A\B A’\B’

Teoremi di Algebra Lineare

Teorema di Laplace 2

La somma dei prodotti degli elementi di una riga/colonna per i complementi algebrici di

un’altra riga/colonna è pari a zero.

Teorema

Dato 𝐴𝑋 = 𝐵, con Aϵ𝐾𝑚,𝑛 (m-equazioni in n-incognite). Consideriamo la matrice completa

A\B; riducendola otterremo il sistema ridotto 𝐴′𝑋 = 𝐵′ il quale ha le stesse soluzioni del

sistema iniziale 𝐴𝑋 = 𝐵.

DIM.

𝐴𝑋 = 𝐵𝑑𝑒𝑓⇔ {

𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 +⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = 𝑏1𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 +⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = 𝑏2

…𝑎𝑚1𝑥1 + 𝑎𝑚2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = 𝑏𝑚

𝑑𝑒𝑓⇔

𝑑𝑒𝑓⇔ (

𝑎11 … 𝑎1𝑛𝑎21 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑚1 ⋯ 𝑎𝑚𝑛

|

𝑏1𝑏2⋮𝑏𝑚

)

⏞

𝑅2= 𝑅2+𝑎𝑅1→ (

𝑎11 … 𝑎1𝑛𝑎21 + 𝑎𝑎11 ⋯ 𝑎2𝑛 + 𝑎𝑎1𝑛

⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑚1 ⋯ 𝑎𝑚𝑛

|

𝑏1𝑏2 + 𝑎𝑏1

⋮𝑏𝑚

)

⏞

𝑑𝑒𝑓⇔

𝑑𝑒𝑓⇔ {

𝑓1 = 𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 +⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 − 𝑏1 = 0𝑓2 = (𝑎21𝑥1 + 𝑎𝑎11) + (𝑎22𝑥2 + 𝑎𝑎12) + ⋯+ (𝑎2𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑎1𝑛) − (𝑏2 + 𝑎𝑏1) = 0

…𝑓𝑚 = 𝑎𝑚1𝑥1 + 𝑎𝑚2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 − 𝑏𝑚 = 0

𝑠𝑒𝑔𝑢𝑒⇒ {

𝑓1 = 0𝑓2 = 0⋮

𝑓𝑚 = 0

𝑅𝑖𝑑𝑢𝑐𝑒𝑛𝑑𝑜→ {

𝑓1 = 0𝑓2 + 𝑎𝑓1 = 0

⋮𝑓𝑚 = 0

Quindi hanno le stesse soluzioni.

Teorema

Data una matrice 𝐴𝜖𝐾𝑚,𝑛. Allora si ha: A invertibile se e solo se |𝐴| ≠ 0 e in tal caso

𝐴−1 =1

|𝐴| tAg

DIM.

IP A invertibile TS |𝐴| ≠ 0

Per ipotesi 𝐴𝐴−1 = 𝐼𝑛 allora |𝐴𝐴−1| = |𝐼𝑛|

Dunque, per il teorema di Binet:

|𝐴||𝐴−1| = 1 ⇒ |𝐴| 0

IP |𝐴| ≠ 0 TS A invertibile

Per provare che A è invertibile devo verificare che il prodotto di A per 1

|𝐴| tAg sia uguale

alla matrice identità, 𝐼𝑛 , per cui si ha:

(

𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛

)1

|𝐴|(

𝐴11 ⋯ 𝐴𝑛1𝐴12 ⋯ 𝐴𝑛2⋮ ⋱ ⋮𝐴1𝑛 ⋯ 𝐴𝑛𝑛

) =1

|𝐴|(

|𝐴| 0 ⋯ 00 |𝐴| ⋯ 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 ⋯ |𝐴|

) = 𝐼𝑛

Ciò prova che 1

|𝐴| tAg è l’inversa di A, dunque A è invertibile, cioè la tesi.

Metodo di Cramer

Dato un sistema lineare in n-incognite ed n-equazioni, cioè 𝐴𝑋 = 𝐵, 𝐴𝜖𝐾𝑛,𝑛. Sia ρ(A) = n.

Allora |𝐴| ≠ 0 ed il sistema ammette una sola soluzione (∝1, ∝2, ..., ∝𝑛), con ∝𝑖=|𝐴𝑖|

|𝐴| ∀𝑖 =

1, 2, . . , 𝑛 dove 𝐴𝑖 è la matrice ottenuta da A sostituendo alla 𝑖-esima colonna la colonna dei

termini noti.

DIM.

𝐴𝑋 = 𝐵𝑑𝑒𝑓⇔ {

𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 +⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = 𝑏1𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 +⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = 𝑏2

…𝑎𝑚1𝑥1 + 𝑎𝑚2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = 𝑏𝑚

.

Poiché |𝐴| ≠ 0 allora ∃𝐴−1, per cui

𝐴−1(𝐴𝑋) = 𝐴−1𝐵

𝑝𝑟𝑜𝑝. 𝑎𝑠𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎↔ (𝐴−1𝐴)𝑋 = 𝐴−1𝐵

𝐴−1𝐴=𝐼𝑛⇒ 𝐼𝑛𝑋 = 𝐴

−1𝐵𝐼𝑛𝑋=𝑋⇒ 𝑋 = 𝐴−1𝐵

Ovvero, sapendo che 𝑋 = (

𝑥1𝑥2⋮𝑥𝑛

) , 𝐴−1 = (

𝐴11 𝐴21 ⋯ 𝐴𝑛1𝐴21 𝐴22 ⋯ 𝐴𝑛2⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝐴1𝑛 𝐴2𝑛 ⋯ 𝐴𝑛𝑛

)1

|𝐴| , 𝐵 = (

𝑏1𝑏2⋮𝑏𝑛

) , quanto

detto sopra diviene:

(

𝑥1𝑥2⋮𝑥𝑛

) = (

𝐴11 𝐴21 ⋯ 𝐴𝑛1𝐴21 𝐴22 ⋯ 𝐴𝑛2⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝐴1𝑛 𝐴2𝑛 ⋯ 𝐴𝑛𝑛

)1

|𝐴|(

𝑏1𝑏2⋮𝑏𝑛

)

Cioè:

(𝑥1 =𝑏1𝐴11+𝑏2𝐴21+⋯+𝑏𝑛𝐴𝑛1

|𝐴| , 𝑥2 =

𝑏1𝐴12+𝑏2𝐴22+⋯+𝑏𝑛𝐴𝑛2|𝐴|

, … , 𝑥𝑛 =𝑏1𝐴1𝑛+𝑏2𝐴2𝑛+⋯+𝑏𝑛𝐴𝑛𝑛

|𝐴|).

