Geometria I

Geometria Iappunti (non rivisti dai professori) delle lezioni

Ateneo Studenti FisicaAlessandro Principi

Indice

Strutture algebriche 2Spazi Vettoriali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Sottospazi vettoriali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Costruire sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Altri sottospazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Applicazioni Lineari, Sistemi Lineari 7Nucleo e Immagine di un’applicazione lineare, Sistemi Lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Risoluzione di sistemi lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Algoritmo di Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Prodotto di Matrici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Dimensione e base di uno spazio vettoriale 12Formula di Grassman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Rango di un’applicazione lineare 16Classe di Equivalenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Calcolo del rango di una matrice a scalini S e di una base di ImS . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Matrici Elementari e invertibili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Calcolo della matrice inversa attraverso l’algoritmo di Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Matrice associata a un’applicazione lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Matrice del cambiamento di base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

SD-equivalenza 23

Determinante 25Criterio dei minori orlati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Coniugio e Similitudine 30Calcolo di autovalori e autospazi per una matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Diagonalizzabilita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Triangolabilita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Forme bilineari 36Forma quadratica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

Congruenza, forme isometriche 38Rango di un’applicazione bilineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Prodotti Scalari 40Prodotti scalari definiti positivi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Proprieta degli spazi euclidei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Teorema Spettrale e prodotti Hermitiani 47Prodotti Hermitiani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Ateneo Studenti Fisica 1

Strutture algebriche

Definizione: Sia X un insieme, e sia ∗ una funzione tale che: ∗ : X × X −→ X. Allora si dice che ∗ eun’operazione su X.

Definizione:(X, ∗) si dice gruppo se X e un insieme e ∗ un’operazione su X che verifica 3 proprieta:

1. Esistenza dell’elemento neutro: ∃e ∈ X t. c. a ∗ e = e ∗ a = a;

2. Esistenza dell’inverso: ∀a ∈ X ∃b ∈ X t.c. a ∗ b = b ∗ a = e;

3. Proprieta associativa: ∀a, b, c ∈ X, (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c).

Definizione:(X, ∗) si dice gruppo commutativo (o abeliano) se e un gruppo e vale la proprieta com-

mutativa: ∀a, b ∈ X , a ∗ b = b ∗ a.

Definizione: Sia X un insieme, + (detta somma) e · (detto prodotto) due operazioni su X. Allorasi dice che

(X, +, · )

e un campo se valgono le seguenti proprieta:

1. Esistenza dell’elemento neutro (detto 0) per la somma;

2. Esistenza dell’inverso per la somma;

3. Proprieta associativa per la somma;

4. Proprieta commutativa per la somma;

5. Esistenza dell’elemento neutro (detto 1) per il prodotto;

6. Proprieta associativa per il prodotto;

7. Proprieta distributiva: ∀a, b, c ∈ X, a·(b +c) = a·b +a·c, (a +b)·c = a·c +b·c(Conta l’ordine!);

8. Esistenza dell’inverso per il prodotto;

9. Proprieta commutativa per il prodotto.

Definizione:(X, +, · ) e un anello se valgono le proprieta 1 - 7 sopra elencate. E un anello commutativo

se vale anche la proprieta 9.

Definizione:(X, +, · )

e un corpo se valgono le proprieta 1 - 8 sopra elencate.

2 Ateneo Studenti Fisica


Definizione:(V, +, ·, K)

si dice spazio vettoriale se:

• V e un insieme;

• K e un campo;

• + e una somma in V (+: V × V −→ V);

• ·: K × V −→ V (detto prodotto per scalare).

e valgono le seguenti proprieta:

• (V, +) e un gruppo commutativo;

• ∀α, β ∈ K, ∀v ∈ V, (αβ)v = α(βv);

• ∃1 ∈ K t. c. ∀v ∈ V 1 · v = v;

• ∀α, β ∈ K, ∀v ∈ V, (α + β)v = αv + βv;

• ∀α ∈ K, ∀v, w ∈ V, α(v + w) = αv + αw;

Spazi Vettoriali

Definiamo ora alcuni spazi vettoriali:

1) Sia K un campo, chiamiamo Kn = {(x1, x2, . . . , xn) | xi ∈ K ∀i = 1, . . . , n}.Definiamo + e · in questo modo:

(x1, x2, . . . , xn) + (y1, y2, . . . , yn)def= (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn),

∀(x1, x2, . . . , xn), (y1, y2, . . . , yn) ∈ Kn

a · (x1, x2, . . . , xn)def= (a · x1, a · x2, . . . , a · xn), ∀a ∈ K, ∀(x1, x2, . . . , xn) ∈ Kn

Notiamo innanzitutto che + e · sono ben definiti (poiche si basano sulle proprieta del campo K), e che,grazie a queste definizioni, otteniamo uno spazio vettoriale.

2) Sia K un campo, e sia

K[x] = {a0 + a1x + . . . + anxn | ai ∈ K, ∀i = 1, . . . , n}

e siano + e · le due operazioni classiche sui polinomi (somma e prodotto tra polinomi). Si verifica che,con le definizioni date, K[x] e un anello commutativo:

• Elemento neutro per la somma: il polinomio i cui coefficienti sono tutti uguali a zero;

• Inverso per la somma: polinomio con i coefficienti inversi;

• Elemento neutro per il prodotto: e il polinomio 1 (tutti i coefficienti dei termini di gradosuperiore a zero sono zero);

• le altre proprieta valgono perche i coefficienti sono in un campo;

Verifichiamo che non vale l’esistenza dell’inverso per il prodotto:consideriamo due polinomi p(x) e q(x) entrambi diversi da zero di grado rispettivamente m e n e consi-deriamo il loro prodotto p(x) · q(x). In tal modo otteniamo un polinomio di grado m +n.Se fosse, ad esempio, q = p−1, allora avremmo che p(x) · q(x) = 1. Ma cio e impossibile per polinomi chenon siano costanti (i cui coefficienti dei termini di grado superiore a zero siano diversi da zero), in quantoessi avrebbero grado maggiore di zero (ovvero il grado di 1).

Se ora consideriamo (K[x],+, ·,K), con + definito come sopra e · definito come:



· : K×K[x] −→ K[x](a, p(x)) 7−→ a · p(x)

Si verifica che e uno spazio vettoriale.

3) Sia V spazio vettoriale su K e sia A un insieme qualsiasi. Sia F l’insieme delle applicazioni (funzioni)da A in V . (F, +, ·,K) e uno spazio vettoriale se definiamo + e · come segue:

∀f, g ∈ F , f + g : A −→ V e t. c.:∀a ∈ A, (f + g)(a)

def= f(a) + g(a)

∀f ∈ F , ∀λ ∈ K, λf : A −→ V e t. c.:∀a ∈ A, (λf)(a)

def= λf(a)

4) Sia K un campo. Definiamo:M(p, q,K) = {matrici con p righe, q colonne con elementi in K}

Una Matrice e nella forma:

a11 · · · a1q

.... . .

...ap1 · · · apq

dove aij ∈ K, ∀i = 1, . . . , p, ∀j = 1, . . . , q.

Sia A ∈ M(p, q,K):Ai = i-esima riga;Ai = i-esima colonna;[A]ij = elemento di posto (i, j), dove i indica la riga e j la colonna;

0 e la matrice nulla ([0]ij = 0 ∀i, j)A, B ∈ M(p, q,K), A = B ⇐⇒ [A]ij = [B]ij ∀i, j

Definiamo + e · :∀A,B ∈ M(p, q,K), [A + B]ij

def= [A]ij + [B]ij ∀i, j

∀λ ∈ K,∀A ∈ M(p, q,K), [λA]ijdef= λ[A]ij ∀i, j

(M(p, q,K),+, ·,K) e uno spazio vettoriale:

• (M(p, q,K),+) e un gruppo abeliano:

1. 0 e l’elemento neutro;

2. esiste l’inverso: [A]ij + (−[A]ij) = 0;

3. vale la proprieta associativa:[(A + B) + C]ij = [A + B]ij + [C]ij = [A]ij + [B]ij + [C]ij = [A]ij + [B + C]ij == [A + (B + C)]ij ;

4. si verifica analogamente la commutativa;

• con metodi analoghi si verificano le altre proprieta.

ProposizioniSia V uno spazio vettoriale:

1. lo 0 e unico in V:se ∃01, 02 ∈ V =⇒ 01 = 01 + 02 = 02 per gli assiomi;

2. ∀x ∈ V ∃!− x ∈ Vse ∃(−x)1, (−x)2 ∈ V inversi di x per somma =⇒ (−x)1 = (−x)1 + x + (−x)2 = (−x)2;



3. ∀v ∈ V 0 · v = 00 · v = (0 + 0)v = 0 · v + 0 · v =⇒ 0 · v = 0;

4. se α · x = 0 =⇒ o α = 0 o x = 0se α = 0, ok.se α 6= 0 =⇒ ∃α−1 ∈ K t. c. α−1α = 1 =⇒ x = α−1αx = α−1 · 0 = 0 =⇒ x = 0;

5. (−1)x = −xx + (−1)x = (1− 1)x = 0 · x = 0.

Sottospazi vettoriali

Definizione: V spazio vettoriale su K. W ⊂ V si dice sottospazio vettoriale di V se:

• 0 ∈ W ;

• ∀x, y ∈ W, x + y ∈ W ;

• ∀α ∈ K, ∀x ∈ W, αx ∈ W .

dove + e · in questo caso sono le restrizioni della somma e del prodotto su V a W .

Costruire sottospazi

Si puo fare prendendo alcuni vettori e il piu piccolo sottospazio che li contiene.Sia V sp. vett. su K, v1, . . . , vn ∈ V , c1, . . . , cn ∈ K. Chiamiamo c1v1 + . . . + cnvn combinazione linearedi v1, . . . , vn. Chiamiamo poi:

span(v1, . . . , vn) = {c1v1 + . . . + cnvn | c1, . . . , cn ∈ K}

tale insieme e il piu piccolo sottospazio di V contenente v1, . . . , vn:

• contiene 0 (tutti i ci = 0);

• contiene vi ∀i = 1, . . . , n;

• (a1v1 + . . . + anvn) + (b1v1 + . . . + bnvn) = (a1 + b1)v1 + . . . + (an + bn)vn

(la somma di due combinazioni lineari e ancora una combinazione lineare);

• lo stesso per il prodotto per scalare;

• e il piu piccolo per la definizione che ne abbiamo dato: in un sottospazio vettoriale ci devonostare v1, . . . , vn e le loro combinazioni lineari. Abbiamo imposto solo questo nella definizione dispan(v1, . . . , vn).

Altri sottospazi

Sia V sp. vett. su K, U, W due sottospazi vettoriali di V. Allora U ∩W e un sottospazio vettoriale diV. Verifichiamolo:

• contiene 0 (sia U che W lo contengono);

• ∀x, y ∈ U ∩ W, x + y ∈ U ∩ W , infatti x e y appartengono sia ad U che a W . Essendo questisottospazi, la somma de due vettori appartiene ancora ad entrambi, quindi alla loro intersezione;

• lo stesso per il prodotto per scalare.

Vogliamo costruire il piu piccolo sottospazio contenente U e W . Notiamo innanzitutto che U ∪W nonsoddisfa la nostra ricerca, in quanto non e chiuso per somma. Chiamiamo:

U + W = {u + w | u ∈ U, w ∈ W}

La definizione che abbiamo dato e buona, poiche sia u che w appartengono a V , quindi ha senso sommarli.



Facciamo vedere che e il sottospazio che cercavamo:

• U ⊂ U + W : ∀u ∈ U, u ∈ U + W , perche u = u + 0 (con 0 ∈ W );

• W ⊂ U + W , per lo stesso motivo (con 0 ∈ U);

• 0 ∈ U + W : infatti 0 = 0 + 0;

• ∀u1, u2 ∈ U, ∀w1, w2 ∈ W =⇒ (u1 + w1) + (u2 + w2) = (u1 + u2) + (w1 + w2)ma (u1 + u2) ∈ U, (w1 + w2) ∈ W =⇒ (u1 + w1) + (u2 + w2) ∈ U + W ;

• ∀u ∈ U, ∀w ∈ W,∀k ∈ K =⇒ k(u + w) = ku + kwku ∈ U, kw ∈ W =⇒ k(u + w) ∈ U + W ;

• e il piu piccolo: se Z sottosp. vett. t. c. U ⊂ Z, W ⊂ Z?=⇒ U + W ⊂ Z:

∀ u + w ∈ U + W, u ∈ U, w ∈ W =⇒ u + w ∈ Z (poiche e sottosp. vett.) =⇒ U + W ⊂ Z

Definizione: se U ∩ W = {0}, allora U + W si denota U ⊕ W e si dice che i due sottospazi sono insomma diretta tra loro.

Proposizione: in U ⊕W ogni vettore si scrive in modo unico come: u + w, u ∈ U, w ∈ W .Dimostrazione: se ∃u1, u2 ∈ U, ∃w1, w2 ∈ W t. c. u1 + w1 = u2 + w2 =⇒ u1 − u2 = w1 − w2.

Ma u1 − u2 ∈ U,w1 − w2 ∈ W =⇒ u1 − u2 ∈ U ∩W,w1 − w2 ∈ U ∩W .Poiche U ∩W = {0}, u1 − u2 = 0, w1 − w2 = 0, e i vettori sono a due a due uguali.

Definizione: se U e sottospazio vett. di V , un sottospazio W di V si dice supplementare di U seU ⊕W = V .N.B.: Il supplementare non e unico.


Applicazioni Lineari, Sistemi Lineari

Siano V, W K-spazi vettoriali, e sia f : V −→ W un’applicazione. Si dice che f e un’applicazione linearese soddisfa:

• ∀x, y ∈ V f(x + y) = f(x) + f(y);

• ∀α ∈ K, ∀x ∈ V f(αx) = αf(x).

Osservazione: Se f e lineare allora f(0) = 0.Dimostrazione: f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0) =⇒ f(0) = 0.

Definiamo la moltiplicazione tra due vettori (uno riga e uno colonna, entrambi con n elementi) e tra unamatrice A ∈ M(p, n,K) e un vettore B ∈ Kn:

(a1 . . . an) ·

b1

...bn

def

= a1b1 + . . . + anbn =n∑

i=1

aibi

a11 . . . a1n

......

ap1 . . . apn

·

b1

...bn

def

=

a11b1 + . . . + a1nbn

...ap1b1 + . . . + apnbn

Osservazione: il vettore risultato della seconda moltiplicazione e un vettore C ∈ Kp

Sia A ∈ M(p, n,K) e sia LA : Kn −→ Kp

X 7−→ AXSi verifica che LA e un’applicazione lineare. Tutte le applicazioni lineari sono infatti prodotte da un’op-portuna matrice.Osservazione: A ∈ M(p, n,K), X ∈ Kn, A ·X = x1A

1 + . . . + xnAn

Proposizione: sia g : Kn −→ Kp lineare, siano e1 =

10...0

, . . . , en =

0...01

(ossia ei e il vettore

formato da tutti 0, eccetto l’elemento i-esimo, uguale ad 1) e sia inoltre:

A =

g(e1) . . . g(en)

. Allora g = LA.

Dimostrazione: ∀X ∈ Kn, g(X) ?= LA(X):Sapendo che A ·X = x1A

1 + . . . + xnAn, X = x1e1 + . . . + xnen e che g e lineare, allora:LA(X) = AX = x1A

1 + . . . + xnAn = x1g(e1) + . . . + xng(en) = g(x1e1) + . . . + g(xnen) == g(x1e1 + . . . + xnen) = g(X).

Nucleo e Immagine di un’applicazione lineare, Sistemi Lineari

Definizione: Siano V e W due spazi vett. e sia f : V −→ W lineare. Definiamo nucleo e immagine dif come:



Kerf = {x ∈ V | f(x) = 0}Imf = {y ∈ W | ∃x ∈ V t. c. f(x) = y}

Osservazione: f e surgettiva ⇐⇒ Imf = WProposizione:

1. Kerf e un sottospazio vett. di V ;

2. Imf e un sottospazio vett. di W ;

3. f e iniettiva ⇐⇒ Kerf = {0}Dimostrazione: :

1. • 0 ∈ Kerf , poiche f(0) = 0;

• ∀x, y ∈ Kerf =⇒ x + y ∈ Kerf : f(x + y) = f(x) + f(y) = 0 + 0 = 0;

• ∀x ∈ Kerf, ∀α ∈ K =⇒ αx ∈ Kerf : f(αx) = αf(x) = α · 0 = 0.

2. • 0 ∈ Imf , poiche f(0) = 0;

• ∀z, w ∈ Imf, ∃x, y ∈ V t. c. z = f(x), w = f(y) =⇒ z + w = f(x) + f(y) == f(x + y) =⇒ z + w ∈ Imf ;

• ∀z ∈ Imf, ∃x ∈ V t. c. z = f(x) =⇒ ∀α ∈ K, αz = αf(x) = f(αx) =⇒ αz ∈ Imf .

3. =⇒: Sappiamo che {0} ⊂ Kerf . Facciamo vedere che Kerf ⊂ {0}.Sia x ∈ Kerf =⇒ f(x) = 0 = f(0). Poiche f e iniettiva: f(x) = f(0) ⇐⇒ x = 0⇐=: Facciamo vedere che se f(x) = f(y) ⇐⇒ x = yf(x)− f(y) = f(x− y) = 0 =⇒ x− y ∈ Kerf =⇒ x− y = 0, x = y

Analogamente: KerLA = {X ∈ Kn | AX = 0}.

Risoluzione di sistemi lineari

Definizione: Si dice sistema lineare di p equazioni in n incognite x1, . . . , xn un sistema nella forma:

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

. . .ap1x1 + ap2x2 + . . . + apnxn = bp

tale che aij ∈ K, bk ∈ K.

Definizione: (y1, . . . , yn) ∈ Kn e una soluzione di un sistema lineare se e soluzione di tutte le equazioniche lo compongono. Risolvere un sistema lineare vuol dire trovare tutte le soluzioni.

Definizione: due sistemi lineari si dicono equivalenti fra loro se hanno le stesse soluzioni.

