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Gioacchino ORECCHIA — Salvatore SPATARO disegni di Gianfranco Marsill ALGEBRA DELLE MATRICI VOLUME SECONDO É EDIZIONI TECNOS S.r.l. — MILANO € COPYRIGHT 1990 - EDIZIONI TECNOS s.r.l. TERZA EDIZIONE Prima edizione: O 1976 Seconda edizione: O 1981 Stampa della EDIZIONI TECNOS s.r.l. - Milano Via Rucellai, 23 - Tel. (02) 2571 634 . INDICE 1- SPAZI VETTORIALI Condizioni che definiscono uno spazio vettoriale . 7 Vettori linearmente dipendenti e indipendenti . . 9 Base di uno spazio vettoriale. Varietà lineare . 13 Cambiamenti di base . 17 Esercizi proposti.. . 2 Vettori e matrici ortogonali. Basi ortonormali 28 Procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt. Matrici unitarie 34 Esercizi proposti 39 2 - TRASFORMALZIONI LINEARI Generalitã 48 Proprietà delle trasformazioni lineari 48 Trasformazioni associate a matrici ortogonali 51 Trasformazioni associate a matrici quadrate non ortogonali e non singolari s3 Trasformazioni associate a matrici singolari 55 Trasformazioni associate a matrici rettangolari . 59 Le matrici di ordini 2, 3 per le assonometrie. . 66 Lo spazio nullo di una matrice. Spazio ortogonale . 70 Esercizi proposti......ceceereerteeneseoenertereanenreneeanererenee 74 3- AUTOVALORI E AUTOVETTORI DI UNA MATRICE Polinomio caratteristico di una matrice Derivata di un determinante... Autovalori regolari e non regolari Autovalori di matrici diagonali e triangolari . Autovalori della trasposta di una matrice .. Autovalori della coniugata e del"'aggiunta di una matrice Teoremi relativi ad autovalori ed autovettori di una matrice normale . - 101 Autovalori ed autovettori di A” . 104 Esercizi proposti «107 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO ) kuev (l'insieme ê chiuso rispetto alla moltiplicazione per uno scalare) Valgano inoltre i seguenti assiomi: ku + w) = kvi + ky; 8) ku +) nad (proprietã distributiva) h) (ki + ko)w= kiwi dovi D Ja(kovi) = (kiko) vi (proprietã associativa) D lew=vi Un insieme V di p vettori posizione, quale quello che stiamo considerando, per i quali valgano le proprietà a) ed ), e quindi tutte le altre otto proprietà enunciate (che sono facil- mente verificabili scegliendo un opportuno esempio), definisce uno spazio veitoriale. La combinazione kavi + kova + kavs + koYp [1.1.2] dá un vettore di V(!). Cio detto, indicheremo con R” lo spazio vettoriale i cui elementi sono vettori ad n componenti reali; €" Jo spazio vettoriale i cui elementi sono vettori ad n componenti complesse. 1. Tuttii vettori aventi per componenti dei numeri interi costituiscono uno spazio vetto- riale sul campo reale degli interi? Poiché la somma di due vettori qualunque dà un vettore le cui componenti sono an- cora numeri interi e poiché il prodotto di un qualunque vettore per uno scalare (in- tero) dá ancora un vettore le cui componenti sono numeri interi, si deduce che Vin- sieme dei vettori considerati é chiuso rispetto al"addizione ed alla moltiplicazione per uno scalare, quindi costituisce uno spazio vettoriale. 2. Tutti i vettori aventi componenti reali x, = x» = x3 costituiscono uno spazio vetto- riale su R? Si considerino due vettori qualsiansi di questo insieme: o) Poiché é: a+b vtw=|a+b Vinsieme é chiuso rispetto all'addizione (le componenti del a+b vettore somma sono ancora uguali); kw = | ka | Vinsieme ê chiuso rispetto alla moltiplicazione per uno sca- lare. L'insieme consideráto costituisce quindi uno spazio vettoriale su Rº (2). () TInfatti si has, &y wWEV, hw=wEV,.. perla propria di wWEw=vEV, wtw= per la proprietã a); di conseguenga la [1.1.3] dá un vettore di V. (2) L'insieme BAD non individua tutti i vettori di &”, ma solo quelli ad uguali componenti. Esso ê quindi un sottoinsieme di Rº.* ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO 1.2.- Vettori linearmente dipendenti e indipendenti Per quanto detto al 81.2 del primo volume (P.7, Algebra delle matrici), una matrice puô essere pensata come formata da vettori riga o da vettori colonna. Pertanto, ad esem- pio, la matrice 1,8 ali? o 31 21 puô essere graficamente interpretata come nella fig. 1.2.1 o nella fig, 1.2.2, a seconda che Ol o la si consideri formata da vettor riga o da vet- Fig. 12.1 Fig. 122 tori colonna. In ambedue i casi i vettori costi- tuenti la matrice appartengono allo spazio vettoriale bidimensionale &º ed individuano il piano che li contiene. Allo stesso modo, la matrice Edno 2 | 21 + puô essere graficamente interpretata come nella fig. 1.2.3. o nella fig. 1.2.4, rispet- 