LEZIONE 14. a 1,1 v 1 + a 1,2 v 2 + a 1,3 v a 1,n 1 v n 1 + a 1,n v n = w 1

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1 LEZIONE Dimensione di uno spazio vettoriale Abbiamo visto come l esistenza di una base in uno spazio vettoriale V su k = R, C, permetta di sostituire a V, che può essere complicato da trattare, il più semplice spazio k n per qualche n, in maniera che le operazioni si conservino tramite tale identificazione: ci poniamo il problema di capire se tale numero n è in qualche modo una proprietà intrinseca di V La nozione di dimensione si basa sul seguente risultato fondamentale, detto Lemma di Steinitz Lemma 1411 Sia V uno spazio vettoriale su k = R, C Se v 1,, v n V sono generatori e w 1,, w m V sono linearmente indipendenti allora m n Dimostrazione Poiché i vettori v 1,, v n V sono generatori di V esistono scalari a i,j k, 1 i m, 1 j n, tali che a 1,1 v 1 + a 1,2 v 2 + a 1,3 v a 1,n 1 v n 1 + a 1,n v n = w 1 (14111) a 2,1 v 1 + a 2,2 v 2 + a 2,3 v a 2,n 1 v n 1 + a 2,n v n = w 2 a 3,1 v 1 + a 3,2 v 2 + a 3,3 v a 3,n 1 v n 1 + a 3,n v n = w 3 a m,1 v 1 + a m,2 v 2 + a m,3 v a m,n 1 v n 1 + a m,n v n = w m Abbiamo dunque una matrice A = (a i,j ) 1 i m k m,n Ogni operazione elementare sulla matrice equivale ad un analoga operazione sulle equazioni del sistema 1 j n vettoriale (14111) In particolare noi sappiamo che con un numero finito di operazioni elementari di riga di tipo E1 possiamo trasformare A in una nuova matrice ridotta per righe A = (a i,j ) k m,n corrispondente ad un nuovo sistema vettoriale avente 1 i m 1 j n come termini noti certe combinazioni lineari dei vettori w 1,, w m Poiché ogni equazione del sistema (14111) contiene un vettore w i e w 1,, w m sono linearmente indipendenti, dopo tali operazioni il termine noto dell i esima equazione conterrà ancora il vettore w i con coefficiente 1 Se fosse m > n almeno una riga, per fissare le idee diciamo quella di indice m, di A sarebbe nulla, quindi avremmo una relazione di dipendenza lineare del tipo 0 V = 0v 1 + 0v v n = b 1 w b m 1 w m 1 + 1w m 1 Typeset by AMS-TEX

2 2 141 DIMENSIONE DI UNO SPAZIO VETTORIALE che non è possibile se, come stiamo supponendo, i vettori w 1,, w m sono linearmente indipendenti Concludiamo che m n La più importante conseguenza del precedente lemma è Corollario 1412 Sia V uno spazio vettoriale su k = R, C Allora se B = (v 1,, v n ) e D = (w 1,, w m ) sono basi di V risulta m = n Dimostrazione Poiché v 1,, v n sono generatori di V e w 1,, w m sono linearmente indipendenti, per il Lemma 1411 risulta m n D altra parte, poiché w 1,, w m sono generatori di V e v 1,, v n sono linearmente indipendenti, ancora per il Lemma 1411 risulta anche m n In particolare ciò significa che in uno spazio vettoriale finitamente generato e non nullo tutte le basi hanno lo stesso numero di elementi Questa osservazione ci permette di introdurre la seguente definizione Definizione 1413 Sia V uno spazio vettoriale su k = R, C finitamente generato Se V { 0 V } definiamo dimensione di V il numero dim k (V ) di elementi di una qualsiasi sua base Se V = { 0 V } poniamo dim k (V ) = 0 Nel caso in cui il campo k sia evidente dal contesto, si scrive semplicemente dim(v ) Esempio 1414 Poiché una base di R 3 è la base canonica C = (e 1, e 2, e 3 ) (si veda Esempio 1325), segue che dim R (R 3 ) = 3 Più in generale sia k = R, C Allora la base canonica C = (e 1,, e n ) di k n (si veda l Esempio 1326) è formata da n vettori, dunque dim k (k n ) = n Esempio 1415 Lo spazio vettoriale C 2,2 ha B = (E 1,1, E 1,2, E 2,1, E 2,2 ) come base, quindi dim C (C 2,2 ) = 4 (si veda l esempio 1327) Più in generale se k = R, C, dim k (k m,n ) = mn Esempio 1416 Sia V uno spazio vettoriale su C Poiché R C, allora V è anche uno spazio vettoriale su R: l operazione di somma rimane la stessa, quella di prodotto per uno scalare si ottiene restringendo quella definita in V a R V C V Per esempio C è uno spazio vettoriale su C, 1 C è linearmente indipendente e genera C come spazio vettoriale su C, poiché a+bi = (a+bi)1, dunque dim C (C) = 1, come già sappiamo dall Esempio 1414 D altra parte C è anche spazio vettoriale su R Da questo punto di vista 1 non è più generatore di C su R: infatti se lo fosse ogni suo elemento sarebbe combinazione lineare di 1 a coefficienti in R e, in questo modo, possiamo ottenere solo i numeri complessi con parte immaginaria nulla Per generare C su R occorrono almeno due elementi: per esempio 1 ed i sono generatori di C su R, poiché a + bi = (a)1 + (b)i per ogni a, b R Inoltre sono linearmente indipendenti: infatti se a, b R, risulta a + bi = 0 se e solo se s = b = 0, per definizione di 0 in C Concludiamo che dim R (C) = 2 Più in generale si può dimostrare che se dim C (V ) = n allora dim R (V ) = 2n Concludiamo il paragrafo con la seguente conseguenza della Proposizione 1328

