Lezioni di Algebra Lineare III. Applicazioni lineari e matrici Struttura algebrica delle soluzioni dei sistemi lineari

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1 Versione ottobre novembre 2008 Lezioni di Algebra Lineare III. Applicazioni lineari e matrici Struttura algebrica delle soluzioni dei sistemi lineari Contenuto 1. Applicazioni lineari 2. L insieme delle soluzioni di un sistema lineare: prime considerazioni 3. Gli spazi vettoriali associati a una matrice. Il rango 4. Applicazioni alla teoria della I Parte 5. L insieme delle soluzioni di un sistema lineare: conclusioni 6. Equazioni parametriche e equazioni cartesiane 7. Matrici invertibili

2 2 1. Applicazioni lineari. Supponiamo che V e W siano due spazi vettoriali e che f : V W sia una funzione da V a W. Definizione. Diciamo che f è un applicazione lineare se (1) f è additiva, cioè: per ogni v e v in V si ha f(v + v ) = f(v) + f(v ); (2) f è omogenea, cioè: per ogni v in V e λ in R si ha f(λv) = λf(v). 1.1 Conseguenze fondamentali della definizione. Segue direttamente dalla definizione che, se f : V W è un applicazione lineare, v 1,..., v k V, λ 1,..., λ k R, allora f(λ 1 v λ k v k ) = λ 1 f(v 1 ) + + λ k f(v k ). In particolare, supponiamo che B V = {v 1,..., v n } sia una base di V. Se v V, allora v si scrive in modo unico unico come combinazione lineare di B V, poniamo v = λ 1 v λ n v n. Quindi f(v) = λ 1 f(v 1 ) + λ n f(v n ). Segue che: (1) l azione di f su una base di V, determina l azione di f su tutto V e quindi che: (2) due applicazioni lineari da V a W che assumono gli stessi valori su una base di V, coincidono. 1.2 Applicazioni lineari da R m a R n. Le conseguenze della definizione che abbiamo scritto ci permettono facilmente di capire cosa sono le applicazioni lineari tra spazi vettoriali di tipo R k. Cominciamo col definire un insieme particolare di

3 applicazioni lineari; poi faremo vedere che tutte le applicazioni lineari tra spazi di tipo R k sono comprese in questo insieme. 3 Sia M una matrice n m. Allora, per ogni v R m, il prodotto Mv è definito ed è un vettore di R n. Possiamo quindi definire la funzione L M : R m R n v Mv. L M è un applicazione lineare, infatti (1) L M è additiva, perché per ogni v e v in R n si ha L M (v + v ) = M(v + v ) = Mv+Mv = L M (v)+l M (v ) (proprietà distributiva del prodotto di matrici, Lezioni II, par. 2 Prop. 2). (2) L M è omogenea, perché per ogni v in R n e λ in R si ha L M (λv) = M(λv) = λ(mv) = λl M (v) (Lezioni II, par. 2 Prop. 2). Esempio. Consideriamo la matrice 3 2 M = Allora L M è l applicazione lineare da R 2 a R 3 che manda il generico vettore in cioè L M : R 2 R ( x y. ), ( ) x L M = x + 2y 3x 4y. y 5x + 6y ( ) x y Quello che stiamo per vedere è che tutte le applicazioni lineari da R m a R n sono di tipo L M, cioè agiscono come moltiplicazione a sinistra per una matrice reale n m. Infatti, sia f : R m R n un applicazione lineare, {e 1,..., e m } la base canonica di R m, M = (f(e 1 ) f(e m ))

4 4 b 1 (la matrice di colonne f(e 1 ),..., f(e m )) e infine v =. un vettore qualunque in R m. Allora v = b 1 e b m e m, quindi b m f(v) = b 1 f(e 1 ) + + b m f(e m ) = Mv = L M (v) (la seconda uguaglianza segue dalle proprietà del prodotto matrice per vettore colonna, vedi Lezioni II, pag. 6). Riassumiamo i risultati ottenuti nella proposizione seguente. Proposizione 1. Sia f : R m R n una funzione. Allora: f è un applicazione lineare se e solo se esiste una matrice reale M n m tale che f = L M ; se f è lineare, la (unica) matrice M tale che f = L M è la matrice di colonne f(e 1 ),..., f(e m ), dove {e 1,..., e m } è la base canonica di R m. Definizione: matrice rispetto alle basi canoniche. Sia f : R m R n un applicazione lineare e, con le notazioni usate sopra, M = (f(e 1 )... f(e m )) (quindi f = L M ). canoniche (di R m e R n ). Problema - Esempio. Sia La matrice M si chiama la matrice di f rispetto alle basi f : R 3 R 2, x y z ( x + y z x y + z Verificare che f è lineare e scriverne la matrice rispetto alle basi canoniche. Risoluzione. Osserviamo che f x y z = ( ) x y z, ). quindi f = L M con M = ( ) 1 1 1, 1 1 1

5 e perciò è lineare. Inoltre, è chiaro che le colonne di M sono le immagini dei vettori della base canonica di R 3. Perciò M è la matrice di f rispetto alle basi canoniche. 1.3 Nucleo e immagine di un applicazione lineare. Sia f : V W un applicazione lineare tra spazi vettoriali. Il nucleo di f (in inglese kernel) è per definizione l insieme 5 ker f = {v V f(v) = 0} (dove 0 è il vettore nullo di W ). L immagine di f è l usuale immagine insiemistica della funzione f Im f = {f(v) v V } = {w W v V f(v) = w}. Nel prossimo enunciato riassumiamo le proprietà principali del nucleo e dell immagine di un applicazione lineare. Proposizione 2. Sia f : V W un applicazione lineare tra spazi vettoriali. Allora: (1) ker f è un sottospazio vettoriale di V e Im f è un sottospazio vettoriale di W. (2) f è una funzione iniettiva se e solo se ker f = {0}. (3) Vale la seguente formula delle dimensioni: dim V dim ker f = dim Im f. (4) Se {v 1,..., v n } è un insieme di generatori di V, allora {f(v 1 ),..., f(v n )} genera Im f. (5) f è biunivoca se e solo se ker f = {0} e dim V = dim W. (6) f è biunivoca se e solo se dim V = dim Im f = dim W. (7) Se f è biunivoca, allora la sua inversa f 1 è un applicazione lineare (biunivoca).