Dedichiamoci ora alla risoluzione dei sistemi lineari. Prima osserviamo che:Osservazione: i sistemi a scalini sono semplici da risolvere. Essi sono nella forma:

a11x1 + a12x2 + a13x3 + . . . + a1nxn = b1

a22x2 + a23x3 + . . . + a2nxn = b2

. . .appxp + . . . + apnxn = bp

Chiamiamo aii 6= 0 pivot.E importante che le incognite calino scendendo nel sistema: e possibile, in tale situazione, risolvere l’ul-tima equazione ricavando xp = a−1

pp (bp − ap,p+1xp+1 − . . . − apnxn), sostituire la variabile ricavata nellaprecedente equazione e iterare il processo fino ad arrivare alla prima equazione.



Osservazione: : Eseguendo su un sistema lineare le seguenti operazioni elementari si ottiene un sistemaad esso equivalente:

1. scambiare due equazioni (l’ordine non conta);

2. moltiplicare un’equazione per α ∈ K, α 6= 0;

3. sommare ad una equazione un multiplo di un’altra.

Possiamo vedere un sistema lineare anche nella forma:

a11 . . . a1n

......

ap1 . . . apn

x1

...xn

=

b1

...bn

dove la matrice appartiene a M(p, n,K) ed e detta matrice dei coefficienti.

Osservazione: AX = B e risolubile ⇐⇒ ∃Y ∈ Kn t. c. AY = B ⇐⇒ B ∈ ImLA.Se LA e surgettiva il sistema e sempre risolubile (esiste sempre Y t. c. AY = B).Se LA e iniettiva il sistema ha un’unica soluzione (se esiste Y soluzione, e unica: LA(X) = LA(Y ) ⇐⇒X = Y ).Un sistema a scalini e rappresentato da una matrice a scalini.

Ci preoccupiamo ora di trasformare una matrice in una a scalini. Per far questo possiamo usare le seguentioperazioni elementari per riga (che altro non sono che le operazioni elementari sopra citate):

1. scambiare due righe;

2. moltiplicare una riga per α ∈ K, α 6= 0 (Ai → αAi);

3. sommare ad una riga un multiplo di un’altra (Ai → Ai + βAj).

Algoritmo di Gauss

Cominciamo con un esempio: (1 2 42 −1 3

)=

{x + 2y = 42x− y = 3

Se la prima colonna e non nulla, guardo l’elemento [A]11. Se e 0, scambio due righe portando al primoposto una riga il cui primo elemento e diverso da 0. A questo punto (nel nostro esempio) A2 → A2−2A1:

(1 2 40 −5 −5

)

Faccio in modo che sotto al primo pivot non rimangano che 0, quindi itero il procedimento considerandoil secondo pivot (l’elemento di posto [A]22) senza toccare piu la prima riga.

Enunciamo ora l’algoritmo di Gauss per ridurre una matrice A a scalini utilizzando le operazioni per riga:

1. sia j1 il minimo intero t. c. Aj1 6= 0 (prendo la prima colonna non nulla);

2. a meno di scambiare due righe posso supporre che [A]1j1 6= 0;

3. ∀i > 1 sostituisco Ai → Ai − ([A]−11j1· [A]ij1) ·A1;

4. itero il procedimento sulla sottomatrice ottenuta scartando la prima riga e le prime j1 colonne.

Esempio:

1 2 3 01 2 4 −32 1 0 1

→

1 2 3 00 0 1 −30 −3 −6 1

→

1 2 3 00 −3 −6 10 0 1 −3

Teorema:

1. Tramite un numero finito di operazioni per riga ogni matrice puo essere trasformata in una a scalini.



2. Ogni sistema AX = B e equivalente ad un sistema a scalini (cioe ad A1X = B1 con (A1|B1) ascalini).

Osservazione: se AX = B e un sistema equivalente a SX = T , dove (S | T ) e a scalini:

• il sistema e risolubile ⇐⇒ numero di pivots di S = numero di pivots di (S | T );

• se e risolubile, ricavo r variabili in funzione di n− r parametri.

Prodotto di Matrici

Siano f e g due applicazioni lineari tale che:

Kn f−→ Kp g−→ Kq

con f(X) = AX e g(X) = BX, dove A ∈ M(p, n,K), B ∈ M(q, p,K).Osservazione: La composizione di due applicazioni lineari e lineare:

• (g ◦ f)(x + y) = g(f(x + y)

)= g

(f(x) + f(y)

)= g

(f(x)

)+ g

(f(y)

)= (g ◦ f)(x) + (g ◦ f)(y);

• (g ◦ f)(αx) = g(f(αx)

)= g

(αf(x)

)= αg

(f(x)

)= α(g ◦ f)(x).

Anche (g ◦ f) deve essere indotta da una matrice: ∃C ∈ M(q, n) t. c. (g ◦ f)(X) = CX ∀X ∈ Kn.Per capire come la matrice C derivi dalle matrici A e B, calcoliamo l’elemento di posto j nel vettore(g ◦ f)(X) ∈ Kq. Utilizziamo la notazione [(g ◦ f)(X)]j1 in quanto vediamo il vettore come una matricecon q righe e 1 colonna.Ricordiamo inoltre che data una matrice A ∈ M(p, n,K) e un vettore X ∈ Kn:

[AX]i1 =n∑

k=1

([A]ik · [X]k1

)

[(g◦f)(X)]j1 = [B(AX)]j1 =p∑

h=1

[B]jh·[AX]h1 =p∑

h=1

[B]jh·n∑

i=1

([A]hi·[X]i1

)=

n∑

i=1

(p∑

h=1

[B]jh · [A]hi

)·[X]i1

Dunque se B ·A ∈ M(q, n) allora:

[AX]ji =p∑

h=1

[B]jh · [A]hi = Bj ·Ai

Poiche si moltiplica la j-esima riga di B per la i-esima colonna di A, tale prodotto viene detto: prodottoriga per colonna.Osservazione: non sempre due matrici sono moltiplicabili: abbiamo visto che la prima deve avere unnumero di colonne pari al numero di righe della seconda.

Si verifica che, nei casi in cui il prodotto ha senso:

• (AB)C = A(BC)

• (λA)B = λ(AB)

• (A + B)C = AC + BC

• A(B + C) = AB + AC

• IpA = AIq = A, ∀A ∈ M(p, q), In ∈ M(n, n) t. c. [In]ii = 1, [In]ji = 0 j 6= i

La matrice In, detta matrice identica e nella forma:

1 0. . .

0 1



Ci restingiamo ora al caso delle matrici quadrate, ossia quelle in cui il numero di righe e di colonne e lostesso. Le indichiamo con M(n). Consideriamo

(M(n), +, ·), con · restrizione del prodotto fra matrici

all’insieme delle matrici quadrate. Esso e un anello non commutativo.Facciamo vedere con un esempio che non vale le proprieta commutativa:

(1 23 1

)·(

2 −10 3

)=

(2 56 0

)

(2 −10 3

)·(

1 23 1

)=

( −1 39 3

)

Dimostriamo che non esiste l’inverso per tutti gli elementi dell’anello (e dimostriamo quindi che e effet-tivamente un anello e non un corpo).

Consideriamo la matrice(

1 10 0

)6= 0 e facciamo vedere che non esiste nessuna matrice che, moltipli-

candola a destra, ci dia la matrice identita:(

1 10 0

)·(

a bc d

)=

(a + b c + d

0 0

)=

(1 00 1

)

Ne ricaviamo un assurdo, poiche abbiamo 0 = 1.

Definizione: sia A un anello, a ∈ A, a 6= 0 si dice divisore di zero se ∃b ∈ A, b 6= 0 t. c. a · b = 0.Osservazione: un campo e un corpo non contengono divisori di 0 (a causa dell’esistenza dell’inverso).

Facciamo vedere che l’anello considerato contiene divisori di 0:(

1 00 0

)·(

0 01 1

)=

(0 00 0

)

Definizione: A ∈ M(n) si dice nilpotente se ∃m ∈ N t. c. Am = 0.La seguente matrice e nilpotente:

(0 10 0

)·(

0 10 0

)=

(0 00 0

)


Dimensione e base di uno spaziovettoriale

Definizione: V spazio vettoriale si dice finitamente generato se ∃v1, . . . , vn t. c. V = span(v1, . . . , vn),cioe

∀v ∈ V ∃c1, . . . , cn ∈ K t. c. v =n∑

i=1

civi

.Osservazione: R[x] non e finitamente generato. Se p1(x), . . . , pm(x) fossero generatori, dettos = max deg

(pi(x)

), ∀i = 1, . . . , m, non si potrebbero ottenere polinomi di grado maggiore ad s.

Definizione: v1, . . . , vn ∈ V si dicono linearmente indipendenti se l’unica combinazione lineare nulla deivi e quella con i coefficienti tutti nulli. Ossia:

c1v1 + . . . + cnvn = 0 ⇐⇒ c1 = . . . = cn = 0

Definizione: {v1, . . . , vn} si dice base di V se sono generatori di V e linearmente indipendenti.

Esempi:{e1, . . . , en} sono una base di Kn

{1, x, . . . , xd} sono una base di Kd[x], ossia il sottospazio vettoriale di K[x] contenente i polinomi di gradominore o uguale a d.

Osservazione: v ∈ V e linearmente indipendente =⇒ v 6= 0.

Proposizione: se uno almeno fra v1, . . . , vk e nullo =⇒ v1, . . . , vk sono linearmente dipendenti;Dimostrazione: se v1 = 0 =⇒ v1 + 0 · v2 + . . . + 0 · vn = 0, ma il primo coefficiente e non nullo.

Proposizione: Sia k ≥ 2. v1, . . . , vk sono linearmente indipendenti ⇐⇒ almeno uno di essi e combina-zione lineare degli altri.Dimostrazione:=⇒: ∃α1, . . . , αk ∈ K non tutti nulli t. c. α1v1 + . . . + αkvk = 0.Se per esempio: α1 6= 0 =⇒ α1v1 = −(α2v2 + . . . + αkvk) =⇒ v1 = −α−1

1 (α2v2 + . . . + αkvk). Cioe v1 ecombinazione lineare degli altri vettori.⇐=: Se v1 = b2v2 + . . . + bkvk =⇒ v1 − b2v2 − . . .− bkvk = 0, ossia sono linearmente dipendenti.

Osservazione: v1, . . . , vk sono vettori linearmente indipendenti e m ≤ k =⇒ v1, . . . , vm sono linear-mente indipendenti.Osservazione: se vp ∈ span(v1, . . . , vp−1) =⇒ span(v1, . . . , vp) = span(v1, . . . , vp−1).

Proposizione: Se B = {v1, . . . , vm} e una base di V , allora ogni v ∈ V si scrive in modo unico come:v = a1v1 + . . . + amvm. a1, . . . , am si dicono coordinate di v rispetto alla base B e si scrive [v]B.Dimostrazione:Se v = a1v1 + . . . + amvm = b1v1 + . . . + bmvm =⇒ (a1 − b1)v1 + . . . + (am − bm)vm = 0.Essendo v1, . . . , vm linearmente indipendenti: ai − bi = 0 ∀i = 1, . . . , m =⇒ ai = bi ∀i = 1, . . . , m.

In uno spazio Kn le componenti di un vettore coincidono con le coordinate, se si una la base canonicaC = {e1, . . . , en}.


Dimensione e base di uno spazio vettoriale

Fissare B base di V significa fissare l’applicazione: [ ]B : V −→ Kn.Verifichiamo che l’applicazione [ ]B e lineare:

• [ ]B(v + w) ?= [ ]B(v) + [ ]B(w)v = a1v1 + . . . + anvn, w = b1v1 + . . . + bnvn =⇒ v + w = (a1 + b1)v1 + . . . + (an + bn)vn

[v + w]B =

a1 + b1

...an + bn

=

a1

...an

+

b1

...bn

= [v]B + [w]B;

• allo stesso modo per il multiplo.

[ ]B e iniettiva: se v ∈ Ker[ ]B =⇒ [v]B =(0, . . . , 0

)=⇒ v = 0 · v1 + . . . + 0 · vn.

[ ]B e surgettiva: ∀(c1, . . . , cn

) ∃v ∈ V t. c. [v]B =(c1, . . . , cn

), basta prendere v = c1v1 + . . . + cnvn.

Definizione: un’applicazione lineare inettiva e surgettiva si dice isomorfismo.Definizione: quando tra due spazi vettoriale c’e un isomorfismo si dicono isomorfi.

Teorema: sia {v1, . . . , vn} una base di V , e siano w1, . . . , wp p vettori di V . Se p > n =⇒ w1, . . . , wp

sono linearmente dipendenti.Dimostrazione: Essendo {v1, . . . , vn} una base posso scrivere w1, . . . , wp come loro combinazioni li-neari:

w1 = a11v1 + . . . + an1vn

w2 = a12v1 + . . . + an2vn...wp = a1pv1 + . . . + anpvn

Cerco α1, . . . , αp non tutti nulli t. c. α1w1 + . . . + αpwp = 0:0 = α1w1 + . . . + αpwp = α1(a11v1 + . . . + an1vn) + . . . + αp(a1pv1 + . . . + anpvn) == (a11α1 + . . . + a1pαp)v1 + . . . + (an1α1 + . . . + anpαp)vn

Ma v1, . . . , vn sono tutti linearmente indipendenti, quindi una loro combinazione lineare nulla si ot-tiene sono se i coefficienti sono tutti nulli, cioe se:

a11α1 + . . . + a1pαp = 0...an1α1 + . . . + anpαp = 0

Quindi (α1, . . . , αp) devono essere soluzioni del sistema lineare omogeneo (i cui termini noti sono tuttinulli) la cui matrice associata e:

a11 . . . a1p

......

an1 . . . anp

∈ M(n, p)

Sappiamo che un sistema omogeneo ha sempre soluzione (almeno la soluzione nulla), ma ci interessa chene abbia almeno un’altra non nulla. Osserviamo che il numero di pivot e al piu n, ma n < p, quindi esistealmeno un’altra soluzione (α1, . . . , αp) non nulla.

Corollario: se B = {v1, . . . , vn} e S = {w1, . . . , wp} sono due basi di V =⇒ n = pDimostrazione: dal teorema n ≥ p, ma anche p ≥ n, poiche sono entrambe basi =⇒ n = p

Definizione: se V ammette una base B = {v1, . . . , vn}, si dice che V ha dimensione n e si indicadimV = n

(per convenzione si pone dim

{0}

= 0).

Proposizione: sia V 6= {0}. Da ogni insieme finito di generatori e possibile estrarre una base di V (ogni

spazio vettoriale finitamente generato ammette una base).



Dimostrazione: sia v1, . . . , vk un insieme di generatori di V . Posso supporre vi 6= 0 ∀i = 1, . . . , k.v1 e linearmente indipendente poiche e diverso da 0. Se span

{v1

}= V =⇒ {

v1

}e base di V .

Altrimenti consideriamo v2 e{v1, v2

}. Se sono linearmente indipendenti allora tengo v2, altrimenti lo si

scarta e i rimanenti{v1, v3, . . . , vk

}sono ancora generatori, poiche v2 ∈ span

{v1

}=⇒ span

{v1, v2

}=

= span{v1

}=⇒ span

{v1, v3, . . . , vk

}= span

{v1, v2, v3, . . . , vk

}.

Si itera l’algoritmo per gli altri generatori. Alla fine si ottiene una lista di vettori linearmente indipendentie generatori.Corollario: se v1, . . . , vk generano V =⇒ dimV ≤ k

Lemma: se dimV = n e v1, . . . , vn sono linearmente indipendenti =⇒ {v1, . . . , vn} e una base di V .Dimostrazione: se per assurdo v1, . . . , vn non generano V =⇒ ∃v ∈ V − span(v1, . . . , vn). Allorav1, . . . , vn, v sono linearmente indipendenti, infatti sia a1v1 + . . . + anvn + bv = 0; sicuramente b = 0 al-trimenti v ∈ span(v1, . . . , vn), ma v1, . . . , vn sono linearmente indipendenti, quindi a1 = 0 ∀i = 1, . . . , n.Abbiamo allora trovato n + 1 vettori linearmente indipendenti, ma dimV = n. Assurdo.

Teorema: (di completamento a base) se dimV = n e {v1, . . . , vk} sono vettori linearmente indipendenti,(k ≤ n) =⇒ ∃vk+1, . . . , vn ∈ V t. c. {v1, . . . , vk, vk+1, . . . , vn} e una base di V .Dimostrazione: se k = n e gia una base. Se k < n =⇒ v1, . . . , vk =⇒ span(v1, . . . , vk) ⊂ V . Quindi∃vk+1 ∈ V − span(v1, . . . , vk) t. c. v1, . . . , vk, vk+1 sono linearmente indipendenti. Se k + 1 = n la basee trovata, altrimenti si itera il procedimento cercando vk+2 ∈ V − span(v1, . . . , vk+1).

Osservazione: se v1, . . . , vk sono linearmente indipendenti e conosco una base B = {w1, . . . , wn} diV =⇒ posso completare v1, . . . , vk a base cosı: {v1, . . . , vk, w1, . . . , wn}. Ottengo in tal modo un insiemedi generatori di V non tutti linearmente indipendenti. Da questo, applicando l’algoritmo sopra esposto,estraggo una base di V della forma: S = {v1, . . . , vn, w1, . . . , win−k

}.

Proposizione: sia V uno spazio vettoriale finitamente generato, W ⊂ V sottospazio vettoriale =⇒ We finitamente generato e dimW ≤ dimV .Dimostrazione: se W = {0} sicuramente dimV ≥ 0. Sia quindi W 6= {0} =⇒ ∃w1 ∈ W, w1 6= 0.{w1} e linearmente indipendente in W e anche in V , poiche w1 ∈ V e la verifica da fare e la stessa.Ora, se span(w1) = W =⇒ dimW = 1 e dimV ≥ 1.Altrimenti se span(w1) ⊂ W =⇒ ∃w2 ∈ W − span(w1) t. c. {w1, w2} sono linearmente indipendenti inV e W . Si itera il procedimento un numero finito di volte, al piu pari a dimV , poiche quest’ultimo efinitamente generato.

Corollario: se dimW = dimV, W ⊂ V =⇒ W = V .Dimostrazione: dimW = n =⇒ B = {w1, . . . , wn} e base di W . Ma w1, . . . , wn ∈ V , sono linearmenteindipendenti e generatori, sono n = dimV =⇒ V = span(w1, . . . , wn) = W .