Risulta, dunque, dimostrato il teorema.

Metodo risolutivo per sistemi (𝒏 − 𝟏) 𝒙 𝒏

Dato il sistema lineare 𝐴𝑋 = 𝐵, 𝐴𝜖𝐾𝑛−1,𝑛 e sia 𝜌(𝐴) = 𝑛 − 1. Il sistema ammette ∞1

soluzioni proporzionali e una soluzione (𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛) dove 𝐴𝑖 è pari al determinante della

matrice ottenuta da A eliminando la 𝑖-esima colonna e cambiato di segno nel caso in cui 𝑖 è

dispari.

DIM.

Sia 𝐴 = (

𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛

) . Devo dimostrare che (𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛) è soluzione. Per cui

𝐴′ = (

𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛

)(

𝐴1𝐴2⋮𝐴𝑛

)𝐿𝑎𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒 2⇒ |𝐴′| = 0

Dunque (𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛) è soluzione del sistema.

Proposizione

Dato il K-spazio vettoriale V e siano 𝑊 ⊂ 𝑉, 𝑍 ⊂ 𝑉 due sottospazi di V. Allora

(1) 𝑊 ∩ 𝑍 è un sottospazio di V

(2) 𝑊 ∪ 𝑍 non è un sottospazio di V

DIM.

(1) Devo provare che:

0𝑉𝜖𝑊 ∩ 𝑍

Verifica:

Ciò è vero perché W e Z sono sottospazi di V.

∀ 𝑣1, 𝑣2𝜖𝑊 ∩ 𝑍𝑠𝑒𝑔𝑢𝑒⇒ 𝑣1 + 𝑣2𝜖𝑊 ∩ 𝑍

Verifica:

Poiché 𝑣1, 𝑣2𝜖𝑊 ∩ 𝑍 si avrà (per definizione di intersezione) che

{𝑣1, 𝑣2 𝜖 𝑊𝑣1, 𝑣2 𝜖 𝑍

⇒ {𝑣1 + 𝑣2 𝜖 𝑊𝑣1 + 𝑣2 𝜖 𝑍

⇒ 𝑣1 + 𝑣2 𝜖 𝑊 ∩ 𝑍.

∀𝑎𝜖𝐾, ∀𝑣𝜖𝑊 ∩ 𝑍 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑒⇒ 𝑎𝑣𝜖𝑊 ∩ 𝑍

Verifica:

Poiché 𝑣𝜖𝑊 ∩ 𝑍 allora {𝑣 𝜖 𝑊𝑣 𝜖 𝑍

⇔ {𝑎𝑣 𝜖 𝑊𝑎𝑣 𝜖 𝑍

, dunque 𝑎𝑣𝜖𝑊 ∩ 𝑍 ∀𝑎𝜖𝐾 e

∀𝑣𝜖𝑉 ∩ 𝑍.

(2) Devo provare che:

0𝑉𝜖𝑊 ∪ 𝑍

Verifica:

Ciò è vero perché W e Z sono sottospazi di V.

∀ 𝑤, 𝑧𝜖𝑊 ∪ 𝑍𝑠𝑒𝑔𝑢𝑒⇒ 𝑤 + 𝑧𝜖𝑊 ∪ 𝑍

Verifica:

Non è sempre verificata. Infatti si ha che ∃𝑤𝜖𝑊\𝑍 ed ∃𝑧𝜖𝑍\𝑊, ma poiché

𝑤, 𝑧𝜖𝑊 ∪ 𝑍 (supposto per assurdo che 𝑊 ∪ 𝑍 è sottospazio) allora

𝑤 + 𝑧𝜖𝑊 ∪ 𝑍, quindi {𝑤 + 𝑧𝜖𝑊𝑜𝑝𝑝𝑢𝑟𝑒𝑤 + 𝑧𝜖𝑍

⇒ {𝑧 = 𝑤 + 𝑧 − 𝑤 𝜖𝑊

𝑜𝑝𝑝𝑢𝑟𝑒𝑤 = 𝑤 + 𝑧 − 𝑧 𝜖𝑍

che è assurdo.

∀𝑎𝜖𝐾, ∀𝑣𝜖𝑊 ∪ 𝑍𝑠𝑒𝑔𝑢𝑒⇒ 𝑎𝑣𝜖𝑊 ∪ 𝑍

Verifica:

Poiché 𝑣𝜖𝑊 ∪ 𝑍 allora {𝑣𝜖𝑊𝑜𝑝𝑝𝑢𝑟𝑒𝑣𝜖𝑍

𝑐𝑖𝑜è∀𝑎𝜖𝐾 ⇔ {

𝑎𝑣𝜖𝑊𝑜𝑝𝑝𝑢𝑟𝑒𝑎𝑣𝜖𝑍

. Dunque 𝑎𝑣𝜖𝑊 ∪ 𝑍.

Teorema

Dati due sottospazi 𝑊,𝑍 di V, allora 𝑊⊕𝑍𝑑𝑒𝑓⇔ 𝑊 ∩ 𝑍 = ∅

Teorema di Roché-Capelli

Sia 𝐴𝑋 = 𝐵 un sistema lineare. Allora il sistema è possibile se e solo se 𝜌(𝐴) = 𝜌(𝐴\𝐵).

