%        File: alineare.tex
%     Created: Sun Oct 08 03:00 PM 2006 C
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\newcommand{\OO}[1]{\overline{#1}}

\title{Algebra lineare}
\author{AlpT (@freaknet.org)}
\begin{document}
\maketitle{Algebra lineare}

\section{Matrici}
\label{sec:Matrici}

\subsection{Matrici}
\label{sec:matrice}

Dati tre insiemi $R,C,V$, si dice matrice con le righe etichettate da R, le
colonne etichettate da C e le entrate in V ogni funzione del tipo
\[
	A:R\times C \rightarrow V
\]

Se consideriamo $R=\{1,2, \dots, m\}$ ed $C=\{1,2,\dots, n$, questa
definizione corrisponde a quella comune.

Una matrice viene rappresentata in questo modo:
\[
\begin{bmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
	a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
	\vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
	a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}
\]
\newline
$Q^{m\times n} =\quad$ insieme delle matrici di tipo $m\times n$ (m righe, n
colonne) a coefficienti razionali
\subsection{Tipo di una matrice}
Il \emph{\textbf{tipo} di una matrice} e' la coppia $(m,n)$ (m righe, n colonne).

\subsection{Matrice nulla (zero)}
E' quella matrice che ha tutte le entrate pari a 0.
\[
\begin{bmatrix}
	0 & 0 & \cdots & 0\\
	0 & 0 & \cdots & 0\\
	\vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
	0 & 0 & \cdots & 0
\end{bmatrix}
\]
\subsection{Matrice identica (identita')}
\label{sec:mat_identity}
E' quella matrice quadrata in cui tutti gli elementi della diagonale
principale sono costituiti dal numero 1,
La matrice identica si denota con $I$.

\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item $AI = A$
	\item $IB = B$
	\item Sia $\tau$ una trasformazione elementare della matrice $A$
		(scambio di due righe (o colonne), moltiplicazione di una riga
		(colonna) per uno scalare $\lambda \neq 0$, combinazione
		lineare di due righe (colonne)).
	      Allora, 
	      \[ \begin{cases}
		      \tau(A)=\tau(I)A & \textrm{(per trasformazioni su righe)}\\
		      \tau(A)=A\tau(I) & \textrm{(per trasformazioni su colonne)}
	      \end{cases}
	      \]
\end{enumerate}

\subsection{Somma}
La somma di due matrici dello stesso tipo e' una matrice $A + B$ dello stesso
tipo le cui entrate sono ottenute sommando le entrate corrispondenti.
\[
	(A+B)_{ij} = A_{ij} + B_{ij} \qquad i \le m, \quad j \le n
\]

\subsection{Somma diretta}
Un'altra operazione, usata meno frequentemente, e' la somma diretta. Date
due matrici $A$ e $B$ di forma qualsiasi, rispettivamente $m$ $\times$
$n$ e $p$ $\times$ $q$, la somma diretta e' una matrice ($m$ + $p$)
$\times$ ($n$ + $q$) denifita nel modo seguente:
 
\[
  A \oplus B =
  \begin{bmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{bmatrix} =
  \begin{bmatrix}
     a_{11} & \cdots & a_{1n} &      0 & \cdots &      0 \\
     \vdots & \cdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
    a_{m 1} & \cdots & a_{mn} &      0 & \cdots &      0 \\
          0 & \cdots &      0 & b_{11} & \cdots &  b_{1q} \\
     \vdots & \cdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
          0 & \cdots &      0 & b_{p1} & \cdots &  b_{pq} 
  \end{bmatrix}
\]


\subsection{Prodotto}
Se $A$ e' una matrice $m\times n$ e $B$ e' una matrice $n \times p$, la
matrice $AB$ sara' di tipo $m \times p$, ed e' definita come:
\[
 (AB)_{ij} = \sum_{r=1}^n a_{ir}b_{rj} = a_{i1}b_{1j} + a_{i2}b_{2j} +
 \cdots + a_{in}b_{nj}. 
\]

Due matrici possono essere moltiplicate fra loro solo se il numero di colonne
della prima e' uguale al numero di righe della seconda.