Formula di Grassman

Sia V uno spazio vettoriale, e siano U,W ⊂ V sottospazi vettoriali. Allora:

dim(U + W ) = dimU + dimW − dim(U ∩W )

Dimostrazione: sia {v1, . . . , vm} una base di U ∩W . Possiamo completare a base di U e di W :∃um+1, . . . , up ∈ U t. c. {v1, . . . , vm, um+1, . . . , up} base di U . Allora dimU = p.∃wm+1, . . . , wq ∈ W t. c. {v1, . . . , vm, wm+1, . . . , wq} base di W . Quindi dimW = q.

Proviamo che dim(U + W ) = p + q −m; basta provare che {v1, . . . , vm, um+1, . . . , up, wm+1, . . . , wq} euna base di U + W , poiche sono nel numero giusto. Dimostriamo innanazitutto che sono generatori:

∀u + w ∈ U + W :u = a1v1 + . . . + amvm + bm+1um+1 + . . . + bpup;w = c1v1 + . . . + cmvm + dm+1wm+1 + . . . + dqwq;

quindi ogni u + w ∈ U + W si scrive come combinazione lineare di questi vettori. Dimostriamo ora chesono linearmente indipendenti:

a1v1 + . . . + amvm + bm+1um+1 + . . . + bpup + cm+1wm+1 + . . . + cqwq = 0a1v1 + . . . + amvm + bm+1um+1 + . . . + bpup = −(cm+1wm+1 + . . . + cqwq)



quindi cm+1wm+1+ . . .+cqwq appartiene sia a W (poiche combinazione di wm+1, . . . , wq), sia a U (poichecombinazione lineare di v1, . . . , vm, um+1, . . . , up base di U). Allora:

cm+1wm+1 + . . .+ cqwq ∈ U ∩W =⇒ ∃α1, . . . , αm t. c. cm+1wm+1 + . . .+ cqwq = α1v1 + . . . + αmvm

La combinazione lineare nulla di cui sopra diventa:a1v1 + . . . + amvm + bm+1um+1 + . . . + bpup + α1v1 + . . . + αmvm = 0

Essa e una combinazione lineare nulla dei vettori della base di U , che sono linearmente indipendenti.Sicuramente quindi bi = 0 ∀i = m + 1, . . . , p. In tal modo abbiamo che:

a1v1 + . . . + amvm + cm+1wm+1 + . . . + cqwq = 0Ma tali vettori formano una base di W =⇒ i coefficienti di una loro combinazione lineare nulla sono tuttinulli. Dunque {v1, . . . , vm, um+1, . . . , up, wm+1, . . . , wq} e una base di U + W .

Corollario: se U ∩W = {0} =⇒ dim(U ⊕W ) = dimU + dimW .

Proposizione: sia V uno spazio vettoriale, U ⊂ V sottospazio vettoriale. Sia {u1, . . . , up} una base diU , ∃vp+1, . . . , vn ∈ V t. c. {u1, . . . , up, vp+1, . . . , vn} e una base di V . Sia Z = span(vp+1, . . . , vn)=⇒ V = U ⊕ Z.Dimostrazione: facciamo innanzitutto vedere che U ∩ Z = {0}:Se v ∈ U ∩ Z allora possiamo scrivere v come:

v = a1u1 + . . . + apup, dato che v ∈ U ev = bp+1vp+1 + . . . + bnvn, dato che v ∈ Z.

Allora, eguagliando le due espressioni:a1u1 + . . . + apup − bp+1vp+1 − . . .− bnvn = 0.

Ma una combinazione lineare nulla dei vettori della base di V e possibile se e solo se i coefficienti sonotutti nulli. Allora v = 0 e l’unico vettore in U ∩ Z.Mostriamo ora che U ⊕ Z = V . Sappiamo che:

dim(U ⊕ Z) = dimV , ma anche U ⊕ Z ⊂ V =⇒ U ⊕ Z = V .

Proposizione: sia V = U ⊕ Z, B = {u1, . . . , up} base di U , S = {z1, . . . , zq} base di Z. Allora B ∪ S ebase di V .Dimostrazione: Sicuramente sono generatori, visto la loro somma diretta e V . Facciamo vedere chesono anche linearmente indipendenti:

α1u1 + . . . + αpup + β1z1 + . . . + βqzq = 0 =⇒ α1u1 + . . . + αpup = −(β1z1 + . . . + βqzq)Allora sia α1u1 + . . . + αpup che β1z1 + . . . + βqzq appartengono contemporaneamente a U e Z, quindiappartengono a U ∩ Z.Ma U ∩ Z = {0}, quindi:

α1u1 + . . . + αpup = 0β1z1 + . . . + βqzq = 0

Essendo u1, . . . , up linearmente indipendenti (poiche formano una base di U), cosı come z1, . . . , zq, tuttii coefficienti αi, βi sono zero, quindi i vettori {u1, . . . , up, z1, . . . , zq} sono tra loro tutti linearmenteindipendenti e formano una base di V .


Rango di un’applicazione lineare

Lemma: siano V e W due spazi vettoriali, f : V −→ W un’applicazione lineare. Allora

1. se v1, . . . , vk sono vettori linearmente indipendenti in V e f e iniettiva =⇒ f(v1), . . . , f(vk) sonoindipendenti in W ;

2. se v1, . . . , vk generano V =⇒ f(v1), . . . , f(vk) generano Imf (se f e surgettiva generano W ).

Dimostrazione:

1. a1f(v1) + . . . + akf(vk) = f(a1v1 + . . . + akvk) = 0 =⇒ a1v1 + . . . + akvk ∈ Kerf = {0} =⇒=⇒ a1 = . . . = ak = 0;

2. ∀f(y) ∈ Imf, y ∈ V, ∃b1, . . . , bk t. c. y = b1v1 + . . . + bkvk =⇒ f(y) = f(b1v1 + . . . + bkvk) == b1f(v1) + . . . + bkf(vk). Ogni vettore in Imf e generato da f(v1), . . . , f(vk).

Corollario: se f e un isomorfismo =⇒ f trasforma una base di V in una di W .

Teorema: (formula delle dimensioni) sia f : V −→ W lineare =⇒ dimV = dimKerf + dimImf .Dimostrazione: sia dimV = n, dimKerf = p. Proviamo che dimImf = n− p.Sia {v1, . . . , vp} una base di Kerf . La completiamo a base di V : B = {v1, . . . , vp, vp+1, . . . , vn} =⇒=⇒ f(v1), . . . , f(vp), f(vp+1), . . . , f(vn) generano Imf (per il Lemma 2). Ma f(v1) = . . . = f(vp) = 0,quindi basta dimostrare che f(vp+1), . . . , f(vn) sono linearmente indipendenti:

0 = ap+1f(vp+1) + . . . + anf(vn) = f(ap+1vp+1 + . . . + anvn) =⇒ ap+1vp+1 + . . . + anvn ∈ Kerf =⇒=⇒ ∃b1, . . . , bp ∈ K t. c. ap+1vp+1 + . . . + anvn = b1v1 + . . . + bpvp =⇒=⇒ ap+1vp+1 + . . . + anvn − (b1v1 + . . . + bpvp) = 0 =⇒ ap+1 = . . . = an = b1 = . . . = bp = 0

Poiche sono tutti vettori di una base di V , quindi linearmente indipendenti. Dunque dimImf = n− p == dimV − dimKerf .

Conseguenze:

1. dimImf ≤ dimV ;

2. se dimV = dimW, f e iniettiva ⇐⇒ f e surgettivaDimostrazione: (=⇒): f iniettiva =⇒ Kerf = {0} =⇒ dimW = dimV = dimImf =⇒ essendoImf ⊂ W, dimImf = dimW =⇒ Imf = W .(⇐=): f surgettiva ⇐⇒ Imf = W =⇒ dimKerf = dimV − dimImf = dimV − dimW = 0 =⇒=⇒ Kerf = {0} =⇒ f e iniettiva;

Corollario: V, W K-spazi vettoriali, V, W sono isomorfi ⇐⇒ dimV = dimW .Dimostrazione:(⇐=) : dimV = dimW = n =⇒ V ∼= Kn ∼= W .(=⇒) : ∃f : V −→ W isomorfismo di spazi vettoriali =⇒ Kerf = {0}, Imf = W =⇒ dimV =dimKerf + dimImf = dimW .Si dice che V e W appartengono alla stessa classe di equivalenza.

Classe di Equivalenza

Definizione: Sia E un insieme. Data R una relazione tra gli elementi dell’insieme, e possibile stabilirese, presi due elementi di E, essi sono in relazione fra loro. In particolare R e una relazione di equivalenza



se valgono le seguenti proprieta:

• riflessiva: ∀x ∈ E xRx;

• simmatrica: ∀x, y ∈ E, xRy =⇒ yRx;

• transitiva: ∀x, y, z ∈ E, xRy e yRz =⇒ xRz.

Definizione: ∀x ∈ E, R relazione di equivalenza, si dice classe di equivalenza di x l’insieme: [x] = {y ∈E | yRx}

Proprieta:

1.⋃

[x] = E (ossia le classi di equivalenza ricoprono E);

2. [x] = [y] ⇐⇒ xRy:Dimostrazione: (=⇒): x ∈ [x] = [y] =⇒ x ∈ [y] =⇒ xRy per definizione di classe d’equivalenza.(⇐=): ∀z ∈ [x] zRx, poiche si ha anche che xRy =⇒ zRy (proprieta transitiva) =⇒ z ∈ [y]. Valeil viceversa: ∀z ∈ [y] zRy, yRx (proprieta riflessiva) =⇒ zRx =⇒ z ∈ [x];

3. se [x] 6= [y] =⇒ [x] ∩ [y] = ∅.

Definizione: dato E un insieme, R una relazione d’equivalenza, si dice insieme quoziente:

E/R = {[x] | x ∈ E}Proposizione: siano V , W e Z tre spazi vettoriali, e siano f, g due applicazioni lineari tali che:V

f−→ Wg−→ Z:

1. dimIm(g ◦ f) ≤ min(dimImf, dimImg

);

2. se f e un isomorfismo =⇒ dimIm(g ◦ f) = dimImg;

3. se g e un isomorfismo =⇒ dimIm(g ◦ f) = dimImf .

Dimostrazione: :

1. dimIm(g ◦ f) = dimIm(g|Imf) = dimImf − dimKer(g|Imf

) ≤ dimImf .

Im(g ◦ f) ⊆ Img =⇒ dimIm(g ◦ f) ≤ dimImg.Allora, dovendo essere minore dell’una e dell’altra: dimIm(g ◦ f) ≤ min

(dimImf, dimImg

);

2. f isomorfismo =⇒ f surgettiva, quindi Imf = W . Allora:dimIm(g ◦ f) = dimIm(g|Imf

) = dimIm(g|W ) = dimImg;

3. g isomorfismo =⇒ g iniettiva, quindi Kerg = {0}. Allora:dimIm(g ◦ f) = dimImf − dimKer(g|Imf

) = dimImf − dim{0} = dimImf .

Teorema: sia dimV = n e sia B = {v1, . . . , vn} una base di V . Siano w1, . . . , wn vettori di W . =⇒∃!f lineare tale che f : V −→ W e f(vi) = wi ∀i = 1, . . . , n.Dimostrazione:Esistenza:

∀v ∈ V, ∃a1, . . . , an ∈ K, unici, t. c. v = a1v1 + . . . + anvn.Definiamo f(v) = a1w1 + . . . + anwn. Proviamo che tale definizione verifica i vincoli, ossia che f definitain questo modo e lineare:

• ∀v, w ∈ V, v = a1v1 + . . . + anvn, w = b1v1 + . . . + bnvn.f(v+w) = f

((a1+b1)v1+. . .+(an+bn)vn

)= (a1+b1)w1+. . .+(an+bn)wn = a1w1 + . . . + anwn+

+ b1w1 + . . . + bnwn = f(v) + f(w);

• Lo stesso si fa per il multiplo.



Unicita:∀v ∈ V, v = a1v1 + . . . + anvn.

Se f e un’applicazione lineare tale che f(vi) = wi ∀i = 1, . . . , n, allora:f(v) = f(a1v1 + . . . + anvn) = a1f(v1) + . . . + anf(vn) = a1w1 + . . . + anwn.

Quindi la definizione che abbiamo dato e l’unica affiche f fosse lineare.

Definizione: sia f un’applicazione lineare. Si dice rango di f (e si indica rkf) la dimensione di Imf .

Cominciamo considerando le matrici M(p, q,K), ovvero le applicazioni lineari da Kq a Kp.Se A ∈ M(p, q,K), data C = {e1, . . . , eq} la base canonica di Kq, abbiamo dimostrato che Ae1, . . . , Aeq

generano l’immagine di A.Ma Aei = Ai, ossia l’i-esima colonna di A. Quindi: ImA = span(A1, . . . , Aq).

Proposizione: sia A ∈ M(p, n) e sia S una sua ridotta a scala. Allora rkA = rkS.Dimostrazione: dalla formula delle dimensioni:

rkA = dimImA = dimKn − dimKerA = n− dimKerA;rkS = n− dimKerS.

Ma KerA = KerS. Infatti essi sono gli insiemi delle soluzioni dei due sistemi lineari omogenei associati:AX = 0 e SX = 0. Essendo essi due sistemi equivalenti (S e ottenuto da A tramite riduzione di Gauss)hanno le stesse soluzioni, cioe KerA = KerS =⇒ rkA = rkS.

Calcolo del rango di una matrice a scalini S e di una base di ImS

Proposizione: sia S ∈ M(p, n,K), con p1, . . . , pr r pivots non nulli nelle colonne Sj1 , . . . , Sjr . Alloraesse formano una base di ImS e che, quindi, rkS = r.

Dimostrazione: Sj1 , . . . , Sjr sono linearmente indipendenti:a1S

j1 +. . .+arSjr = 0. Dalla prima somma otteniamo un vettore. Consideriamo l’ultima componente

non nulla di tale vettore (che otteniamo dalla sola colonna Sjr ):

...arpr

0

=

...00

Affinche sia uguale a 0, poiche pr 6= 0 per ipotesi =⇒ ar = 0. Si itera il procedimento, considerando cheora l’ultima componente non nulla e data dalla colonna Sjr−1 .

Sono generatori:facciamo vedere che ∀i 6= j1, . . . , jr, Si e una combinazione lineare di Sj1 , . . . , Sjr , ossia che∃a1, . . . , ar ∈ K t. c. Si = a1S

j1 + . . . + arSjr . Cercare a1, . . . , ar significa cercare le soluzioni del

seguente sistema lineare: Sj1 . . . Sjr

·

a1

...ar

=

Si

Sappiamo che la soluzione esiste se non compare un pivot nella colonna dei termini noti. Nel nostro casotutte le colonne in cui compaiono pivot sono Sj1 , . . . , Sjr , quindi esiste la soluzione, poiche abbiamo postoi 6= j1, . . . , jr.

Corollario: In particolare il numero di pivots non dipende dalla riduzione a scala (abbiamo dimostratoche il rango e invariante rispetto alla riduzione di Gauss).

Matrici Elementari e invertibili

Sia M ∈ M(m,n). Le mosse di Gauss per riga si realizzano moltiplicando M a sinistra con opportunematrici elementari, che si ottengono apportando modifiche alla matrice identita:



1. scambiare due righe i, j t. c. i 6= j, 1 ≤ i, j ≤ m. La relativa matrice elementare (Aij) si ottienedalla matrice identita scambiando la riga i-esima con la j-esima;

2. moltiplicare la riga i-esima per k: basta moltiplicare la i-esima riga della matrice identita per k eotteniamo la matrice elementare (Bik);

3. aggiungere alla i-esima riga k volte la j-esima:

Cijk =

I1 k

I1

I

dove si e indicata con I un’opportuna matrice identita (ossia una serie di 1 sulla diagonale). kcompare nel posto [C]ij .

Sappiamo che le mosse di Gauss sono invertibili, quindi devono essere indotte da matrici invertibili. In-fatti:

A2ij = I (scambiando due volte le righe i, j otteniamo nuovamente la matrice di partenza);

Bi 1k·Bik = I (moltiplicando la riga i per k e 1

k otteniamo la riga stessa);Ci,j,k · Ci,j,−k = I (sommiamo e sottraiamo la stessa riga moltiplicata per k).

Osservazione: Per ottenere le mosse di Gauss sulle colonne, anziche sulle righe, basta utilizzare le stessematrici elementari moltiplicando a destra.

Proposizione: Sia A ∈ M(n) (A : Kn −→ Kn). Sono fatti equivalenti:

1. A e una matrice invertibili;

2. A e un isomorfismo;

3. rkA = n.

Dimostrazione:(1) ⇐⇒ (2): A matrice invertibile ⇐⇒ ∃B ∈ M(n) t. c. A · B = B · A = I ⇐⇒ (considerando A e Bcome applicazioni lineari) B e l’inversa di A ⇐⇒ A e bigettiva ⇐⇒ A e un isomorfismo.(2) ⇐⇒ (3): A isomorfismo ⇐⇒ n = dim(Kn) = dim(ImA) + dim(KerA) = rkA + dim{0} = rkA.

Teorema: (di Rouche-Capelli) AX = B e risolubile ⇐⇒ rkA = rk(A|B)

.Dimostrazione: (idea)

(A|B) → (

S|T )a scalini (sono equivalenti). Sappiamo che rkA = rkS,

rk(A|B)

= rk(S|T )

. Ma(S|T )

e risolubile ⇐⇒ rk(S|T )

= rkS.

Data A ∈ M(p, n) sappiamo che ImA = span(A1, . . . , An). Resta da determinare una base di ImA,sapendo che dim(ImA) = rkA = rkS = r. A tal proposito consideriamo una qualunque riduzione diGauss che trasforma la matrice A in S (a scalini). Sappiamo che ∃E1, . . . , Em matrici elementari taliche:

S = Em · . . . · E1 ·ADetta M = Em · . . . · E1, possiamo dare un’interpretazione dell’algoritmo di Gauss sotto forma diapplicazioni lineari:

Kn A−→ Kp M−→ Kp

Sappiamo che M e una matrice invertibile (poiche prodotto di matrici invertibili), dunque e un isomorfi-smo di spazi vettoriali. Ma un isomorfismo manda basi in basi, quindi M trasforma una base di ImS inuna di ImA.

Sia {Sj1 , . . . , Sjr} una base di ImS. Poiche M ·Aj = Sj :M ·Aj1 = Sj1

...M ·Ajr = Sjr



Di conseguenza {Aj1 , . . . , Ajr} sono una base di ImA.