3 LEZIONE 14 3 Proposizione 1417 Sia V { 0 V } uno spazio vettoriale su k = R, C Se dim k (V ) = n e v 1,, v n V, le seguenti affermazioni sono equivalenti: i) v 1,, v n V sono generatori di V ; ii) v 1,, v n V sono linearmente indipendenti; iii) (v 1,, v n ) è base di V Dimostrazione Se i vettori v 1,, v n V sono generatori di V scartando eventualmente alcuni di loro potremmo ottenere una base di V : poiché ogni base di V è costituita da n vettori, non è dunque necessario scartare niente, cioè v 1,, v n sono già linearmente indipendenti Viceversa, se i vettori v 1,, v n V sono linearmente indipendenti, aggiungendo eventualmente alcuni altri vettori potremmo ottenere una base di V : poiché ogni base di V è costituita da n vettori, non è dunque necessario aggiungere niente, cioè w 1,, w n sono già generatori di V Quindi i) vale se e solo se vale ii), dunque sono equivalenti a iii) Esempio 1418 In R 4 si considerino v 1 = (1, 2, π, 0), v 2 = (3/2, 117, 0, 2), v 3 = (0, 1, 0, 3/7), v 4 = (0, 3, 0, 0) La relazione di dipendenza lineare fra di loro α 1 v 1 +α 2 v 2 +α 3 v 3 +α 4 v 4 = 0 R 4 si traduce immediatamente nel sistema omogeneo α α 2 = 0 2α 1 117α 2 + α 3 + 3α 4 = 0 πα 1 = 0 2α2 3 7 α 3 = 0 : è facile vedere che l unica soluzione di tale sistema è α 1 = α 2 = α 3 = α 4 = 0, cioè i vettori v 1, v 2, v 3, v 4 sono linearmente indipendenti Per la Proposizione 1417, concludiamo che essi sono anche generatori di R 4 senza doverlo verificare direttamente In particolare B = (v 1, v 2, v 3, v 4 ) è una base di R Dimensione di sottospazi Sia V uno spazio vettoriale su k = R, C finitamente generato Nel corso del precedente paragrafoabbiamo introdotto la definizione di dimensione di V Se W V è un suo sottospazio vettoriale viene allora naturale porsi alcune domande: W è finitamente generato? Se sì, ci sono legami tra dim k (W ) e dim k (V )? Proposizione 1421 Sia V uno spazio vettoriale su k = R, C finitamente generato Allora ogni sottospazio vettoriale W V è finitamente generato Inoltre si ha che dim k (W ) dim k (V ) e dim k (W ) = dim k (V ) se e solo se W = V Dimostrazione Se W = { 0 V } la tesi è ovviamente verificata Supponiamo che W non sia finitamente generato Allora esiste w 1 W \{ 0 V }: risulta L(w 1 ) W, quindi deve esistere w 2 W \ L(w 1 ) Per costruzione w 1 e w 2 sono linearmente indipendenti e, per ipotesi, deve esistere w 3 W \ L(w 1, w 2 )