24 tivamente, a seconda che la si consideri formata da vettori riga o da vettori co- Fig 12.4 lona. Nel primo caso si hanno due vettori riga di Rº che individuano il piano che li contiene. Nel secondo casó si hanno tre vettori colonna di R? che individuano ancora un 1,2 B= 34 piano. La matrice / 4 26 c=|13 | 2 6 puô essere graficamente “interpretata come 13 1.2 nella fig. 1.2.5 o nella fig.1.2.6, a seconda che la si consideri, rispettivamente, formata da vettori riga o da vettori colonna. In ambedue i io (o) casi i vettori costituenti la matrice apparten- Fig. 1.2.5 Fig. 1.2.6 gono allo spazio bidimensionale RÉ ma, es- sendo sovrapposti, essi non individuano un piano, bensi la retta che li contiene. Lo studio delle matrici A, Be C porta alle seguenti considerazioni. I due vettori riga (o colonna) di C hanno la stessa direzione, quindi le componenti dell'uno si possono ottenere moltiplicando per uno stesso scalare (diverso da zero) le componenti dellaltro. Diremo che i due vettori sono linearmente dipendenti. I due vettori riga (o colonna) di A hanno dire- zioni diverse, quindi non é possibile esprimere le componenti di uno di essi moltiplicando per uno stesso scalare le componenti dell'altro. Diremo che i due vettori sono linearmente indipendenti. Analogo discorso vale per i due vettori riga di B: essi risultano linearmente indipen- denti, mentre i tre vettori colonna di B sono linearmente dipendenti. Ciô puô sembrare strano a prima vista in quanto dalla fig. 1.2.4 si vede che i tre vettori hanno direzioni di- verse, ma ê logico se si considera che per individuare un piano sono sufficienti due dire- zioni (e quindi due vettori), perciô uno qualunque dei tre vettori si deve poter esprimere in funzione dei due rimanenti, cioê deve essere una combinazione lineare degli altri due. ÁLGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO In generalé, dati p vettori su R”, se la combinazione lineare p Dkiwm= kavi + kowo + kovs +... + kovp [1.2.1] & dã il vettore nullo solo per kh =kj=ks=..=kp=0 ip vettorisidicono linearmente indipendenti. Se la [1.2.1] dá il vettore nullo per almeno un k; % O i p vettori si dicono linearmente dipendenti. Ci si verifica certamente se uno dei p vettori é il vettore nullo; infatti la [1.2.1] ê seng'altro verificata, se w; ê il vettore nullo, con k; * O e tutti gli altri k uguali a zero. Consideriamo, ad esempio, i vettori colonna della matrice A: “= + of] detti k e k due scalari vediamo quando ê nulla la combinazione lineare kivi + kava, ovvero quando 1 21./0 [Je ]-Lo] il che equivale a risolvere il sistema omogeneo: pao 3% + k=0 Essendo: Ra a=|4 |- 50 la matrice associata al sistema ha rango r = n = 2: il sistema ammette solo la soluziorie nulla (o banale) ki = k; = 0. I due vettori sono quindi linearmente indipendenti come giã si era visto. Si osservi che À = | A | e quindi A ha rango r = 2 pari al numero p dei vettori che co- stituiscono la matrice. Potremo allora dire che: se il rango della matrice ê pari al numero dei vettori (riga o colonna) che la costituiscono, i vettori sono linearmente indipendenti. à ea : mw: , à Ii = É) 2 1 2 =] Vediamo quando kivi + kaw, + ksvs = 0, cioê sbaJrefi)es[i)=[o] Risolviamo il sistema Consideriamo adesso i vettori colonna della matrice B: 2h + k— kb=0 Essendo sicuramente » < n (=3, numero dei vettori colonna) il sistema ammetterã es?" soluzioni con almeno un k; É O. I tre vettori risultano quindi linearmente dipendenti come giã visto. ana, 10 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO Si osservi che la matrice associata al sistema é ancora la matrice B costituita dai tre vettori colonna. Quindi anche qui ê suficiente cercare il rango della matrice per stabilire se i vettori sono linearmente indipendenti o dipendenti. 15730052 ps | 21 | essendo | By [=-5%0,ê r=2. Poiché la matrice é formata da p = 3 vettori colon- na ed essendo r < p i tre vettori sono linearmente dipendenti, mentre se consideriamo la matrice formata da p = 2 vettori riga si ha r = p e quindi i due vettori riga sono linear- mente indipendenti. Esempi. 3. Datii tre vettori colonna (!) w=[1,2,3] n=[-1,3,27] w=[0,2,2] dire se sono linearmente indipendenti o no, ed eventualmente determinare i coeffi- cienti della combinazione lineare. Costruiamo la matrice A con i tre vettori dati e cerchiamone il rango: ps 2 (—2) Es bb ! 