Conseguenza: Algoritmo di estrazione di una base per span(v1, . . . , vm), v1, . . . , vm ∈ Kp. Costruiamola seguente matrice:

v1 . . . vm

∈ M(p,m).

Allora span(v1, . . . , vm) = ImA. Per trovare la base cercata si considerano le colonne che in una ridottaa scala contengono i pivots. Abbiamo visto che tali colonne formano una base di ImA, quindi anche dispan(v1, . . . , vm).

Osservazione: sia V un qualsiasi spazio vettoriale, non necessariamente Kn, e siano v1, . . . , vm vettoridi V da cui vogliamo estrarre una base di span(v1, . . . , vm). Fissata B una base di V , abbiamo l’isomor-fismo [ ]B : V −→ Kn. Si applica l’algoritmo di estrazione di una base a [v1]B, . . . , [vn]B.

Calcolo della matrice inversa attraverso l’algoritmo di Gauss

Sia A ∈ M(n) t. c. rkA = n. Cerchiamo X tale che AX = I (inversa a destra).

Es. Sia A =(

1 21 3

). Si puo calcolare il rango attraverso una riduzione di Gauss e vedere che rkA = 2.

Cerchiamo una matrice X tale che:(

1 21 3

)·(

x yz t

)=

(1 00 1

)

Ossia AX1 = I1, AX2 = I2. Possiamo rappresentare il sistema (e risolverlo):(1 2 1 01 3 0 1

)→

(1 2 1 00 1 −1 1

)→

(1 0 3 −20 3 −1 1

). Quindi X =

(3 −2−1 1

)e quello che

cercavamo.

Ripetiamo il procedimento nel caso generico con A ∈ M(n):

AX1 = I1

...AXn = In

⇐⇒ (A | I) Gauss−→ (

I |B) ⇐⇒

IX1 = B1

...IXn = Bn

⇐⇒ X = B

Facciamo vedere che B e anche inversa a sinistra:∃M invertibile (prodotto di elementari) t. c.

(I |B)

= M(A | I)

=(MA |MI

)=⇒ B = MI = M,

I = MA = BA.

Matrice associata a un’applicazione lineare

Proposizione: Siano V e W due spazi vettoriali tali che n = dimV, p = dimW , e sia f : V −→ Wun’applicazione lineare. Siano B = {v1, . . . , vn} e S = {w1, . . . , wp} basi rispettivamente di V e di W .Sia A ∈ M(p, n) tale che:

A =

[

f(v1)]S . . .

[f(vn)

]S

che indichiamo come A = mB,S(f) o A = mBS(f) (cioe la matrice associata nelle basi B e S ad f).

Proposizione: se A = mBS(f) =⇒ ∀v ∈ V

[f(v)

]S = A · [v]

BDimostrazione: ∀v ∈ V ∃a1, . . . , an ∈ K, t. c. v = a1v1 + . . . + anvn =⇒ [v]B =

(a1, . . . , an

).

Per linearita di f e sostituendo i valori di f(v1), . . . , f(vn) otteniamo:f(v) = a1f(v1) + . . . + anf(vn) = a1(a11w1 + . . . + ap1wp) + . . . + an(a1nw1 + . . . + apnwp) == (a11a1 + . . . + a1nan)w1 + . . . + (ap1a1 + . . . + apnan)wp.



Allora:

[f(v)

]S =

a11a1 + . . . + a1nan

...ap1a1 + . . . + apnan

=

a11 a1n

... . . ....

ap1 apn

·

a1

...an

= A · [v]

B

Osservazione: Da quanto sopra segue che il diagramma:V

f−→ W↓ ↓Kn A−→ Kp

e commutativo.

Proposizione: Siano V , W spazi vettoriali, con n = dimV e p = dimW , f : V −→ W lineare e sianoB = {v1, . . . , vn} e S = {w1, . . . , wp} basi rispettivamente di V e W . Allora l’applicazione:

fα−→ mB

S(f)

che ad ogni applicazione associa la sua matrice associata nelle basi B e S, e un isomorfismo.Dimostrazione: α e lineare:

∀f, g ∈ Hom(V,W ), α(f + g) =

[

(f + g)(v1)]S . . .

[(f + g)(vn)

]S

Utilizzando la definizione di somma di funzioni((f + g)(v) = f(v) + g(v)

)e la linearita di [ ]S :

α(f + g) =

[

f(v1)]S . . .

[f(vn)

]S

+

[

g(v1)]S . . .

[g(vn)

]S

= α(f) + α(g)

Allo stesso modo per il multiplo.

α e iniettiva (dimostriamo che Ker(f) = {0}):se α(f) = 0 (matrice nulla) =⇒ f(v1) = . . . = f(vn) = 0. Da teorema sappiamo che un’applicazione

lineare e ben definita da cio che fa su una base dello spazio di partenza. Poiche f manda tutti i vettoriin 0 =⇒ f = 0.

α e surgettiva (facciamo vedere che data A esiste sempre f t. c. A = mBS(f)):

Presa A = mBS(f), definisco f tale che

[f(vi)

]S = Ai, ∀i = 1, . . . , n. Per teorema ∃!f ∈ Hom(V, W )

che manda una base in vettori prescritti.

Corollario: dim(Hom(V,W )

)= pn

Proposizione: siano V, W, Z spazi vettoriali, con basi rispettivamente B, S, T . Siano f, g applicazionilineari tali che VB

f−→ WSg−→ ZT . Siano A = mB

S(f), B = mST (g). Allora mB

T (g ◦ f) = B ·A.Dimostrazione: ∀v ∈ V,

[(g ◦ f)(v)

]T =

[(g

(f(v)

)]T = B · [f(v)

]S = B ·A · [v]

B.

Definizione: sia f un’applicazione lineare. Definiamo rkf = dim(Imf).

Diamo un modo per calcolare rkf :Imf = span

(f(v1), . . . , f(vn)

) ∼= span(A1, . . . , An) =⇒ dim(Imf) = dim(ImA) = rkA.

Matrice del cambiamento di base

Il cambiamento di base avviene tramite un’applicazione lineare che manda ciascun vettore in se stesso.Tale applicazione e l’identita (da non confondere con la matrice identita):

Id : VB −→ VS

La matrice associata all’applicazione identita (A ∈ M(n) t. c. A = mBS(Id)) e tale che:

∀v ∈ V [v]S = A · [v]B



che segue da[f(v)

]S = A · [v]B, con f = Id.

E chiaro che la matrice A e invertibile, essendo rkA = dim(Imf) = dimV = n

Osservazione: B = mSB(Id) e la matrice inversa di A, poiche A ·B = I, cioe applicando le due matrici

in sequenza, le coordinate di ciascun vettore rimangono immutate.


SD-equivalenza

Definizione: chiameremo gruppo lineare di rango n su campo K:

GL(n,K) = {A ∈ M(n,K) | Ae invertibile}

Dimostriamo che(GL(n,K), ·), con · prodotto fra matrici, e effettivamente un gruppo (non commutativo):

1. · e un’operazione in GL(n,K): ∀A,B ∈ GL(n,K) ?=⇒ AB ∈ GL(n,K).Sia (AB)−1 = B−1A−1. Verifichiamo che e una buona definizione: AB ·B−1A−1 = A ·A−1 = I;

2. Esistenza dell’inverso: ∀A ∈ GL(n,K) =⇒ A−1 ∈ GL(n,K), poiche (A−1)−1 = A;

3. esiste l’elemento neutro per il prodotto, ossia I;

4. Proprieta associativa: vale per tutte le matrici, quindi anche per quelle invertibili.

Siano V, W due spazi vettoriali, f : V −→ W un’applicazione lineare, B e B′ due basi di V , S e S ′ duebasi di W . Siano n = dimV, p = dimW, A = mB

S(f), A′ = mB′S′(f). Consideriamo il seguente diagramma:

VBA−→ WS

↑N ↓M

VB′A′−→ WS′

A′ = MAN dove M e N sono le matrici associate all’identita (matrici di cambio di base).

Osservazione: M ∈ GL(p,K), N ∈ GL(n,K), poiche prodotto di matrici elementari invertibili.

Definizione: due matrici A,B ∈ M(p, n) sono dette SD-equivalenti se ∃M ∈ GL(p,K), ∃N ∈ GL(n,K) t. c.B = MAN .

Osservazioni:

1. SD-equivalenza e una relazione di equivalenza:

• Proprieta riflessiva: A ≡ A, poiche ∃Ip ∈ GL(p), ∃In ∈ GL(n) t. c. A = IpAIn;

• Proprieta simmetrica: A ≡ B =⇒ B ≡ A, poiche B = MAN =⇒ A = M−1BN−1;

• Proprieta transitiva: A ≡ B, B ≡ C =⇒ A ≡ C, poiche B = MAN, C = PBQ =⇒=⇒ C = (PM)A(NQ). Infatti P,M ∈ GL(p) =⇒ PM ∈ GL(p); lo stesso per N e Q.

2. se A ≡ B =⇒ rkA = rkB:rkB = rk(MAN); N isomorfismo =⇒ rk(MAN) = rk

((MA)N) = rk(MA), M isomorfismo =⇒

=⇒ rk(MA) = rkA(poiche rk(f ◦g) ≤ min(rkf, rkg)

). Il rango e un invariante per SD-equivalenza;

3. che A e B siano SD-equivalenti vuol dire che rappresentano la stessa applicazione in basi diverse;

4. equivalentemente, per le applicazioni lineari, date f, g ∈ Hom(V, W ), dove dimV = n, dimW = p:f ≡ g ⇐⇒ ∃ϕ ∈ GL(V ), ∃ψ ∈ GL(W ) t. c. g = ψ ◦ f ◦ ϕ;f ≡ g ⇐⇒ mB

S(g) = mSS(ψ) ·mB

S(f) ·mBB(ϕ) ⇐⇒ mB

S(g) ≡ mBS(f);

In questo caso f e g sono applicazioni diverse nelle stesse basi, non la stessa applicazione vista inbasi diverse.


SD-equivalenza

Proposizione: siano V, W due spazi vettoriali tali che dimV = n, dimW = p. Si f : V −→ W lineare

tale che r = rkf . Allora esistono una base B di V e una base S di W tali che mBS(f) =

(Ir 00 0

)

Dimostrazione: rkf = r =⇒ dim(Kerf) = n− r. Sia {vr+1, . . . , vn} una base di Kerf .La completiamo a base B = {v1, . . . , vr, vr+1, . . . , vn} di V .Sappiamo che {f(v1), . . . , f(vr)} generano Imf , dato che f(vr+1) = . . . = f(vn) = 0, sono r =⇒ sonouna base di Imf .Li completiamo a base S = {f(v1), . . . , f(vr), wr+1, . . . , wp} di W .

La matrice associata ad f nelle basi B, S e: mBS(f) =

(Ir 00 0

)

Corollario: sia A ∈ M(p, n), se rkA = r =⇒ A ≡(

Ir 00 0

)

Basta scegliere le basi come nella dimostrazione precedente.

Teorema: A ≡ B ⇐⇒ rkA = rkB (ossia il rango e un invariante completo di SD-equivalenza).Dimostrazione: (=⇒) gia fatto.

(⇐=) rkA = rkB = r =⇒ A ≡(

Ir 00 0

)≡ B =⇒ A ≡ B (transitivita).

Corollario: ∀A ∈ M(p, n), rkA = rktA.

Dimostrazione: sia r = rkA =⇒ A = M ·(

Ir 00 0

)·N con M ∈ GL(p), N ∈ GL(n).

=⇒ tA = tN ·t(

Ir 00 0

)· tM ,

t(Ir 00 0

)=

(Ir 00 0

)∈ M(n, p).

tN ∈ GL(n,K), perche I = tI = t(NN−1) = t(N−1)tN =⇒ t(N−1) e l’inversa di tN ; lo stesso pertM .

=⇒ tA ≡(

Ir 00 0

)=⇒ rktA = r.

Corollario: sia R(A) = span(A1, . . . , Ap) lo spazio generato dalle righe di A. Allora dimR(A) = rkA.Dimostrazione: dimR(A) = dimC(tA) = rktA = rkA

(dove C(tA) = span(tA1, . . . , tAn)

).

Proposizione: se A ∈ M(p, n) e B e sottomatrice di A =⇒ rkB ≤ rkA.Dimostrazione: B = (Ai1 , . . . , Aim | Aj1 , . . . , Ajk). Sia C = (Ai1 , . . . , Aim | A1, . . . , An).C e ottenuta da A prendendo tutte le colonne e alcune righe. Pensando al rango per riga: rkC ≤ rkA.Allo stesso modo B e ottenuta da C prendendo tutte le righe e alcune colonne. Pensando al rango percolonna: rkB ≤ rkC ≤ rkA.

Definizione: ogni sottomatrice quadrata e detta un minore. Si dice ordine del minore il numero dellesue righe (e colonne).

Proposizione: sia A ∈ M(p, n), e sia B un minore di A di ordine q invertibile =⇒ le righe di A cheentrano a formare B sono linearmente indipendenti.Dimostrazione: Supponiamo che B sia formato dalle prime q righe e q colonne di A. Proviamo cheA1, . . . , Aq sono linearmente indipendenti:

α1A1 + . . . + αqAq = 0 =⇒ α1B1 + . . . + αqBq = 0 ⇐⇒ α1 = . . . = αq = 0 (sono linearmente indi-pendenti).

Proposizione: il rango di una matrice A ∈ M(p, q) e il massimo degli ordini dei suoi minori invertibili.Dimostrazione: sia rkA = r, ρ il massimo ordine dei suoi minori invertibili.Sia B un minore di A di ordine ρ invertibile =⇒ A contiene ρ righe linearmente indipendenti =⇒=⇒ rkA ≥ ρ, ρ ≤ r.Ma in A esistono r righe linearmente indipendenti, che supponiamo essere A1, . . . , Ar.Sia C = (A1, . . . , Ar | A1, . . . , Aq) =⇒ rkC = r (pensato come rango per riga). Allora C contiene rcolonne linearmente indipendenti, supponiamo Cj1 , . . . , Cjr .Sia M = (A1, . . . , Ar | Aj1 , . . . , Ajr ) ∈ M(r), minore di A di ordine r, invertibile (contiene r colonnelinearmente indipendenti) =⇒ ρ ≥ r.Poiche valgono contemporaneamente ρ ≤ r e ρ ≥ r =⇒ ρ = r.


Determinante

Sia A ∈ M(n,K), sappiamo che rkA e il massimo numero di righe e colonne indipendenti.Cerchiamo una funzione: det : M(n,K) −→ K tale che detA = 0 ⇐⇒ le righe di A sono linearmentedipendenti.

Esempio:

sia n = 2 : A =(

a11 a12

a21 a22

). Abbiamo 3 casi:

1. Se a11 e a21 sono entrambi nulli, le righe sono dipendenti.

2. Se a11 6= 0 =⇒ tramite operazioni per righe:

A →(

a11 a12

0 a22 − a−111 · a21 · a12

)

Le righe di A sono dipendenti ⇐⇒ a22 − a−111 · a21 · a12 = 0 ⇐⇒ a11 · a22 − a21 · a12 = 0.

3. Se a11 = 0 ma a21 6= 0:

n = 2 : A =(

a21 a22

0 a12

)

Le righe di A sono dipendenti ⇐⇒ a12 = 0, ossia se non e un pivot.

Ponendo, nel caso n = 2, detA = a11 · a22 − a12 · a21 =⇒ detA = 0 ⇐⇒ Le righe sono linearmentedipendenti.

Abbiamo trovato la funzione che cercavamo nel caso n = 2. Vediamo ora alcune sue proprieta:

1. det e lineare nelle righe. Supponiamo che la prima riga di A sia combinazione lineare di altre due:

∃B, C ∈ K2 t. c. A =(

λB + µC−A2−

). Verifichiamo che det A = λ det

( −B−−A2−

)+ µ

( −C−−A2−

)

Infatti: se B = (b1 b2), C = (c1 c2), A2 = (a1 a2):

det(

λb1 + µc1 λb2 + µc2

a1 a2

)= a2(λb1 +µc1)−a1(λb2 +µc2) = λ(a2b1−a1b2)+µ(a2c1−a1c2) =

= λ

(b1 b2

a1 a2

)+ µ

(c1 c2

a1 a2

)

2. Se A ha due righe uguali =⇒ det A = 0;

3. det I = 1.

Passiamo ora al caso generico, e supponiamo che detA, definito prima, verifichi le 3 proprieta sopraelencate. Abbiamo le seguenti conseguenze:

• se A ha una riga nulla =⇒ detA = 0.Dimostrazione: se Ai = 0, ∀B ∈ Kn (riga) =⇒ Ai = 0 ·B. Allora, applicando la proprieta 1:det(A1, . . . , 0 ·B, . . . , An) = 0 · det(A1, . . . , B, . . . , An) = 0;

• se A′ e ottenuta da A scambiando due righe =⇒ detA′ = −det A.Dimostrazione:A = (A1, . . . , Ai, . . . , Aj , . . . , An)


Determinante

A′ = (A1, . . . , Aj , . . . , Ai, . . . , An).Consideriamo la matrice A′′ = (A1, . . . , Ai + Aj , . . . , Ai + Aj , . . . , An). Poiche ha due righe uguali:det A′′ = 0. Applicando le proprieta 1 e 2:

0 = det A′′ = det(A1, . . . , Ai, . . . , Aj , . . . , An) +

0︷︸︸︷det(A1, . . . , Ai, . . . , Ai, . . . , An)+

+

0︷︸︸︷det(A1, . . . , Aj , . . . , Aj , . . . , An)+ det(A1, . . . , Aj , . . . , Ai, . . . , An) = det A + det A′

=⇒ detA′ = − detA;

• se B ∈ M(n,K) e ottenuta da A sommando ad una riga una combinazione lineare delle altre=⇒ detB = det A.Dimostrazione: B = (A1 + α2A2 + . . . + αnAn, A2, . . . , An). Applicando la proprieta 1:

detB = det A +n∑

i=2

αi

0︷︸︸︷det(Ai, A2, . . . , An) = det A

• se le righe di A sono linearmente dipendenti =⇒ detA = 0.Dimostrazione: se A = (α2A2 + . . . + αnAn, A2, . . . , An):

detA =n∑

i=2

αi

0︷︸︸︷det(Ai, A2, . . . , An) = 0

• se A e diagonale A =

a1 0. . .

0 an

=⇒ detA = a1 · . . . · an.

