Alex Gotev Prova orale di Geometria, A.A. 2009/2010, prof. Raffaele Scapellato Elenco dei teoremi richiesti con dimostrazione 1. Annullamento del prodotto per gli spazi vettoriali Proposizione (2.2.2, pag. 38) Sia: k ∈K , v ∈V k scalare , v vettore Si ha kv =0 se e solo se k =0 oppure v =0 Dimostrazione Si consideri kv=v 0k kv =v0kv Si consideri anche kv=k 0v 0=v0 kv =k0kv 0=k0 Viceversa se kv=0 e k ≠0, esiste k −1 ∈ K tale che v=k −1 kv =k −1⋅0=0 2. Isomorfismo tra uno spazio vettoriale di dimensione n e Kn. Proposizione (Teorema 5.1.6, pag. 86) SiaV K uno spazio vettoriale contenente una base B=v 1, v 2, .. , v n . Esiste unisomorfismo T B da V K a K n , che si ottiene facendo corrispondere ad ogni vettore la n−upla delle sue coordinate rispetto alla base. Dimostrazione La proposizione assicura che la funzione T B descritta è ben definita ed è una biiezione. Essa è anche lineare , infatti si considerino : n n u=∑ ai v i v=∑ bi vi i=1 i=1 n allora uv =∑ a ib i v i i=1 dunque T B uv = a1b 1, ... , a nb n = T B uT B v n inoltre ku=∑ k ai vi i=1 quindi si ha T B ku = ka1, ... , k a n = kT B u Pagina 1 di 4 Alex Gotev 3. Teorema di interpolazione. Proposizione (Teorema 6.1.6, pag. 96) Siano V K e V ' K spazi vettoriali , sia { v 1, ... , v n } una base di V. Per ogni w 1, ... , w n ∈ V ' esiste un' unica funzione lineare T :V V ' tale che T v 1 =w1, T v 2 =w 2, ... , T v n=w n Dimostrazione n Il generico v ∈ V si può scrivere nella forma : v=∑ ai v i i=1 n Definiamo: T v =∑ a i w i. i=1 La linearità si verifica direttamente , mostrando l ' esistenza della funzione con l e proprietà richieste. Per quanto riguarda l ' unicità , sia T 1 :V V ' una F.L.tale che T 1 v i=wi per ogni i=1, ... , n allora T 1 v =T 1 n ∑ ai vi = i=1 n ∑ a i T 1 v i = i=1 n ∑ ai w i i=1 = T v , quindi T 1=T 4. Indipendenza di autovettori relativi ad autovalori distinti. Proposizione (Proposizione 7.1.7, pag. 109) Sia T :V V lineare. Se v 1, ... , v k sono autovettori di T corrispondenti ad autovalori distinti 1, ... , k , allora v 1 ,... , v k sono linearmente indipendenti. Dimostrazione Procediamo per induzione su k : se k =1 l ' autovettore v 1 non è nullo e quindi è indipendente. Sia ora k 1 e supponiamo che a 1 v1 ...a nv n=0 Applicando T si ha anche , per linearità a1 T v1 ...a k T v k =0, cioè a 1 v 1...a k k v k =0 Sottraendo la prima uguaglianza moltiplicata per k dall ' ultima , si ottiene : a1 1− k v 1...a k−1 k −1 −k v k−1=0 Per l ' ipotesi induttiva v 1, ... , v k−1 sono indipendenti e quindi a1 1 −k =...=a k−1 k−1− k =0 da cui a1=...=a k−1=0 e quindi anche ak v k =0 e a k =0 Pagina 2 di 4 Alex Gotev 5. Caratterizzazione degli autovalori come radici del polinomio caratteristico Proposizione (Teorema 7.2.1, pag. 109) T: Endomorfismo di uno spazio n-dimensionale Vn(K) A: Matrice associata a T rispetto ad una base B Le seguenti condizioni sono equivalenti: 1. Lo scalare ∈ K è autovalore di T 2. Esiste x ≠ 0 in Kn tale che Ax = λx 3. det(A – λIn) = 0 Dimostrazione Se x = TB(v), T(v) = λv se e solo se Ax = λx. Dunque λ è autovalore se e solo se il sistema lineare omogeneo (A – λIn) = 0 ha una soluzione non nulla, che si verifica se e solo se det(A – λIn) = 0 6. Caratterizzazione delle matrici associate a endomorfismi simmetrici. Proposizione (Proposizione 9.1.3, pag. 140) Sia B=e 1 ,... , en una base ortonormale di V. a Se x e y sono i vettori colonnadelle coordinate di v e w rispetto a B , allora v , w= xT y nel caso reale , v , w= x T y nel caso complesso b L ' endomorfismo T è simmetrico se e solo se la matrice associata A= M B T è simmetrica , è hermitiano se e solo se la matrice A= M B T è hermitiana cioè A=AT Dimostrazione a Sia nel caso reale che complesso vale v , w=∑ ∑ x j y k e j , e k = ∑ x j y j = xT y , perchè B è ortonormale j k j b Per a , nel caso reale T v , w = Ax T y = x T AT y , mentre v , T w = x T Ay Se AT = A , allora T v , w = v , T w e T è simmetrico. Viceversa , se T è simmetrico scegliendo v =e j e w=e k si ottiene AT jk =a jk cioè Aè una matrice simmetrica. Nel caso hermitiano v ,T w = x T Ay = x T A y e si conclude come nel caso reale. Pagina 3 di 4 Alex Gotev 7. Diagonalizzazione delle forme quadratiche Proposizione (Teorema 9.3.5, pag. 145) Ogni forma quadratica è diagonalizzabile mediante una trasformazione ortogonale di coordinate Dimostrazione Per il teorema spettrale, per ogni matrice reale simmetrica A, esistono: • una matrice diagonale D e • una matrice ortogonale P tali che: P-1AP = PTAP = D Dunque A è congruente a D e la forma quadratica associata ad A diventa, mediante la trasformazione ortogonale x = Py, la forma quadratica q ' y =1 y12... n y 2n dove 1 ,... , n sono gli autovalori di A Testo di riferimento: M. P. Manara, A. Perotti, R. Scapellato - Geometria e algebra lineare, Esculapio, 2a Edizione, 2007. Pagina 4 di 4