1,0 RIRE3 l 10 R$5+ Rá-]) 7 o A=|2 3 E 5 e 4) Hei g 22 fo] Soa: 0 00 a(s) fio É E Ri + Rl) 5 vens 2Hh=B | sz 00 0 Siha: IBBI=1H0 — 1=2 Essendo il rango inferiore al numero dei vettori, questi sono linearmente dipendenti. Ricerchiamo la combinazione lineare che permette di esprimerne uno in funzione de- gli altri due. Deve essere avi + kova + ksvs = 0 per almeno un k; É 0, cioê: 1 =] 0 0 kh|2|+hkh) 3|+kh|2]=]0 3 2 2 o cioê: ki— ka =0 2k + 3h + 2ks = 0 3h + 2h, + 2ks = 0 La matrice associata al sistema é ancora la A, equivalente, come già visto a B: () Usiamo, per analogia, per 1 vettori lo stesso simbolo (”) adoperato per le matrici in quanto spesso ê utile associare ad un vettore riga (colonna) v la matrice riga (colonna) V i cui elementi sono le componenti del vettore. q ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO Poiché la matrice A ha rango r = 3, si puô concludere che i tre vettori dati sono li- nearmente indipendenti e costituiscono una base dello spazio tridimensionale. Cio vuol dire che i tre vettori individuano (o definiscono) lo spazio RÉ al completo, nel senso che qualunque altro vettore appartenente a questo spazio puô essere espresso come una combinazione lineare di vi, v2 € v3. Il vettore vs=[1,2, 1] puô essere espresso come combinazione lineare dei vet- tori vi,.v> € vs delPesempio 5, cioê: = avi + kovo + kavs ovvero: [1,2,])=h[1,0,0]+k[0,-1,0)+k[3,1,1]= =[k+3k,—k + ks, ks] relazione equivalente al sistema: ki +3h=1 “fh= —kh+ h=2 + ih hb=1 h= quindi: Ws=—2v1— + vs Generalizzando, possiamo dire che un qualunque vettore di Rº puô, allo stesso modo, essere espresso come combinazione lineare dei vettori vi, v2 € vs delPesempio 5. Ad esem- pio, per il vettore: 7. v=[0,b,d si ha: v=kivi + kova + ksvs ovvero [a,b,]=k[1,0,0]+hk[0,—1,0]+ks[3, 1, 1]= = [h1 E Shade tha, do] — k +3kh=a k=a-3 — ka +. komo kr = Cb ke k=e quindi: v=(a-3)nt(le—bw+ew Datiin Ri vettori w=[1,-1,0) w=[2,1,3] w=[4,-1,3] costruiamo la matrice A delle loro componenti e cerchiamone il rango: ms, R:+ Rd(—2) R$+ Rá—1 dai, Lo o DRSREB]I 1 Orago] 10 Aeiain a 0 33 -— O Asi pio. 4 —13 o 313 o 00 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO Ri + Rá) TCRO = |o1 1]=B 000 La matrice B, e cosi pure la matrice A ad essa equivalente, ha rango r = 2 quindi solo due dei tre vettori dati sono linearmente indipendenti. 1 tre vettori individuano in &º una varietà lineare V di dimensione 2; ciô vuol dire che essi non sono sufficiênti a de- finire Vintero spazio vettoriale tridimensionale &Rº, ma due di essi (linearmente indi- pendenti), mediante le loro combinazioni, descrivono un sottospazió di dimensione 2 che non é altro che il piano contenente tutti i vettori ottenibili con le suddette combi- nazioni. E Allora é evidente che solo i vettori di questo piano sono esprimibili come combina- zione lineare di questi tre vettori, mentre i vettori non appartenenti a tale piano non sono esprimibili come combinazioni lineari di essi. Infatti: Dato su Rº il vettore vs=[1,0,0], verificare che non appartiene alla varietã lineare V delPesempio 8, cioê non giace sul piano dei tre vettori vi, vz é vs. Vediamo se é possibile esprimere vs come combinazione lineare di vi, vz e vs. Siha : [1,0,0]=hk[1,—1,0]+k[2,1,3]+k[4,—1,3] equivalente al sistema: kh +2kh+4kh=1 clagtka o hairaO, 3h + 3h =0 la cui matrice associata é: Ro + Ri t Ri+ Ra(—2) ! 152 sm RaBO|1 2 4 |RÍRCB]I O 211 A=|=1 1-0 = [0331 a 00 0/1) — EINE TO 0 1 110 0 1 110 1 Ro [10211 —|o1 1M0|=IB Cl 00 011 Poiché le matrici B (equivalente alla matrice dei coefficienti)e || B C Il (equivalente alla matrice associata A) hanno ranghi rispettivamente r = 2 ed 1 = 3, il sistema non ammette soluzioni (!). Non esiste quindi una combinazione lineare dei vettori vi, vz € vs ché ci possa fornire il vettore ys. Si puô concludere che vs non appartiene alla va- rietã lineare V. Alla stessa conclusione si puô giungere direttamente osservando che le matrici 1-o os pa as E Rue 100 () Effettuando le stesse trasformazioni sulle equazioni del sistema si ottiene un sistema ad esso equi- valente la cui matrice associata é || BC ||. L'equazione corrispondente alla terza riga ê un'equa- zione impossibile. 15 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO hanno ranghi diversi (ra = 2ed ra = 3), quindi definiscono, rispettivamente, una varietà li- neare di dimensione 2 ed una varietà lineare di dimensione 3 (Vintero spazio Rº). Dall'esame dei quattro minori del terzo ordine estraibili da B: 1º=1"0 [Big t=0 IBjgat=]2 1 3]=-380 1 00 Vad 2 13 IBBal=[4 —13|=-30 IBal=|4 -1 3|=6%0 100 100 si puô dedurre che vi, v2, Y3 non sono indipendenti mentre sono indipendenti i vettori costi- tuenti le tre terne: Vi Va V4) » Br = (Vivas va) , Ba = (Vo, Va, Va) Questi tre insiemi di vettori costituiscono ciascuno una base dell'intero spazio vetto- riale Rº. é Riepilogando: dati su &” (!) p vettori, che in generale individuano una varietà lineare V; (2), detto r il rango della matrice costruita con le componenti dei p vettori, questi defini- scono una base di R” o una base di una varietà lineare, secondo quanto indicato nella se- guente tabella. TAB. 1-I esa E Rango r r vettori i della matrice indipendenti a vettori e numero costruitacon costituiscono Descrinione componenti ip vettori: una base di pisa r=n [id spazio vettoriale di dimensione n r