6 6 Nelle prossime tre pagine spiegheremo i punti principali delle dimostrazioni e alcune implicazioni degli enunciati. Nel corso della dimostrazione del punto (2) daremo ulteriori nozioni e risultati che è bene non trascurare. (1) Questo punto è semplice, bisogna semplicemente verificare che ker f e Im f sono non vuoti e chiusi rispetto alla somma e alla moltiplicazione per scalari. Suggeriamo solo come si vede che ker f : per linearità, ker f contiene sempre almeno il vettore nullo di V, infatti f(0 V ) = f(0 0 V ) = 0f(0 V ) = 0 W, dove lo zero senza indice e sottolineatura è lo scalare 0 e per chiarezza abbiamo distinto nella notazione i vettori nulli di V e W (nel seguito ometteremo gli indici V e W, è sempre chiaro dal contesto di quale vettore nullo si parla). Le altre verifiche sono standard (provate a farne qualcuna per esercizio). (2) Questo punto è molto importante. Ricordiamo la definizione iniettività: f è iniettiva se e solo se trasforma elementi diversi del dominio in elementi diversi (dell immagine). Due modi equivalenti di scrivere questo sono i seguenti (a) (b) f è iniettiva se e solo se vale la condizione: v, v V, f(v) = f(v ) v = v f è iniettiva se e solo se vale la condizione: per ogni w in Im f esiste un unico v in V tale che f(v) = w. Abbiamo già osservato che f(0) = 0, quindi la condizione ker f = {0} vuol dire che l unico v in V tale che f(v) = 0 è lo 0 di V. Il punto è che se la condizione (b) vale per w = 0, allora vale per tutti i w Im f. In effetti, quello che vale è che perché f(v) = f(v ), se e solo se v v ker f (quindi se e solo se v = v + u per un certo u in ker f) v v ker f f(v v ) = 0 f(v) f(v ) = 0 f(v) = f(v ). Quindi, se w Im f, v V è un qualunque elemento tale che f(v) = w, e f (w) è l insieme controimmagine di w, cioè l insieme di tutti i v V tali che f(v ) = w, allora f (w) = v + ker f,

7 7 dove v + ker f = def {v + u u ker f}. Sappiamo che ker f, che è l insieme controimmagine di 0, è un sottospazio vettoriale di V. Se w 0, allora f (w) non è un sottospazio vettoriale perché non contiene lo 0, ma si ottiene traslando il sottospazio vettoriale ker f di un certo vettore v. Un insieme di questo tipo si chiama sottospazio affine. Definizione: Sottospazi affini. Un sottoinsieme A di V si dice un sottospazio affine se esistono uno sottospazio vettoriale U e un vettore v di V tali che A = v + U, con v + U = def {v + u u U}. Se A è un sottospazio affine di V, c è un solo sottospazio vettoriale che soddisfa la condizione scritta sopra; lo chiameremo il sottospazio vettoriale associato ad A. La dimensione di un sottospazio affine è per definizione la dimensione del sottospazio vettoriale ad esso associato. Invece, se A è un sottospazio affine di V, il vettore v che soddisfa la condizione della definizione in generale non è unico. Precisamente: se dim A = 0, allora A è costituito da un solo elemento che coincide con v e dunque v è unico; in tutti gli altri casi (dim A > 0) i v che soddisfano la condizione della definizione sono infiniti. Le considerazioni svolte sopra si possono riassumere cosi: La controimmagine di un qualunque w in Im f è un sottospazio affine di V che ha come spazio vettoriale associato ker f. (3) I passi della dimostrazione sono questi: si considera una base B di ker f (B = se ker f = {0}) e la si completa a una base di V, B V = B B, con B disgiunto da B. Si dimostra quindi che {f(v) v B } è una base di Im f. La tesi sulle dimensioni segue direttamente. (4) Questo segue facilmente dalle considerazioni del paragrafo 1.1. Nel caso di un applicazione lineare di tipo L M : R m R n, si ottiene come conseguenza importante questo fatto: L immagine di L M è generata dalle colonne della matrice M.

8 8 Infatti, le colonne di M sono le immagini della base canonica dello spazio di partenza, che è un insieme di generatori di questo. (5) Ricordiamo le definizioni: la funzione f : V W si dice suriettiva se Im f = W, cioè se: per ogni w in W esiste un v in V tale f(v) = w; la funzione f : V W si dice biunivoca (o biettiva, o invertibile) se f è sia iniettiva, sia suriettiva, cioè se: ( ) per ogni w in W esiste, ed è unico, un v in V tale che f(v) = w. Ora per un applicazione lineare l immagine è un sottospazio vettoriale del codominio, quindi si ha che Im f = W se e solo se dim Im f = dim W. Segue che f è suriettiva dim Im f = dim W. Invece la condizione di iniettività equivale a ker f = {0}, quindi f è iniettiva dim ker f = 0. Utilizzando la formula delle dimensioni (3) si ottiene che f è invertibile se e solo se dim V = dim W e kerf = 0. (6) Qui basta usare di nuovo la formula delle dimensioni (3) e le considerazioni sulla suriettività appena fatte. (7) Ricordiamo cos è f 1 per una funzione invertibile f. La condizione ( ) scritta sopra che definisce la biunivocità, permette di definire una funzione f 1 : W V nel modo seguente: per ogni w W, poniamo f 1 (w) = v, dove v è l unico elemento di V tale che f(v) = w. È immediato che f 1 è a sua volta biunivoca; quello che bisogna dimostrare è che f 1 è anche un applicazione lineare, se f lo è. Si verifica in modo diretto, utilizzando la definizione di f 1, che essa è additiva e omogenea. Omettiamo i dettagli.

9 Problema - Esempio. Si consideri l applicazione lineare f : R 3 R 2, x y z ( x + 2y + z x + y + 2z Calcolare il nucleo e l immagine di f determinandone anche una base e la dimensione. Risoluzione. f x y z = ( ) x y z )., quindi f = L M, con M = ( M è la matrice di f rispetto alle basi canoniche, cioè le colonne di M sono le immagini dei vettori della base canonica di R 3. Segue che {( ) ( ) ( )} Im f = Span,, È chiaro che due qualunque dei vettori scritti sopra sono linearmente indipendenti, quindi formano una base di R 2. Segue che Im f = R 2. Per calcolare il nucleo di f bisogna risolvere il sistema omogeneo Mx = 0. Con calcoli molto facili si trova che l insieme delle soluzioni, cioè il nucleo di f è, usando z come parametro, 3z z z R ; e una sua base è, ad esempio, 3 1. z 1 Le dimensioni di nucleo e immagine di f sono 1 e 2, rispettivamente. Come prescrive la formula delle dimensioni, la loro somma è la dimensione del dominio. ). 9 Concludiamo il paragrafo con una definizione e un risultato importanti. Definizione: isomorfismo di spazi vettoriali. Un applicazione lineare invertibile f : V W si chiama anche isomorfismo (di spazi vettoriali). Se f è invertibile, come abbiamo appena visto anche f 1 : W V è un isomorfismo. Due spazi vettoriali V e W si dicono isomorfi se esiste un isomorfismo dall uno all altro. Teorema. Ogni spazio vettoriale di dimensione n è isomorfo a R n. Dimostrazione. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n e B = {v 1,..., v n } una sua base. Sappiamo che ogni vettore v in V si scrive in modo unico come combinazione lineare di B: v = b 1 v b n v n,

10 10 per degli opportuni b i in R. Associando a v il suo vettore delle coordinate rispetto a B, b 1 v., otteniamo una funzione biunivoca da V a R n. Resta da dimostrare che questa funzione è un applicazione lineare: esercizio (facile) per gli studenti. b n