4 4 142 DIMENSIONE DI SOTTOSPAZI In questo modo riusciamo a costruire una successione di vettori { w i } i N W tale che, per ogni N N, i vettori w 1,, w N W sono linearmente indipendenti In particolare ciò dovrebbe accadere anche per N = dim k (V ) + 1, il che è assurdo perché i vettori w 1,, w N sono in W, quindi in V (si veda il Lemma di Steinitz) Poiché W { 0 V } è finitamente generato ha basi: sia (w 1,, w m ) una sua base Poiché w 1,, w m W V sono linearmente indipendenti (perché formano una base di W ), allora dim k (W ) = m dim k (V ) dal Lemma di Steinitz Chiaramente se W = V allora dim k (W ) = dim k (V ) = n Viceversa, se ciò accade, esiste un insieme di vettori linearmente indipendenti w 1,, w n di W V, quindi w 1,, w n generano V per la Proposizione 1417: poiché W V segue W = V Esempio 1423 In R 4 si considerino i vettori v 1 = (1, 2, 1, 1), v 2 = (2, 1, 1, 0), v 3 = (0, 0, 0, 0), v 4 = (1, 1, 0, 0), v 5 = (4, 4, 0, 1) Calcoliamo la dimensione di W = L(v 1, v 2, v 3, v 4, v 5 ) R 4 Abbiamo visto nell Esempio 1412 che B = (v 1, v 2, v 4 ) è una base di W R 4, quindi dim(w ) = 3 < 4: in particolare W R 4 Esempio 1424 Sia A = (a i,j ) 1 i m k m,n Abbiamo verificato nell Esempio 1 j n 1225 che l insieme W delle soluzioni in k n,p del sistema omogeneo AX = 0 m,p è un sottospazio Poiché k n,p è finitamente generato è lecito calcolare la dimensione di W Poiché la dimensione di W dipende solo da W ma non da A, possiamo supporre che A sia fortemente ridotta per righe e, per fissare le idee, possiamo anche supporre che il suo pivot sulla i esima riga si trovi nella colonna i esima Quindi, posto r = rk(a), il sistema AX = 0 m,p è della forma (14241) a 1,r+1 a 1,r+2 a 1,n a 2,r+1 a 2,r+2 a 2,n a r,r+1 a r,r+2 a r,n X = 0 m,p Indicando con X i la i esima riga di X, segue che le soluzioni del Sistema (14241) dipendono dai parametri (vettoriali) liberi X r+1,, X n Per semplicità limitiamoci, d ora in avanti, a studiare il caso p = 1 lasciando al lettore l analisi del caso p 2 secondo la stessa procedura Quindi, da adesso in poi, X k n,1 Le soluzioni del Sistema (14241) sono allora tutte e sole le

5 LEZIONE 14 5 matrici colonna della forma a 1,r+1 X r+1 a 1,r+2 X r+2 a 1,n X n a 2,r+1 X r+1 a 2,r+2 X r+2 a 2,n X n a r,r+1 X r+1 a r,r+1 X r+2 a r,n X n X r+1 = X r+2 X n ove n j=r+1 C j X j C r+1 = t ( a 1,r+1 a 2,r+1 a r,r ), C r+2 = t ( a 1,r+2 a 2,r+2 a r,r ), C n = t ( a 1,n a 2,n a r,n ) In particolare W = L(C r+1, C r+2,, C n ) Inoltre la relazione di dipendenza lineare α r+1 C r+1 + α r+2 C r α n C n = 0 k n,1 si traduce in un sistema le cui ultime n r equazioni sono α r+1 = α r+2 = = α n = 0 Concludiamo che C r+1, C r+2,, C n sono generatori linearmente indipendenti di W che, quindi, ha dimensione dim k (W ) = n r = n rk(a) In particolare il rango di una matrice dipende solo dalla matrice stessa e non dalle operazioni elementari fatte su di essa per calcolarlo come già anticipato senza dimostrazione nella Lezione 3! Se, invece p 2 si verifichi che dim k (W ) = (n rk(a))p Esempio 1425 Si consideri il sottoinsieme di k n,n triangolari superiori, cioè T S n (k) = { A = (a i,j ) 1 i,j n k n,n a i,j = 0 se i > j } costituito dalle matrici Innanzi tutto osserviamo che T S n (k) è un sottospazio vettoriale di k n,n Infatti 0 n,n T S n (k) Se A = (a i,j ) 1 i,j n, B = (b i,j ) 1 i,j n T S n (k) ed λ k le entrate di indici (i, j) di A + B e di λa sono a i,j + b i,j e λa i,j, dunque è nulla se i > j, cioè A + B, λa T S n (k) Poiché k n,n è finitamente generato tale deve essere T S n (k), dunque ha senso calcolarne la dimensione Si noti che E i,j T S n (k) per ogni i, j = 1,, n con i j Tali matrici sono linearmente indipendenti e A = a 1,1 a 1,2 a 1,3 0 a 2,2 a 2,3 0 0 a 3,3 = a 1,1E 1,1 + a 1,2 E 1,2 + a 1,3 E 1, a 2,2 E 2,2 + a 2,3 E 2,3 + + a 3,3 E 3,3 +,