]iiioiro)j— 10 110 01 4131100 R+Ri(-1 ' ) RiRCO]A 0 10 0 aren| 110. 1000/01 — 01 010 1-1 + |lo1 010 1 -1|— O 1-1 O —4 0 O =1i1 —1 —3 Ri+ RI I ER READ 10 0; L— 2 n - lo1010 1 -1[=N1 A! OO Li-=1 13 Si ha allora: 1-1 —2 2 3 Xin O, scteliiaas À 1 b] = 1 3h = -—4 Come si deve operare volendo esprimere un vettore xv, dato in una base V, mediante le sue componenti in un'altra base W che non sia la base E? Siano A la matrice che rappresenta la base V e B la matrice che rappresenta la base W. Mediante la [1.4.4] esprimiamo, in forma matriciale, il vettore xy nella base E: Xe = AXy [1.4.6] La[1.4.5] ci permette di esprimere nella base W/ il vettore, note le sue componenti nella base E: Xw=B'Xr [1.4.7] Allora sostituendo la [1.4.6] nella [1.4.7] si ha: Xw=B'AXv [1.4.8] La [1.4.8] ci permette allora di esprimere un vettore, dato in una base V, mediante le sue componenti in un'altra base W, senza dover passare attraverso la base E. Esempio. 12. Dato il vettore 1] nella base V costituita dai vettori: w=[1,1,0] w=[1,0,17 v=p2,0,1] esprimerlo mediante le sue componenti nella base W costituita dai vettori: wm=[0,1,17 m=[2,-1,0] m=[1,0,0] 20 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO Dette A e B le matrici associate alle due basi Ve W, per prima cosa calcoliamo B'!: PE dao) Costa A=[1 00 B=[1-1 0 011 Ted o O o 21110 0)R*R-D]1 00/00 1 IB II=|1-1 0/0 10 0 -1010 1 1|— 1 001001 0 21110 0 Ro + R(2) | RERB]I O 010 0 1 à. — lo1 oo -1 1[=W1 B! OO lil 2-2 Per la [1.4.8] si ha allora: 0 01 pata pera o o alo Xw=)0 11 ro ol-l2l=|o-1 allil= 1 2-2hloi1a 3 1 2-2 1Is 5 5 =) —1+5 |=|4 9+2-10 1 L'esempio mostra che il vettore xy=[1,2,3]” (relativo alla base V) assume la forma xw=[5,4,1]” se espresso nella base W. Inoltre, il vettore x=[9,1,5], ottenuto dal prodotto AXv, ê T'espressione di xy nella base E. (cfr. la [1.4.6]). 1.5.- Esercizi proposti 13. Datiin Ri vettori “HE mi dire se sono linearmente indipendenti e se non lo sono stabilire qual é la dimensione della varietã lineare da essi individuata. 14. Stabilire qual ê la dimensione della varietà lineare individuata dai tre vettori di Rº: TH 15. Esprimere il vettore x di &º nella base W (di Rº) formata dai vettori wi, Wa, Wa, essendo: EAD PA! ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO 16. Dimostrare che tutti i vettori di Rº aventi componenti x = x3, x2 = 2x« non costitui- scono lo spazio vettoriale Rº, ma un sottospazio di dimensione 2. 17. Mostrare che i vettori vi e v: individuano la stessa varietã lineare individuata dai vet- tori wi e w2, essendo: All 18. Mostrare che i vettori = -3 -1 | ] À = a EB = o 3 - -8 4 1 RÁ sono linearmente dipendenti. Determinare la dimensione della varietà lineare da essi individuata, cioê il numero di vettori linearmente indipendenti. Scelti i vettori costi- tuenti una base della varietà lineare, esprimere i rimanenti come combinazione li- neare di questi. 19. Considerato in Q” il sottospazio V generato dai vettori vi e v2, mostrare che i vettori wi e w> appartengono a Ve ne sono una base, essendo: 0 j 2% 1+5 u=)1 w=|1+5 wm=|2+i m=| 4 j 1 3 Lekj 20. Datiin Rº i vettori: “ED o determinare la dimensione della varietã lineare V da essi generata ed esprimere, in funzione dei vettori che costituiscono una base di V, i rimanenti. 2. Assunti v1 € vz come base della varietà lineare cui appartengono i vettori colonna dif: w=[1,2,3,-1,2] w=[0,1,0,0,2] w=[2,3,6,-2,2] ve=[>1,1,-3, 1,4] esprimere vs e vs come combinazione lineare di vi € v2. Soluzioni degli esercizi proposti 13. Cerchiamo il rango della matrice formata con i tre vettori: tai pes Ro + R(—2) Es ae 12 4 ELRID” 1-2 + A=| 2 —4 —2 = o 0] — r= + De il 05,40% 0 Essendo r = 1 i vettori sono linearmente dipendenti e generano una varietà lineare di 2 14. 15. ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO dimensione 1. Ciô vuol dire che, fissato ad arbitrio un vettore (ad esempio v), gli altri due si ottengono moltiplicando questo per una opportuna costante. Dal punto di vi- sta geometrico si puô dire che i vettori giacciono su una medesima retta dello spazio a 3 dimensioni. La dimensione della varietà lineare generata dai tre vettori puô essere al massimo 3 nel caso in cui i tre vettori siano linearmente indipendenti. Cerchiamo il rango della matrice formata con i tre vettori: 100 “lo -— o à=|3 11 1 21 Essendo: 1.00 labal=[0 — 0|=-1*0 3 pie ê r=3, cioê i tre vettori sono linearmente indipendenti e generano una varietà li- neare di dimensione 3 in R. Poiché non ê specificata la base rispetto alla quale sono date le componenti del vet- tore x, bisogna supporre che si tratti della base E. Per ottenere le componenti del vet- tore nella base W bisogna allora applicare la [1.4.5]: Xw=A'X Detta A la matrice associata alla base W, calcoliamo A": | 10110 0) psren|l O ti 100 IA 1I=]0 1 110 10 o O 11101 0|— 1-1 21001 o -vai= 01 LO d! 1 00 LO IL 100 , ! Rs + Ra(1 Ro(1/2) DOloriloro) SP dd = 0021-111 0-0 Alia 3 VA 3 1 1 [50:50 fuso são RO gil da RR, [RR EP = 010% 703 LA 1d 1 1 Rã fo ido DO ir 2 2 2 Allora: 3 1 1 3+1-2 1 Xe=5) dot j=1)=5] 1=1-2]=]—1 1 11 2 -1-1+2 0 23 19. 26 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO Ri(-1 To Reto [lo 3 Asncy [10 -2 Ri ARM) 0 1 1 Rs + Ri) ada 1 =B o -n |, 00 o] 041005; 0 00 0 La matrice ha rango r = 2, quindi i vettori linearmente indipendenti sono 2, e 2 é la dimensione della varietà lineare generata dai tre vettori. Essendo inoltre: p= LApI= RR ra possiamo prendere come base della varietà v1 e vz ed esprimere v; come una loro com- binazione lineare: avi bw = vs 1 sistema che ne deriva ha per matrice associata ancora la matrice A, equivalente, come si ê visto, alla matrice B, pertanto esso ammette la soluzione (cfr. la terza co- lonna della matrice B): a=-—2 b=1 per cui la combinazione cercata é: wv=—2vn tw La matrice A formata con i vettori v; e vz ha rango r = 2, infatti é: o 5 La+j Il sottospazio V' generato da vi e v; ha quindi dimensione 2. Perché w: e w apparten- gano a V ê necessario poterli esprimere come combinazione lineare di v: e v2, il che equivale a dire che la matrice B formata con i quattro vettori deve avere ancora rango r=2. IAÉI= =-;80 j 1 3 1+5 Poiché é: IBIZI=IAZIHO orlando questo minore nei due modi possibili si ha: O j IBSl=|1 1+j 2+j/=-2-j)+2+2+35—-3=0 : ja 3 0 5 lt IBSI=[1L 1+j 4 |[==4+1+j+2-j+1=0 Loo li Quindi il rango di Bê 2 ed i due vettori wi e w: appartengono a V. Osservando poi che 20. 2. ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO 7 RAR Ra o Digo 4 si deduce che w e w> sono linearmente indipendenti e costituiscono quindi una base della varietà lineare V. gás IB I= =5-1%0 I quattro vettori sono certamente dipendenti in quanto nello spazio Rº i vettori indi- pendenti possono essere al massimo tre. Per determinare la dimensione della varietã lineare V da essi generata cerchiamo il rango della matrice ad Treme jl = 17 A=|-— 20 —10 MRE 0 a Mr | 0 ER e) 0 1 IS RI+R: RIR 1a 00420, a 011 -3)=B 000 0 La matrice A ha rango r = 2 quindi i quattro vettori generano una varietã lineare di dimension 2, cioê giacciono tutti sullo stesso piano. Poiché ê: LAZIO i vettori vi € v2 sono tra loro indipendenti e li possiamo scegliere come base della va- rietà lineare. Esprimiamo allora vs € vs come combinazioni di vi e va: avi tbw = a b cvi + dw = va era Si tratta di risolvere due sistemi nelle incognite a, b e c, d, rispettivamente. Si osservi perô che le matrici associate ai due sistemi sono due sottomatrici di A, la prima for- mata con la 1º, la 2'e la 3º colonna, e la seconda formata con la 1º, la 2*e la 4º colonna. Quindi le soluzioni dei due sistemi sono fornite direttamente dalle corrispondenti sot- tomatrici equivalenti di B (cfr. es. 19): Yi vs va v2 2 = 1 - A = n=Mm tw B= B,= -— wv=4y—3y oo- oco- o-oo-o Perché v, e v> costituiscano una base della varietà lineare definita dai quattro vettori, la matrice A formata con le componenti dei quattro vettori: Lo pa 21 Eq | A= 30 6 —3 -1 0 —2 1 2 2indins 4 27 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO deve avere rango 2 e, in particolare deve avere rango 2 la sottomatrice di A costituita dalle componenti di v; e v>. D'altra parte la ricerca del rango di A, effettuata me- diante trasformazioni riga tali da condurre ad una matrice equivalente B che presenti come sottomatrice una matrice unitã (di ordine 2 nel nostro caso) comporta la con- temporanea soluzione del doppio sistema: av + bu=w a bl w PA cv + dy = vs cd v va come si ê fatto notare nellesercizio precedente. Si ha pertanto: R> + Ri(—2) = Er RiRCB|I O 2-1 10 2-1 RERID |O 11 03) eo tr =0 03 attRCDLo o o oj“tRCDIo o o o|=B 00 0 0 00 00 02-2 6 00 00 La matrice B, equivalente ad A, alla quale siamo pervenuti ha rango r = 2, quindi 2 & la dimensione della varietã lineare; poiché & | By3 | 20 i vettori vi e v2 sono li- nearmente indipendenti e quindi possono essere assunti come base della varietà li- neare. La terza e la quarta colonna della matrice B ci forniscono infine i coefficienti delle combinazioni lineari cercate: [Ee - u=m-w =— im = u=-n+3 1.6.