Dimostrazione: Per le proprieta 2 e 3:

det

a1 0. . .

0 an

= a1 · . . . · an · det

1 0. . .

0 1

= a1 · . . . · an

Teorema: (unicita) se det verifica le proprieta 1, 2 e 3 =⇒ ∀A ∈ M(n,K), det A e univocamentedeterminato.Dimostrazione: Riduciamo A a scalini (S) con operazioni per riga di primo e terzo tipo (scambi dirighe, somma con multiplo). Dalla terza conseguenza sopra elencata, sappiamo che sommare ad una rigail multiplo di un’altra non fa variare il determinante.Se sono stati fatti m scambi di righe =⇒ detA = (−1)m · det S. Abbiamo 2 casi:

• rkS < n (almeno l’ultima riga e nulla) =⇒ detS = 0 =⇒ detA = 0;

• rkS = n. Finora abbiamo ridotto A in forma triangolare. Con ulteriori operazioni elementari perriga riduciamo S a S′ diagonale.

S′ =

p1 0. . .

0 pn

=⇒ detS = det S′ = p1 · . . . · pn

=⇒ detA = (−1)m · p1 · . . . · pn

Quindi il valore della funzione e univocamente determinato.N.B. I pivots possono essere diversi a seconda della riduzione che e stata fatta, ma il loro prodotto ecostante (a meno del segno).

Corollario: detA = 0 ⇐⇒ le righe di A sono linearmente indipendenti.Dimostrazione: (⇐=) gia fatta.(=⇒) Se per assurdo le righe di A fossero indipendenti =⇒ A

Gauss−→ S. S ha n pivots =⇒ detA == (−1)m · detS = (−1)m · p1 · . . . · pn 6= 0. Assurdo.


Determinante

Esistenza:

n = 1 =⇒ det adef= a;

n = 2 =⇒ detA = a11a22 − a21a12;n =⇒ Sia A ∈ M(n), ai1 = [A]i1, Ai1 la sottomatrice ottenua da A scartando la prima colonna e lai-aesima riga (detta complemento algebrico). Allora si chiama sviluppo di Laplace:

detn

A =n∑

i=1

(−1)i+1ai1 · detn−1

Ai1

Verifichiamo per induzione su n che valgono le 3 proprieta per lo sviluppo di Laplace.

• n = 2 gia fatto.

• Passo induttivo: supponiamo che le 3 proprieta valgano per il caso detn−1 e verifichiamo che valgonoanche detn:

1. supponiamo che ∃B, C ∈ Kn t. c. Aj = λB + µC.

Siano A′ = (A1, . . . , B, . . . , An), A′′ = (A1, . . . , C, . . . , An) ?=⇒ detA = λ detA′ + µ det A′′.

Consideriamo [A]i1 e Ai1 al variare di i:se i 6= j =⇒ [A]i1 = [A′]i1 = [A′′]i1, mentre det Ai1 = λ detA′i1 + µ detA′′i1;se i = j =⇒ [A]j1 = λ[A′]j1 + µ[A′′]j1, mentre Aj1 = A′j1 = A′′j1.

detA =∑

i6=j

[(−1)i+1[A]i1 ·

(λ detA′i1 + µ det A′′i1

)]+ (−1)j+1

(λ[A′]j1 + µ[A′′]j1

) · detAj1

Applicando quanto sopra:

detA = λ

(n∑

i=1

(−1)i+1[A′]i1 · det A′i1

)+µ

(n∑

i=1

(−1)i+1[A′′]i1 · detA′′i1

)= λ detA′+µ detA′′

2. Sia A tale che Ai = Aj . Verifichiamo che det A = 0A = (A1, . . . , Ai, . . . , Ai, . . . , An)

Se k 6= i, j =⇒ detAk1 = 0 perche contiene due righe uguali.Se k = i =⇒ [A]k1 = [A]i1 = [A]j1 e det Ai1 = (−1)j−i−1 · detAj1 (come se la j-esima rigavenisse spostata verso l’alto di j − i− 1 posizioni, scambiandola ogni volta con la precedente,fino ad assumere l’i-esima posizione).

detA =

0︷︸︸︷∑

k 6=i,j

(−1)k+1[A]k1 · detAk1 +(−1)i+1[A]j1 ·((−1)j−i−1 ·detAj1

)+(−1)j+1[A]j1 ·detAj1

Ma il secondo e il terzo blocco sono opposti, quindi det A = 0.

3. Verifichiamo che det In = 1.Se i 6= 1 =⇒ [A]i1 = 0;se i = 1 =⇒ [A]11 = 1 e det A11 = 1 (e ancora una matrice identita di rango n− 1).

detA = (−1)2[A]11 · detA11 +

0︷︸︸︷n∑

i=2

(−1)i+1[A]i1 · detAi1 = 1

Osservazione: facendo lo sviluppo di Laplace lungo qualsiasi colonna della matrice si ottiene una fun-zione che verifica le proprieta 1, 2 e 3. Poiche abbiamo dimostrato l’unicita del determinante concludiamoche tutte queste funzioni sono uguali.

Osservazione: se A ∈ M(n) =⇒ det(αA) = αn det A.


Determinante

Teorema: (di Binet) siano A, B ∈ M(n,K) =⇒ det(AB) = det A · detB.Dimostrazione: se det B = 0 =⇒ rkB < n =⇒ rk(AB) < min(rkA, rkB) < n =⇒ det(AB) = 0.Se det B 6= 0 definiamo f(A) = det(AB)

det B . Vogliamo dimostrare che f(A) = det A; basta quindi provareche verifica le proprieta 1, 2 e 3 e ricordarsi dell’unicita del determinante.

1. Linearita nelle righe: sia Ai = λP + µQ, P, Q ∈ Kn, allora:

det(AB) = det

λP + µQ

·

B

= det

λPB + µQB

= λ det

PB

+µ det

QB

Poiche detB 6= 0 =⇒ rkB = n =⇒ PB 6= 0, QB 6= 0 =⇒ la i-esima riga della matrice AB ecombinazione lineare di altre due. Essendo det(AB) lineare nelle righe lo e anche f(A).

2. Allo stesso modo, se A ha due righe uguali, anche AB le avra. Allora det AB = 0.

3. f(I) = det(IB)det B = 1.

Corollario: sia A ∈ M(n) invertibile =⇒ det A−1 = (det A)−1.Dimostrazione: A ·A−1 = I =⇒ det(A ·A−1) = 1 =⇒ detA ·detA−1 = 1 =⇒ det A−1 = (det A)−1

Corollario: siano A, B ∈ M(n) invertibili =⇒ AB e invertibile.Dimostrazione: det A 6= 0, det B 6= 0 =⇒ det(AB) = det A · detB 6= 0 =⇒ AB e invertibile.

Proposizione: ∀A ∈ M(n,K), det tA = det A.Dimostrazione: se det A = 0 =⇒ rktA = rkA < n =⇒ det tA = 0.Consideriamo le matrici elementari : quelle di primo e secondo tipo sono simmetriche, quindi sono ugualialla loro trasposta (e di conseguenza vale la proposizione), mentre quelle di terzo possono essere ricondottetramite un’operazione elementare (che non fa variare il determinante) all’identita, quindi a una matricesimmetrica. La proposizione vale per tutte le matrici elementari.

Passiamo ora al caso generico con det A 6= 0. Con opportune matrici elementari:Em · . . . · E1 ·A = I =⇒ tA · tE1 · . . . · tEm = I =⇒ A = (tEm)−1· . . . ·(tE1)−1

det tA = det(tE−1m )· . . . · det(tE−1

1 ) = (det tEm)−1· . . . ·(det tE1)−1 · (det A)−1 · detA == (detEm)−1· . . . ·(det E1)−1 · (detA)−1 · det A =

[det(Em · . . . · E1 ·A︸︷︷︸

I

)]−1 · detA = det A.

Osservazione: lo sviluppo di Laplace secondo la prima riga:

f(a) =n∑

i=1

(−1)1+i[A]1i · detA1i

e uguale a det A.Dimostrazione:

f(a) =n∑

i=1

(−1)i+1[tA]i1 ·det(tA)i1︷︸︸︷

det t(A1i) = det tA = det A

Proposizione: (regola di Cramer) Sia AX = B un sistema tale che A ∈ M(n,K), B ∈ Kn, e supponiamodet A 6= 0. Se y1, . . . , yn e soluzione del sistema =⇒ yi = det B(i)

det A , doveB(i) = (A1, . . . , Ai−1, B, Ai+1, . . . , , An).

Dimostrazione: se Y =

y1

...yn

, sappiamo che AY = B =⇒ y1A

1+ . . . +ynAn = B. Allora:

det B(i) = det(A1, . . . , Ai−1,

n∑

i=1

yiAi, Ai+1, . . . , , An) =

n∑

i=1

yi det(A1, . . . , Ai, . . . , , An) = yi detA

Proposizione: sia A ∈ M(n,K) inveribile. Allora la matrice B ∈ M(n,K) definita da (Aij e ilcomplemento algebrico):

[B]ij =(−1)i+j detAij

det A


Determinante

e la matrice inversa di A.Dimostrazione: verifichiamo che AB = I:

[AB]hk =n∑

i=1

[A]hi · [B]ik =n∑

i=1

(−1)i+k[A]hi · det Aki

det A

Tale espressione assume i valori:1 se k = h, poiche il numeratore della frazione e lo sviluppo di det A;0 se k 6= h: possiamo costruire la matrice A′ in cui A′k = A′h = Ah (cioe la h-esima e la k-esima rigadi A′ sono uguali alla h-esima di A) =⇒ det A′ = 0.

Nei casi in cui k 6= h: [A]hi = [A′]ki e Aki = A′ki (viene cancellata proprio la k-esima riga, l’unicache abbiamo modificato; non ci si accorge della differenza). Dunque, in questo caso:

[AB]hk =n∑

i=1

(−1)i+k[A′]ki · detA′ki

det A=

detA′

detA= 0

Criterio dei minori orlati

Definizione: sia A ∈ M(p, q) e sia B un minore di A di ordine n. C e un minore orlato di B se eun minore di A di ordine n + 1 e B = (C1, . . . , Cn | C1, . . . , Cn) (ossia scartando da C l’ultima riga el’ultima colonna si ottiene B).

Esempio:

A =

1 2 3 10 9 5 1π

√2 1 0

B =

(1 20 9

)

Sono minori orlati di B:

C ′ =

1 2 30 9 5π

√2 1

C ′′ =

1 2 10 9 1π

√2 0

Proposizione: : sia A ∈ M(p, q), e sia B un minore di ordine n tale che:

• detB 6= 0;

• tutti i minori orlati di B hanno determinante nullo.

Allora rkA = n.Dimostrazione: supponiamo che B = (A1, . . . , An | A1, . . . , An) (cioe che sia composto dalle primen righe e colonne di A). Sicuramente A1, . . . , An sono linearmente indipendenti (entrano a formare ilminore). Dimostriamo che generano tutte le altre righe.Consideriamo quindi la sottomatrice C = (A1, . . . , An, Ai | A1, . . . , Aq), i = n + 1, . . . , p (costituitadalle righe che entrano a formare B piu una e da tutte le colonne di A).C1, . . . , Cn sono indipendenti, ma ∀i = n + 1, . . . , p, Ci ∈ span(C1, . . . , Cn), perche prendendo tutte lerighe e le prime n colonne piu una (tra le rimanenti) di C si ottiene un minore orlato di B =⇒ C ha ncolonne linearmente indipendenti =⇒ rkC = n =⇒ Ai e linearmente dipendente.


Coniugio e Similitudine

Definizione: siano f, g ∈ End(V ) = Hom(V, V ) (detto insieme degli endomorfismi di V ). f e g sidicono coniugati (e si indica f ∼ g) ⇐⇒ ∃h ∈ GL(V ) t. c. g = h−1 ◦ f ◦ h.

Osservazione: f ∼ g =⇒ f ≡ g (ψ = ϕ−1) =⇒ il rango e invariante per coniugio.

Definizione: siano A, B ∈ M(n,K). A ∼ B (A e B sono simili) ⇐⇒ ∃M ∈ GL(n,K) t. c.B = M−1AM .

Proposizione: siano f, g ∈ End(V ), B base di V . f ∼ g ⇐⇒ mB(f) ∼ mB(g) (utilizziamo la stessabase sia in partenza che in arrivo).

Da quanto sopra, studiare End(V )/∼ o M(n,K)/∼ e la stessa cosa.

Osservazione: come per SD-equivalenza, possiamo vedere la similitudine fra matrici in due modi diver-si: date A, B ∈ M(n), con A ∼ B, possiamo vederle come endomorfismi coniugati oppure come matriciassociate alla stessa applicazione in basi diverse. Per capire questa seconda interpretazione consideriamoil diagramma:

VSB−→ VS

↑ M ↓ M−1

VBA−→ VB

Sia nello spazio di partenza che in quello di arrivo, per entrambe le applicazioni, utilizziamo la stes-sa base. Le matrici di cambio di base

(mBS(Id), mS

B(Id) ∈ GL(n,K))

sono una l’inversa dell’altra.Pertanto A e B sono matrici simili.

Lemma: ∀A ∈ M(n,K), ∀M ∈ GL(n) =⇒ detB = det A (il determinante e invariante per similitudine).Dimostrazione: det B = det(M−1AM) = det M−1 · detA · det M = (det M)−1 · detM · det A = det A.

Definizione: sia f ∈ End(V ), B base di V , definiamo det fdef= det mB(f)

Osserviamo che si tratta di una buona definizione, indipendente dalla scelta della base. Infatti, se B e B′sono due basi allora, per quanto detto sopra, mB(f) ∼ mB′(f), quindi det

(mB(f)

)= det

(mB′(f)

)=

= det f .

Osservazione: siano f, g ∈ End(V ). f ∼ g =⇒ det f = det g.Dimostrazione: ∀B base di V , mB(f) ∼ mB(g) =⇒ det f = det mB(f) = det mB(g) = det g.

Tuttavia {rk, det} non e un sistema completo di invarianti. Consideriamo infatti le matrici:

I =(

1 00 1

), A =

(1 10 1

)

A 6∼ I, benche abbiano stesso rango e determinante, infatti la classe di equivalenza di I e:

[I] ={M−1IM | M ∈ GL(N)

}= {I}

dunque e composta dalla sola matrice identita. Cerchiamo altri invarianti.



Definizione: f ∈ End(V ), λ ∈ K si dice autovalore per f se ∃v ∈ V, v 6= 0 t. c. f(v) = λv (v si diceautovettore per f).

Proprieta:

1. f(span(v)

) ⊆ span(v).Se λ 6= 0 vale l’uguaglianza (la retta viene mandata in se stessa), mentre se λ = 0 :f(span(v)

)= {0} ⊂ span(v).

2. L’autovalore relativo ad un autovettore e univocamente determinato.Infatti, se f(v) = λv e f(v) = µv =⇒ (λ− µ)v = 0. Ma v 6= 0 =⇒ λ− µ = 0 =⇒ λ = µ.

3. 0 e autovalore =⇒ f non e iniettiva.Infatti ∃v ∈ V, v 6= 0 t. c. f(v) = 0 =⇒ Kerf 6= {0}.

Definizione: V (λ, f) = {v ∈ V | f(v) = λv}.Osservazione: V (λ, f) = Ker(f −λId), infatti f(v)−λId(v) = 0 =⇒ V (λ, f) e uno spazio vettoriale.

V (λ, f) e interessante se λ e un autovalore. In tal caso dimV (λ, f) ≥ 1 ed e detto autospazio relativo a λ.

Proposizione: f, g ∈ End(V ), f ∼ g:

1. λ autovalore per f =⇒ λ autovalore per g;

2. λ autovalore per f e g =⇒ dimV (λ, f) = dimV (λ, g).

Dimostrazione: ∃h ∈ GL(V ) t. c. g =.

1. per ipotesi ∃v ∈ V, v 6= 0 t. c. f(v) = λv.g(h−1(v)

)= (h−1 ◦ f ◦ h)

(h−1(v)

)= h−1

(f(v)

)= λh−1(v).

2. Abbiamo visto che ∀v ∈ V (λ, f) =⇒ h−1(v) ∈ V (λ, g), ossia h−1(V (λ, f)

) ⊆ V (λ, g).Allo stesso modo h

(V (λ, g)

) ⊆ V (λ, f) (poiche f = h ◦ g ◦ h−1). Allora:h(V (λ, g)

) ⊆ V (λ, f) ⊆ h(V (λ, g)

)=⇒ h

(V (λ, g)

)= V (λ, f). Poiche h e un isomorfismo e

preserva le dimensioni: dimV (λ, f) = dimV (λ, g).

Corollario: Autovalori e dimensione degli autospazi sono invarianti per coniugio.

Proposizione: siano f ∈ End(V ), B base di V , A = mB(f), [ ]B : V −→ Kn (isomorfismo indotto dallascelta della base). Allora:

1. λ autovalore per f =⇒ λ autovalore per A;

2.[V (λ, f)

]B = V (λ, A).

Dimostrazione:

1. λ autovalore per f ⇐⇒ ∃v ∈ V, v 6= 0 t. c. f(v) = λv ⇐⇒ [f(v)

]B =

[λv

]B ⇐⇒ A[v]B = λ[v]B

⇐⇒ ∃X ∈ Kn, X 6= 0(X = [v]B

)t. c. AX = λX ⇐⇒ λ autovalore per A;

2. da quanto sopra:[V (λ, f)

]B = V (λ, A).

Calcolo di autovalori e autospazi per una matrice

Sia A ∈ M(n,K).λ autovalore per A ⇐⇒ ∃X ∈ Kn, X 6= 0 t. c. AX = λX ⇐⇒ (A − λI)X = 0 ⇐⇒ det(A − λI) = 0(Poiche tale sistema ha almeno una soluzione X ∈ Ker(A− λI) non nulla).

Definizione: sia A ∈ M(n,K). Si dice polinomio caratteristico di A: pA(t) = det(A− tI).

Osservazione: λ autovalore per A ⇐⇒ pA(λ) = 0. (λ e radice del polinomio caratteristico).



Osservazione: degpA(t) = n =⇒ A ha al piu n autovalori distinti.

Richiamo: p(t) ∈ K[x], λ ∈ K t. c. p(λ) = 0 =⇒ p(t) = (t − λ)h · q(t) per il teorema del resto, conh > 0, q(λ) 6= 0. h e detta molteplicita algebrica di λ.