11 2. L insieme delle soluzioni di un sistema lineare: prime considerazioni Definizione 1. Un sistema di equazioni lineari si dice omogeneo se la sua colonna dei termini noti è nulla. Altrimenti si dice non omogeneo. Se Mx = b è un sistema lineare non omogeneo, il sistema omogeneo ad esso associato è, per definizione, il sistema Mx = 0. Per la teoria svolta nel paragrafo precedente, l insieme delle soluzioni di un sistema omgeneo è il nucleo di una certa applicazione lineare. In generale, l insieme delle soluzioni di un sistema lineare è l insieme controimmagine di un certo elemento mediante un applicazione lineare. Le prossime due proposizioni, con le loro dimostrazioni, spiegano questi fatti e le loro principali conseguenze. Proposizione 1. L insieme delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo in m incognite è un sottospazio vettoriale di R m. Dimostrazione. Un sistema omogeneo di n equazioni in m incognite è un equazione di tipo Mx = 0, dove M è una matrice n m. Le soluzioni del sistema sono i v R m tali che Mv = 0, cioè sono gli elementi del nucleo dell applicazione lineare L M : R m R n. Dal paragrafo precedente sappiamo che il nucleo di un applicazione lineare è un sottospazio vettoriale. Proposizione 2. L insieme delle soluzioni di un sistema lineare non omogeneo in m incognite o è vuoto o è un sottospazio affine di R m. Nel secondo caso, il sottospazio vettoriale associato a questo sottospazio affine è l insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato. Dimostrazione. Consideriamo un sistema lineare di n equazioni in m incognite Mx = b. La matrice dei coefficienti M è n m e la colonna dei termini noti b è un vettore di R n. Le soluzioni del sistema sono i v R m tali che Mv = b, cioè sono gli elementi di L M (b). Se b Im L M, allora questo insieme è vuoto. Altrimenti, dal paragrafo precedente (dimostrazione di Prop. 2 (2)) sappiamo che è uguale a v + ker L M, dove v è un qualsiasi elemento tale che L m v = b, cioè una qualunque soluzione del sistema. Poiché ker L M è l insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato, abbiamo la tesi. Ricordate che b Im L M (cioè Mx = b è risolubile) se e solo se b è combinazione lineare delle colonne di M. 11

12 12 3. Gli spazi vettoriali associati a una matrice Definizione 1. Spazio nullo, spazio delle colonne e spazio delle righe. Sia M una matrice reale n m. A M associamo i tre spazi vettoriali seguenti. N (M) (spazio nullo di M): il sottospazio vettoriale di R m costituito dall insieme delle soluzioni del sistema omogeneo Mx = 0, ovvero ker L M. C(M) (spazio delle colonne di M): il sottospazio vettoriale di R n generato dalle colonne di M, ovvero Im L M. R(M) (spazio delle righe di M): il sottospazio vettoriale di R m generato dalle righe di M (qui vediamo R m come lo spazio dei vettori riga a m componenti reali). Proposizione 1. Sia M una matrice n m. Allora dim N (M) = m dim C(M), cioè: la dimensione dello spazio nullo è uguale al numero delle colonne meno la dimensione dello spazio delle colonne. Dimostrazione. Segue dalla formula delle dimensioni per dominio, nucleo e immagine di un applicazione lineare (Par. 1, Prop. 2 (3)). Infatti, N (M) e C(M) sono il nucleo e l immagine dell applicazione lineare L M : R m R n, mentre m è la dimensione del suo dominio. Teorema e Definizione del rango. Sia M una matrice reale. Vale l uguaglianza dim C(M) = dim R(M). La dimensione dello spazio delle colonne (e di quello delle righe) di M si chiama rango di M e si denota con rk M. Il teorema è chiaramente vero quando M è la matrice nulla, perciò per il resto di questo paragrafo supporremo che M sia non nulla. Premettiamo alla dimostrazione due osservazioni basilari. Prima di leggerle riguardate il paragrafo sulla riduzione a scala di una matrice e le operazioni sulle righe lì introdotte, che chiameremo operazioni elementari di riga.

13 13 Osservazioni. 1. Le operazioni elementari di riga non cambiano lo spazio delle righe. Quindi l eliminazione di Gauss non cambia lo spazio delle righe. Questo è chiaro, perché se M è ottenuta da M con operazioni elementari di riga, allora le righe di M sono combinazioni lineari delle righe di M, quindi R(M ) R(M), ma anche le righe di Msono combinazioni lineari delle righe di M, e quindi R(M) R(M ). 2. Le operazioni elementari di riga non cambiano lo spazio nullo. Quindi l eliminazione di Gauss non cambia lo spazio nullo. Anche questo è immediato perché le operazioni elementari di riga sulla matrice del sistema Mx = 0 non cambiano le soluzioni del sistema. 3. Le operazioni elementari di riga in generale cambiano lo spazio delle colonne, ma non ne cambiano la dimensione. Vale anche un risultato più forte: le operazioni elementari di riga non cambiano le relazioni di dipendenza lineare tra le colonne. Infatti, le relazioni di dipendenza lineare che sussistono tra le colonne di M corrispondono alle soluzioni del sistema omogeneo Mx = 0, e queste non cambiano per operazioni elementari di riga. Dimostrazione del Teorema. Riduciamo M ad una matrice a scala S. Per le osservazioni precedenti basta dimostrare che dim C(S) = dim R(S). Dimostriamo i fatti seguenti: (a) Le righe non nulle di S sono una base di R(S). (b) Una colonna di S è combinazione lineare delle colonne che la precedono se e solo non contiene un pivot. (c) Le colonne di S che contengono i pivot sono una base di C(S). Infatti: (a) Siano S 1,..., S k le righe non nulle di S. Per definizione S 1,..., S k sono un insieme di generatori di R(S), quindi dobbiamo solo dimostrare che sono anche linearmente indipendenti. Siano λ 1,..., λ k numeri reali tali che λ 1 S 1 + +λ k S k = 0 e siano p 1,..., p k i pivot di S. Se k = 1 l asserto (a) è ovvio, quindi supponiamo k > 1. Per ipotesi, la prima componente diversa da 0 di S 1 è p 1. Consideriamo la