- Vettori e matrici ortogonali. Basi ortonormali Consideriamo in Rº due vettoririga vi=[x1,x2] e w=[1,)2], rappresentati graficamente in fig. 1.6.1. Siano: B Ra EA, A0A=a BOB=p AÓB=w Cs A quindi: DMR o=B-a — tgo=tg(B—a) o B, A; Essendo Fig. 1.6.1 — teb-tga -» -e te(Bim ad 1+tgatgB tb = x ESET ê: pm 1 ERRAR XTR tgo=tg(B— a) PES RE apra [1.6.1] Xo y La[1.6.1] dã allora Pangolo formato dai due vettori. Ad esempio: 28 ÁLGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO 2. Dati v=[1,0] e w=[1,1], siha: “11-01 RED o=FoI 1 wv=45 23. Dati v=[1,V3] e w=[V3,1)], siha: = V3:N3 3 É t; >> — =-30º 804.5 + 31 3 á Affinché Vangolo formato da due vettori generici vi e v; sia w = 90º la [1.6.1] deve essere indefinita (tg 90º = cc), cioê deve essere nullo il suo denominatore: ãpnteop=0 — ww=0 e, dal punto di vista matriciale, associando ai vettori due matrici riga: DA 2 EZRA =0 — Vviv/=0 [1.6.2] Se, anziché due matrici riga, associamo ai due vettori due matrici colonna, la [1.6.2] diventa: 1 » =0 — viw=0 lx x 1º| Quindi, in ogni caso, perché i vettori siano ortogonali deve essere nullo il prodotto della matrice relativa ad uno dei due per la trasposta della matrice relativa alV'altro. Si os- servi che, in ambedue i casi, il primo fattore é una matrice riga, il secondo fattore una ma- trice colonna e quindi il prodotto é una matrice di ordine 1 il cui unico elemento non ê al- tro che il prodotto scalare dei due vettori. 24. Ivettóri v=[-3,2], vw. =[2,3] sono ortogonali. Infatti é: vvi=|-3 2|-|2|=I-6+6]=6 3 E ! E : ia 25. Ivettori vw = [|]. wn= [ | sono ortogonali. Infatti é: viw= 1 21º] cá=1-a+81=0 1 discorso fatto per due vettori di Rº puô essere esteso a due vettori di R”. Si ha ancora come condizione di ortogonalitã che il prodotto scalare dei due vettori sia nullo. Sono quindi ancora valide le espressioni matriciali: ViVa] = perle matrici riga associate ai vettori Vi'V>=0 - per le matrici colonna associate ai vettori Esempio. ' 1 26. Ivettori w=[1,0,2] € u=[-1, ] sono ortogonali. Infatti é: 5 29 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO 12 -3 w. a=|-12 3 350 2 Calcoliamo i prodotti AA” e A”A: 1.23 1-1,3 14 —6 —3 AM =)-12 3|]| 2 20l=|-6 14 3 30/02 -3 32 -3 3. 13 Poiché il prodotto AA” non fornisce una matrice diagonale si puô affermare che i vet- tori riga che costituiscono la matrice A non sono fra loro ortogonali. 1-3 12 -3 Ho o aA=| 2 20||-12 3]=)08 0)=D o: EPA 30 2 00 2 Si puô affermare che i vettori colonna che costituiscono la matrice A sono fra loro ortogonali e rappresentano una base ortogonale di Rº. Le conclusioni sin qui raggiunte possono essere estese a matricinon quadrate. Si puô, cioê, ancora dire che se, data una matrice A di ordini m, n, il prodotto AA! dá una matrice diagonale, le m righe della matrice A rappresentano m vettori di R” ortogonali tra loro; se il prodotto ATA dá una matrice diagonale, le n colonne della matrice A rappresentano n vet- tori di R” ortogonali tra loro. Esempio. 28. Esaminiamo i prodotti AA” e A”A essendo A la matrice: RR | A= 3 E: ted A? Considerando la matrice A formata da due vettori riga, si ha: po E gl=> Cjisanos a 3 a 0 78 4 Si puô affermare che i vettori di Rº a 13,4] e w=[3,8,-1,2 sono ortogonali. Si presti attenzione al fatto che es essi non costituiscono una base a R (per definire una base di R sono necessari infatti quattro vettori) ma la base di una varietà lineare di dimensione 2. Riguardiamo la matrice A come formata da 4 vettori colonna di Rº. Si ha: 13 lo 23 0 10 tm =]>1 8hJ1t — l- 23 65 1 12). a a 3 8-12 0 —I1 10 10 E 4.2 10 12 10 20 La matrice B ottenuta non ê diagonale, come era prevedibile dato che quattro vettori di Rº non possono essere ortogonali tra loro (possono esserlo al massimo 2). Si os- servi perô che da B si puô estrarre la sottomatrice diagonale ras: ])210, | h Bgt=| 0 10 32 ALGÉBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO il che