + x 4 + 3x 5 x = 3 4 x 3 x x 5 3x 4 + x 5 = Ora esplicitiamo x 4 nell ultima equazione e otteniamo il sistema x 4 = 3 x 5 x = x x 3 + x 4 + 3x 5 x = 3 4 x 3 x x 5 x 4 = 3 x 5 Le variabili x 5 e x 3 non compaiono a sinistra quindi sono variabili libere e diventeranno parametri delle soluzioni. Fissiamo dunque x 3 = t x 5 = s e procediamo con la sostituzione. Abbiamo allora e sostituendo nell espressione per x x 4 = s/3 ed infine x = 3 4 t s s = 3 4 t 3 s x = 3 t 3 6 s t s 3 + 3s = t 7 6 s.

2 Dunque la soluzione è al variare di s t R. x = t 7 6 s x = 3 4 t 3 s x 3 = t x 4 = s 3 x 5 = s. L eliminazione di Gauss Ora analizziamo più nel dettaglio il metodo dell eliminazione utilizzato per risolvere il sistema. Cominciamo col considerare le prime due equazioni x x + x 3 x 4 3x 5 = x x 3 + x 5 =... l operazione ricavo x e sostituisco equivale a moltiplicare per la prima equazione e sottrarre il risultato dalla seconda: (x x 3 + x 5 ) (x x + x 3 x 4 3x 5 ) = x x 3 + x 5 x + 4x x 3 + x 4 + 6x 5 = 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 Dunque al posto del sistema di partenza consideriamo il sistema dove le prime due equazioni sono x x + x 3 x 4 3x 5 = x x 3 + x 5 (x x + x 3 x 4 3x 5 ) =... ovvero x x + x 3 x 4 3x 5 = 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 =... che è esattamente quello che abbiamo ottenuto sostituendo x nella seconda equazione. Allo stesso modo al posto della terza equazione consideriamo la terza meno 3 volte la prima: 3x x + x 4 x 5 3(x x + x 3 x 4 3x 5 ) = 4x 3x 3 + 5x 4 + 8x 5 quindi otteniamo esattamente x x + x 3 x 4 3x 5 = 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 = 4x 3x 3 + 5x 4 + 8x 5 = Procedendo ora si sottrae la seconda riga dalla terza e si mette il risultato al posto della terza: x x + x 3 x 4 3x 5 = 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 = 3x 4 + x 5 = Che è l ultimo sistema che abbiamo trovato prima di iniziare a risolvere. Quindi il metodo di eliminazione per la risoluzione dei sistemi lineari può essere riscritto come sostituisco un equazione con lei stessa a cui sommo (o sottraggo) k volte un altra equazione. Ora per ogni passo di questo metodo scriviamo la matrice associata al sistema lineare:

3 A x x + x 3 x 4 3x 5 = x x 3 + x 5 = 3x x + x 4 x 5 = 3 3 B x x + x 3 x 4 3x 5 = 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 = 3x x + x 4 x 5 = C x x + x 3 x 4 3x 5 = 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 = 4x 3x 3 + 5x 4 + 8x 5 = D x x + x 3 x 4 3x 5 = 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 = 3x 4 + x 5 = E evidente che le operazioni di sommare e sottrarre tra loro le equazioni può essere formulato in termini delle righe della matrice associata; dal passo A al passo B abbiamo sottratto il doppio della prima riga alla seconda da B a C abbiamo sottratto 3 volte la prima riga alla terza da C a D abbiamo sottratto la terza riga alla quarta. La matrice ottenuta al passo D si dice matrice ridotta a scala; in generale una matrice si dice ridotta a scala se il primo termine non nullo di ogni riga viene dopo il primo termine non nullo della riga precedente. Il primo termine non nullo di una riga si dice pivot. Nel nostro caso il pivot della prima riga sta sulla prima colonna il pivot della seconda riga sta sulla seconda colonna e il pivot della terza riga sta sulla quarta colonna: Anche se per ora non l abbiamo usata citiamo anche l altra operazione lecita nella riduzione a scala che è quella di scambiare di posto due equazioni del sistema ovvero scambiare tra loro due righe della matrice.. Alcuni esempi. Riduciamo a scala la seguente matrice: 3 3 Innanzitutto sottraiamo volte la prima riga dalla seconda: e sottraiamo la prima dalla terza:

4 Ora sottraiamo la seconda riga dalla terza ed ora sottraiamo la seconda moltiplicata per / dalla quarta / 5/ Non resta che scambiare la terza e la quarta riga (è come scambiare due equazioni nel sistema) / 5/ 3 3 ed ecco la matrice ridotta a scala dove i pivot sono evidenziati in rosso.. Riduciamo a scala la seguente matrice: Il primo elemento della prima riga è quello della seconda riga è 3 quindi se moltiplichiamo la prima riga per 3/ e la sommiamo alla seconda otteniamo 3/( 3 ) + (3 3 ) = ( 3 9/ 3/ ) + (3 3 ) = ( 3 7/ 3/ ) similmente possiamo sommare per la prima riga alla terza ottenendo ( 3 ) + ( 4 3 4) = ( 3 ) + ( 4 3 4) = ( 4 4 4) poi / per la prima riga alla quarta /( 3 ) + ( 3 ) = ( 3/ / ) + ( 3 ) e / per la prima riga alla quinta = ( 3 / / ) /( 3 ) + ( ) = ( 3/ / ) + ( ) = ( / / ) e dunque la matrice ora è Similmente calcoliamo 3 3 7/ 3/ / / / / 4/3( 3 7/ 3/ ) + ( 4 4 4) = ( 4 4/3 ) + ( 4 4 4) = ( /3 4 4) ( 3 7/ 3/ ) + ( 3 / / ) = ( 3 7/ 3/ ) + ( 3 / / ) 4

5 = ( 4 ) /3( 3 7/ 3/ ) + ( / / ) = ( 7/6 / ) + ( / / ) e dunque la matrice diventa Procedendo similmente = ( /3 ) 3 3 7/ 3/ / /3 6( /3 4 4) + ( 4 ) = ( 4 4 4) + ( 4 ) = ( 3 5) da cui ( /3 4 4) + ( /3 ) = ( /3 4 4) + ( /3 ) = ( 3 3) Per l ultimo passaggio 3 3 7/ 3/ / /3( 3 5) + ( 3 3) = ( 3 75/3) + ( 3 3) = ( 6/3) da cui 3 3 7/ 3/ / /3 3. Riduciamo a scala la matrice Per cominciare scambiarmo la prima e la seconda riga Ora calcoliamo ottenendo ( 3) + ( 3 ) = ( ) 3( 3) + (3 8 6) = ( 4 3) 4( 3) + (4 6 8 ) = ( )

6 Come secondo passo utilizziamo la seconda riga per eliminare gli elementi della seconda colonna nelle righe successive. da cui ( ) + ( ) = ( ) ( ) + ( 4 3) = ( 3) 3( ) + ( ) = ( 7 ) Ora scambiamo la quinta riga e la terza A questo punto le colonne 3 e 4 contengono solo zeri dopo la terza riga quindi dedichiamoci alla quinta colonna sommando la quarta riga moltiplicata per 3 alla quinta e ottenendo 3 7 che è una matrice ridotta a scala con i pivot evidenziati in rosso..3 Algoritmo di Gauss-Jordan La seconda parte della risoluzione del sistema lineare consisteva nell assegnare un valore parametrico ad alcune variabili ed usarle per esprimere le altre sostituendo la soluzione di un equazione in quelle sopra. Riscriviamo la successione dei sistemi lineari lasciando indicate x 3 e x 5 (cioè senza usare s t). Nel primo passaggio dividiamo l ultima riga per 3. x x + x 3 x 4 3x 5 = x 3 4 x 3 + x x 5 = x x 5 = Vorremmo ricavare x 4 e sostituirla nelle equazioni sopra; possiamo moltiplicare l ultima equazione per 7/4 e sommarla alla penultima ottenendo x x + x 3 x 4 3x 5 = x 3 4 x x 5 = x x 5 = che è proprio quello che avremmo ottenuto sostituendo. Ora sommiamo l ultima riga alla prima x x + x x 5 = x 3 4 x x 5 = x x 5 = Ora possiamo utilizzare la seconda equazione moltiplicata per sommandola alla prima in modo da sostituire al posto di x un espressione in x 3 e x 5 ottenendo x x x 5 = x 3 4 x x 5 = x x 5 = 6