PREMESSA

Ricordiamo che

𝐴𝑋 = 𝐵𝑑𝑒𝑓⇔ {

𝑎11𝑥1 + 𝑎12𝑥2 +⋯+ 𝑎1𝑛𝑥𝑛 = 𝑏1𝑎21𝑥1 + 𝑎22𝑥2 +⋯+ 𝑎2𝑛𝑥𝑛 = 𝑏2

…𝑎𝑚1𝑥1 + 𝑎𝑚2𝑥2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑛𝑥𝑛 = 𝑏𝑚

, 𝐴 = (

𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛

) e che

𝐴\𝐵 = (

𝑎11 … 𝑎1𝑛𝑎21 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑚1 ⋯ 𝑎𝑚𝑛

|

𝑏1𝑏2⋮𝑏𝑚

).

Siano 𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛 le colonne di A, con 𝐶1 = (

𝑎11𝑎21⋮𝑎𝑚1

) , 𝐶2 = (

𝑎12𝑎22⋮𝑎𝑚2

) , … , 𝐶𝑛 = (

𝑎1𝑛𝑎2𝑛⋮𝑎𝑚𝑛

) .

Allora possiamo scrivere il sistema nella forma

𝐶1𝑥1 + 𝐶2𝑥2 +⋯+ 𝐶𝑛𝑥𝑛 = 𝐵

Fatto questo, possiamo dimostrare adesso il teorema

DIM.

IP 𝐴𝑋 = 𝐵 possibile TS 𝜌(𝐴) = 𝜌(𝐴\𝐵)

Sia (∝1, ∝2, ..., ∝𝑛) una soluzione del sistema (esiste per ipotesi).

Sapendo che il sistema è 𝐶1𝑥1 + 𝐶2𝑥2 +⋯+ 𝐶𝑛𝑥𝑛 = 𝐵 , segue che (essendo

(∝1, ∝2, ..., ∝𝑛) una soluzione):

𝐶1𝛼1 + 𝐶2𝛼2 +⋯+ 𝐶𝑛𝛼𝑛 = 𝐵 ⇒𝐵𝜖L(𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛) = 𝑉

Allora 𝑊 = L(𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛, 𝐵) ⊆ 𝑉 ma 𝑉 ⊆ 𝑊 ⇒ 𝑉 = 𝑊 quindi 𝑑𝑖𝑚𝑉 = 𝑑𝑖𝑚𝑊,

ovvero 𝜌(𝐴) = 𝜌(𝐴\𝐵).

IP 𝜌(𝐴) = 𝜌(𝐴\𝐵) TS 𝐴𝑋 = 𝐵 possibile

Per ipotesi 𝜌(𝐴) = 𝜌(𝐴\𝐵)𝑑𝑒𝑓⇒ 𝑑𝑖𝑚𝑉 = 𝑑𝑖𝑚𝑊, ma 𝑉 ⊆ 𝑊

𝑠𝑒𝑔𝑢𝑒⇒ 𝑉 = 𝑊.

Poiché 𝑉 = L(𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛) e 𝑊 = L(𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛, 𝐵) ⇒ 𝐵𝜖L(𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛) , ovvero:

𝐵 = 𝐶1𝑥1 + 𝐶2𝑥2 +⋯+ 𝐶𝑛𝑥𝑛 per qualche (∝1, ∝2, ..., ∝𝑛)𝜖𝐾.

Concludo, dunque, che (∝1, ∝2, ..., ∝𝑛) è soluzione del sistema, ovvero il sistema

𝐴𝑋 = 𝐵 è possibile.

Teorema

L’insieme S delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo 𝐴𝑋 = 0 , di tipo 𝑚 × 𝑛 , è un

sottospazio di 𝐾𝑛 di dimensione 𝑛 − 𝜌(𝐴).

DIM.

Si parte dalla definizione di sottospazio:

(0, 0, … , 0)𝜖𝑆

Verifica:

Ciò è verificato perché il sistema è omogeneo, quindi ammette la soluzione

nulla.

∀𝑋1, 𝑋2𝜖𝑆?⇒𝑋1 + 𝑋2𝜖𝑆

Verifica:

Supponiamo, allora, che 𝑋1, 𝑋2𝜖𝑆, allora segue subito che 𝐴𝑋1 = 0 e che

𝐴𝑋2 = 0 . Dunque 𝐴(𝑋1 + 𝑋2) = 𝐴𝑋1 + 𝐴𝑋2 = 0 + 0 = 0 , cioè 𝑋1 + 𝑋2 è

soluzione del sistema lineare omogeneo, ovvero 𝑋1 + 𝑋2𝜖𝑆.

∀𝑋𝜖𝑆, ∀𝑎𝜖𝐾?⇒ 𝑎𝑋𝜖𝑆

Verifica:

Poiché 𝑋𝜖𝑆 ⇒ 𝐴𝑋 = 0 ⇒ 𝐴(𝑎𝑋) = 𝑎(𝐴𝑋) = 𝑎0 = 0 , quindi 𝑎𝑋𝜖𝑆.

Dunque S è un sottospazio di 𝐾𝑛.

Per il secondo teorema di Rouchè-Capelli, il sistema ha 𝑛 − 𝜌(𝐴) incognite libere, cioè il

generico elemento di S si esprime mediante 𝑛 − 𝜌(𝐴) incognite. Allora, assegnando alle

𝑛 − 𝜌(𝐴) incognite libere i valori [(1, 0, … , 0), (0, 1, … , 0), … , (0, 0, … , 1)] ottengo 𝑛 − 𝑟

soluzioni che costituiscono una base si S.