14 14 colonna di S che contiene p 1 : questa ha p 1 come prima componente e tutte le altre componenti uguali a 0 S = p Quindi: 0 = λ 1 S λ k S k = ( λ 1 p 1 )+ ( 0 )+ Segue che λ 1 p 1 = 0 e, poiché p 1 0, che λ 1 = 0... ( 0 ) = ( λ 1 p 1 ). Concludiamo per induzione: se sappiamo che λ 1 = = λ i 1 = 0 (1 < i k), allora λ 1 S λ k S k = λ i S i + + λ k S k Ragionando come prima, troviamo che λ 1 S λ k S k ha come componente λ i p i, in corrispondenza della colonna di p i, quindi λ i = 0. (b) Siano S 1,..., S m le colonne di S. Indichiamo con (S 1 S i ) la matrice formata dalle prime i colonne di S (1 i < m). S i è combinazione lineare di S 1,..., S i 1 se e solo se il sistema di matrice completa (S 1 S i ) è risolubile. Poiché questa matrice è a scala, questo succede se e solo se essa non ha pivot nell ultima colonna. Ma questo equivale a dire che S non ha pivot nella i-esima colonna. (c) Le colonne di S sono per definizione un insieme di generatori di C(S). Ricordiamo il procedimento di estrazione di una base da un insieme di generatori ordinato: basta scartare dall insieme i vettori che sono combinazione lineare dei precedenti. Perciò, per (b), scartando le colonne senza pivot otteniamo una base di C(S). Poiché le righe non nulle di una matrice a scala sono tante quanti i pivot, mettendo insieme (a) e (c) otteniamo che lo spazio delle righe e lo spazio delle colonne di S (quindi di M) hanno la stessa dimensione. Ora la Proposizione 1 di questo paragrafo si può tradurre così: Proposizione 1. Enunciato equivalente. La dimensione dello spazio nullo è uguale al numero delle colonne meno il rango.

15 Altre osservazioni. Le Osservazioni 1 e 3 e i punti (a) e (c) della dimostrazione precedente implicano che: Se M è una matrice non nulla qualunque e S è una matrice a scala ottenuta da M per eliminazione di Gauss, allora: 4. le righe non nulle di S costituiscono una base di R(M). 5. le colonne di M corrispondenti alle posizioni dei pivot di S costituiscono una base di C(M). 6. In particolare, per una matrice a scala il rango coincide con il numero delle righe non nulle o, equivalentemente, dei pivot. Inoltre, per una matrice qualunque M il rango si può calcolare riducendo M a scala e contando i pivot (o le righe non nulle) della matrice ottenuta. 15 Problema - Esempio. Sia M = (a) Calcolare il rango di M e la dimensione dello spazio nullo di M; (b) determinare una base per ciascuno degli spazi N (M), C(M), R(M). (a) Riduciamo M a una matrice a scala. M = = S II II I III III I III III+2II Il rango di S è il numero delle righe non nulle di S e coincide con quello di M, quindi rk M = 2. La dimensione dello spazio nullo è uguale al numero delle colonne meno il rango, quindi dim N (M) = 4 2 = 2. (b) Lo spazio delle righe di M coincide con quello di S e una sua base è data dalle righe non nulle di S: {( ), ( )} è una base di R(M). Lo spazio delle colonne di M è diverso da quello di S, ma le relazioni lineari che sussistono tra le colonne di M sono le stesse che sussistono tra le colonne di S. La

16 x 4 e troviamo { x1 = 2x 3 x 4 16 prima e la seconda colonna di S (le colonne dei pivot) costituiscono una base di C(S), quindi l insieme delle prime due colonne di M, 1 1, 2 1, è una base 1 4 di C(M). Per calcolare una base di N (M) risolviamo esplicitamente il sistema Mx = 0, anzi Sx = 0, che è equivalente. Risolviamo calcolando x 1 e x 2 in funzione di x 3 e x 2 = x 3 Ponendo x 3 = a e x 4 = b troviamo la soluzione generale 2a b 2 1 a 1 0, che è uguale a: a + b. a 1 0 b 0 1 Quindi N (M) = Span{ t ( ), t ( )}. Sappiamo già che la dimensione di N (M) è 2, quindi un insieme di generatori di N (M) con 2 elementi deve essere anche una base (prima parte delle dispense, Paragrafo 7, Corollario 1). Segue che { t ( ), t ( )} è una base di N (M).

17 17 4. Applicazioni alla teoria della I dispensa In questo paragrafo descriviamo delle tecniche di risoluzione di problemi basate sulla teoria del Paragrafo 3. Prima di andare avanti nella lettura riguardate anche i paragrafi 6 e 7 della prima dispensa, in particolare gli algoritmi di estrazione di una base da un insieme di generatori e di completamento di un insieme linearmente indipendente ad una base. Problema 1. Dati i vettori di R v 1 =, v 2 2 =, v 2 3 =, v 2 4 =, (a) stabilire se {v 1, v 2, v 3, v 4 } è linearmente dipendente o indipendente e se è un insieme di generatori di R 4 ; (b) posto V spazio vettoriale V ; = Span{v 1, v 2, v 3, v 4 }, determinare una base e la dimensione dello (c) determinare le coordinate di v 1, v 2, v 3 e v 4 rispetto alla base di V trovata. Risoluzione. (a) Sia M = (v 1 v 2 v 3 v 4 ), la matrice che ha per colonne i vettori dati. Per stabilire se l insieme di vettori {v 1, v 2, v 3, v 4 } è linearmente indipendente o no, applichiamo l eliminazione di Gauss alla matrice M: M = II II I III III 2I IV IV 3I IV IV 2III = S III III 2II IV IV 3II Per l Osservazione 2 del Paragrafo 6, le relazioni che sussistono tra le colonne di M sono le stesse che sussistono tra le colonne di S. La terza colonna di S è combinazione lineare delle prime due, quindi anche v 3 è combinazione lineare di v 1 e v 2. Segue che l insieme {v 1, v 2, v 3, v 4 } è linearmente dipendente.

18 18 Dire che {v 1,..., v 4 } è un insieme di generatori di R 4 equivale a dire che lo spazio delle colonne di M è R 4. Ma dim C(M) = rk M = rk S = 3 (Teorema e Osservazioni 4 e 5 del Paragrafo 6.) Segue che v 1,..., v 4 non generano R 4, perché questo ha dimensione 4. (b) V è lo spazio delle colonne di M, quindi abbiamo già visto che ha dimensione 3. Per ottenere una sua base basta prendere le colonne di M corrispondenti alle colonne dei pivot di S: {v 1, v 2, v 4 } è una base di V. (c) È ovvio che le coordinate di v 1, v 2, v 4 rispetto alla base formata da essi stessi sono rispettivamente t (1 0 0), t (0 1 0), t (0 0 1). Per calcolare le coordinate di v 3 utilizziamo i calcoli del punto (a). Le relazioni di dipendenza lineare tra le colonne di M e quelle tra le colonne di S sono le stesse. La terza colonna della matrice S è combinazione lineare delle prime due colonne di S. Per trovare esplicitamente i coefficienti di questa combinazione lineare bisogna risolvere il sistema xs 1 +ys 2 = S 3, di matrice completa (S 1 S 2 S 3 ) (dove S 1, S 2, S 3 sono le colonne di S), cioè: { x + 2y = 0 y = 1 Questo ha soluzione (unica) y = 1, x = 2, quindi 2S 1 S 2 = S 3, e perciò 2v 1 v 2 = v 3. Segue che le coordinate di v 3 rispetto alla base {v 1, v 2, v 4 } sono t (2, 1, 0). Problema 2. Dati i vettori di R 3 v 1 = 1 1, v 2 = , v 3 = 0 1, v 4 = 2 stabilire se {v 1, v 2, v 3, v 4 } è un insieme linearmente indipendente e se è un insieme di generatori di R 3. Se è un insieme di generatori, estrarre da esso una base di R 3. Risoluzione. Poiché dim R 3 = 3, ogni insieme con più di tre vettori in R 3 è linearmente dipendente. L insieme {v 1,..., v 4 } genera R 3 se e solo se la dimensione di (Span{v 1,..., v 4 }) è uguale a 3. Span{v 1,..., v 4 } è lo spazio delle colonne della matrice (v 1 v 2 v 3 v 4 ), quindi la sua dimensione è il rango di questa matrice, che possiamo calcolare facilmente riducendola a scala con l eliminazione di Gauss: II II I III III 2I III III 2II ,