7 Che a meno di porre x 3 = t x 5 = s è proprio la soluzione ottenuta prima. Come prima confrontiamo le matrici dei vari step. x x + x 3 x 4 3x 5 = D 4x 3x 3 + x 4 + 7x 5 = x x 5 = /3 E x x + x 3 x 4 3x 5 = x 3 4 x x 5 = x x 5 = 3 3/4 3/ /3 F x x + x x 5 = x 3 4 x x 5 = x x 5 = 8/3 3/4 3/ /3 G x x x 5 = x 3 4 x x 5 = x x 5 = / 7/6 3/4 3/ /3 Ovviamente le operazioni effettuate sono le seguenti: dividere una riga per il suo pivot e utilizzarla per eliminare le entrate nella colonna sopar al suo pivot. A parte dividere una riga per il pivot la tecnica è la stessa usata nell eliminazione di Gauss solo che ora si lavora andando verso l alto. Si noti che nella matrice ottenuta alla fine dell eliminazione le colonne indicate sono quelle senza pivot; queste determinano i parametri e non possono essere annullato dal procedimento a ritroso appena fatto infatti la matrice ottenuta al passo G è / 7/6 3/4 3/ /3 e le colonne blu sono le uniche non portate a dal procedimento (e non è possibile farlo con le operazioni descritte). Quando una matrice è in questa forma la soluzione del sistema da esso rappresentato è ovvia: le colonne blu individuano i parametri e basta cambiane i segni per ottenere x = t/ + 7s/6 x = 3t/4 3s/ x 4 = s/3 che sono esattamente le soluzioni trovate in precedenza..4 Gli stessi esempi Applichiamo Gauss-Jordan alle matrici ridotte a scala nella sezione... Abbiamo la matrice ridotta a scala / 5/ 3 3 7

8 L unica colonna senza pivot è la quinta che quindi non verrà azzerata dal procedimento. Cominciamo a dividere la quarta riga per il suo pivot: / 5/ ed ora moltiplichiamola per / e e sommiamola alle righe soprastanti ottenendo Dividiamo la terza riga per il suo pivot: 4 4 /3 e moltiplichiamola per 4 e e sommiamola alle righe soprastanti ottenendo /3 4 /3 /3 Dividiamo la seconda riga per il suo pivot: /3 /6 /3 e sommiamola alla prima che ci da come soluzioni del sistema lineare /6 /6 /3 x = t/6 x = t/6 x 3 = t/3 x 4 = t x 5 = t.. Partendo dalla matrice 3 3 7/ 3/ / /3 dividiamo ogni riga per il suo pivot ottenendo 3/ / 7/6 / 6 6 5/3 8

9 Ora se utilizziamo l ultima riga per eliminare le entrate della quinta colonna dalle righe precedenti otteniamo 3/ / 7/6 / 6 in quanto l ultima riga ha un solo elemento non nullo il pivot quindi se la moltiplichiamo per una quantità reale e la sommiamo a un altra riga cambierà solo il quinto elemento di quella riga. Ora lo stesso discorso vale adesso per la quarta e dunque possiamo cancellare i termini della quarta colonna sopra al pivot: 3/ 7/6 Ancora ragionando allo stesso modo con la terza e poi con la seconda riga otteniamo la matrice che è l identità. Dunque l unica soluzione del sistema è x = x = x 3 = x 4 = x 5 =. Questo succede ogni volta che al termine della riduzione a scala i pivot stanno su ogni colonna (e quindi formano la diagonale di una matrice quadrata). 3. Partendo dalla matrice 3 7 dividiamo la quarta riga per ed usiamola per eliminare le entrate sopra al pivot della quinta colonna. 7 Ora dividiamo la terza riga per il pivot. /7 e moltiplichiamola per e per sommarla alle righe soprastanti. /7 6/7 /7 9

10 Ora dividiamo la seconda riga per il suo pivot /7 3/7 /7 e sommiamola alla prima. Dunque le soluzioni del sistema sono.5 Esercizi 9/7 3/7 /7 x 5 = x 4 = t x 3 = t/7 x = 3t/7 x = 9t/7. Esercizio Ridurre a scala le seguenti matrici 3 5 (i) (ii) (iii) (iv) (v) Esercizio Risolvere i sistemi lineari omogenei associati alle seguenti matrici 3 (i) (ii)