Applicazione lineare

Dati due K-spazi vettoriali 𝑉,𝑊. Definiamo l’applicazione lineare 𝑓: 𝑉 → 𝑊 la quale tiene

conto della struttura di 𝑉,𝑊. Quindi valgono le seguenti:

∀𝑣1, 𝑣2𝜖𝑉 ⇒ 𝑓(𝑣1 + 𝑣2) = 𝑓(𝑣1) + 𝑓(𝑣2)

∀𝑎𝜖𝐾, ∀𝑣𝜖𝑉 ⇒ 𝑓(𝑎𝑣) = 𝑎𝑓(𝑣)

0𝑉 𝜖 𝑉, 0𝑊 𝜖 𝑊 ⇒ 𝑓(0𝑉) = 0𝑊

Verifica:

Fissato 0𝑉 = 0𝐾0𝑊 ⇒ 𝑓(0𝑉) = 𝑓(0𝐾0𝑊) = 0𝐾𝑓(0𝑉) = 0𝑊

Sia 𝑣 = 𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛 ⇒ 𝑓(𝑣) = 𝑎1𝑓(𝑣1) + 𝑎2𝑓(𝑣2) + ⋯+

𝑎𝑛𝑓(𝑣𝑛)

Verifica:

Partendo da 𝑣 = 𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛 segue che 𝑓(𝑣) = 𝑓(𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +

⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛) , da cui, applicando ripetutamente le prime due proprietà sopra

elencate: 𝑓(𝑣) = 𝑓(𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛) ⇒ 𝑓(𝑣) = 𝑓(𝑎1𝑣1) + 𝑓(𝑎2𝑣2) +

⋯+ 𝑓(𝑎𝑛𝑣𝑛) ⇒ 𝑓(𝑣) = 𝑎1𝑓(𝑣1) + 𝑎2𝑓(𝑣2) + ⋯+ 𝑎𝑛𝑓(𝑣𝑛).

Teorema

Dati due K-spazi vettoriali 𝑉,𝑊 e data l’applicazione lineare 𝑓: 𝑉 → 𝑊. Allora:

𝐾𝑒𝑟𝑓 = {0𝑉} ⇔ 𝑓 𝑖𝑛𝑖𝑒𝑡𝑡𝑖𝑣𝑎

DIM.

IP 𝑓 𝑖𝑛𝑖𝑒𝑡𝑡𝑖𝑣𝑎 TS 𝐾𝑒𝑟𝑓 = {0𝑉}

Supponiamo per assurdo che ∃𝑣 ≠ 0𝑉: 𝑣𝜖𝐾𝑒𝑟𝑓 cioè 𝑓(𝑣) = 0𝑊 ma 0𝑊 = 𝑓(0𝑉),

quindi ho trovato elementi diversi che hanno la stessa immagine, il che è contro

l’ipotesi, dunque assurdo.

IP 𝐾𝑒𝑟𝑓 = {0𝑉} TS 𝑓 𝑖𝑛𝑖𝑒𝑡𝑡𝑖𝑣𝑎

Prendiamo 𝑣1, 𝑣2𝜖𝑉: 𝑓(𝑣1) = 𝑓(𝑣2), allora segue:

𝑓(𝑣1) = 𝑓(𝑣2) ⇒ 𝑓(𝑣1) − 𝑓(𝑣2) = 0𝑊 ⇒ 𝑓(𝑣1 − 𝑣2) = 0𝑊

e poiché (𝑣1 − 𝑣2)𝜖𝑉 allora 𝑣1 − 𝑣2𝜖𝐾𝑒𝑟𝑓, ma per ipotesi 𝐾𝑒𝑟𝑓 = {0𝑉} allora

𝑣1 − 𝑣2 = 0𝑉 ⇒ 𝑣1 = 𝑣2 ovvero 𝑓 è iniettiva.

Teorema

Siano 𝑉,𝑊 due K-spazi vettoriali e 𝑓: 𝑉 → 𝑊. Sia, inoltre, (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛)𝜖𝑉. Allora

1 Se 𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛) sono l. i.⇒(𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) sono l. i.

2 Se 𝑓 𝑖𝑛𝑖𝑒𝑡𝑡𝑖𝑣𝑎 e (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) sono l. i.⇒𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛) sono l. i.

3 Se 𝑉 = 𝐿(𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) ⇒ 𝐼𝑚𝑓 = 𝐿(𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛))

4 Se 𝑓 𝑠𝑢𝑟𝑖𝑒𝑡𝑡𝑖𝑣𝑎 e 𝑉 = 𝐿(𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) ⇒ 𝑊 = 𝐿(𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛))

DIM.

1 IP 𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛) l. i. TS (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) sono l. i.

Devo dimostrare che ogni combinazione lineare di (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) è nulla solo se i

suoi coefficienti (𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛) sono nulli, ovvero:

𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛 = 0𝑉 ⇔ 𝑎1 = 𝑎2 = ⋯ = 𝑎𝑛 = 0𝐾

Si ha che:

𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛 = 0𝑉𝑓→ 𝑎1𝑓(𝑣1) + 𝑎2𝑓(𝑣2) + ⋯+ 𝑎𝑛𝑓(𝑣𝑛) = 0𝑊

ma per ipotesi 𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛) sono l. i. quindi 𝑎1 = 𝑎2 = ⋯ = 𝑎𝑛 = 0𝐾 , da

cui segue che (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) sono l. i.

2 IP 𝑓 𝑖𝑛𝑖𝑒𝑡𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑒 (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) l. i. TS 𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛) l. i.

Utilizziamo la definizione di indipendenza lineare e supponiamo di avere una

combinazione nulla dei vettori 𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛), cioè

𝑎1𝑓(𝑣1) + 𝑎2𝑓(𝑣2) + ⋯+ 𝑎𝑛𝑓(𝑣𝑛) = 0𝑤𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟𝑖𝑡à→ 𝑓(𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛) = 0𝑊

da cui segue che 𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛𝜖𝐾𝑒𝑟𝑓 . Poiché 𝑓 è iniettiva, 𝐾𝑒𝑟𝑓 = {0𝑉}

quindi avremo

𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑛𝑣𝑛 = 0𝑉𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑠𝑖⇔ 𝑎1 = 𝑎2 = ⋯ = 𝑎𝑛 = 0𝐾

Dunque anche 𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛) sono l. i.