19 La matrice a scala trovata ha rango 3, quindi {v 1,..., v 4 } è un insieme di generatori di R 3. Inoltre, dalla posizione dei pivot vediamo che {v 1, v 2, v 4 } è una base di R Problema 3. Dati i vettori di R v 1 =, v 2 2 =, v 2 3 =, verificare che {v 1, v 2, v 3 } è linearmente indipendente e completarlo ad una base di R 4. Risoluzione. Per verificare che l insieme è linearmente indipendente basta verificare che la matrice (v 1 v 2 v 3 ), o la sua trasposta, ha rango 3 [qui usiamo il fatto che un insieme di n generatori di uno spazio vettoriale di dimensione n è una base, quindi è linearmente indipendente (Prima parte delle dispense, Paragrafo 7, Corollario 1)]. Lavoriamo sulla matrice trasposta, perché questo ci permette di rispondere rapidamente anche alla seconda richiesta del problema II II 2I III III 2I III III II Le righe della matrice a scala ottenuta costituiscono una base di Span{ t v 1, t v 2, t v 3 }. Aggiungendo a queste tre righe ( ) si ottiene ancora un insieme linearmente indipendente, perché ha chiaramente rango 4. Questo implica (ricordate la formula di Grassman e la sua dimostrazione) che lo spazio somma di Span{v 1, v 2, v 3 } e Span{e 3 } (dove e 3 = t ( )) è R 4, mentre lo spazio intersezione è {0}. Segue che l unione di una base qualunque del primo sottospazio e di una base qualunque del secondo sottospazio è una base di R 4. In particolare {v 1, v 2, v 3, e 3 } è una base di R 4. Un metodo di risoluzione alternativo a quello appena usato consiste nell algoritmo descritto nel Paragrafo 6 della prima parte di queste dispense. [I calcoli

20 20 risultano più pesanti se fatti a mano.] Si applica l eliminazione di Gauss alla matrice (v 1 v 2 v 3 e 1 e 2 e 3 e 4 ). Le colonne di questa matrice sono un insieme di generatori di R 4, quindi la matrice ha rango 4. Poiché le prime tre colonne sono linearmente indipendenti, la matrice a scala che si ottiene avrà necessariamente tre pivot nelle prime tre colonne e uno in una delle colonne successive. Aggiungendo il vettore della base canonica corrispondente alla colonna di quest ultimo pivot si ottiene una base di R 4. Problema 4. Posto V = Span {v 1, v 2, v 3 } e U = Span {u 1, u 2 }, dove v 1 = 1 1, v 2 = , v 3 = 2 2, u 1 = , u 2 = 1 1, 1 (1) determinare una base e la dimensione di ciascuno dei sottospazi V, U, V + U, V U; (2) scrivere le coordinate di ciascuno dei vettori della base canonica di R 3 rispetto alla base di V + U trovata; (3) spiegare perché dai risultati del punto (1) segue che R 3 = V + U e che la somma non è diretta; quindi trovare un sottospazio U di U tale che R 3 = V U. Risoluzione. (1) e (3). I vettori v 1 e v 2 formano un insieme linearmenete indipendente perché non sono proporzionali, invece v 3 è combinazione lineare di essi (questo si vede o a occhio : v 3 = 2v 1 v 2, o costruendo la matrice di colonne v 1, v 2, v 3, e facendo l eliminazione di Gauss: si trovano solo due pivot, nelle prime due colonne.) Segue che {v 1, v 2 } è una base di V e che dim V = 2. I vettori u 1 e u 2 formano un insieme linearmente indipendente perché non sono proporzionali, quindi formano una base di U e dim U = 2. U + V è generato dall unione di un insieme di generatori di V e di uno di U, quindi dall unione delle due basi trovate: {v 1, v 2, u 1, u 2 }. insieme di generatori una base di U + V. Estraiamo da questo Per questo costruiamo la matrice di colonne v 1, v 2, u 1, u 2, e facciamo l eliminazione di Gauss: troviamo una matrice con tre pivot, nelle prime tre colonne. Segue che il rango della matrice, quindi la dimensione di V + U è 3; inoltre i primi tre generatori v 1, v 2, u 1, formano una base di U + V (qui stiamo supponendo che le colonne della matrice siano in ordine

21 v 1, v 2, u 1, u 3 ; ordinare le colonne in modo diverso ovviamente non cambia il rango, ma può cambiare la base che si ottiene). Poiché siamo in R 3, che ha dimensione 3, otteniamo che V + U = R 3. La dimensione di V U si trova con la Formula di Grassman: 21 dim (V U) = dim U + dim V dim (V + U) = 1. Non conosciamo ancora una tecnica generale per trovare una base di U V, ma in questo caso è evidente che u 2 U V (sta in U per definizione e sta in V perché è v 1 v 2 ) e visto che U V ha dimensione 1, {u 2 } è una sua base. Il fatto che U V non è nullo implica, per definizione, che la somma U +V non è diretta. Per trovare un complemento diretto U come richiesto, possiamo fare così: sappiamo che aggiungendo u 1 alla base {v 1, v 2 } di V troviamo una base di U + V ; dunque basta prendere U = Span{u 1 }. Infatti, V + U = V + U, perché questi due spazi hanno gli stessi generatori, e in più la somma V + U è diretta, perché dim (V + U ) = dim V + dim U. (2) Fissiamo un ordine per la nostra base, per esempio (v 1, v 2, u 1 ), e risolviamo i tre sistemi xv 1 +yv 2 +zu 1 = e i, per i = 1, 2, 3, dove e 1, e 2, e 3 sono i tre vettori della base canonica di R 3. Qesti sistemi hanno necessariamente soluzione unica e i vettori soluzione sono i vettori delle coordinate richiesti. È evidente che e 1 = v 1 2v 2 u 1, e 2 = 0 v v u 1, e 3 = 0 v v u 1, quindi i vettori delle coordinate di e 1, e 2, e 3 sono t (1 2 1), t (0 0 1), t (0 1 0), rispettivamente.