11 (iii) (iv) (v) Sistemi lineari Come abbiamo visto la riduzione a scala permette di risolvere i sistemi del tipo Ax = ovvero permette di calcolare il nucleo di una matrice. Trattiamo ora il caso dei sistemi non omogenei e dei sistemi dipendenti da parametri.. Sistemi lineari non omogenei Consideriamo il sistema Ax = b: 4 x x = 4 x 3 La prima equazione è e dunque se ricaviamo x otteniamo x + x x 3 = quindi sostituendo nella seconda avremo o semplificando Dunque il sistema diventa x = x + x 3 + ( x + x 3 + ) + 4x = 4 x 3 = x x = x 3 Le ultime due equazioni x 3 = e x 3 = sono in realtà la stessa equazione e dunque possiamo eliminare una delle due. Infine otteniamo x = t + x = t x 3 = Dunque il metodo di sostituzione ed eliminazione funziona anche in questo caso solo che bisogna tenere conto anche dei termini noti. Ovvero non riduciamo a scala solo la matrice A associata ai coefficienti ma la matrice estesa à ottenuta aggiungendo alla matrice A la colonna b dei termini noti: à = 4 4

12 In rosso come prima sono indicati i pivot in blu sono indicate le colonne dei parametri; lo verde nella colonna dei termini noti è una condizione di compatibilità: un sistema lineare non omogeneo si risolve se e solo se dopo l eliminazione di Gauss a tutte le righe nulle di A corrisponde uno nella colonna dei termini noti. Equivalentemente il sistema si risolve se e solo se non c è un pivot nella colonna dei termini noti. che è la soluzione che abbiamo trovato prima: x = t + x = t x 3 =. Come abbiamo detto la risolubilità del sistema Ax = b dipende in generale dal termine noto b: se i pivot della matrice à = (A b) sono gli stessi della matrice A ovvero se nessun pivot compare nella colonna aggiunta a destra allora il sistema è risolubile. Ad esempio consideriamo il sistema Ax = b con A la matrice precedente e b = ( ) t. Si ha à = 4 In questo caso compare un pivot nella quarta colonna e quindi il sistema non si può risolvere. Infatti questo corrisponde al seguente sistema di equazioni e l ultima equazione è evidentemente impossibile. x + x x 3 = x 3 = = Osserviamo che nel ridurre a scala à operiamo anche la riduzione a scala di A quindi nel caso le condizioni di compatibilità siano verificate otterremo soluzioni che dipendono da tanti parametri quante sono le colonne di A senza pivot. Osserviamo inoltre che se la matrice A è quadrata e ridotta a scala ha il numero massimo possibile di pivot (cioè quanto il numero di righe=numero di colonne= n) allora il sistema Ax = b è risolubile per ogni b in quanto à avrà n righe e n + colonne e dunque (essendo i pivot uno per riga) potrà avere al più n pivot che sappiamo devono già comparire tutti in A; dunque non ci sarà alcun pivot nella colonna dei termini noti.. Sistemi lineari con parametro Per t R si consideri la matrice t A t = t 4 t Supponiamo di voler studiare al variare di t R le soluzioni del sistema A t x = ; ad esempio cercando di determinare quanti parametri compariranno nelle soluzioni. Se cerchiamo di ridurre a scala A vediamo subito che c è un problema: dovremmo dividere la prima riga per t moltiplicarla per e sommarla alla seconda. Questo è possibile solo quando t dunque dovremmo studiare poi separatamente la matrice A ; in tal caso i primi passaggi della riduzione a scala sarebbero t t t t 4 4/t /t t 4 4/t /t t 4 t t t + 5 4/t 4 + /t t t 4/t /t t 5 + 4/t /t = 4/t /t t 5 + 4/t /t 5 4/t + (t + )(4/t ) 4 + /t (t + )/t t 3 + 4/t /t