3 IP 𝑉 = 𝐿(𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) TS 𝐼𝑚𝑓 = 𝐿(𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛))

Per quanto detto prima, segue subito che

𝑉 = 𝐿(𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) ⇒ 𝐼𝑚𝑓 = 𝐿(𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛))

per definizione di applicazione lineare.

4 IPOTESI 𝑓 𝑠𝑢𝑟𝑖𝑒𝑡𝑡𝑖𝑣𝑎 e 𝑉 = 𝐿(𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) TESI 𝑊 = 𝐿(𝑓(𝑣1), 𝑓(𝑣2), … , 𝑓(𝑣𝑛))

Si dimostra come il punto 3.

Matrice associata ad una applicazione

Se 𝑓 è assegnata tramite legge allora si seguono i seguenti tre passi:

1 BASI: Scegliere una base per il dominio ed una base per il codominio

2 IMMAGINI: Prendo i vettori che formano una base del dominio e calcolo le loro

immagini

3 MATRICE: riferire, se necessario, le immagini trovate rispetto alla base del codominio

e, infine, mettiamo queste ultime in colonna la cui matrice è detta matrice associata

all’applicazione e si indica con 𝑀𝛢,𝛣(𝑓) con 𝛢 = 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑑𝑜𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜, 𝛣 =

𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑑𝑜𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜.

NOTA: vi è corrispondenza tra 𝑀𝛢,𝛣(𝑓) e 𝑓

Teorema sulle dimensioni

Sia 𝑓: 𝑉 → 𝑉 un’applicazione lineare e siano 𝑑𝑖𝑚𝑉 = 𝑛 e 𝑑𝑖𝑚𝐾𝑒𝑟𝑓 = 𝑟. Allora

𝑑𝑖𝑚𝐼𝑚𝑓 = 𝑛 − 𝑟

DIM.

Supponiamo di prendere una base di 𝐾𝑒𝑟𝑓 formata da 𝑟 vettori, cioè

𝐵𝐾𝑒𝑟𝑓 = [(𝑣 1, 𝑣 2, … , 𝑣 𝑟)]

Prendo ora come base di V il complemento a base rispetto a 𝐵𝐾𝑒𝑟𝑓 , cioè

𝐵𝑉 = [(𝑣 1, 𝑣 2, … , 𝑣 𝑟, 𝑣 𝑟+1, … , 𝑣 𝑛)

E’ noto che 𝐼𝑚𝑓 = 𝐿(𝑓(𝑣 1), 𝑓(𝑣 2), … , 𝑓(𝑣 𝑟), 𝑓(𝑣 𝑟+1), … , 𝑓(𝑣 𝑛)) .

Poiché 𝑣 1, 𝑣 2, … , 𝑣 𝑟𝜖𝐾𝑒𝑟𝑓 allora le loro immagini sono nulle per definizione di nucleo.

Rimangono perciò 𝐼𝑚𝑓 = 𝐿(𝑓(𝑣 𝑟+1), … , 𝑓(𝑣 𝑛)) . Dobbiamo dimostrare che i vettori

𝑓(𝑣 𝑟+1), … , 𝑓(𝑣 𝑛) sono l. i. cioè

𝑎𝑟+1𝑓(𝑣 𝑟+1), … , 𝑎𝑛𝑓(𝑣 𝑛) = 0?⇒ 𝑎𝑟+1 = ⋯ = 𝑎𝑛 = 0

Si ha

𝑓(𝑎𝑟+1𝑣 𝑟+1), … , 𝑓(𝑎𝑛𝑣 𝑛) = 0 ⇔ 𝑎𝑟+1𝑣 𝑟+1, … , 𝑎𝑛𝑣 𝑛𝜖𝐾𝑒𝑟𝑓 ⇒

⇒ 𝑎𝑟+1𝑣 𝑟+1, … , 𝑎𝑛𝑣 𝑛 = 𝑎1𝑣 1, … , 𝑎𝑟𝑣 𝑟 ⇒ 𝑎1𝑣 1, … , 𝑎𝑟𝑣 𝑟 − 𝑎𝑟+1𝑣 𝑟+1 −⋯− 𝑎𝑛𝑣 𝑛 = 0

Questa è una combinazione lineare nulla di vettori della base di V, quindi deve accadere che

𝑎1 = 𝑎2 = 𝑎𝑟 = 𝑎𝑟+1… = 𝑎𝑛 = 0 ⇒ 𝑓(𝑣 1), … , 𝑓(𝑣 𝑟), 𝑓(𝑣 𝑟+1), … , 𝑓(𝑣 𝑛) sono l. i.

In particolare 𝑓(𝑣 𝑟+1), … , 𝑓(𝑣 𝑛) sono l. i. dunque formano una base per 𝐼𝑚𝑓.

E’ ovvio allora che 𝑑𝑖𝑚𝐼𝑚𝑓 = 𝑛 − 𝑟

Studio di un’applicazione lineare

Studiare un’applicazione lineare significa trovare 𝑑𝑖𝑚𝐼𝑚𝑓, una base di 𝐼𝑚𝑓, 𝑑𝑖𝑚𝐾𝑒𝑟𝑓, una

base di 𝐾𝑒𝑟𝑓 sapendo che:

1. 𝑑𝑖𝑚𝐼𝑚𝑓 = 𝜌(𝑀𝛢,𝛣(𝑓))

2. 𝐵𝐼𝑚𝑓 = {𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑖 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛𝑛𝑒 𝑑𝑖 𝑀𝛢,𝛣(𝑓) 𝑙. 𝑖. = 𝜌}