22 22 5. L insieme delle soluzioni di un sistema lineare: conclusioni La nozione di rango ci permette di riassumere in modo molto sintetico la teoria della risolubilità e della struttura algebrica delle soluzioni dei sistemi lineari. Gli enunciati che seguono ripetono e completano quelli del paragrafo 2. Una parte di essi costituisce il Teorema di Rouché-Capelli. Teorema (Risolubilità e struttura algebrica delle soluzioni dei sistemi lineari). (1) Il sistema lineare Mx = b è risolubile se è solo se il rango della matrice completa del sistema, rk (M b), è uguale al rango della matrice dei coefficienti, rk M. (2) L insieme delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo in m incognite reali, Mx = 0, è un sottospazio vettoriale di R m, di dimensione m rk M. (3) L insieme delle soluzioni di un sistema lineare non omogeneo in m incognite reali, Mx = b, o è vuoto, o è un sottospazio affine di R m, di dimensione m rk M, avente come sottospazio vettoriale associato l insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato. Osserviamo che l enunciato (3) dice in particolare che: Se v è una soluzione qualunque di Mx = b, allora le soluzioni del sistema sono esattamente tutti i vettori di tipo v + u, dove u varia tra le soluzioni di Mx = 0. Inoltre dagli enunciati (2) e (3) segue subito che: Un sistema lineare in m incognite Mx = b ha soluzione unica se e solo se rk (M b) = rk M = m. (Qui è compreso anche il caso omogeneo, cioè quello in cui b = 0; in tal caso la prima uguaglianza è ovviamente vera.) Se rk (M b) = rk M < m, allora il sistema ha infinite soluzioni.

23 Dimostrazione del Teorema. (1) Il sistema Mx = b è risolubile se e solo se b appartiene all immagine dell applicazione lineare L M. Dai paragrafi 1 e 3 sappiamo che Im L M = C(M), e quindi dim (Im L M ) = rk M. Invece rk (M b) è la dimensione dello spazio vettoriale generato dalle colonne di M insieme alla colonna b. Ora se b sta in Im L M, cioè se b è combinazione lineare delle colonne di M, allora C(M b) = C(M), e quindi queste due matrici hanno lo stesso rango. Altrimenti, b C(M), quindi C(M b) è strettamente più grande di C(M) e rk (M b) > rk M. [Osserviamo che in generale rk (M b) o è uguale a rk M, o è uguale a rk M + 1 (perché?).] (2) L insieme delle soluzioni di Mx = 0 è il nucleo dell applicazione lineare L M, che ha come dominio R m. Per la formula delle dimensioni dim (ker L M ) = dim R m dim (Im L M ) = m rk M. 23 (3) Questo segue direttamente dalla Proposizione 2 del paragrafo 2 e dal punto (2) sopra dimostrato, perché la dimensione di un sottospazio affine è per definizione la dimensione del sottospazio vettoriale ad esso associato. Nel prossimo esercizio mostreremo, tra le altre cose, come determinare esplicitamente un base dello spazio vettoriale delle soluzioni di un sistema omogeneo. Esercizio 1. Risolvere il seguente sistema omogeneo e determinare una base per lo spazio delle sue soluzioni. { x1 + x 2 + x 3 3x 4 + x 5 = 0 x 3 + x 4 + 2x 5 = 0 Risoluzione. Il sistema è a scala e possiamo risolverlo esprimendo le incognite x 1 e x 3 (corrispondenti ai pivot della matrice dei coefficienti) in funzione delle altre: { { x1 + x 3 = x 2 + 3x 4 x 5 x1 = x 2 + 2x 4 3x 5 x 3 = x 4 + 2x 5 x 3 = x 4 + 2x 5 L insieme delle soluzioni è quindi a + 2b 3c a b + 2c a, b, c R. b c

24 24 Decomponiamo la soluzione generale separando i parametri, nel modo seguente: a + 2b 3c a 2b 3c a a b + 2c = 0 + b + 2c = a 0 + b 1 + c 2 b 0 b c 0 0 c Abbiamo trovato che l insieme delle soluzioni è generato, come sottospazio vettoriale di R 5, dai vettori t ( ), ( ), ( ). Ora vediamo che il rango della matrice dei coefficienti è 2 (ci sono esattamente 2 pivot), quindi la dimensione dello spazio delle soluzioni è 3 (numero delle incognite meno il rango). Nelle lezioni sulle basi abbiamo visto che un insieme di generatori avente tanti elementi quanti ne ha una base è necessariamente una base, perciò { t ( ), ( ), ( )} è una base per lo spazio delle soluzioni. Nota. Per stabilire che l insieme di generatori trovato è linearmente indipendente avremmo anche potuto osservare che la scrittura di una qualsiasi soluzione particolare come combinazione lineare dei generatori t ( ), ( ), ( ) è unica. Infatti, la combinazione dei tre generatori a coefficienti a, b, c è la soluzione con x 2 = a, x 4 = b, x 5 = c. Osservazione. Il rango della matrice dei coefficienti di un sistema lineare è il numero di pivot che compaiono nella sua riduzione a scala. Perciò il numero totale delle incognite meno il rango è il numero delle incognite corrispondenti alle colonne senza pivot. Quando risolviamo un sistema a scala con la tecnica descritta nella seconda dispensa, queste incognite corrispondono esattamente ai parametri (varibili libere) che compaiono nella soluzione generale. Quindi la dimensione dello spazio delle soluzioni coincide con il numero di variabili libere che occorrono nella soluzione generale. Nel prossimo esercizio mostreremo, tra le altre cose, come dall espressione parametrica delle soluzioni di un sistema non omogeneo Ax = b si ottengano in modo e- splicito anche le soluzioni del sistema omogeneo associato e una base di quest ultimo. Esercizio 2. Risolvere il sistema lineare seguente e scriverne esplicitamente una soluzione particolare. Determinare inoltre lo spzio delle soluzioni del sistema omo-

25 25 geneo associato, calcolandone anche una base e la dimensione. x 1 x 2 x 3 3x 4 = 1 x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1 x 1 x 2 x 3 5x 4 = 3 Risoluzione. Riduciamo a scala la matrice completa del sistema: II II+I III III I III III II Quindi il sistema dato è equivalente a { x1 x 2 x 3 3x 4 = 1 2x 4 = 2 Risolvendo in funzione di x 2 e x 3 troviamo { x1 = x 2 + x 3 2 x 4 = 1 e quindi l insieme delle soluzioni del sistema è a + b 2 a a, b R b. 1 Decomponiamo la soluzione generale separando le costanti e i parametri, nel modo seguente: a + b 2 a b 1 = a + b a = b a + b Il vettore t ( 2, 0, 0, 1) è una soluzione del sistema, precisamente è quella che si ottiene quando a = b = 0. Poichè al variare di a, b in R, t ( 2, 0, 0, 1)+ t (a+b, a, b, 0) descrive l insieme di tutte le soluzioni, per il Teorema e per l Osservazione che lo segue otteniamo che a + b a a, b R b 0 è l insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato. Inoltre, ragionando come nell Esempio 1, otteniamo che { t (1, 1, 0, 0), t (1, 0, 1, 0)} è una sua base.