13 Ora si dovrebbe moltiplicare la terza riga per (t + 3 4/t)/(t 5 + 4/t) quindi bisogna imporre che t 5 + 4/t ovvero In questo caso otteniamo t 5t + 4 = (t )(t 4) t 4 t 4/t /t t 5 + 4/t /t ( /t)(t ) t 5+4/t Vediamo che tre dei pivot dipendono da t; dobbiamo dunque studiare il loro annullarsi al variare di t. Il primo pivot si annulla per t = valore già escluso il terzo si annulla per t = 4 anch essi esclusi il quarto ancora si annulla per t =. Dunque se t 4 la matrice ha 4 pivot. Dobbiamo studiare separatamente i casi t = t = t = 4. Applicando a ciascuno il metodo di riduzione a scala (cosa che non facciamo qui ma che il lettore è caldamente invitato a fare) si vede che per t = e t = 4 vi sono ancora 4 pivot mentre per t = ne troviamo solo. Cerchiamo ora di operare più intelligentemente la riduzione a scala per evitare troppi casi particolari. Riordiniamo le righe come segue: t t 4 t t 4 t t e procediamo con la riduzione a scala t 4 t t 4 t t 4 t/ t/ t t/ t/ t Ora vediamo che (t + ) = ( t/) + e dunque ( t + 6 4) ( t 4 ) + ( t/ t/ ) = ( t ) quindi sottraendo la seconda riga alla quarta e sommando due volte la terza alla quarta otteniamo t 4 t/ t/ t Ora sottraiamo /4 della quarta riga alla terza e sommiamo / della quarta alla seconda 3 t/ 3/ t Infine sommiamo t/ volte la seconda riga alla terza 3 3/ 3t/ t t e sottraiamo 4/3 volte la terza riga dall ultima 3 3/ 3t/ t 4/3 4t/3 3

14 I pivot sono evidenziati in rosso come al solito. Per studiare il numero di parametri del sistema troviamo i valori di t per cui i valori pivot possono annullarsi (e quindi non essere più pivot). Vediamo che questo capita se e solo se 3 3 t = oppure t = ovvero se e solo se t =. Per t = due pivot si annullano (e la riduzione a scala che abbiamo fatto finora rimane valida non avendo mai diviso per quantità contenenti t) e dunque possiamo affermare che il sistema A t x = per t ha un unica soluzione x = x = x 3 = x 4 = mentre per t = vi saranno soluzioni dipendenti da parametri. Ovviamente c è anche il caso di sistemi lineari non omogenei dipendenti da parametro ad esempio A t x = b s con t x 3 x t 4 x 3 = 7 t s + 3 Come abbiamo già visto se t la matrice A ha 4 pivot quindi riducendo a scala Ãst = (A t b s ) non potremo trovare alcun pivot nella colonna dei termini noti. Dunque se t per ogni s il sistema A t x = b s ha un unica soluzione (quante ne ha A t x = ). D altra parte se t = dobbiamo verificare se 3 Ã s = s + 3 ha solo due pivot. Riduciamola a scala s 3 x s + 8 In rosso i pivot in blu le colonne dei parametri in verde le condizioni di compatibilità. Osserviamo che affinché il sistema abbia soluzione si deve avere s + 8 = ovvero s = 8. Riassumendo dim ker A t dim ImA t dim{x : A t x = b s } t 4 s se s = 8 t = se s 8 Ricordiamo che la dimensione del nucleo di A t è il numero di parametri nelle soluzioni di A t x = e che la dimensione dell immagine di A t è il numero di pivot che compaiono in una riduzione a scala. La dimensione delle soluzioni di A t x = b s è anch essa data dal numero di parametri ed è la stessa di ker A t se il sistema è risolubile..3 Esercizi Esercizio 3 Risolvere i seguenti sistemi lineari non omogenei. (i) x x x 3 x 4 x 5 x 6 = 4