3. 𝑑𝑖𝑚𝐾𝑒𝑟𝑓 = 𝑑𝑖𝑚𝑉 − 𝑑𝑖𝑚𝐼𝑚𝑓 = 𝑛 − 𝜌

4. 𝐵𝐾𝑒𝑟𝑓 ≝ 𝑀𝛢,𝛣(𝑓)𝑥 = 0

Teorema

Dati i due 𝐾-spazi vettoriali 𝑉,𝑊 e 𝑓: 𝑉 → 𝑊. Siano 𝐴 = 𝑀𝑓𝐸,𝐹, 𝐴1 = 𝑀𝑓

𝐸1, 𝐹1 , e siano

𝑃 𝑒 𝑄 le matrici di cambio base operanti nel seguente modo:

𝐸𝑃−1

→ 𝐸1 𝐸1𝑃→𝐸 𝐹

𝑄→𝐹1 𝐹1

𝑄−1

→ 𝐹

Allora 𝐴1 = 𝑄−1𝐴𝑃

DIM.

𝑄−1𝐴𝑃 = 𝑀𝑖𝑊𝐹,𝐹1𝑀𝑓

𝐸,𝐹𝑀𝑖𝑉𝐸1,𝐸 = 𝑀𝑖𝑊

𝐹,𝐹1𝑀𝑓○𝑖𝑉𝐸1,𝐹 = 𝑀𝑖𝑊○𝑓○𝑖𝑉

𝐸1,𝐹1 = 𝑀𝑓𝐸1,𝐹1 = 𝐴1.

Teorema

Matrici associate allo stesso endomorfismo rispetto a basi diverse sono simili e viceversa.

DIM.

Per ipotesi si hanno 𝑓: 𝑉 → 𝑉, 𝐴 = 𝑀𝑓𝐸,𝐸, 𝐵 = 𝑀𝑓

𝐹,𝐹 e la matrice 𝑃, cioè la matrice cambio

base da 𝐸𝑃→𝐹. Allora, per quanto detto nel precedente teorema, segue che 𝐵 = 𝑃−1𝐴𝑃 ,

cioè le due matrici 𝐴, 𝐵 sono simili.

Calcolo degli autovalori, autovettori e autospazi

Sia 𝑓: 𝑉 → 𝑊 fissata una base di 𝑉,𝑊 , 𝐸 = (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛), scrivo la matrice associata

all’applicazione 𝑓, cioè 𝑀𝐸,𝐸(𝑓) = (

𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛

) la quale ha per colonne le

componenti dell’immagine rispetto alla base 𝐸. Definisco allora il polinomio caratteristico il

seguente determinante:

|𝑀𝐸,𝐸(𝑓) − 𝑇𝐼𝑛| = |(

𝑎11 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛

)− 𝑇(

1 0 ⋯ 00 1 ⋯ 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 ⋯ 1

)| =

= |

𝑎11 − 𝑇 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 − 𝑇 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛 − 𝑇

|

Caratteristico perché per ogni base che fisso questo determinante non varia. Le radici o

soluzioni del polinomio caratteristico sono gli autovalori di 𝑓, con 𝜆 detto autovalore. Il

numero di volte per cui un autovalore risulta essere soluzione del polinomio caratteristico si

dirà molteplicità algebrica dell’autovalore, 𝑚𝜆. Per trovare l’autospazio 𝑉𝜆 devo risolvere il

sistema (𝑀𝐸,𝐸(𝑓) − 𝜆𝐼𝑛)𝑋 = 0 , ovvero

(

𝑎11 − 𝜆 𝑎12 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 − 𝜆 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛 − 𝜆

)(

𝑥1𝑥2⋮𝑥𝑛

) = (

00⋮0

)

la cui soluzione generale è data dalle componenti rispetto alla base 𝐸 degli associati a 𝜆.

Dunque 𝑉𝜆 = {𝑣𝑒𝑡𝑡𝑜𝑟𝑖 𝑜𝑡𝑡𝑒𝑛𝑢𝑡𝑖 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝐸}.

Teorema

Siano 𝑉 un 𝐾-spazio vettoriale, l’endomorfismo 𝑓: 𝑉 → 𝑉, con 𝑑𝑖𝑚𝑉 = 𝑛, e sia 𝐴 = 𝑀𝐸,𝐸(𝑓)

la matrice associata all’endomorfismo 𝑓. Allora 𝜆 è autovalore se e solo se 𝑃 = 0 con

𝑃 = |𝐴 − 𝜆𝐼𝑛|

DIM.

𝜆 autovettore ⇔ ∃𝑣𝜖𝑉, 𝑣 ≠ 0𝑉 ∶ 𝑓(𝑣) = 𝜆𝑣 ⇔ ∃𝑣𝜖𝑉, 𝑣 ≠ 0𝑉 ∶ 𝑓(𝑣) − 𝜆𝑣 = 0 ⇔

𝑁𝑂𝑇𝐴⇔ ∃𝑣𝜖𝑉, 𝑣 ≠ 0𝑉 ∶ 𝑓𝜆(𝑣) = 0 ⇔ ∃𝑣𝜖𝑉, 𝑣 ≠ 0𝑉 ∶ 𝑣𝜖𝐾𝑒𝑟𝑓 ⇒ 𝑓𝜆 non è iniettiva

per cui

𝐾𝑒𝑟𝑓𝜆 = 𝑉𝜆⇔𝜌(𝑀𝐸,𝐸(𝑓𝜆)) < 𝑛 ⇔ |𝑀𝐸,𝐸(𝑓𝜆)| = 0 ⇔

⇔ |𝑀𝐸,𝐸(𝑓 − 𝜆𝑖𝑉)| = 0𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟𝑖𝑡à→ |𝑀𝐸,𝐸(𝑓) − 𝑀𝐸,𝐸(𝜆𝑖𝑉)| = 0 ⇔ |𝐴 − 𝜆𝑀𝐸,𝐸(𝑖𝑉)| = 0 ⇔

⇔ |𝐴 − 𝜆𝐼𝑛| = 0

NOTA

Secondo le ipotesi 𝑓: 𝑉 → 𝑉 è endomorfismo,

allora ∀𝑎𝜖𝐾indico con 𝑓𝑎: 𝑉 → 𝑉

l’endomorfismo tale che 𝑓𝑎(𝑣) = 𝑓(𝑣) − 𝑎𝑣

ovvero 𝑓𝑎 = 𝑓 − 𝑎𝑖𝑉 la quale risulta lineare in

quanto differenza di applicazioni lineari.