Proposizione: siano A, B ∈ M(n,K). A ∼ B =⇒ pA(t) = pB(t).Dimostrazione: B = M−1AM =⇒ pB(t) = det(B − tI) = det(M−1AM − tI) = det

(M−1(A− tI)M

).

Applicando il teorema di Binet:pB(t) = det

(M−1(A− tI)M

)= det M−1 · detM · det(A− tI) = det(A− tI) = pA(t).

Definizione: ∀f ∈ End(V ), sia B una base di V e A = mB(f). Allora pf (t)def= pA(t)

E una buona definizione: al cambiar della base A cambia per similitudine e il polinomio caratteristico einvariante per similitudine.

Corollario: f ∼ g =⇒ pf (t) = pg(t) (il polinomio caratteristico e invariante per coniugio).

Finora abbiamo trovato i seguenti invarianti per similitudine:

1. rango;

2. determinante;

3. autovalori;

4. dimensione degli autospazi;

5. polinomio caratteristico.

Tale lista e ridondante, cioe alcuni di questi possono essere cancellati:

Osservazione: possiamo cancellare gli autovalori: se pA(t) = pB(t) =⇒ A e B hanno gli stessi autovalori(gli autovalori sono le radici del polinomio caratteristico).

Osservazione: il determinante non e necessario: det A = det(A− 0 · I) = pA(0), cioe il termine noto delpolinomio caratteristico.

(pA(t) = (−1)ntn + (−1)n−1trA + . . . + det A

)

Osservazione: cancelliamo il rango: rkA = dim(ImA) = n− dim(KerA) = n− dimV (0, A).

Mostriamo che gli invarianti trovati non sono sufficienti a descrivere completamente la relazione d’equi-valenza. Prima osserviamo:

Osservazione: siano A, B ∈ M(n,K). A ∼ B =⇒ ∀p ∈ N Ap ∼ Bp.Dimostrazione: ∃Q ∈ GL(n) t. c. B = Q−1AQ. Allora:

Bp = (Q−1AQ) · (Q−1AQ)· . . . ·(Q−1AQ) = Q−1ApQ.

Consideriamo ora le matrici:

A =

0 10

0 10

B =

0 10 1

00

Hanno stesso polinomio caratteristico e uguale dimensione degli autospazi ma non sono simili:

1. pA(t) = pB(t) = t4, l’unico autovalore e 0;

2. dim V (0, A) = dim(KerA) = 4− rkA = 2dim V (0, B) = dim(KerB) = 4− rkB = 2.



A2 6∼ B2 =⇒ A 6∼ B :

A2 = 0 B2 =

0 0 10 0

00

La lista non e un sistema completo di invarianti. Per tal motivo restringiamo la classe delle matriciconsiderate.

Diagonalizzabilita

Osservazione: se λ e autovalore per f =⇒ λn e autovalore per fn.

Definizione: sia λ autovalore per A. Chiameremo:

• molteplicita algebrica di λ(h(λ)

)la sua molteplicita come radice di pA(t);

• molteplicita geometrica di λ: dimV (λ, A)

Proposizione: ∀λ autovalore di A: dimV (λ, A) ≤ h(λ).Dimostrazione: sia d = dimV (λ, A), {v1, . . . , vd} una base di V (λ, A). La completiamo a base B diKn. Allora:

mB(A) =(

λI 00 C

)

pA(t) = (λ− t)d · pC(t) =⇒ h(λ) ≥ d, poiche pC(t) puo avere λ come radice.

Definizione: f ∈ End(V ) si dice diagonalizzabile se esiste B base di V tale che mB(f) e diagonale (seesiste una base di autovettori).Definizione: A ∈ M(n,K) si dice diagonalizzabile se A e simile a una matrice diagonale.

Osservazione: siano f ∈ End(V ), B una base di V , A = mB(f). f e diagonalizzabile ⇐⇒ A e diago-nalizzabile.

Lemma: sia f ∈ End(V ), e siano λ1, . . . , λk autovalori distinti e v1, . . . , vk i relativi autovettori(vi ∈ V (λi)

)=⇒ v1, . . . , vk sono linearmente indipendenti.

Dimostrazione: Per induzione su k:k = 1: v1 6= 0 per definizione di autovettore =⇒ v1 e linearmente indipendente.k − 1 =⇒ k:Verifichiamo che sono linearmente indipendenti:

c1v1 + . . . + ckvk = 0 (1)Moltiplichiamo (1) per λk:

c1λkv1+ . . . +ckλkvk = 0Applichiamo f a (1):

c1λ1v1+ . . . +ckλkvk = 0Sottraiamo le due equazioni:

c1(λ1 − λk)v1+ . . . +ck−1(λk−1 − λk)vk−1 = 0.Poiche v1, . . . , vk−1 sono linearmente indipendenti (per ipotesi induttiva) e λi−λk 6= 0 ∀i = 1, . . . , k − 1(per ipotesi che siano tutti autovalori distinti):

c1(λ1 − λk) = 0...ck−1(λk−1 − λk) = 0

=⇒

c1 = 0...ck−1 = 0

Allora, affinche (1) sia vera, si ha anche ck = 0.

Teorema: (di diagonalizzazione) sia f ∈ End(V ), dimV = n, λ1, . . . , λk tutti gli autovalori di f .

f e diagonalizzabile ⇐⇒{

h(λ1)+ . . . +h(λk) = n;∀i = 1, . . . , k dimV (λi, f) = h(λi).



Dimostrazione:(=⇒): per ipotesi esiste una base B di autovettori tale che:

1. la matrice associata e nella forma:

mB(f) =

λ1Id1

. . .λkIdk

=⇒ d1+ . . . +dk = n

Il polinomio caratteristico e:pf (t) = (λ1 − t)d1 · . . . ·(λk − t)dk =⇒ h(λi) = di =⇒ h(λ1)+ . . . +h(λk) = n;

2. la base B contiene di autovettori linearmente indipendenti relativi a λi =⇒ dimV (λi, f) ≥ di, maabbiamo dimostrato che: dimV (λi, f) ≤ h(λi) = di =⇒ dimV (λi, f) = h(λi).

(⇐=): poniamo mi = h(λi) e prendiamo Bi = {vi1, . . . , vi,mi} base di V (λi) formata da mi vettori.

Sia B = B1 ∪ . . . ∪ Bk. La cardinalita di B (cioe il numero di elementi che la compongono e):

#B = m1+ . . . +mk = h(λ1)+ . . . +h(λk) = n.

Facciamo vedere che sono tutti vettori linearmente indipendenti e avremo dimostrato che esiste una basedi V in cui la matrice e diagonale.

Sia, a questo proposito, zi = ci1vi1+ . . . +ci,mivi,mi una combinazione lineare dei vettori di Bi. Facciamovedere che z1+ . . . +zk = 0 (una combinazione lineare dei vettori di B) ⇐⇒ zi = 0 ∀i = 1, . . . , k. Cio eevidente per il lemma precedentemente dimostrato, poiche zi e una autovettore relativo a λi e λ1, . . . , λk

sono autovalori distinti tra loro.

Allora zi = 0 =⇒ ci1 = . . . = ci,mi = 0 =⇒ B e una base di autovettori per V .

Osservazione: in C e sempre vera la prima ipotesi(h(λ1)+ . . . +h(λk) = n

), poiche pf (t) puo essere

scomposto in fattori di primo grado, mentre in R no. Infatti consideriamo:

A =(

0 −11 0

)=⇒ pA(t) = t2 + 1

Il suo polinomio caratteristico non e scomponibile in R.

Definizione: sia V uno spazio vettoriale, V1, . . . , Vn sottospazi vettoriali di V . Allora:V = V1 ⊕ . . .⊕ Vn ⇐⇒ ∀v ∈ V ∃ unici vi ∈ Vi, i = 1, . . . , n tali che v = v1+ . . . +vn.

Proposizione: siano Bi base di Vi, i = 1, . . . , n. V = V1 ⊕ . . .⊕ Vn ⇐⇒ B = B1 ∪ . . . ∪ Bn.

Conseguenza: f e diagonalizzabile ⇐⇒ V = V (λ1, f)⊕ . . .⊕ V (λk, f).

Osservazione: in ogni Vi l’applicazione e semplice: f |V (λi)= λi · Id.

Triangolabilita

Definizione: sia V uno spazio vettoriale tale che dimV = n. Si chiama bandiera per V una lista disottospazi V1, . . . , Vn di V tale che:

1. V1 ⊂ V2 ⊂ . . . ⊂ Vn;

2. dimVi = i, ∀i = 1, . . . , n.

Osservazione: ogni base di V induce una bandiera: sia B = {v1, . . . , vn}. Allora:V1 = span(v1)V2 = span(v1, v2)

...Vn = span(v1, . . . , vn)



Viceversa ogni bandiera e indotta da una base.

Definizione: sia f ∈ End(V ). Una bandiera di V e detta una bandiera per f se ∀i = 1, . . . , n Vi ef -invariante

(f(Vi) ⊆ Vi

).

Definizione: B si dice base a bandiera per f se la bandiera indotta da B e una bandiera per f .

Osservazione: sia f ∈ End(V ), B una base di V . mB(f) e triangolare ⇐⇒ B e a bandiera per f .

Definizione: una matrice quadrata e detta triangolabile se e simile a una triangolare.

Definizione: f ∈ End(V ) e detta triangolabile se esiste una base B di V tale che mB(f) e triangolare.

Teorema: (di triangolabilita) siano f ∈ End(V ), con n = dimV, λ1, . . . , λm ∈ K tutti i suoi autovalori.Allora f e triangolabile ⇐⇒ h(λ1)+ . . . +h(λm) = n (tutti i suoi autovalori sono nel campo).Dimostrazione:(=⇒): presa B base di V a bandiera per f , consideriamo mB(f); la matrice associata e triangolare quinditutti gli autovalori si trovano sulla diagonale. Allora il polinomio caratteristico e scomponibile in fattoridi primo grado:

pA(t) = (λ1 − t)h(λ1)· . . . ·(λm − t)h(λm)

e h(λ1)+ . . . +h(λm) = n (cioe la taglia della matrice).(⇐=): per induzione su n.n = 1: tutte le matrici 1× 1 sono triangolari.n − 1 =⇒ n: per ipotesi ∃v1 autovettore per f (infatti esiste almeno un autovalore λ e di conseguenzaalmeno un autovettore relativo ad esso).Lo completiamo a base S = {v1, w2, . . . , wn} di V . Sia V1 = span(v1), W = span(w2, . . . , wn).

La matrice associata e nella forma: mS(f) =(

λ ?0 C

)

Poiche V = V1 ⊕W abbiamo due proiezioni:pV1 : V −→ V1

pW : V −→ WSappiamo infatti che ∀v ∈ V ∃a ∈ V1, ∃b ∈ W t. c. v = a + b = pV1(v) + pW (v) =⇒ pV1 + pW = Id.Consideriamo allora l’applicazione: pW ◦ f |W ∈ End(W ). La sua matrice associata e:

m{w2,..., wn}(pW ◦ f |W ) =

C

tale applicazione e un endomorfismo e dimW = n− 1. Inoltre sappiamo che pA(t) = (λ− t) · pC(t).Poiche pA(t) ha tutte le radici nel campo, tale proprieta vale anche per i suoi fattori, in particolare perpC(t).Pertanto, poiche verifica le ipotesi del teorema (come si vede sopra), possiamo applicare l’ipotesi induttivaa pW ◦ f |W :

esiste quindi {z2, . . . , zn} base di W a bandiera per pW ◦ f |W . Mostriamo che {v1, z2, . . . , zn} e base diV a bandiera per f , cioe ∀i = 2, . . . , n, f(zi) ∈ span(z2, . . . , zi):

f(zi) =[

Id︷︸︸︷(pV1 + pW ) ◦f]

(zi) = pV1

(f(zi)

)+ pW

(f(zi)

)

Ma pV1

(f(zi)

) ∈ span(v1), pW

(f(zi)

) ∈ span(z2, . . . , zi) (perche {z2, . . . , zi} e a bandiera per pW ◦f |W ),quindi f(zi) ∈ span(v1, z2, . . . , zi).

Osservazione: se K = C tutti gli endomorfismi sono triangolabili (ma non necessariamente diagonaliz-zabili).


Forme bilineari

Definizione: sia V uno spazio vettoriale tale che dimV = n. φ : V × V −→ K e detta applicazionebilineare se:

1. ∀x, y, z ∈ V φ(x + y, z) = φ(x, z) + φ(y, z), φ(x, y + z) = φ(x, y) + φ(x, z);

2. ∀x, y ∈ V, ∀λ ∈ K, φ(λx, y) = φ(x, λy) = λφ(x, y).

Definizione: sia V uno spazio vettoriale. Chiameremo Bil(V ) l’insieme delle applicazioni bilinearif : V × V −→ K.

Definizione: sia V uno spazio vettoriale, φ ∈ Bil(V ), B = {v1, . . . , vn} una base di V . La matriceassociata all’applicazione bilineare φ e nella forma:

[mB(φ)

]ij

def= φ(vi, vj)

Proposizione: se A = mB(φ) =⇒ ∀v, w ∈ V, φ(v, w) = t[v]BA[w]B.Dimostrazione:

φ(v, w) = φ

n∑

i=1

aivi,

n∑

j=1

bjvj

=

n∑

i=1

ai

n∑

j=1

bj · φ(vi, vj)︸︷︷︸[A]ij

=(a1, . . . , an

) A

b1

...bn

Osservazione: detta B una base di V , l’applicazione:f : Bil(V ) −→ M(n,K)

φ 7−→ mB(φ)e un isomorfismo.

Corollario: dim(Bil(V )

)= n2.

Definizione: φ ∈ Bil(V ) si dice simmetrica (o prodotto scalare) se φ(v, w) = φ(w, v). Si dice antisim-metrica se φ(v, w) = −φ(w, v).

Osservazione: ∀B base di V :φ antisimmetrica ⇐⇒ mB(φ) e simmetrica.φ e antisimmetrica ⇐⇒ mB(φ) e antisimmetrica.

Definizione: sia K un campo, e sia m ∈ N il piu piccolo numero naturale tale che

m volte︷︸︸︷1+ . . . +1 = m · 1 = 0

(1 ∈ K). Diremo che m e la caratteristica del campo K(char(K) = m

). Se ∀m ∈ N, m · 1 6= 0 =⇒

char(K) = 0.

Da ora in poi e sottinteso che char(K) 6= 2, cioe ∃2−1 ∈ K.

Osservazione: ogni forma bilineare φ e somma di una simmetrica e di una antisimmetrica.Dimostrazione:

φ(u, v) =φ(u, v) + φ(v, u)

2︸︷︷︸simmetrica

+φ(u, v)− φ(v, u)

2︸︷︷︸antisimmetrica

cioe Bil(V ) = BilS(V ) + BilA(V ) e l’unica forma sia simmetrica che antisimmetrica e 0.


Forme bilineari

Forma quadratica

Definizione: un’applicazione q : V −→ K si dice forma quadratica se ∃φ ∈ Bil(V ) t. c. ∀v ∈ V,q(v) = φ(v, v).

Consideriamo l’applicazione:α : Bil(V ) −→ Q(V )

φ 7−→ q(v) = φ(v, v)α non e iniettiva, infatti se φ e antisimmetrica: ∀v ∈ V, q(v) = φ(v, v) = −φ(v, v) = −q(v) =⇒ q(v) =0, ∀v ∈ V =⇒ q ≡ 0.

Proposizione: sia q una forma quadratica. ∃!φ ∈ Bil(V ) prodotto scalare che induce q.Dimostrazione: q forma quadratica =⇒ ∃b ∈ Bil(V ) t. c. ∀v ∈ V, q(v) = b(v, v). ∀v, w ∈ V , sia:

φ(u, v) =b(u, v) + b(v, u)

2

Allora φ e bilineare simmetrica, quindi e un prodotto scalare. Inoltre φ induce q, poiche ∀v ∈ V :

φ(v, v) =b(v, v) + b(v, v)

2= b(v, v) = q(v)

Dimostriamo ora l’unicita di φ facendo vedere che, data q, ∀v, w ∈ V , il valore di φ(u, v) e univocamentedeterminato. Se φ e un prodotto scalare che induce q:

q(u + v)− q(u)− q(v) = φ(u + v, u + v)− φ(u, u)− φ(v, v) = 2φ(u, v)Allora data q abbiamo la seguente formula di polarizzazione:

φ(u, v) =q(u + v)− q(u)− q(v)

2

E il valore di φ(u, v) e univocamente determinato.


Congruenza, forme isometriche

sia φ ∈ Bil(V ), B una base di V e A = mB(φ). Sappiamo che ∀u, v ∈ V, φ(u, v) = t[u]B ·A · [v]B.Sia ora S un’altra base di V e sia A′ = mS(φ). Se M e la matrice di cambio di base dalla base B allabase S, ∀u, v ∈ V :

φ(u, v) = t[u]S ·A′ · [v]S = t[u]B · tMA′M · [v]B = t[u]B ·A · [v]B.Allora A = tMA′M .

Definizione: due matrici A, B ∈ M(n,K) si dicono congruenti (e si indica A ≡ B) se ∃M ∈ GL(n,K)tale che B = tMAM .

Definizione: φ, ψ ∈ Bil(V ) si dicono forme isometriche se ∃h ∈ GL(V ) (detta isometria) tale che∀v, w ∈ V, φ(v, w) = ψ

(h(v), h(w)

)

Osservazione: sia B una base di V . φ, ψ ∈ Bil(V ) sono forme isometriche ⇐⇒ mB(φ) ≡ mB(ψ).Dimostrazione: siano A = mB(φ), B = mB(ψ), M = mB(h). Allora ∀v, w ∈ V :

φ(v, w) = t[v]B ·A · [w]B = t[v]B · tMBM · [w]B = ψ(h(v), h(w)

)=⇒ A = tMBM .

Possiamo vedere la relazione di equivalenza di congruenza (A ≡ B) in due modi diversi: o A e B sonomatrici associate alla stessa forma bilineare vista in basi diverse, o sono matrici associate nella stessabase a forme isometriche.

Osservazione: il rango e un invariate per congruenza.Infatti si moltiplica A con matrici invertibili per ottenere B.

Definizione: sia φ ∈ Bil(V ) e sia B una base di V . Definiamo rkφ = rk(mB(φ)

).