15 (ii) (iii) 3 3 x x x 3 3 x 4 = x 5 x 3 x x 3 x 4 = 3 x 5 x 6 4 Esercizio 4 Discutere i seguenti sistemi lineari dipendenti da parametro. t x (i) t x t x 3 = t x 4 t x x (ii) + t t x 3 x 4 = t x 5 s t x 6 s (iii) t s t t 4 x x = 4 t x 3 s 3 Indipendenza lineare Ricordiamo che m vettori w... w m si dicono linearmente indipendenti su R se ogni volta che si ha per forza che λ w λ m w m = λ =... = λ m =. Ovvero se e solo se la loro unica combinazione lineare nulla è quella ottenuta con tutti i coefficienti nulli. Formando una matrice C = (w w m ) con i vettori w i come colonne possiamo dire che essi sono linearmente indipendenti se e solo se il sistema Cx = ha come unica soluzione x =. Consideriamo una matrice A n k e chiamiamo v... v k le sue colonne; allora si ha Ax = x v x k v k. Supponiamo che dopo la riduzione a scala compaiano meno di k pivot e che quindi ad esempio l ultima colonna non ne contenga. Di conseguenza nelle soluzioni del sistema Ax = la variabile x k sarà un parametro diciamo x k = t; per cui posso scegliere t = ed ottenere una soluzione (x... x k ) ovvero x v x k v k + v k = da cui v k = x v... x k v k Se contemporaneamente fissiamo a gli altri eventuali parametri troveremo v k scritto come combinazione lineare delle sole colonne in cui compare un pivot. 5

16 In conclusione le colonne dei parametri sono linearmente dipendenti da quelle contenenti i pivot. D altra parte supponiamo di prendere solo le colonne che contengono un pivot e metterle in una nuova matrice (più piccola) B; allora riducendo B a scala con le stesse operazioni otterremo una matrice con un pivot in ogni colonna dunque l unica soluzione di By = è y = ovvero le colonne di B sono linearmente indipendenti. Dunque le colonne con i pivot sono linearmente indipendenti ma appena aggiungiamo una delle altre colonne questa non è indipendente dalle precedenti. Ad esempio consideriamo i vettori v = v = v 3 = v 4 = 3 v 5 = v 6 = 3 e riduciamo quindi a scala la matrice A che ha loro come colonne: /5 / /5 9/ Da cui per risolvere il sistema Ax = dobbiamo porre x = 8s/5 t/5 x = s/5 + 9t/5 x 3 = 9s/5 + 3t/5 x 4 = s x 5 = t x 6 = t ovvero abbiamo ( 8 5 s ) ( 9 5 t v + 5 t ) ( 3 5 s v + 5 t 9 ) 5 s v 3 + sv 4 tv 5 + tv 6 = per ogni scelta di s t R. In particolare ponendo s = t = abbiamo da cui e ponendo s = t = abbiamo 8 5 v 5 v 9 5 v 3 + v 4 = v 4 = 8 5 v + 5 v v 3 5 v v v 3 v 5 + v 6 = da cui v 6 = 5 v 9 5 v 3 5 v 3 + v 5 Quindi come dicevamo prima i vettori corrispondenti alle colonne di parametri possono essere espressi come combinazione lineare dei vettori che corrispondono ai pivot. D altra parte se consideriamo la matrice B = 6

17 vediamo che riducendola a scala otteniamo Essendoci 4 pivot il sistema By = ha solo la soluzione y = dunque i vettori v v v 3 v 5 sono linearmente indipendenti. Per quanto detto prima poi aggiungendo v 4 o v 6 all insieme otteniamo dei vettori dipendenti. 3. Estrarre una base da un sistema di generatori Una base di uno spazio vettoriale è un sistema di generatori linearmente indipendenti; in particolare estraendo da un sistema di generatori un insieme di vettori linearmente indipendenti massimale questo rimane un sistema di generatori. Nell esempio precedente l insieme {v... v 6 } è un sistema di generatori di R 4 e quindi l insieme {v v v 3 v 5 } è una base di R 4. Osserviamo che anche gli insiemi {v v v 4 v 5 } o {v v v 3 v 6 } sono basi; in generale la riduzione a scala permette di scegliere un insieme di vettori linearmente indipendenti diverso a seconda dell ordine delle colonne. In particolare si prendono più vettori possibile consecutivi a partire dal primo (nel nostro caso v v v 3 ) e poi si fa ogni volta il salto più piccolo possibile (non potendo prendere v 4 che dipende dai tre precedenti si prende v 5 ). Applichiamo quanto detto ad alcuni esempi.. Consideriamo R 6 e i due sottospazi V = {x + x = x 3 + x 5 = x 4 + x 6 x + x 3 = x + x 6 } W = {x + x 3 + x 4 = x + x 5 + x 6 = x 3 = x 6 } Vogliamo determinare una base del sottospazio vettoriale V W. Cominciamo con il trovare una base di V ed una di W. Notiamo che se poniamo A = B = abbiamo che V = {x : Ax = } W = {x : Bx = } e dunque per trovare le loro basi non dobbiamo far altro che risolvere i sistemi lineari indicati. Otteniamo s/ r/ s t r/ s/ V = r s + t r t r r s t R W = t r r s t R s s t t Per averne due basi basta porre a turno un parametro uguale a e gli altri uguali a : / / / / V = Span W = 7