Se 𝑎 è autovalore allora 𝑓 è iniettiva

Teorema sull’invarianza del polinomio caratteristico

Siano 𝑉 un 𝐾-spazio vettoriale, l’endomorfismo 𝑓: 𝑉 → 𝑉, 𝐴 = 𝑀𝐸,𝐸(𝑓) e

𝐸 = (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑛) una base di 𝑉. Assegno 𝐹 = (𝑤1, 𝑤2, … , 𝑤𝑛) come base di 𝑉 e

𝐵 = 𝑀𝐹,𝐹(𝑓) ovvero 𝐴 e 𝐵 sono matrici associate allo stesso endomorfismo rispetto a basi

diverse. Allora |𝐵 − 𝑇𝐼𝑛| = |𝐴 − 𝑇𝐼𝑛|

DIM.

Poiché 𝐴 e 𝐵sono simili |𝐵 − 𝑇𝐼𝑛| = |𝑃−1𝐴𝑃 − 𝑇𝐼𝑛| ma essendo 𝑇𝐼𝑛 una matrice diagonale

𝑇𝐼𝑛 = 𝑇(𝑃−1𝑃)𝐼𝑛 = 𝑇𝑃

−1(𝐼𝑛)𝑃 = 𝑃−1(𝑇𝐼𝑛)𝑃 . Segue allora

|𝑃−1𝐴𝑃 − 𝑇𝐼𝑛| = |𝑃−1𝐴𝑃 − 𝑃−1(𝑇𝐼𝑛)𝑃|

che per la proprietà distributiva delle matrici diventa

|𝑃−1𝐴𝑃 − 𝑃−1(𝑇𝐼𝑛)𝑃| = |𝑃−1(𝐴𝑃 − 𝑇𝐼𝑛)𝑃|

𝐵𝑖𝑛𝑒𝑡⇒ |𝑃−1||𝐴𝑃 − 𝑇𝐼𝑛||𝑃| = |𝐴𝑃 − 𝑇𝐼𝑛|

Teorema sull’indipendenza lineare degli autovalori

Autovettori associati ad autovalori distinti sono l. i.

Ovvero, dati: 𝑉- 𝐾-spazio vettoriale, 𝑓: 𝑉 → 𝑉, 𝜆1, 𝜆2, … , 𝜆𝑟 autovalori distinti allora, essendo

che ogni autovalore ha un proprio autospazio 𝑉1, 𝑉2, … , 𝑉𝑟 , presi 𝑣1𝜖𝑉1, 𝑣2𝜖𝑉2, … , 𝑣𝑟𝜖𝑉𝑟 si

ha che 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑟 sono l. i .

DIM.

Dimostreremo che 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑟 sono l. i . attraverso il criterio di indipendenza lineare.

Supponiamo per assurdo che ci sia qualcuno tra 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑖, … , 𝑣𝑟 che sia combinazione

lineare dei precedenti; ciò comporta che fino a questo elemento 𝑣𝑖 (che è combinazione

lineare di 𝑣𝑖 = 𝑎1𝑣1, 𝑎2𝑣2, … , 𝑎𝑖−1𝑣𝑖−1 ) gli elementi sono tra loro l. i. allora scrivo:

𝑣𝑖 = 𝑎1𝑣1, 𝑎2𝑣2, … , 𝑎𝑖−1𝑣𝑖−1 ⇒ 𝑓(𝑣𝑖) = 𝑎1𝑓(𝑣1), 𝑎2𝑓(𝑣2), … , 𝑎𝑖−1𝑓(𝑣𝑖−1)

Essendo questi elementi 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑖 , … , 𝑣𝑟 associati agli autospazi corrispettivi, segue

𝜆𝑖𝑣𝑖 = 𝑎1𝜆1𝑣1, 𝑎2𝜆2𝑣2, … , 𝑎𝑖−1𝜆𝑖−1𝑣𝑖−1

da cui, sostituendo a 𝑣𝑖 la sua combinazione lineare:

𝜆𝑖(𝑎1𝑣1, 𝑎2𝑣2, … , 𝑎𝑖−1𝑣𝑖−1) = 𝑎1𝜆1𝑣1, 𝑎2𝜆2𝑣2, … , 𝑎𝑖−1𝜆𝑖−1𝑣𝑖−1 ⇒

⇒ 𝑎1(𝜆𝑖 − 𝜆1)𝑣1, 𝑎2(𝜆𝑖 − 𝜆2)𝑣2, … , 𝑎𝑖−1(𝜆𝑖 − 𝜆𝑖−1)𝑣𝑖−1 = 0

Questa è una combinazione lineare di 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑖−1 , allora, ricordando che questi ultimi

sono l. i. , deve essere:

{

𝑎1(𝜆𝑖 − 𝜆1) = 0

𝑎2(𝜆𝑖 − 𝜆2) = 0⋮

𝑎𝑖−1(𝜆𝑖 − 𝜆𝑖−1) = 0

⇒ 𝑎1 = 𝑎2 = ⋯ = 𝑎𝑖−1 = 0

Questo accade perché 𝜆1, 𝜆2, … , 𝜆𝑟 sono autovalori distinti per ipotesi. Quindi 𝑣𝑖 risulta

essere l. i. che è assurdo.