6 6 142 DIMENSIONE DI SOTTOSPAZI ovvero T S n (k) = L(E i,j i, j = 1,, n, i < j) Dunque, fissato un ordine, tali matrici formano una base di T S n (k): in particolare dim k (T S n ) = n + (n 1) + (n 2) = n(n + 1)/2 Si considerino i sottoinsiemi di k n,n costituiti dalle matrici triangolari inferiori, strettamente triangolari superiori, strettamente triangolari inferiori, cioè rispettivamente T I n (k) = { A = (a i,j ) 1 i,j n k n,n a i,j = 0 se i < j }, ST S n (k) = { A = (a i,j ) 1 i,j n k n,n a i,j = 0 se i j }, ST I n (k) = { A = (a i,j ) 1 i,j n k n,n a i,j = 0 se i j } Anche ST S n (k), T I n (k) e ST I n (k) sono sottospazi vettoriali di k n,n (Esercizio) Determinarne basi, verificando che dim k (T I n ) = n(n + 1)/2 e dim k (ST S n ) = dim k (ST I n ) = n(n 1)/2 Esempio 1426 Non sempre si è così fortunati che l intersezione di una base dello spazio vettoriale V con il sottospazio W, dà una base di W, come nell esempio precedente Si consideri il sottoinsieme di k n,n costituito dalle matrici simmetriche, cioè Sim n (k) = { A k n,n t A = A } Innanzi tutto osserviamo che Sim n (k) è un sottospazio vettoriale di k n,n Infatti 0 n,n Sim n (k) Se A, B Sim n (k) ed λ k, per le proprietà che legano la trasposizione alla somma di matrici ed al prodotto di matrici per scalari, si ha A + B = t A + t B = t (A + B), λa = λ t A = t (λa), cioè A + B, λa Sim n (k) Poiché k n,n è finitamente generato tale deve essere Sim n (k), dunque ha senso calcolarne la dimensione Restringiamoci al caso n = 2, k = R: tratteremo il caso generale più avanti In questo caso sappiamo che una base di R 2,2 è data da B = (E 1,1, E 1,2, E 2,1, E 2,2 ) (si veda l Esempio 1426) Da un lato osserviamo che non ogni matrice di R 2,2 è simmetrica, dunque dim R (Sim 2 (R)) 3 < 4 = dim R (R 2,2 ) Dall altro le matrici di B che sono in Sim 2 (R) sono solo E 1,1 ed E 2,2, dunque dim R (Sim 2 (R)) 2 Se valesse l uguaglianza per la Proposizione 1417 seguirebbe che E 1,1 ed E 2,2 sarebbero generatori di dim R (Sim 2 (R)) Poiché a1,1 0 a 1,1 E 1,1 + a 2,2 E 2,2 = 0 a 2,2 è chiaro che E 1,1 ed E 2,2 non sono sufficienti a generare Sim 2 (R): concludiamo che dim R (Sim 2 (R)) 3 e, quindi, dim R (Sim 2 (R)) = 3 Per costruire una base di Sim 2 (R) è sufficiente trovare allora tre matrici simmetriche linearmente indipendenti: due, E 1,1 ed E 2,2, le abbiamo già, quindi basta determinare una terza

7 LEZIONE 14 7 matrice simmetrica che non sia in L(E 1,1, E 2,2 ), cioè che non sia diagonale Posto allora 0 1 E 1,2 = 1 0 segue che B = (E 1,1, E 2,2, E 1,2 ) è base di Sim 2 (R) Vedremo più avanti che dim k (Sim n (k)) = dim k (T S n (k)) = n(n + 1)/2 Si noti che Sim n (k) T S n (k) pur avendo essi la stessa dimensione, ovvero non è vero che due sottospazi della stessa dimensione coincidono 143 Rango di matrici Abbiamo già visto che verificare che certi vettori v 1,, v m V sono linearmente indipendenti è particolaramente facile se compaiono molti zeri fra le loro componenti (si veda l Esempio 1418) Questa osservazione è del tutto generale e si basa sulla seguente Proposizione 1431 Sia k = R, C e sia A = (a i,j ) 1 i m k m,n Posto v i = 1 j n (a i,1,, a i,n ) k n e w j = (a 1,j,, a m,j ) k m, i = 1,, m, j = 1,, n, risulta rk(a) = dim k (L(v 1,, v m )) = dim k (L(w 1,, w n )) = rk( t A) Dimostrazione Ricordiamo che abbiamo definito il rango di una matrice A = (a i,j ) 1 i m 1 j n k m,n come il numero di righe non nulle di una matrice A = (a i,j ) 1 i m 1 j n k m,n ridotta per righe ed equivalente per righe ad A Per dimostrare la prima parte della tesi è sufficiente osservare che ogni tipo di operazione elementare di riga, pur cambiando le righe di A, non muta il sottospazio che esse generano Poiché esse coinvolgono al massimo due righe per volta, possiamo ridurci a studiare il caso m = 2 È chiaro che L(v 1, v 2, ) = L(v 2, v 1, ), cioè lo scambio di righe (operazione elementare E3) non muta la dimensione Dovrebbe essere chiaro che v = α 1 v 1 +α 2 v 2 + se e solo se per ogni λ k\{ 0 } si ha v = α 1 λ 1 (λv 1 ) + α 2 v 2 + Quindi L(v 1, v 2, ) = L(λv 1, v 2, ), cioè la moltiplicazione di una riga per uno scalare non nullo (operazione elementare E2) non muta la dimensione Infine v = α 1 v 1 + α 2 v 2 + se e solo se per ogni λ k si ha v = α 1 (v 1 + λv 2 ) + (α 2 λα 1 )v 2 + Quindi L(v 1, v 2, ) = L(v 1 +λv 2, v 2, ), cioè sommare ad una riga un multiplo di un altra (operazione elementare E1) non muta la dimensione Posto v i = (a i,1,, a i,n ) kn, i = 1,, m, concludiamo che dim k (L(v 1,, v m )) = dim k (L(v 1,, v m)) = rk(a ) = rk(a) Poiché le righe di t A coincidono con le colonne di A, quanto visto sopra dimostra anche dim k (L(w 1,, w n )) = rk( t A)