Osservazione: rkφ non dipende dalla scelta della base (poiche la matrice associata cambia per con-gruenza, di cui rango e invariante).

Osservazione: il determinante non e un invariante per congruenza.Dimostrazione: siano A,B ∈ M(n) t. c. B = tMAM . Allora: det B = det(tMAM) = (det M)2 ·det A.

Osservazione: Il segno del determinante e invariante.

Rango di un’applicazione bilineare

Proposizione: sia V uno spazio vettoriale tale che n = dimV , e sia φ un’applicazione bilineare. Sonofatti equivalenti:

• rkφ = n;

• φ(u, v) = 0 ∀v ∈ V =⇒ u = 0;

• φ(u, v) = 0 ∀u ∈ V =⇒ v = 0.

Dimostrazione: sia B una base di V , A = mB(φ):

• 1 =⇒ 2: Poiche rkA = rkφ = n, det A 6= 0. Allora ∀v, w ∈ V(X = [v]B, Y = [w]B

):

φ(v, w) = tXAY = 0 ∀Y ∈ Kn =⇒ tXA = 0 =⇒ tAX = 0Poiche det tA = det A 6= 0 la soluzione del sistema e unica, cioe X = 0;


Congruenza, forme isometriche

• 2 =⇒ 1: se per assurdo rkA < n =⇒ det A = 0 =⇒ ∃X ∈ Kn, X 6= 0 t. c. tAX = 0 = tXA.Allora ∀Y ∈ Kn tXAY = 0. Quindi ∃v ∈ V, [v]B = X, tale che ∀w ∈ V, φ(v, w) = 0;

• le altre dimostrazioni sono identiche a quelle date.

Definizione: sia φ un’applicazione bilineare. φ si dice non degenere se vale 1, 2 o 3.


Prodotti Scalari

Definizione: sia φ un prodotto scalare su V . v, w ∈ V si dicono ortogonali se φ(v, w) = 0.

Definizione: sia V uno spazio vettoriale e sia S ⊆ V un suo sottospazio. Chiameremo ortogonale di S:

S⊥ = {v ∈ V | φ(v, x) = 0 ∀x ∈ S}Osservazione: S⊥ e un sottospazio vettoriale di V .

Proposizione: sia V uno spazio vettoriale e sia S ⊆ V un suo sottospazio. Allora:

1. S ⊆ T =⇒ T⊥ ⊆ S⊥;

2. S⊥ = (spanS)⊥;

3. S ⊆ (S⊥)⊥.

Dimostrazione:

1. per la definizione di ortogonale: ∀v ∈ T⊥, ∀w ∈ T, φ(v, w) = 0. S ⊆ T =⇒ ∀s ∈ S,φ(v, s) = 0 =⇒ v ∈ S⊥, ∀v ∈ T⊥ =⇒ T⊥ ⊆ S⊥;

2. per 1: S ⊆ span(S) =⇒ (spanS)⊥ ⊆ S⊥. Facciamo vedere che S⊥ ⊆ (spanS)⊥. Sappiamo che∀x ∈ S⊥, ∀s ∈ S, φ(x, s) = 0. Allora, se I e un insieme di indici finito:

φ

(x,

∑

i∈I

aisi

)=

∑

i∈I

·φ (x, aisi)︸︷︷︸0

= 0

3. per la definizione di ortogonale: (S⊥)⊥ = {v ∈ V | φ(v, x) = 0 ∀x ∈ S⊥}; poiche ∀s ∈ S,

∀x ∈ S⊥, φ(s, x) = 0 =⇒ S ⊆ (S⊥)⊥.

Definizione: sia V uno spazio vettoriale, chiameremo radicale di V :

Rad(V ) = V ⊥ = {x ∈ V | φ(v, x) = 0 ∀v ∈ V }Osservazione: φ non degenere =⇒ V ⊥ = {0}.Osservazione: φ ≡ 0 =⇒ V ⊥ = V .

Proposizione: siano V uno spazio vettoriale tale che dimV = n, φ un prodotto scalare. AlloradimV ⊥ = n− rkφ.Dimostrazione: sia B una base di V , e sia A = mB(φ). Dalla definizione: v ∈ V ⊥, ∀w ∈ V, φ(v, w) = 0.Siano X = [v]B, Y = [w]B. Allora φ(v, w) = tXAY = 0, ∀Y ∈ Kn =⇒ tXA = 0 =⇒ tAX = 0 =⇒X ∈ KerA =⇒ dimKerA = n− rkA = n− rkφ.

Proposizione: siano V uno spazio vettoriale tale che n = dimV , W ⊆ V un sottospazio vettorial di V ,φ un prodotto scalare. Allora

1. dimW⊥ ≥ n− dimW ;

2. φ non degenere =⇒ dimW⊥ = n− dimW ;

3. φ|W non degenere =⇒ V = W ⊕W⊥.


Prodotti Scalari

Dimostrazione: sia m = dimW :

1. sia {w1, . . . , wm} una base di W . La completiamo a base di V : S = {w1, . . . , wm, vm+1, . . . , vn}.Sia A = mS(φ).

W⊥ = {v ∈ V | φ(v, w) = 0, ∀w ∈ W} = {v ∈ V | φ(v, wi) = 0, ∀i = 1, . . . , m}Poiche t[wi]S ·A · [v]S = 0∀i = 1, . . . , n

(sia [v]S = X

):

(1, 0, 0, . . . , 0)AX = 0 (i = 1)...

(0, . . . , , 1, 0, . . . , 0)AX = 0 (i = m)

In forma matriciale: (Im|0)AX = 0.dimW⊥ = dimKer

((Im|0)A

)= n− rk

((Im|0)A

) ≥ n−m;

poiche rk((Im|0)A

) ≤ min(rk(Im|0), rkA

) ≤ m;

2. φ non degenere =⇒ A e invertibile =⇒ rk((Im|0)A

)= m =⇒ dim W⊥ = n−m;

3. sia F = mS(φ|W ). Allora det F 6= 0 e: (F GH L

)

Allora rk((Im|0)A

)= rk(Im|0) ·

(F GH L

)= rk(F |G) = m =⇒ dimW⊥ = n − m =⇒

dimV = dimW + dimW⊥ =⇒ V = W + W⊥.Basta dimostrare che W ∩W⊥ = {0}. Ma W ∩W⊥ = Rad(φ|W ) = {0} poiche φ|W e non degenere.

Allora V = W ⊕W⊥

Definizione: sia φ ∈ Bil(V ) un prodotto scalare. v ∈ V si dice isotropo se φ(v, v) = 0 (e radice dellaforma quadratica indotta da φ).

Proposizione:

1. ∀v ∈ V, φ(v, v) = 0 (ogni vettore di V e isotropo) =⇒ φ ≡ 0;

2. v ∈ V non isotropo =⇒ ∀w ∈ V, w−φ(v, w)φ(v, v) ·v e ortogonale a v

(φ(v, w)φ(v, v) e detto coefficiente di Fourier

);

3. v e non isotropo =⇒ V = span(v)⊕ (span(v)

)⊥.

Dimostrazione:

1. φ(v, v) = 0 ∀v ∈ V =⇒ ∀u, v ∈ V, φ(u, v) = 12

(q(u + v)− q(u)− q(v)

)=

= 12

(φ(u + v, u + v)− φ(u, u)− φ(v, v)

)= 0;

2. φ

(w − φ(v, w)

φ(v, v) · v, v

)= φ(w, v)− φ(v, w)

φ(v, v) · φ(v, v) = 0;

3. sappiamo che φ|W non degenere =⇒ V = W ⊕W⊥. Sia W = span(v); e non degenere, perche v

non e isotropo (la matrice di φ|span(v)e invertibile). Allora V = span(v)⊕ (

span(v))⊥.

Definizione: sia(V, φ

)uno spazio vettoriale munito di un prodotto scalare. Una base B = {v1, . . . , vn}

di V si dice ortogonale se φ(vi, vj) = 0 ∀i 6= j.

Osservazione: B e una base ortogonale ⇐⇒ mB(φ) e diagonale.(basta ricordare che

[mB(φ)

]ij

= φ(vi, vj)).

Teorema: ∀φ ∈ Bil(V ) prodotto scalare =⇒ ∃B base di V ortogonale per φ.Dimostrazione: diamo due dimostrazioni del teorema:


Prodotti Scalari

1. se ∀v ∈ V, φ(v, v) = 0 =⇒ φ ≡ 0 e ogni base e ortogonale.Supponiamo quindi che φ sia non degenere e diamo una dimostrazione per induzione su n = dimV :φ 6= 0 =⇒ ∃v1 6= 0 non isotropo =⇒ V = span(v1)⊕

(span(v1)

)⊥.

• n = 1: ogni matrice 1× 1 e diagonale, {v1} e la base cercata;

• n − 1 =⇒ n: per ipotesi induttiva ∃ {v2, . . . , vn} base di(span(v1)

)⊥ ortogonale per φ|W (euno spazio di dimensione n− 1) =⇒ {v1, . . . , vn} e una base di V ortogonale per φ.

2. Algoritmo di Lagrange:Sia B = {v1, . . . , vn} una base di V , A = mB(φ). Supponiamo che φ sia non degenere (none restrittivo, visto che nel caso di φ ≡ 0 ogni base e ortogonale). Mostriamo 3 operazioni chepermettono di ortogonalizzare la base B:

• Trasformazione di base: se φ(v1, v1) = [A]11 6= 0 (v1 non isotropo) allora definiamo:v′1 = v1

v′2 = v2 − φ(v2, v1)φ(v1, v1)

· v1

...v′n = vn − φ(vn, v1)

φ(v1, v1)· v1

Sono una base di V . Dimostriamolo ricordando che sono indipendenti se le loro coordinaterispetto alla base B lo sono. Per questo scriviamo i vettori in matrice (ogni colonna sono lecoordinate del vettore rispetto alla base):

1 c1 . . . cn

0 1 0...

.... . .

...0 0 0 1

dove ci = φ(vi, v1)φ(v1, v1)

Come si vede, la matrice e triangolare superiore e invertibile, quindi i vettori v′1, . . . , v′n sonouna base di V .Inoltre, per il procedimento con cui sono stati ottenuti v′2, . . . , v′n sono ortogonali a v′1.Si itera il procedimento se v′2 e non isotropo.

• Trasformazioni ausiliarie: avvengono nel caso in cui [A]11 = 0 (v1 e isotropo):

(a) se ∃i t. c. [A]ii 6= 0 (vi e non isotropo) =⇒ si permuta la base in modo che vi occupi ilprimo posto;

(b) se ∀i = 1, . . . , n [A]ii = 0 =⇒ poiche A 6= 0 (dato che φ 6≡ 0) ∃i, j t. c. [A]ij 6= 0.Mostriamo che vi + vj non e isotropo:

φ(vi + vj , vi + vj) = φ(vi, vi)︸︷︷︸0

+ φ(vj , vj)︸︷︷︸0

+2 · φ(vi, vj)︸︷︷︸[A]ij

6= 0

Scegliamo una base in cui vi + vj e il primo vettore e ripartiamo.

Corollario: ogni matrice simmetrica e congruente a una diagonale.

Osservazione: se {v1, . . . , vn} e una base di V ortogonale per φ (prodotto scalare non degenere), sap-piamo che:

∀v ∈ V, v = α1v1 + . . . + αnvn

Consideriamo il prodotto scalare di v con un vettore vi della base:

φ(v, vi) = φ

n∑

j=1

αjvj , vi

=

n∑

j=1

αj · φ (vj , vi) = αiφ(vi, vi)

Allora:

αi =φ(v, vi)φ(vi, vi)


Prodotti Scalari

cioe il coefficiente di Fourier relativo al vettore vi.

Teorema: (di Sylvester complesso) sia V uno spazio vettoriale su campo C (o su un campo algebrica-

mente chiuso) tale che dimV = n. Allora esiste B base di V tale che: mB(φ) =(

Ir 00 0

)con r = rkφ.

Dimostrazione: sappiamo che ∃S = {v1, . . . , vn} base ortogonale di V in cui la matrice associata e dia-gonale. A meno di riordinare la base possiamo supporre che φ(vi, vi) 6= 0 se i = 1, . . . , r e φ(vi, vi) = 0se i = r + 1, . . . , n.Sia:

v′i =vi√

φ(vi, vi)∀i = 1, . . . , r

e ben definito: infatti essendo su C possiamo sempre fare la radice quadrata di un numero.Allora B = {v′1, . . . , v′r, vr+1, . . . , vn} e la base cercata.

Corollario: il rango e un sistema di invarianti completo per congruenza se K = C.

Teorema: (di Sylvester reale) sia V un R-spazio vettoriale, n = dimV , rkφ = r =⇒ ∃B base di V ed∃p ∈ N indipendente dalla scelta della base tale che:

mB(φ) =

Ip

Ir−p

0

E si chiamano:p = i+: indice di positivita di φ;r − p = i−: indice di negativita di φ;n− r = i0: indice di nullita di φ;

Dimostrazione: sappiamo che esiste una base S = {v1, . . . , vn} di V ortogonale per φ tale che mS(φ)e diagonale. Costruiamo ora la base B tale che mB(φ) e del tipo voluto: ∀i = 1, . . . , r

φ(vi, vi) > 0 =⇒ v′i =vi√

φ(vi, vi)

φ(vi, vi) < 0 =⇒ v′i =vi√

−φ(vi, vi)

Allora la base B = {v′1, . . . , v′r, vr+1, . . . , vn} e del tipo cercato.

Dimostriamo ora che p non dipende dalla scelta della base. Sia pφ la massima dimensione di un sottospaziovettoriale W di V tale che φ|W sia definito positivo. Evidentemente pφ non dipende dalla scelta dellabase; per tale motivo proviamo che p = pφ. Presa B = {v1, . . . , vn} una base ortogonale in cui la matricee nella forma cercata:

• sia W = span(v1, . . . , vp) =⇒ φ|W e definito positivo e dimW = p =⇒ p ≤ pφ;

• sia ora Z un sottospazio vettoriale di V tale che dimZ = pφ e φ|Z e definito positivo. SiaW = span(vp+1, . . . , vn). Mostriamo che W ∩ Z = {0}:supponiamo per assurdo che ∃v ∈ W ∩ Z, v 6= 0 =⇒ v = αp+1vp+1+ . . . +αnvn. Allora:

φ(v, v) = φ

n∑

i=p+1

αivi,

n∑

j=p+1

αjvj

=

n∑

i=p+1

α2i · φ(vi, vi) =

r∑

i=p+1

α2i · φ(vi, vi) < 0

Ma sappiamo che, per la definizione di Z: φ(v, v) > 0. Assurdo, quindi W ∩ Z = {0}.Quindi W ⊕ Z ⊆ V =⇒ dim(W ⊕ Z) = dimW + dimZ = n− p + pφ ≤ n = dimV =⇒ p ≥ pφ.

Allora p = pφ e non dipende dalla scelta della base.

Corollario: la segnatura, ovvero (i+, i−, i0), e un sistema di invarianti completo per congruenza seK = R.


Prodotti Scalari

Osservazione: sia φ un prodotto scalare su V tale che rkφ = n = dimV . φ e definito positivo ⇐⇒i+(φ) = n (in particolare φ e non degenere: i0 = 0).

Definizione: sia A ∈ M(n,R) simmetrica. A e definita positiva ⇐⇒ ∀X ∈ Rn, X 6= 0, tXAX > 0(ossia φ(X, Y ) = tXAY e definito positivo

).

Osservazione: A ∈ M(n,R) simmetrica e definita positiva ⇐⇒ ∃M ∈ GL(n,R) t. c. A = tMM(infatti A, definita positiva, e congruente all’identita).

Definizione: si chiamano minori principali di A ∈ M(n,R) le sottomatrici quadrate A1, . . . , An di A,dove Ai e formata dalle prime i righe e i colonne di A. Chiameremo inoltre Di = det Ai.

Proposizione: A ∈ M(n,R) simmetrica e definita positiva ⇐⇒ ∀i = 1, . . . , n Di > 0.Dimostrazione:(=⇒): A definita positiva ⇐⇒ A ≡ tMM, M invertibile =⇒ detA = Dn = (detM)2 > 0.Sia ora φ un prodotto scalare e B = {v1, . . . , vn} una base di V tale che A = mB(φ), W = span(v1, . . . , vi)e S = {v1, . . . , vi}. Sappiamo che Ai = mS(φ|W ).Poiche φ|W e ancora definito positivo, Di > 0 (come visto sopra).(⇐=): lo dimostriamo come corollario al seguente:

Teorema: (di Jacobi) sia A ∈ M(n,R) simmetrica. Supponiamo che Di 6= 0 ∀i = 1, . . . , r e cheDi = 0 ∀i = r + 1, . . . , n =⇒ ∃B base ortogonale di Rn rispetto alla quale la matrice associata alprodotto scalare A e diagonale. Gli elementi sulla diagonale principale sono:

[A]ii =

D1 se i = 1Di

Di−1se i = 2, . . . , r

0 se i = r + 1, . . . , n

Corollario: se ∀i = 1, . . . , n Di > 0 =⇒ A e definita positiva.

Prodotti scalari definiti positivi

Definizione: sia V uno R-spazio vettoriale munito di un prodotto scalare φ; si dice che (V, φ) e unospazio euclideo se φ e definito positivo.

Osservazione: φ induce una norma: ‖ ‖ : V −→ R; ∀v ∈ V, ‖v‖ def=

√φ(v, v).

Proprieta:

1. ∀v ∈ V − {0}, ‖v‖ > 0;

2. ∀v ∈ V, ∀λ ∈ R, ‖λv‖ = |λ|‖v‖;3. ∀v, w ∈ V, |φ(v, w)| ≤ ‖v‖ · ‖w‖;4. ∀v, w ∈ V, ‖v + w‖ ≤ ‖v‖+ ‖w‖ (disuguaglianza triangolare).

Osservazione: dalla proprieta 3 ricaviamo la definizione di angolo θ tra due vettori v, w ∈ V :

cos θ =φ(v, w)‖v‖ · ‖w‖

Osservazione: φ induce una distanza: d : V × V −→ R; ∀v, w ∈ V, d(v, w)def= ‖v − w‖.

Proprieta:

1. ∀v, w ∈ V, d(v, w) ≥ 0;

2. d(v, w) = 0 ⇐⇒ v = w;

3. ∀v, w ∈ V, d(v, w) = d(w, v);

4. ∀v, w, z ∈ V, d(v, w) ≤ d(v, z) + d(z, w).