18 Quindi l insieme / / / / è un insieme di generatori per V W. Per estrarne una base riduciamo a scala: / / / / / / / / 3 / / / / 3 Dunque una base è quella formata dai primi 5 vettori / / / / In particolare dim V W = 5 quindi dim V W = dim V + dim W dim V W = =.. Consideriamo lo spazio vettoriale R 5 e i tre vettori linearmente indipendenti v = 4 v = v 3 = 4 3 e vogliamo trovare una base di R 5 che contenga questi vettori. Per fare questo consideriamo la base canonica {e... e 5 } di R 5 e costruiamo la matrice A = (v v v 3 e e e 3 e 4 e 5 ) Riducendola a scala troveremo 3 pivot nelle prime tre colonne (che già sappiamo essere indipendenti) e altri due nelle ultime 5; questi due vettori completeranno i 3 dati ad una base di R

19 /5 3/5 7/5 38/5 /5 9/5 5 9/5 3/5 7/5 7/5 347/45 38/9 37/5 /5 /5 34/5 358/45 37/ /5 3/5 7/5 7/5 347/45 38/9 98/3 445/3 34/7 Dunque i primi 5 vettori formano una base ovvero {v v v 3 e e }. 3. Data un applicazione lineare con f : R 4 R 5 x x + x 3 f x x 3 = x + x 3 x 4 x x x 4 x x x 3 3x 4 4 x + x 3 + x 4 vogliamo determinare l immagine di f ad esempio dandone una base. associata ad f rispetto alle basi canoniche. A = 3 Scriviamo la matrice L immagine di f è generata dalle immagini della base del dominio: se e e e 3 e 4 è la base canonica di R 4 allora i vettori f(e ) f(e ) f(e 3 ) f(e 4 ) generano l immagine di f. Tali vettori nella base canonica di R 5 hanno come coordinate le colonne della matrice A dunque per estrarne una base dell immagine basta ridurre a scala A Dunque una base dell immagine è data dalle colonne e 4 ovvero da 3 3. Base adattata ad una successione di sottospazi Consideriamo R 4 e i suoi tre sottospazi V = Span V = Span V 3 = Span Osserviamo che V V V 3 R 4. Vogliamo costruire una base di R 4 formata da vettori {v v v 3 v 4 } tali che V = Span{v } V = Span{v v } V 3 = Span{v v v 3 }; questo è possibile perché gli spazi sono uno dentro l altro. 9

20 Per farlo prendiamo le basi di ogni sottospazio e quella di R 4 e mettiamole come colonne di una matrice che ridurremo a scala. 4 A = 3 3 Ridotta a scala la matrice diventa e quindi la base cercata è 3. 3 Come si vede lo spazio generato dal primo vettore è V quello generato dai primi due è V quello generato dai primi tre è V 3 (ed ovviamente quello generato da tutti e quattro è R 4 ). Un esempio in cui si applica il procedimento precedente è la ricerca di una base di Jordan. Consideriamo la matrice 3 A = Il suo polinomio caratteristico è p A (λ) = λ 5 + λ 4 + 5λ 3 λ 8λ 4 = (λ ) (λ + ) 3. D altra parte posto N = 5 3 N 4 = abbiamo che rkn = 4 rkn = 4 quindi λ m.a. m.g. 3 da cui sappiamo che la forma di Jordan è J A = Il problema è ora quello di calcolare una base di Jordan. A questo scopo calcoliamo N =

21 N = N = Vediamo che 7 7 ker N = Span 8 ker N = Span ker N = Span 9 7 ker N = Span ker N 3 = Span Ora per determinare la parte della base legata all autovalore λ = consideriamo i nuclei di N e N ; ovviamente si ha ker N ker N e vogliamo estrarre una base di quest ultimo adattata a questa catena di sottospazi. Per far ciò come prima giustapponiamo le basi e riduciamo a scala Dunque una base di ker N è data da e di questi il secondo non appartiene a ker N quindi calcoliamo N 9 = = Dunque la parte di base relativa a λ = è N = Allo stesso modo facciamo per λ = : 3 3