ci assicura che due dei quattro vettori colonna di A sono ortogonali e precisa- mente v=[3) e o[5] Questi due vettori costituiscono una base ortogonale di Rº. Gli altri due vettori possono essere espressi come loro combinazione lineare. Puô anche accadere, data una matrice quadrata A di ordine n, che il prodotto AA” dia la matrice unitã 1. Quali conclusioni si possono trarre in tal caso? Innanzitutto si puô dire che, essendo nulli gli elementi py della matrice prodotto per i * j, cioê vi: v = O (ViV; = 0), la matrice A ê formata da vettori riga ortogonali; essendo poi pj = 1 per vew= I(VNS =D,si puô dire che i vettori riga di A hanno tutti modulo unitario o, in al- tre parole, sono dei vettori normati. In definitiva la matrice A, costituita da vettori riga or- togonali e normati, rappresenta una base ortonormata dello spazio vettoriale 8”. E importante notare che in questo caso la matrice puô essere indifferentemente consi- derata come formata da vettori riga ortonormati o da vettori colonna anch'essi ortonor- mati. Infatti se AT =] [1.6.3] da un lato ci assicura che i vettori riga di A sono ortogonali e normati, ci assicura anche che le matrici A e A! sono non singolari essendo i vettori riga linearmente indipendenti. Al- lora essendo A non singolare esiste A”! e, moltiplicando a sinistra per A”! ambo i membri della [1.6.3], si ha: AJAN=AH — Al=A! [1.6.4] mentre moltiplicando a destra ambo i membri della [1.6.4] per A si ottiene ATA=ATA — ATA=I [1.6.5] La[1.6.5] ci assicura che i vettori colonna di A sono ortogonali e normati, e quindi co- stituiscono un'altra base ortonormaia di Rº. Una matrice che soddisfi la condizione [1.6.3] e quindi la [1.6.5], si dice ortogonale. Le sue righe (o le sue colonne) possono essere prese a rappresentare una base ortonormata dello spazio vettoriale R”. Vediamo, ad esempio, se ê ortogonale la matrice: 1 leio 1 v2 v2 100 AM =| 0 Dl io grilos] O do Ed a di 2 v2 0.01 v2 02 04.1 0 La matrice A é pertanto ortogonale ed i tre vettori riga di A (come pure i tre vettori colonna di A), essendo ortogonali e normati, possono essere presi a rappresentare una base ortonormata di Rº. 33 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO E importante osservare che la validitã della [1.6.3] e della [1.6.5] in &º implica che la matrice A sia quadrata. Quindi si puô parlare di matrici ortogonali solo per matrici quadrate. - Procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt. Matrici unit Siano assegnati i tre vettori riga v=[2,-1,0] w=[4,-1,0] w=[4,0,-1] [1.7.0 costituenti una base di Rº (essi infatti, come si puô verificare, sono linearmente indipen- denti). Si vogliono trovare tre vettori riga wi, W> € ws, ciascuno combinazione lineare dei vettori [1.7.1], che costituiscano una base ortogonale di R”. Le combinazioni lineari siano: ps RL m=an ty [1.7.2] m=butenty La scelta di tali combinazioni, piuttosto che altre, é dovuta alla necessitã di introdurre tre sole costanti a, b e c dato che la condizione di ortogonalità tra i vettori [1.7.2] implica le tre sole relazioni wimo = WitW = ww =0 [1.7.3] Tali relazioni permettono di risolvere il problema. Per le [1.7.2] si ha infatti: w=[2,-1,0] w=al2,-1,0]+[4,-1,0] w=b[2,-1,0]+e[4,-1,0]+[4,0,-1] e per le [1.7.3], in forma matriciale, si ha: 2 4 2a +4 ww!=|]|2:—1 Ollaj-=1)+]= ||=12 — o0l-|-a-1|= 0 0 0 =| 5a +91 =0 Quindi w; e w» sono ortogonali per a = -—. 2: 4 4 ww =|2 1 ollbl-1|+cl-1|+|] ol|= 0 0 + 2b+4c+4 =I|2 —1 0]: —b—e =[|S5b+9%+8]|=0 ' e “Quindi w e w; Sono ortogonali per 5b+9c+8=0. Infine, essendo m=-SI2,-1 JJ +I4,- 1,0] [2.4.0] siha: 34 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO +40 +4 ERR Ren |: bia =| &|- ww = 2 ço nes sets |=0 A 4 Quindi w; e w: sono ortogonali per ze + =0 — c=—2. In definitiva i tre vettori sono mutuamente ortogonali se é: REGRA Rua d a=—5 E ET 5b +90 +8=0 b=2 e=-2 e=-2 “Per tali valori delle costanti, sostituendo nelle [1.7.2], i vettori diventano: w=[2,-1,0] m=[2.4 o] zº [0,0,-1] e costituiscóno una base ortogonale di &º. Volendo sintetizzare il procedimento seguito consideriamo tre vettori generici vi, va e vs costituenti una base di RRº. 1 vettori ortogonali wi, w: € W; siano ancora espressi dalle [1.7.2]. Risolviamo il sistema formato con queste tre equazioni mediante eliminazione dei parametri a, be c: wW=vi wW=Yi w=avn+w > jm=aw +w w=byi +ew+w wa = bw + eva + vs Dalla condizione di perpendicolaritã tra w: e w si ricava: wlLw — wewm=0 —+ awew twwr=0 — quini witva e quindi: W=n> Wi Wit wi Dalla condizione di