26 26 6. Equazioni parametriche e equazioni cartesiane Cominciamo il paragrafo con un risultato tecnico molto importante. Proposizione 1: Estensione per linearità. Se V e W sono spazi vettoriali reali, B V = {v 1,..., v n } è una base di V, e {w 1,..., w n } è un insieme qualunque di vettori di W, allora esiste, ed è unica, l applicazione lineare f : V W tale che f(v i ) = w i, per i = 1,..., n. Questa f si chiama l estensione per linearità della funzione da B V a W che manda v i in w i per i = 1,..., n. Dimostrazione. Definiamo f nel modo seguente: f(α 1 v α n v n ) = α 1 w α n w n, per ogni scelta di α 1,..., α n in R. La definizione è univoca perché ogni vettore di V si scrive in modo unico come combinazione lineare di una base. Si verifica direttamente che f è un applicazione lineare da V a W con le proprietà volute. È l unica possibile perché due applicazioni lineari che coincidono su una base del dominio coincidono su tutto il dominio. Proposizione. Ogni sottospazio vettoriale di uno spazio vettoriale V è nucleo di un applicazione lineare. Dimostrazione. Sia U un sottospazio vettoriale di V, B U = {u 1,..., u d } una base di U, e B V = {u 1,..., u d, v 1,..., v k } una base di V che contiene B u. Estendiamo per linearità la funzione f da B V a V tale che f(u i ) = 0 per i = 1,..., d, e f(v i ) = v i per i = 1,..., k. È immediato verificare che il nucleo dell applicazione lineare ottenuta è U. Il principale risultato teorico di questo paragrafo è il seguente. Teorema. (1) Ogni sottospazio vettoriale di R m è l insieme delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo. (2) Ogni sottospazio affine di R m è l insieme delle soluzioni di un sistema lineare.

27 Schema della dimostrazione del teorema. (1) Supponiamo di avere un sottospazio vettoriale V di R m di dimensione d. Esiste un applicazione lineare da R m a R m che ha V come nucleo. Se A è la matrice rispetto alla base canonica di una tale applicazione, allora V è l insieme delle soluzioni del sistema Ax = 0. (2) Supponiamo di avere un sottospazio affine v + V di R m, con V sottospazio vettoriale di dimensione d, e v R m. Troviamo come prima una matrice A tale che V sia l insieme delle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0. Allora per il teorema di Rouché Capelli v+v è l insieme delle soluzioni di Ax = Av (perché v è una sua soluzione particolare e V è l insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato). Definizione. Sia A un sottospazio vettoriale o affine di R m. Un sistema di equazioni lineari in m incognite L si dice un sistema di equazioni cartesiane di A se A è l insieme delle soluzioni di L. Il teorema precedente si può quindi enunciare così: 27 Ogni sottospazio vettoriale o affine di R m ha un sistema di equazioni cartesiane. Se di un sottospazio vettoriale V di R m conosciamo un insieme di generatori {v 1,..., v m }, allora sappiamo che V = {α 1 v α m v m α 1,..., α m R}. Una descrizione di questo tipo si dice parametrica, perché in essa compaiono i parametri (o indeterminate) α i. Analogamente, un sottospazio affine u + V di R m, con u R m, ha la descrizione parametrica u + V = {u + α 1 v α m v m α 1,..., α m R}. Vediamo nel prossimo esempio come passare dalla descrizione parametrica alle equazioni cartesiane. Esempio. Sia u = t (1, 1, 0, 0), v 1 = t (1, 2, 2, 2), v 2 = t (1, 1, 1, 1), V = Span{v 1, v 2 } e A = u + V. Determiniamo un sistema di equazioni cartesiane di

28 28 A e di V. Per definizione gli elementi di A sono sono tutti i vettori x di R 4 che sono somma di u e di una combinazione lineare di v 1 e v 2. Equivalentemente, un vettore x in R m appartiene a A se e solo se esistono due numeri reali s e t tali che x = u + sv 1 + tv 2, quindi se e solo se l equazione vettoriale nelle incognite s e t sv 1 + tv 2 = x u è risolubile. Se x = t (x 1, x 2, x 3, x 4 ), l equazione scritta sopra è equivalente al sistema lineare di matrice completa 1 1 x x x x 4 Questo è risolubile se e solo se il rango della matrice dei coefficienti è uguale al rango della matrice completa. Riduciamo il sistema a un sistema equivalente con operazioni elementari di riga: 1 1 x x x x 4 III III+II IV IV +II 1 1 x x x 3 + x x 4 + x 2 1 Ora è chiaro che la matrice dei coefficienti ha rango 2, e il rango della matrice completa è ancora 2 se e solo se x 3 + x 2 1 = 0 e x 4 + x 2 1 = 0. Perciò x A se e solo se le sue coordinate soddisfano il sistema lineare { x2 + x 3 = 1 x 2 + x 4 = 1 e quindi, per definizione, questo è un sistema di equazioni cartesiane di A. V deve essere l insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato a questo, quindi { x2 + x 3 = 0 x 2 + x 4 = 0 è un sistema di equazioni cartesiane di V.

29 Ricordiamo che un sottospazio affine di R 3, nell interpretazione geometrica, corrisponde a un traslato di un sottospazio vettoriale. Il sottospazio vettoriale associato può essere o l origine, o una retta o un piano per l origine, o tutto lo spazio. In corrispondenza di queste possibilità, il sottospazio affine è o un punto, o una retta o un piano paralleli al sottospazio associato, o tutto lo spazio. 29 Nei prossimi tre esercizi risolviamo alcuni problemi molto standard di geometria analitica nello spazio. Esercizio 1. Fissato un sistema di riferimento nello spazio, siano P, Q, R, S i punti di coordinate P : 1 1, Q : 1 1, R : 0 1, S : 2 3, (a) Determinare un sistema di equazioni parametriche e un sistema di equazioni cartesiane della retta r passante per P e Q. La retta r passa per l origine? (b) Verificare che P, Q, R non sono allineati e determinare un sistema di equazioni parametriche e un sistema di equazioni cartesiane del piano π passante per essi. Il piano π passa per l origine? (c) Stabilire se il punto S appartiene a r e se appartiene a π. Risoluzione. (a) La retta r è descritta dall equazione vettoriale parametrica OX = OP + t( OQ OP ), dove O è l origine del sistema di riferimento e t è un parametro reale. Dette x, y, z le coordinate del punto indeterminato X, l equazione sopra scritta è x y z = t 0 equivalente al sistema di equazioni parametriche x = 1 y = 1 + 2t z = 2t 0 2 2,