8 8 143 RANGO DI MATRICI Sia r = rk(a) Allora è possibile estrarre dall insieme v 1,, v m un sottoinsieme di r vettori linearmente indipendenti che generano L(v 1,, v m ): per fissare le idee siano v 1,, v r Allora abbiamo delle relazioni della forma v i = v i i = 1,, r v r+1 = α r+1,1 v 1 + α r+1,2 v 2 + α r+1,3 v α r+1,r v r v m = α m,1 v 1 + α m,2 v 2 + α m,3 v α m,r v r Eguagliando le componenti j esime al primo ed al secondo membro di tali equazioni, otteniamo Posto a i,j = a i,j i = 1,, r a r+1,j = α r+1,1 a 1,j + α r+1,2 a 2,j + α r+1,3 a 3,j + + α r+1,r a r,j a m,j = α m,1 a 1,j + α m,2 a 2,j + α m,3 a 3,j + + α m,r a r,j u 1 = (1, 0, 0,, 0, α r+1,1,, α m,1 ), u 2 = (0, 1, 0,, 0, α r+1,2,, α m,2 ), u 3 = (0, 0, 1,, 0, α r+1,3,, α m,3 ), u r = (0, 0, 0,, r, α r+1,r,, α m,r ) segue allora che w j = a 1,j u 1 + a 2,j u 2 + a 3,j u a r,j u r, cioè L(w 1,, w n ) L(u 1,, u r ), dunque rk( t A) = dim k (L(w 1,, w n )) dim k (L(u 1,, u r )) r = rk(a) Sostituendo ora A con t A e ripetendo il ragionamento di cui sopra otteniamo anche che rk(a) = rk( tt A) rk( t A) sicché, in conclusione, risulta rk(a) = rk t A) e, perciò, la tesi risulta completamente dimostrata Quasi sempre la definizione di rango di una matrice viene data utilizzando la proprietà sopra, che non dipende dalla riduzione operata, dicendo che il rango di A k m,n è la dimensione del suo spazio riga, cioè del sottospazio di k n generato dalle sue righe, e del suo spazio colonna, cioè del sottospazio di k m generato dalle sue colonne Poiché tale dimensione si calcola a partire da una base dello spazio riga, cioè da un insieme massimale di vettori linearmente indipendenti dello spazio riga, talvolta si dice che il rango di A k m,n è il massimo numero di sue righe o colonne linearmente indipendenti

9 LEZIONE 14 9 Vogliamo ora utilizzare la proposizione vista sopra per descrivere un altro metodo per determinare basi di uno spazio vettoriale su k = R, C finitamente generato V, a partire da un suo insieme di generatori o di suoi vettori linearmente indipendenti A tale scopo fissiamo una base B = (w 1,, w n ) di V e siano v 1,, v m V Supponiamo che [v i ] B = (a i,1,, a i,n ) k n per i = 1,, m Allora v 1,, v m sono linearmente dipendenti se e solo se tali sono [v 1 ] B,, [v m ] B k n, poiché [α 1 v α m v m ] B = α 1 [v 1 ] B + + α m [v m ] B (si vedano le osservazioni dopo la definizione 1423) Quindi dim k (L(v 1,, v m )) coincide con il rango della matrice A = (a i,j ) 1 i m avente come riga i esima le 1 j n componenti del vettore v i rispetto alla base B fissata Illustriamo questa osservazione con un paio di esempi Esempio 1432 In R 5 siano dati v 1 = (1, 1, 2, 1, 3), v 2 = (2, 1, 1, 0, 1), v 3 = (0, 2, 1, 0, 1) Fissata la base canonica di R 5, la matrice A definita sopra è A = che è ridotta per righe Concludiamo che v 1, v 2, v 3 sono linearmente indipendenti Esempio 1433 Si considerino in C 2,2 le matrici i i/2 3 A 1 = i 2 i 1, A 2 =, i i i A 3 =, A 3i = 0 0 Sia B = (E 1,1, E 1,2, E 2,1, E 2,2 ) la base di C 2,2 definita nell Esempio 1415 Allora [A 1 ] B = (1, 1 + i, i 2, i 1 ), [A 2 ] B = (i/2, 3, i 2, 0), [A 3 ] B = (0, 1 + 2i, 3i 2, 0), [A 4 ] B = (0, 1 + 2i, 0, 0) e dim C (L(A 1, A 2, A 3, A 4 )) coincide con il rango della matrice i i 2 i 1 i/2 3 i i 3i i 0 0 che è ridotta per righe: pertanto dim C (L(A 1, A 2, A 3, A 4 )) = 4 = dim C (C 2,2 ) Quindi A 1, A 2, A 3, A 4 sono linearmente indipendenti, sicché (A 1, A 2, A 3, A 4 ) è una base di C 2,2 Quanto visto suggerisce un metodo per calcolare la dimensione del sottospazio generato da un insieme di vettori v 1,, v m linearmente indipendenti di uno spazio vettoriale V, determinarne una base e completarla a base di V