perpendicolarità tra w: e ws si ricava: wlw — wem=0 + bwewcww dv w=0 — WiV2 Wit VS = p= co DUM wWiwo Wit W) wrty wiew witvo wmtv=ut+em— v] wtcm+o wirwi w— Dalla condizione di perpendicolaritã tra w» e ws si ricava: wi wo lw o — ww =0 — ways + cmo wo — — [essendo w Lw]— ways + cw: w =0 woe v3 Wit V3 vs, ww witwi e quindi: W=v— wi Pid in generale, se i vettori vi, va, ..., Yn costituiscono una base di R”, é possibile costrui- re una base ortogonale di R” formata dai vettori wi, ws, ..., W aventi le espressioni seguenti: 35 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO Applicando il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt si ha: w=v=[0,1,-1] Per determinare w; calcoliamo i prodotti scalari: wem=Ww =2 (mil =) wvn=Ww=o0 mlw — vlw) Allora: m=u Lwm=w=[l+5,1,]) 2 Per determinare w: calcoliamo i prodotti: wm=Wm=(1=)I+D)+HI+I= ww =Wy=0 war) +HI+I=2—2 Allora: (Iwl =2) 1=j : Es = U+),1,0= Una base ortonormale di €* & quindi costituita dai tre vettori: Erefode RRRDRA pf Ls | RD w 2 "2º2 AEE 2 = =[-& Ati a] “E qwil NAME AMENA) La matrice o Est: 42 vcD RARO RES ER W=| Wr]= qU+) 3 2 a ER ST Dad JE aa yo i e , fornisce quindi con le sue righe una base ortonormale di €, e con le sue colonne un'altra base ortonormale di €?. 38 ALGEBRA DELLE MATRÍCI — VOLUME SECONDO La matrice W cosi determinata gode di una proprietà importante: Infatti: ww = Wwt=WW=1] — we=W! [1.7.4] qi dd FRA) j ERR Ca Esso | v2 2 2,2 ii À A alba) v2 2 242 rp te da 2 o. dates À Alo 2 2 2 Eu 5 1+j D+ racao cao Le matrici di ordine n per le quali vale la [1.7.4] si dicono matrici tali che 1) ivettori riga o colonna sono basi ortonormali di €”; 2) hanno determinante di modulo 1. Infatti per la matrice W del/esempio precedente si ha: Iwl= EnfEe vê afiada — = a+5l 14; 1+5 il cui modulo ê 1. 1.8.- Esercizi proposti 30. Datiin Rº i vettori ortogonali w=[1,1,1] e w=[2,1,-—3], trovare un terzo vettore ortogonale ad entrambi. 1 vã 1 2 1ti 242 9 s- A 2 ti 2u2 1 0 1+5 -2 oe|— 1 1 1+5 —1 1 1+5 unitarie. Esse sono ' =1 E - o |-a[ 1 ci=drea+-a=- 39 3. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO Normalizzare i vettori riga della matrice: 1820712: A= ora al. 41222 - Normalizzare i vettori colonna della matrice delV'esercizio precedente. Normalizzare la matrice: = 11: deito | Calcolare inversa della matrice: el 3 per 6 0 Sea ál= sf a Direseivettori w=[1,—2,-2] e w=[2,-1,2] sono ortogonali. In caso affermativo trovare un terzo vettore v: ortogonale ad entrambi. Dimostrare che se un vettore w=[41,4»,..., 4] ê ortogonale a tre vettori indi- pendenti di Rº (o €") & ortogonale a tutto lo spazio generato da questi tre vettori (sot- tospazio di R” di dimensione 3). Datoin Rºilvettore vi=[1,2,2], costruire una base ortonormale di &º. Dati in Rº i vettori: 1 “fo 1 w=|1) m=|1| w=]0 0 1 1 verificare che essi ne costituiscono una base. Trovare poi una base ortonormale di &º. Datiin €º i vettori: j j 0 v=)0) w=|j) w=]i j 0 j costruire una base ortonormale di 6º. Soluzioni degli esercizi proposti 30. 40 Posto vs=[a,b,c], deve essere: v:m=0 — [atbt c=0 u81) vw =0 Za +b—3e=0 ALGEBRA DELLE MATRICI — VOLUME SECONDO 1 problema si riduce alla ricerca delle soluzioni del sistema [1.8.1]. Si osservi che la matrice associata a tale sistema é la matrice formata con le componenti dei vettori dati: A= ú Ri+ Ra1) Lia Ad o [io cs|=» Ze o=3 QB as 01 5 La matrice B, equivalente a quella associata al sistema [1.8.1], ci fornisce le soluzioni: Ra+ R(-2) | a=4c b=—Se — w=[4,-5c,dJ=c[4,-5,1] e. qualunque Quindi i vettori ortogonali ad entrambi i vettori dati sono infiniti. Essi hanno in comune la direzione (perpendicolare al piano di vi e v:), passano tutti per Porigine e differiscono solo per il modulo (fig. 1.8.1). ' Si osservi che un particolare vettore ortogonale a entrambi i Fig. 1.8.1 vettori dati ê quello avente per componenti gli elementi della terza riga della matrice: Vi 1 1 1 Va | = ç 2 Dia) Vs Cn Ca» Cs essendo i C3 i complementi algebrici degli elementi della terza riga. Si ha: Mes G=-|5 Eu midto e quindi: w=[>4,5,-1] vettore ottenibile dal precedente sistema per c = —1. Il secondo procedimento seguito ê giustificato dalle seguenti considerazioni. Siano, in generale: vi=[vi, vi, va] v2 = [var vo, va] v3 = [Cs , Ca, C53] itre vettorie vu vo vo A=|va va va Cn Ca Cs la matrice ad essi associata. La condizione v, 1 v; sitraduce nella relazione: vila + vizCa + vilas = 0 che ê senz'altro vera in quanto coincide con lo sviluppo secondo gli elementi della terza riga del determinante della matrice: 41 