30 30 Per determinare un sistema di equazioni cartesiane di r possiamo procedere come nell Esempio 3, imponendo la risolubilità dell equazione, nell incognita t, t( OQ OP ) = OX OP, ovvero la risolubilità del sistema lineare equivalente. Scrivendo la matrice completa di questo sistema e applicando il procedimento di eliminazione per ridurre a scala la matrice dei coefficienti otteniamo: 0 x 1 2 y y x 1, 2 z 0 z + y + 1 dove abbiamo sommato la seconda riga alla terza e scambiato la prima con la seconda riga. Quindi un sistema di equazioni cartesiane di r è { x = 1 y + z = 1 È chiaro che l origine non è un punto della retta perché le sue coordinate (0, 0, 0) non soddisfano le equazioni cartesiane. (b) Per vedere che P, Q, R non sono allineati basta osservare che i vettori OQ OP = t (0, 2, 2) e OR OP = t ( 1, 2, 1) non sono proporzionali. Quindi esiste un unico piano π passante per P, Q, R. Il piano π è descritto dall equazione vettoriale OX = OP + t( OQ OP ) + s( OR OP ), cioè x y z = t s e quindi dal sistema di equazioni parametriche x = 1 s y = 1 + 2t + 2s z = 2t s Per ottenere un equazione cartesiana di π studiamo la risolubilità del sistema nelle incognite s, t corrispondente all equazione vettoriale t( OQ OP ) + s( OR OP ) = OX OP.

31 Scriviamo la matrice completa del sistema e applichiamo l eliminazione fino a ridurre a scala la matrice dei coefficienti: 0 1 x y y x z 0 1 z + y + 1 Allora 2 0 y x z + y + x x + y + z = 0 è un equazione cartesiana di π (sistema di una sola equazione). Il piano π passa per l origine perché l equazione è omogenea e quindi è soddisfatta dalla terna (0, 0, 0). (c) Per determinare l appartenenza di S alla retta e al piano basta controllare se le coordinate di S soddisfano le rispettive equazioni cartesiane. Per r: le coordinate di S non soddisfano la prima equazione cartesiana, quindi S non sta su r. Per π: le coordinate di S soddisfano l equazione cartesiana, quindi S sta appartiene a π. 31 Esercizio 2. Determinare un sistema di equazioni parametriche per il piano dello spazio di equazione cartesiana Risoluzione. y + z = 1. Nella formulazione del testo è sottinteso che è fissato un sistema di riferimento e che x, y, z sono le coordinate del generico punto dello spazio. Per risolvere l esercizio basta risolvere il sistema di una sola equazione y + z = 1 esprimendo le soluzioni in forma parametrica. Possiamo scegliere indifferentemente y o z come incognita indipendente ed esprimere l altra in funzione di quella scelta, ad esempio y = z + 1. Anche x è indipendente, visto che non vi sono condizioni su di essa. Se poniamo x = t e z = s (s, t parametri reali), otteniamo che la soluzione generale del sistema è t s + 1 s

32 32 e quindi un sistema di equazioni parametriche di π è x = t y = s + 1 z = s Esercizio 3. cartesiane Determinare l intersezione dei due piani dello spazio di equazioni x = 1, x 2y + z = 3, rispettivamente. Risoluzione. L intersezione dei due piani è l insieme dei punti le cui coordinate x, y, z soddisfano entrambe le equazioni cartesiane, cioè soddisfano il sistema { x = 1 x 2y + z = 3 Il sistema scritto è un sistema di equazioni cartesiane per la retta intersezione dei due piani. Risolvendo il sistema troviamo un sistema di equazioni parametriche per la retta: x è determinata e uguale a 1; sostituendo nella seconda equazione ed esprimendo z in funzione di y troviamo z = 2y + 2, quindi la soluzione generale del sistema è 1 a 2a + 2 che fornisce come equazioni parametriche per la retta intersezione x = 1 y = a z = 2a + 2 La retta intersezione è perciò la retta parallela al vettore 0 1 e passante per il 2 punto di coordinate

33 33 7. Matrici invertibili Una matrice quadrata è una matrice con lo stesso numero di righe e di colonne. Indichiamo con M n (R) l insieme delle matrici reali quadrate n n. È chiaro che M n (R) è chiuso sia rispetto alla somma sia rispetto al prodotto di matrici. La diagonale principale di una matrice quadrata n n è per definizione l insieme degli elementi di posto (i, i) della matrice (1 i n). Definizione 1. La matrice n n che ha tutti gli elementi della diagonale principale uguali a 1 e tutti gli altri elementi uguali a 0 si chiama matrice identità n n e si denota con I n : I n = Si verifica direttamente che per ogni A in M n (R) si ha I n è l unità moltiplicativa di M n (R). I n A = AI n = A. Quindi Definizione 2. Una matrice A in M n (R) si dice invertibile se esiste una matrice B (necessariamente n n) tale che AB = BA = I n. ( ) I principali risultati che esporremo e, in parte, dimostreremo sono riassunti nel seguente teorema. Teorema. (1) Se A è invertibile, allora esiste un unica B che soddisfa le relazioni ( ) della Definizione 2. Tale B si chiama l inversa di A e si denota con A 1. (2)La matrice A (n n) è invertibile se e solo se rk A = n. (3) Affinchè A sia invertibile è necessario e sufficiente che esista una matrice B tale che AB = I n. In tal caso A 1 = B. La dimostrazione del teorema che daremo tra poco è basata sul seguente importante fatto generale che lega il prodotto di matrici e la composizione di applicazioni

34 34 lineari. La dimostrazione di questo fatto non è difficile, ma la omettiamo per esigenza di brevità. Consideriamo due matrici A e B, n m e k n, rispettivamente, e le applicazioni lineari L A : R m R n, L B : R n R k, L B L A : R m R k. Allora L B L A = L BA. Dimostrazione del Teorema. (1) L enunciato segue dal seguente fatto, che è più forte: se B e C sono matrici tali che BA = I n e CA = I n, allora B = C. Infatti si ha che B = BI n = B(AC) = (BA)C = I n C = C. (2) Consideriamo l applicazione lineare L A : R n R n. Per prima cosa dimostriamo che essa è una funzione invertibile se e solo se la matrice A è invertibile. Infatti, se L A è invertibile, poiché la funzione inversa di L A è lineare, questa inversa è a sua volta di tipo L B, con B matrice n n. Ma allora, per il Fatto Generale enunciato sopra, dobbiamo avere che L A L B = L AB = Id R n, e L B L A = L BA = Id R n. Ma è immediato vedere che un applicazione di tipo L M, da R n in sè, è la funzione identità se e solo se la matrice M è la matrice identità. Quindi AB = BA = I n. Viceversa, se A è invertibile, allora otteniamo subito che L A L A 1 = L AA 1 = L In = Id R n, e L A 1 L A = L A 1 A = L In = Id R n, quindi L A è invertibile. Per concludere basta ricordare che L A è invertibile se e solo se la sua immagine ha dimensione n (vedi Proposizione 2 (6) a pag. 5), quindi se e solo se rk A = n.

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