Teorema sulla dimensione degli autospazi

Dato 𝑉- 𝐾-spazio vettoriale, 𝑓: 𝑉 → 𝑉 e siano λ autovalore con molteplicità 𝑚𝜆 e con

𝑑𝑖𝑚𝑉𝜆 = 𝑔𝜆 detta molteplicità geometrica. Allora 1 ≤ 𝑑𝑖𝑚𝑉𝜆 ≤ 𝑚𝜆

DIM.

Poniamo 𝑑𝑖𝑚𝑉𝜆 = 𝑟 < 𝑛 e sia 𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑟 una base di autovettori di 𝑉𝜆. Completo a base di

𝑉, cioè sia 𝐹 = (𝑣1, 𝑣2, … , 𝑣𝑟, 𝑣𝑟+1, … , 𝑣𝑛). Segua, allora

𝑀𝐹,𝐹(𝑓) =

(

𝜆 0 … 0 0 𝜆 … 0⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 ⋯ 0 𝜆⋮ ⋮ ⋱ ⋮0 0 … 0

𝑎1 𝑟+1 𝑎1 𝑟+2 ⋯ 𝑎1𝑛𝑎2 𝑟+1 𝑎2 𝑟+2 ⋯ 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋮ ⋮⋮ ⋮ ⋮ ⋮⋮ ⋮ ⋱ ⋮

𝑎𝑛 𝑟+1 𝑎𝑛 𝑟+2 ⋯ 𝑎𝑛𝑛)

dove le colonne di 𝑀𝐹,𝐹(𝑓) sono date da:

{

[𝑓(𝑣1)]𝐹 = [𝜆𝑣1]𝐹 = (𝜆, 0,… , 0)[𝑓(𝑣2)]𝐹 = [𝜆𝑣2]𝐹 = (0, 𝜆, … , 0)

⋮[𝑓(𝑣𝑟)]𝐹 = [𝜆𝑣𝑟]𝐹 = (0, 0, … , 𝜆, … ,0)

[𝑓(𝑣𝑟+1)]𝐹 = 𝑎1 𝑟+1[𝑓(𝑣𝑟+2)]𝐹 = 𝑎1 𝑟+2

⋮[𝑓(𝑣𝑛)]𝐹 = 𝑎𝑛𝑛

Dunque si avrà che |𝑀𝐹,𝐹(𝑓) − 𝑇𝐼𝑛| = (𝜆 − 𝑇)𝑟𝑞(𝑡) .

Quindi:

Se 𝑇 = 𝜆 per 𝑟 volte e 𝑞(𝑡) = 0 ⇔ 𝑇 = 𝜆 si ha 𝑚𝜆 ≥ 𝑟

Se 𝑇 = 𝜆 per 𝑟 volte e 𝑞(𝑡) ≠ 0 allora 𝑚𝜆 = 𝑟

Teorema

Sia 𝑉 un 𝐾-spazio vettoriale e sia 𝑓: 𝑉 → 𝑉 un endomorfismo i cui autovalori distinti siano

𝜆1, 𝜆2, … , 𝜆𝑟 . Allora i seguenti fatti sono equivalenti:

1. 𝑓 semplice

2. dim𝑉 = dim𝑉𝜆1 + dim𝑉𝜆2 +⋯+ dim𝑉𝜆𝑟

3. ∀𝑖 = 1, 2,… , 𝑟 ⇒ 𝜆𝑖𝜖𝐾 𝑒 𝑑𝑖𝑚𝑉𝜆𝑖 = 𝑚𝜆𝑖

Teorema

Una matrice 𝐴𝜖𝐾𝑛,𝑛 è diagonalizzabile se e solo se l’endomorfismo associato, 𝜙:𝐾𝑛 → 𝐾𝑛,

tale che 𝑀𝐸(𝜙) = 𝐴 risulta essere semplice.

Inoltre, detta 𝐹 una base di 𝐾𝑛 formata da autovettori di 𝜙, la matrice associata del cambio

di base, 𝑃 = 𝑃𝐸,𝐹, permette la diagonalizzazione di 𝐴, ovvero 𝑃−1𝐴𝑃 è una matrice

diagonale che ha come elementi sulla diagonale gli autovalori di 𝜙.

DIM.

⇒ IP 𝐴 diagonalizzabile TS 𝜙 semplice

Per definizione 𝐴 diagonalizzabile 𝑑𝑒𝑓⇔ ∃𝑃𝜖𝐾𝑛,𝑛 invertibile tale che 𝑃−1𝐴𝑃 è diagonale.

Sempre per definizione 𝑃 invertibile 𝑑𝑒𝑓⇔ le sue 𝑛-colonne sono l. i. dunque formano una

base, 𝐹, di 𝐾𝑛.

Segue, allora, che 𝑃 = 𝑃𝐸,𝐹 è la matrice di cambio base, per cui

𝑃−1𝐴𝑃 = (𝑃𝐸,𝐹)−1𝑀𝐸(𝜙)𝑃𝐸,𝐹 ≝ 𝑀𝐹(𝜙)

Allora anche quest’ultima matrice 𝑀𝐹(𝜙) è diagonale, per cui 𝐹 è una base di autovettori.

Da quanto detto si deduce, per la stessa definizione di semplicità, che 𝜙 è semplice.

⇒ IPOTESI 𝜙 semplice TESI 𝐴 diagonalizzabile

Per definizione 𝜙 semplice ⇔ ∃𝐹 base di 𝐾𝑛 formata da autovettori. Allora la matrice

𝑀𝐹(𝜙) è diagonale, ma 𝑀𝐹(𝜙) ≝ (𝑃𝐸,𝐹)−1𝑀𝐸(𝜙)𝑃𝐸,𝐹 allora, posta 𝑃 = 𝑃𝐸,𝐹 la matrice di

cambio base, si ha (𝑃𝐸,𝐹)−1𝑀𝐸(𝜙)𝑃𝐸,𝐹 = 𝑃−1𝐴𝑃 che risulta essere diagonale. Dunque 𝐴 è

una matrice diagonalizzabile.