Prodotti Scalari

Proprieta degli spazi euclidei

Sia (V, φ) uno spazio euclideo tale che dimV = n. ∀W ⊆ V sottospazio vettoriale di dimW = k, φ|W e

definito positivo =⇒ φ|W e non degenere =⇒ V = W ⊕W⊥ (dimW⊥ = n− k).

Siano {v1, . . . , vk} e {vk+1, . . . , vn} basi ortogonali rispettivamente di W e W⊥ =⇒ {v1, . . . , vk, vk+1, . . . , vn}e una base ortogonale di V . Allora ∀v ∈ V :

v =φ(v, v1)φ(v1, v1)

· v1+ . . . +φ(v, vk)φ(vk, vk)

· vk

︸︷︷︸pW (v)

+φ(v, vk+1)

φ(vk+1, vk+1)· vk+1+ . . . +

φ(v, vn)φ(vn, vn)

· vn

︸︷︷︸p

W⊥ (v)

dove pW (v) e pW⊥(v) sono le proiezioni (ortogonali) di V su W e W⊥.

Definizione: una base B = {v1, . . . , vn} di V si dice ortonormale se e ortogonale e φ(vi, vi) = 1∀i = 1, . . . , n.

Osservazione: ogni spazio euclideo ha una base ortonormale.

Teorema: (di Gram-Schmidt) sia (V, φ) uno spazio euclideo tale che dimV = n. Se B = {v1, . . . , vn}una base qualsiasi di V =⇒ ∃B′ = {v′1, . . . , v′n} base ortonormale di V tale che ∀i = 1, . . . , nspan(v′1, . . . , v′i) = span(v1, . . . , vi) (conserva la bandiera indotta da B).Dimostrazione: diamo la dimostrazione utilizzando il processo di ortonormalizzazione di Gram-Schmidt :

v′1 = v1 (certamente e non isotropo);v′2 = v2 − φ(v2, v′1)

φ(v′1, v′1)· v′1

...v′n = vn − φ(vn, v′1)

φ(v′1, v′1)· v′1 − . . .− φ(vn, v′n−1)

φ(v′n−1, v′n−1)· v′n−1

Si tratta in realta di un caso particolare dell’algoritmo di Lagrange per un prodotto scalare non de-genere. In questo caso, poiche non ci sono vettori isotropi, e possibile rendere un vettore ortogonale atutti i vettori a lui precenti (senza utilizzare trasformazioni ausiliarie), secondo la formula:

v′i = vi −i−1∑

j=1

φ(vi, v′j)φ(v′j , v′j)

· v′j

Mostriamo ora che la base B′, ottenuta come sopra, preserva la bandiera indotta da B. Per la costruzioneche abbiamo fatto, ∀i = 1, . . . , n span(v′1, . . . , v′i) ⊆ span(v1, . . . , vi), infatti v′1, . . . , v′i sono una com-binazione lineare di v1, . . . , vi (quindi appartengono allo stesso spazio); non solo, ma i due spazi hannola stessa dimensione. Infatti v′1, . . . , v′i sono linearmente indipendenti (basta metterli in matrice, comeabbiamo fatto per l’algoritmo di Lagrange, per accorgersene). Quindi la bandiera indotta dalla baseortonormale B′ e la stessa di quella indotta da B.

Definizione: A ∈ M(n,R) si dice ortogonale se tAA = I.Osservazione: tA e anche inversa a destra di A.Dimostrazione: tAA = I =⇒ AtAA = AI = IA =⇒ AtA = I.

Osservazioni:

• A e ortogonale =⇒ A e invertibile: (det A)2 = 1 =⇒ detA = ±1;

• A e ortogonale ⇐⇒ le righe e le colonne di A formano una base ortonormale di Rn:

tAA =

tA1

...tAn

·

A1 . . . An

=

I

Quindi φ(Ai, Aj) = tAi ·Aj ={

0 se i 6= j1 se i = j

, quindi {A1, . . . , An} e una base ortonormale di Rn;


Prodotti Scalari

• detto O(n) = {A ∈ M(n,R) | tAA = I}, (O(n), ·) e un gruppo detto gruppo ortogonale (· e il

prodotto fra matrici):

1. O(n) e chiuso per ·: ∀A,B ∈ O(n), AB ∈ O(n); infatti t(AB)AB = tBtAAB = tBB = I;

2. esistenza dell’inverso: ∀A ∈ O(n), tA = A−1. Inoltre ∀A ∈ O(n), tA ∈ O(n): infatti AtA = I;

3. esistenza dell’elemento neutro: I ∈ O(n), infatti tI · I = tI = I. ∀A ∈ O(n), AI = IA = A;

4. proprieta associativa: vale perche vale per tutte le matrici.

• O(n) ⊂ GL(n,R).

Proposizione: sia (V, φ) uno spazio euclideo tale che dimV = n, B = {e1, . . . , en} una base ortonormaledi V per φ, B′ = {v1, . . . , vn} un’altra base di V . Detta M la matrice di cambio di base

(M = mB′

B (Id)),

allora: B′ ortonormale ⇐⇒ M ∈ O(n).Dimostrazione: M = mB′

B (Id) =⇒ M i =[Id(vi)

]B = [vi]B.

Il prodotto scalare di due vettori di B′ rispetto a B e:φ(vi, vj) = t[vi]B · I · [vj ]B = t[vi]B · [vj ]B = t(M i) ·M j = (tM)i ·M j = [tMM ]ij

Allora:

φ(vi, vj) ={

0 se i 6= j1 se i = j

⇐⇒ tMM = I.

Teorema: siano A ∈ M(n,R) avente tutti gli autovalori reali, φ il prodotto scalare ordinario di Rn

(definito positivo), C la base canonica di Rn tale che A = mC(A). Allora ∃P ∈ O(n) t. c. P−1AP == tPAP e di forma triangolare.Dimostrazione: A : Rn −→ Rn ha tutti gli autovalori reali =⇒ A e triangolabile =⇒ ∃B base di Rn

a bandiera per A.Applicando il teorema di Gram-Schmidt: ∃S base di Rn ortonormale per φ che induce la stessa bandieradi B =⇒ S e una base a bandiera per A, cioe mS(A) e triangolare.Se P = mC

S(Id) e la matrice di cambio di base dalla base C alla base S, allora, poiche entrambe sonoortonormali: P−1AP e triangolare e P ∈ O(n).A e simile e congruente a una matrice triangolare.

Definizione: sia (V, φ) uno spazio euclideo. f ∈ End(V ) si dice applicazione simmetrica o autoaggiuntase: ∀v, w ∈ V, φ

(f(v), w

)=.

Osservazione: siano (V, φ) uno spazio euclideo, B una base di V ortonormale per φ, A = mB(f).Allora: f e simmetrica ⇐⇒ A e simmetrica.Dimostrazione: se f e simmetrica, ∀v, w ∈ V :

φ(f(v), w

)= t[v]B · tAI · [w]B

qφ(v, f(w)

)= t[v]B · IA · [w]B

Allora:f simmetrica ⇐⇒ ∀v, w ∈ V,

t[v]B · tA · [w]B = t[v]B ·A · [w]B ⇐⇒ A = tA.


Teorema Spettrale e prodottiHermitiani

Lemma: sia A ∈ M(n,R) simmetrica. Allora tutti gli autovalori di A sono reali.Dimostrazione: A : Rn −→ Rn. Poiche ogni vettore reale e anche complesso, pensiamo A : Cn −→ Cn.Sia λ un autovalore di A. In generale λ ∈ C; dimostriamo che λ ∈ R. Per far questo, ricordando ladefinizione di autovalore:

λ ∈ C autovalore di A ⇐⇒ ∃X ∈ Cn, X 6= 0 t. c. AX = λX.Coniugando tutto:

AX = λX =⇒ AX = λX (poiche A e una matrice reale: A = A)Consideriamo allora:

tXAX = λtXXq

tXtAX = t(AX)X = t(λX)X = λtXX

Allora (λ− λ) · tXX = 0. Ma tXX 6= 0, poiche se:X = (x1, . . . , xn) =⇒ tXX = x1x1+ . . . +xnxn = |x1|2+ . . . +|xn|2

Poiche X 6= 0 almeno una delle sue componenti e diversa da 0. Allora tXX 6= 0 e, poiche R e un campoe non ci sono divisori di zero: λ−λ = 0 =⇒ λ = λ =⇒ λ ∈ R. Allora tutti gli autovalori di A sono reali.

Teorema spettrale: sia (V, φ) uno spazio euclideo, f ∈ End(V ) simmettrica. Allora esiste una baseortonormale di V di autovettori per f .Dimostrazione: diamo due diverse dimostrazioni:

1. sia S una base ortonormale di V , e sia A = mS(f) =⇒ A e simmetrica =⇒ A ha tutti gliautovalori reali =⇒ ∃P ∈ O(n) t. c. tPAP = P−1AP = T triangolare.A e simmetrica =⇒ T e simmetrica. Infatti tT = t(tPAP ) = tP tAP = tPAP = T =⇒ T ediagonale.Se B e la base tale che P = mS

B(Id) (la matrice associata al cambio di base fra S e B) =⇒=⇒ P−1AP = mB(f) =⇒ B e una base di autovettori.P ∈ O(n) =⇒ B e ortonormale (la matrice di cambio di base e ortogonale se le basi in partenza ein arrivo sono ortonormali).

2. per induzione su n = dimV .

• n = 1: tutti i vettori sono autovettori, per ottenere una base ortonormale si divide il vettoredi base per la sua norma.

• n− 1 =⇒ n: sia S una base ortonormale di V , e sia A = mS(f).A e simmetrica =⇒ ∃λ autovalore reale di A =⇒ ∃v1 ∈ V, v1 6= 0, autovettore per f relativoa λ (non e restrittivo supporre ‖v1‖ = 1).Siamo in uno spazio euclideo, non ci sono vettori isotropi (eccetto 0), φ e non degenere. Allora:V = span(v1)⊕

(span(v1)

)⊥.

W =(span(v1)

)⊥ e un sottospazio vettoriale di V di dimensione n− 1, φ|W e definito positivo

=⇒ (span(v1)

)⊥ con la restrizione del prodotto scalare e uno spazio euclideo.

Proviamo che f |W e un endomorfismo, cioe che f((

span(v1))⊥) ⊆ (

span(v1))⊥:

∀w ∈ (span(v1)

)⊥ ?=⇒ f(w) ∈ (span(v1)

)⊥ (facciamo vedere che f(w) ⊥ v1):


Teorema Spettrale e prodotti Hermitiani

φ(f(w), v1

)= φ

(w, f(v1)

)= λφ(w, v1) = 0 =⇒ f ∈ End

((span(v1)

)⊥)

Poiche e verificata l’ipotesi induttiva per(span(v1)

)⊥: ∃{v2, . . . , vn} base ortonormale di(span(v1)

)⊥ di autovettori per f |W =⇒ B = {v1, . . . , vn} e, per la scelta fatta, ortonormaleper V e di autovettori per f .

Osservazione: siano f ∈ End(V ) simmetrica, λ, µ ∈ K autovalori per f tali che λ 6= µ. Allora∀v ∈ V (λ), ∀w ∈ V (µ), φ(v, w) = 0.Dimostrazione:

λ·φ(v, w) = φ(λv, w) = φ(f(v), w

)= φ

(v, f(w)

)= φ(v, µw) = µ·φ(v, w) =⇒ (λ−µ)·φ(v, w) = 0.

Poiche siamo in un campo, non ci sono divisori di zero e λ 6= µ:φ(v, w) = 0.

Corollario: sia A ∈ M(n,R) simmetrica, ∃P ∈ O(n) t. c. tPAP = P−1AP = D diagonale. Allora De la forma canonica di A rispetto alle relazioni d’equivalenza similitudine e congruenza.

Corollario: sia A ∈ M(n,R) simmetrica:i+(A) = numero di autovalori positivi di A;i−(A) = numero di autovalori negativi di A;i0(A) = molteplicita di 0 come autovalore di A;

Osservazione: A e definita positiva ⇐⇒ tutti gli autovalori sono positivi.

Teorema: (di ortogonalizzazione simultanea) sia (V, φ) uno spazio euclideo, sia ψ un prodotto scalaresu V . Allora esiste una base B di V ortonormale per φ e ortogonale per ψ.Dimostrazione: siano S una base ortonormale di V per φ, A = mS(ψ) =⇒ A e simmetrica.Sia g ∈ End(V ) tale che mS(g) = A =⇒ g e simmetrica =⇒ (teorema spettrale) ∃B base di V ortonor-male per φ e di autovettori per g

(mB(g) = D diagonale

).

Se M e la matrice di cambio di base tra S e B (M = mS

B(Id))

=⇒ M−1AM = D

Ma S e B sono ortonormali =⇒ M ∈ O(n) =⇒ M−1 = tM , cioe: mB(ψ) = tMAM = D =⇒ B eortogonale per ψ.

Definizione: sia (V, φ) uno spazio euclideo, f ∈ End(V ) si dice applicazione ortogonale o isometria(f ∈ O(V, φ)

)se:

∀x, y ∈ V, φ(f(x), f(y)

)= φ(x, y)

.Osservazione: f ∈ End(V ) e ortogonale =⇒ f e un isomorfismo.Dimostrazione:

• f ∈ End(V ) =⇒ f e lineare;

• f e iniettiva: se x ∈ Kerf, x 6= 0, 0 = φ(f(x), f(x)

)= φ(x, x) = ‖x‖2. Assurdo: l’unico vettore

con norma nulla e 0;

• f e surgettiva: dimV = dim(Kerf) + dim(Imf) = dim(Imf), Imf ⊆ V =⇒ Imf = V .

Osservazione: sono fatti equivalenti:

1. f e ortogonale;

2. f preserva la norma;

3. se B = {v1, . . . , vn} e una base ortonormale di V =⇒ {f(v1), . . . , f(vn)

}e una base ortonormale

di V .

Dimostrazione:

• 1 =⇒ 2: ∀v ∈ V,∥∥f(v)

∥∥2 = φ(f(v), f(v)

)= φ(v, v) = ‖v‖2.



• 2 =⇒ 1: usando la formula di polarizzazione. ∀x, y ∈ V :

φ(f(x), f(y)

)=

∥∥f(x + y)∥∥2 −

∥∥f(x)∥∥2 −

∥∥f(y)∥∥2

2=‖x + y‖2 − ‖x‖2 − ‖y‖2

2= φ(x, y)

• 1 =⇒ 3: la trasformazione in base e ovvia, visto che f e un isomorfismo. Poiche f preserva lanorma:

∥∥f(vi)∥∥ = 1 ∀i = 1, . . . , n. Inoltre, poiche f preserva il prodotto scalare:

φ(f(vi), f(vj)

)= φ(vi, vj) = 0 =⇒ f(vi) ⊥ f(vj).

• 3 =⇒ 1 siano x = a1v1 + . . . + anvn e y = b1v1 + . . . + bnvn.

φ(f(x), f(y)

)=

n∑

i=1

ai

n∑

j=1

bj · φ(vi, vj) =n∑

i=1

aibi = φ(x, y)

Osservazione: siano f ∈ End(V ), B una base ortonormale di V . f e ortogonale ⇐⇒ mB(f) ∈ O(n).Dimostrazione: Poiche B e ortonormale, ∀x, y ∈ V

(A = matassocbf

):

φ(f(x), f(y)

)= t[x]BtAA[y]B

qφ(x, y) = t[x]B[y]B

Allora φ(f(x), f(y)

)= φ(x, y) ⇐⇒ tAA = I (A matrice ortogonale).

Proposizione:(O(V, φ), ◦) e un gruppo (◦ e la composizione di funzioni).

Dimostrazione:

• ∀f, g ∈ O(V, φ), g ◦ f ∈ O(V, φ): f ◦ g e lineare. Facciamo vedere che preserva il prodotto scalare:∀v, w ∈ V φ

(g(f(v)

), g

(f(w)

))= φ

(f(v), f(w)

)= φ(v, w);

• esiste l’elemento neutro: Id ∈ O(V, φ);

• esiste l’inverso in O(V, φ): ∀f ∈ O(V, φ) =⇒ f ∈ GL(V ) =⇒ ∃f−1. Dimostriamo chef−1 ∈ O(V, φ):∀v, w ∈ V, ∃x, y ∈ V t. c. v = f(x), w = f(y) =⇒ φ(v, w) = φ

(f(x), f(y)

)= φ(x, y). Allora:

φ(f−1(v), f−1(w)

)= φ

((f−1 ◦ f)(x), f(f−1 ◦ f)(y)

)= φ(x, y) = φ(v, w);

• vale la proprieta associativa per tutte le funzioni, in particolare per O(V, φ).

Osservazione: sia (V, φ) uno spazio euclideo tale che n = dimV . O(n) rappresenta O(V, φ) in Rn

munito del prodotto scalare standard.

Prodotti Hermitiani

Definizione: sia V un C-spazio vettoriale, e sia h : V × V −→ C. h e un prodotto Hermitiano se:

1. ∀x, y, z ∈ V, h(x + y, z) = h(x, z) + h(y, z);

2. ∀x, y, z ∈ V, h(x, y + z) = h(x, y) + h(x, z);

3. ∀x, y ∈ V, ∀λ ∈ C, h(λx, y) = λ · h(x, y);

4. ∀x, y ∈ V, h(x, y) = h(y, x);

5. ∀x, y ∈ V, ∀λ ∈ C, h(x, λy) = λ · h(x, y);

grazie alla proprieta 4 e possibile replicare quanto fatto per i prodotti scalari. Infatti ∀v ∈ V, h(v, v) =h(v, v) ed e quindi un numero reale.

Definizione: h e un prodotto hermitiano definito positivo se h(v, v) > 0, ∀v ∈ V, v 6= 0.



Osservazione: sia B una base di V , h un prodotto hermitiano e sia H = mB(h). H =tH

([H]ij = [H]ji

)

Osservazione: sia h un prodotto hermitiano, H = mB(h). Allora ∀v, w ∈ V, h(v, w) = t[v]B ·H · [w]B.

Definizione: U ∈ M(n,C) e detta unitaria (analogo della matrice ortogonale) setUU = I.

Chiamiamo spazi hermitiani l’analogo degli spazi euclidei. E da notare come, date le definizioni precedenti,valgano tutti i risultati ottenuti nel caso di questi ultimi.


Geometria I

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