10 RANGO DI MATRICI Infatti si può considerare la matrice A le cui righe sono le componenti dei vettori v 1,, v m rispetto ad una fissata base B: per calcolare la dimensione ed una base del sottospazio L(v 1,, v m ) basta allora ridurre per righe A ottenendo una matrice A ridotta per righe e poi considerare i vettori di V le cui componenti rispetto a B sono dati da tali righe Per completare tale base a base di V, in forza della Proposizione 1417, basta aggiungere alle righe non nulle della matrice A esattamente dim k (V ) rk(a) righe non nulle in modo che la matrice finale abbia rango dim k (V ) e poi considerare i vettori di V aventi quelle righe come componenti rispetto alla base B Esempio 1434 Si noti che, nell esempio precedente, è facile verificare che v 1, v 2, v 3, e 2, e 3 sono linearmente indipendenti Infatti la matrice A definita sopra è A = che è ridotta per righe ed ha rango rk(a) = 5 In particolare (v 1, v 2, v 3, e 2, e 3 ) è base di R 5 Ad un analoga conclusione si sarebbe giunti scegliendo in luogo di e 2, e 3 altri vettori, purché la matrice risultante A rimanesse ridotta per righe: per esempio v 4 = (0, 1, 0, 0, π) e v 5 = (0, 0, 0, 0, 17/33) Se la matrice A non fosse ridotta per righe, si potrebbe procedere analogamente riducendola prima per righe e poi studiando la matrice A così ottenuta: infatti ogni operazione di riga sulla matrice A equivale ad un operazione sull insieme dei vettori v 1,, v m che non cambia lo spazio L(v 1,, v m ) ma solo l insieme dei suoi generatori Esempio 1435 In R 2,2 si considerino le matrici A 1 = 1 1, A = 1 2, A = 2 1 : 2 1 vogliamo stabilire se A 1, A 2, A 3 sono linearmente indipendenti o no e, nel caso lo siano, vogliamo trovare una base di R 2,2 che li contiene Si consideri la base B = (E 1,1, E 1,2, E 2,1, E 2,2 ) di R 2,2 : allora [A 1 ] B = (1, 1, 1, 1), [A 2 ] B = (1, 2, 3, 1), [A 3 ] B = (2, 1, 2, 1) La matrice avente come righe le componenti di tali matrici rispetto alla base B è A =

11 Con operazioni elementari di riga otteniamo A R 2 R 2 R 1 R 3 R 3 R LEZIONE R 2 R = A Le righe di A sono le componenti rispetto a B delle matrici B 1 = A 1 = 1 1, B = 1 2, B = che sono linearmente indipendenti, perchè le loro componenti rispetto a B sono le righe di una matrice ridotta per righe, cioè A Per determinare una base di R 2,2 contenente A 1, A 2, A 3, è sufficiente determinare una matrice A 4 L(A 1, A 2, A 3 ) A tale scopo è sufficiente determinare una matrice A 4 tale che [A 4 ] B L((1, 1, 1, 1), (1, 2, 3, 1), (2, 1, 2, 1)) = = L((1, 1, 1, 1), (1, 2, 1, 0), (0, 3, 2, 0)) Per fare questo è sufficiente determinare una matrice 4 4 di rango 4 e le cui prime tre righe coincidano con le righe di A, per esempio A = In particolare, scelta A 4 = E 1,2, l insieme B = (A 1, A 2, A 3, A 4 ) è la base richiesta di R 2,2 14A Appendice 14A1 Lo spazio k n [x] Abbiamo visto che l insieme k[x] dei polinomi nell indeterminata x a coefficienti in k è uno spazio vettoriale non finitamente generato Il problema essenziale è che il grado di un polinomio può essere grande quanto si vuole (si veda l Esempio 1318) Per ovviare a tale problema, per ogni n 0, si può introdurre il sottoinsieme k n [x] = { p(x) k[x] deg(p) n } Si noti che il polinomio nullo (che, per definizione, ha grado ) è in k n [x] per ogni n 0 Inoltre la somma di due polinomi di grado non maggiore di n è ancora un polinomio di grado non maggiore di n e il prodotto di un polinomio di grado