22 3 Dunque la base di ker N 3 adattata alla successione di spazi ker N ker N ker N 3 è 3 Consideriamo quindi i vettori che non appartengono a ker N ovvero solo l ultimo e costruiamo la base N N ovvero 4 5. Dunque una base per la forma di Jordan che abbiamo scritto è Esercizi Esercizio 5 Sia V R 6 definito come V = Span Si determini una base per V. Esercizio 6 Sia v... v 6 una base di V spazio vettoriale reale. Estrarre dall insieme di vettori {v + v v + v 3 v 3 + v 4 v 4 + v 5 v 5 + v 6 } un insieme di vettori linearmente indipendenti più grande possibile. Esercizio 7 Si considerino in R 8 i sottospazi V = x + x 4 + x 7 x 8 = x x 3 + x 5 x 6 = x + x x 3 x 7 = W = x x 4 + x 6 x 8 = x x 3 + x 4 x 6 = x + x 5 + x 7 x 8 = x x 5 + x 6 x 7 = e si determini una base per V W.

23 Esercizio 8 Siano data da e data da f : R 3 R 5 x + x x x x f x = x 3 + x x 3 x 3 x 3 x x 3 g : R R 5 x x ( ) x x + x g = x x x x. x Determinare una base per Imf Img. Esercizio 9 Sia f : R 6 R 6 data da x x + x + x 3 + x 4 x x + x 3 + x 4 + x 5 f x 3 x 4 = x 3 + x 4 + x 5 + x 6 x + x 4 + x 5 + x 6 x 5 x + x + x 5 + x 6 x 6 x + x + x 3 + x 6. Si determini una base dell immagine di f. Esercizio Sia A = Si determini una base di R 5 adattata ai sottospazi ker A ker A ker A 3 = R 5. 4 Matrici. Come abbiamo già sottolineato nelle sezioni precedenti riducendo a scala troviamo una base dell immagine di un applicazione lineare. Nel caso di una matrice (applicazione lineare tra R k e R h ) la dimensione dell immagine è il rango della matrice. Inoltre il numero di parametri (ovvero il numero di colonne meno il numero di pivot) è la dimensione del nucleo della matrice. Dunque ad esempio data A = 5 3 la sua riduzione a scala è e quindi rka = 3 e dim ker A =. 3 3 /3 /3 3

24 . Riducendo a scala una matrice quadrata si ottiene in particolare una matrice diagonale: A = Nel procedimento abbiamo operato uno scambio tra due righe vicine dunque si ha la seguente relazione 3 det A = ( ) det 3 = ( )( )( )( ) = Dunque in generale se riducendo a scala la matrice A otteniamo la matrice triangolare T e nel procedimento abbiamo operato s scambi tra righe vicine abbiamo che det A = ( ) s det T Osserviamo che ad esempio data una matrice 4 4 scambiare la prima riga con la quarta equivale a scambiare la prima con la seconda poi la seconda con la terza poi la terza con la quarta poi la terza con la seconda poi la seconda con la prima quindi 5 scambi tra righe vicine. 3. Data una matrice quadrata A la matrice inversa di A è una matrice B tale che AB = I Se chiamiamo v... v n le colonne di B abbiamo che Av i = e i dove {e... e n } è la base canonica di R n. Dunque per trovare l inversa basta risolvere contemporaneamente gli n sistemi lineari Ax = e i. Consideriamo la matrice A = ed operiamo con l algoritmo di Gauss-Jordan sulla matrice /3 /3 5/3 /3 /7 6/7 /7 /7 4/7 3/7 3/7 /7 /7 /7 /7 /7 /7 5/7 /7 3/7 dunque si ha /7 6/7 /7 /7 A = 4/7 3/7 3/7 /7 /7 /7 /7 /7 /7 5/7 /7 3/7 4

25 4. Esercizi Esercizio Calcolare rango e dimensione del nucleo delle seguenti matrici (i) ( ) 3 (ii) (iii) (iv) Esercizio Calcolare determinante e inversa delle seguenti matrici 5 4 (i) (ii) (iii) (iv)