12 12 14A APPENDICE non maggiore di n per uno scalare λ k è ancora un polinomio di grado non maggiore di n Concludiamo che k n [x] è un sottospazio vettoriale di k[x] Rispetto a k[x] il sottospazio k n [x] ha il vantaggio di essere finitamente generato Infatti se p(x) k n [x] si ha p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n 1 x n 1 + a n x n ove a i k per i = 0,, n Concludiamo che k n [x] = L(1, x, x 2,, x n 1, x n ) k[x] Per quanto visto sopra ha senso domandarsi quale sia la dimensione di k n [x] (come spazio vettoriale su k) Poiché per generare k n [x] bastano n + 1 suoi elementi, precisamente 1, x, x 2,, x n 1, x n, risulta dim k (k n [x]) n + 1 Inoltre tali monomi sono linearmente indipendenti: infatti una loro combinazione lineare non è altro che un polinomio e, per definizione, un polinomio è nullo se e solo se tutti i suoi coefficienti sono nulli! Concludiamo che B = (1, x, x 2,, x n 1, x n ) è una base di k n [x], sicché dim k (k n [x]) = n + 1 Ogni altra base di k n [x] è costituita da n + 1 vettori Per verificare che n + 1 polinomi in k n [x] formano una base basta verificare che sono linearmente indipendenti per la Proposizione 1417 Per esempio sia a k e si consideri l insieme ordinato di n+1 polinomi B = (1, x a, (x a) 2,, (x a) n 1, (x a) n ) Tali polinomi sono linearmente indipendenti poiché nessuno di loro è combinazione lineare dei precedenti: per convincersene basta osservare che il grado dell h esimo polinomio è h 1! Quindi se p(x) k n [x] esistono scalari a 0,, a n tali che p(x) = a 0 + a 1 (x a) + a 2 (x a) a n 1 (x a) n 1 + a n (x a) n : questo è lo sviluppo di Taylor di p(x) di punto iniziale a e, nel corso di analisi, verrà osservato che a 0 = p(a) e a h = (d h p(x)/dx h )(a) per h 1 Esempio 14A11 In R 3 [x] si considerino i polinomi p 1 (x) = 1 + x + x 2 + x 3, p 2 (x) = 1 2x + 3x 2, p 3 (x) = x 2x 3, p 4 (x) = 2 + 4x 2 x 3, p 5 (x) = 3x 2x 2 + x 3 : vogliamo stabilire se p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x), p 5 (x) sono linearmente indipendenti o no e, nel caso non lo siano, vogliamo trovare una base di W = L(p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x), p 5 (x)) R 3 [x] Innanzi tutto osserviamo che dim(r 3 [x]) = 4, dunque ogni base di R 3 [x] è costituita da esattamente quattro polinomi, quindi un sistema di generatori di R 3 [x] è costituito da quattro elementi e, perciò cinque polinomi devono essere linearmente dipendenti per il Lemma 1411 Si consideri la base B = (1, x, x 2, x 3 ) di R 3 [x] Allora [p 1 (x)] B = (1, 1, 1, 1), [p 2 (x)] B = (1, 2, 3, 0), [p 3 (x)] B = (0, 1, 0, 2), [p 4 (x)] B = (2, 0, 4, 1), [p 5 (x)] B =

13 LEZIONE (0, 3, 2, 1) La matrice avente come righe le componenti dei polinomi dati rispetto alla base B è A = Con operazioni elementari di riga otteniamo A R 2 R 2 R 1 R 4 R 4 2R R 2 R 3 R 4 R 4 R 3 R 5 R 5 +R = A R 3 R 3 +3R 2 R 4 R 4 +2R 2 R 5 R 5 3R 2 Le righe di A sono le componenti rispetto a B dei polinomi q 1 (x) = 1+x+x 2 +x 3, q 2 (x) = x 2x 3, q 3 (x) = 2x 2 7x 3 che sono linearmente indipendenti, perchè le loro componenti rispetto a B sono le righe di una matrice ridotta per righe, cioè A Inoltre si ha W = L(p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x), p 5 (x)) = L(q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x)) In particolare la terna ordinata (q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x)) è una base di W, dunque dim(w ) = 3 e W R 3 [x] Chi si voglia convincere dell uguaglianza L(p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x), p 5 (x)) = L(q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x)) direttamente osservi che q 1 (x) = p 1 (x), q 2 (x) = p 3 (x), q 3 (x) = p 2 (x) p 1 (x) + 3p 3 (x) quindi q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x) L(p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x), p 5 (x)): abbiamo, perciò, l inclusione L(q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x)) L(p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x), p 5 (x)) Viceversa p 1 (x) = q 1 (x), p 2 (x) = q 3 (x) + q 1 (x) 3q 2 (x), p 3 (x) = q 2 (x), p 4 (x) = q 3 (x) + 2q 1 (x) 2q 2 (x), p 5 (x) = q 3 (x) + 3q 2 (x) quindi p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x), p 5 (x) L(q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x)): in particolare abbiamo l inclusione L(q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x)) L(p 1 (x), p 2 (x), p 3 (x), p 4 (x), p 5 (x)) Per esercizio il lettore completi l insieme q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x) a base di R 3 [x] 14A2 La formula di Grassmann Un ultimo risultato importante è il seguente, noto come formula di Grassmann

14 14 14A APPENDICE Proposizione 14A21 Sia V uno spazio vettoriale su k = R, C Se U, W V sono sottospazi vettoriali finitamente generati allora (14A211) dim k (U) + dim k (W ) = dim k (U W ) + dim k (U + W ) Dimostrazione Se U e W sono finitamente generati tale è U + W (si veda il Corollario 13110) Poiché U W è sottospazio di W che è finitamente generato, esso stesso è finitamente generato Sia (v 1,, v n ) una base di U W : in particolare U W = L(v 1,, v n ) Poiché v 1,, v n U, W sono vettori linearmente indipendenti, per la Proposizione 1428 esistono u 1,, u p U e w 1,, w q W tali che (v 1,, v n, u 1,, u p ) sia una base di U e (v 1,, v n, w 1,, w q ) sia una base di W : in particolare u 1,, u p, w 1,, w q U W = L(v 1,, v n ) Dal Corollario i vettori v 1,, v m, u 1,, u p, w 1,, w q sono generatori di U +W Verifichiamo che sono linearmente indipendenti A tale scopo si consideri la relazione di dipendenza lineare α 1 v α n v n + β 1 u β p u p + γ 1 w γ q w q = 0 V Poiché α 1 v α n v n + β 1 u β p u p U e (γ 1 w γ q w q ) W coincidono, essi appartengono a U W : in particolare esistono λ 1,, λ n k tali che α 1 v α n v n + β 1 u β p u p = (γ 1 w γ q w q ) = λ 1 v λ n v n Dall uguaglianza (γ 1 w γ q w q ) = λ 1 v λ n v n segue λ 1 v λ n v n + γ 1 w γ q w q = 0 V : poiché (v 1,, v n, w 1,, w q ) è una base di W si ha λ 1 = = λ n = γ 1 = = γ q = 0, perciò α 1 v α n v n + β 1 u β p u p = = 0 V : d altra parte (v 1,, v n, u 1,, u p ) è una base di U, dunque si ha anche α 1 = = α n = β 1 = = β p = 0 Concludiamo che dim k (U) = n + p, dim k (W ) = n + q, dim k (U W ) = n e dim k (U + W ) = n + p + q, che implica la Formula (14A211) Esempio 14A22 Siano V R 3 un sottospazio vettoriale di dimensione 2, W = L(2, 3, 1) R 3 e supponiamo di sapere che dim(v + W ) = 2: allora V W = L(4, 6, 2) Infatti, dalle ipotesi, applicando la formula di Grassmann dim(v W ) = dim(v ) + dim(w ) dim(v + W ) = = 1 Poiché V W W che ha dimensione 1, dal confronto delle dimensioni, per la Proposizione 1421, segue che V W = W, quindi V W = W = L(2, 3, 1) = L(4, 6, 2)

15 LEZIONE Esempio 14A23 Siano dati i vettori v 1 = (1, 2, 3, 4), v 2 = (1, 1, 0, 5), v 3 = (2, 1, 3, 3), v 4 = (1, 1, 1, 1), v 5 = (1, 1, 2, 5) in R 4 Consideriamo i sottospazi V = L(v 1, v 2, v 3 ), W = L(v 4, v 5 ) R 4 Verificare per esercizio che dim(v ) = 3 e dim(w ) = 2 Allora V W contiene vettori non nulli Infatti applicando la formula di Grassmann dim(v W ) = dim(v ) + dim(w ) dim(v + W ) = dim(v + W ) Poiché V + W R 4 si ha dim(v + W ) dim(r 4 ) = 4, sicché dim(v W ) 1, quindi V W { 0 R 4 } Esempio 14A24 Si noti che ogni matrice A k n,n può essere decomposta nella somma di una matrice triangolare superiore e di una matrice strettamente triangolare inferiore Ciò significa che k n,n = T S n (k) + ST I n (k) Poiché T S n (k) ST I n (k) = 0 n,n, dalla Formula di Grassmann segue (si veda l Esempio 1425) dim k (ST I n (k)) = dim k (T S n (k) ST I n (k)) + dim k (T S n (k)) + ST I n (k))+ dim k (T S n (k)) = 0 + n 2 n(n + 1)/2 = n(n 1)/2