\begin{figure}[h]
	\begin{center}
		\includegraphics{fig/Matrix_multiplication_diagram}
	\end{center}
	\caption{Moltiplicazione di una matrice $2\times4, 4\times3$}
	\label{fig:matrix_mul}
\end{figure}

\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item In generale non vale la proprieta' commutativa: $AB \neq BA$
	\item $A(B+C) = AB + AC \quad$ (proprieta' distributiva rispetto alla
		somma).
	\item $AI = IA = A \quad$ (la mat identica e' l'elemento neutro della
		moltiplicazione).
	\item 
\end{enumerate}

\subsection{Prodotto scalare}
Il prodotto scalare $kA$ e' definito come:
\[
	(kA)_{ij} = kA_{ij}
\]
oppure come:
\[
	kA = (ka_{ij})
\]

\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item $(kA)B = k(AB) = A(kB)$
\end{enumerate}

\subsection{Matrice diagonale}
\label{mat_diagonale}
Una matrice quadrata e' diagonale se: 
\[
\forall i,j \in \{1, 2, \ldots, n\} \mbox{ con } i \ne j \;:\; d_{i,j} = 0
\]
Ovvero se tutti gli elementi, all'infuori di quelli contenuti nella sua
diagonale sono uguale a 0.

\subsubsection{Esempio}
\[
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & 4 \end{bmatrix}
\qquad
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \end{bmatrix}
\qquad
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & x^2-1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & k & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1/2 \end{bmatrix}
\]

\subsection{Matrice scalare}
E' scalare quando e' una mat diagonale e tutti gli elementi sulla diagonale
sono uguali a uno scalare $k$.

Usando gli indici possiamo definirla come:
\[
a_{ij} = \begin{cases} k, & i=j; \\ 0, & i \neq j.
\end{cases}
\]

\subsubsection{Esempio}
\[
\begin{bmatrix}
k & 0 & 0 & 0 \\
0 & k & 0 & 0 \\
0 & 0 & k & 0 \\
0 & 0 & 0 & k \end{bmatrix}
\]

\subsection{Trasposizione}
Data una matrice $A \in Q^{m\times n}$, chiamiamo \textbf{trasposta} di $A$ e
la indichiamo con ${}^t\!A$, la matrice che si ottiene da $A$ scambiando le
righe con le colonne, ovvero:
\[
\left({^t\!}A\right)_{ij} = A_{ji},\quad \forall A \in \mathbb{Q}^{m,n}, 1 \le i
\le m, 1 \le j \le n\,\!
\]

L'applicazione della trasposizione viene chiamata in questo modo:
\[
\tau:Q^{m\times n} \rightarrow Q^{n \times m}
\]
\subsubsection{Esempio}
\[
  A =
    \begin{pmatrix}
        1  &  4  &  7\\
        3  &  2  &  0\\
        5  &  3  &  1\\
        0  &  1  &  0
    \end{pmatrix} \quad
  A^T =
    \begin{pmatrix}
        1  &  3  &  5  &  0\\
        4  &  2  &  3  &  1\\
        7  &  0  &  1  &  0
    \end{pmatrix}
\,\!
\]

\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item ${^t\!}(AB) = {^t\!}B\,{^t\!}A \;$ (non e' sempre commutativa!)
	\item ${^t\!}(A+B) = {^t\!}A + {^t\!}B$
	\item ${^t\!}kA = k{^t\!}A$
	\item $\det \TR A = \det A$
\end{enumerate}

\subsection{Matrici triangolari}
\subsubsection{Inferiori}

Le mat triangolari inferiori sono nella forma:

\[
L = \begin{pmatrix}
l_{1,1} &         &        &           & 0  \\
l_{2,1} & l_{2,2} &        &           &    \\
l_{3,1} & l_{3,2} & \ddots &           &    \\
\vdots  & \vdots  & \ddots & \ddots    &    \\
l_{n,1} & l_{n,2} & \ldots & l_{n,m-1} & l_{n,m}
\end{pmatrix}
\]

Le possiamo definire come:
\[
a_{ij} = 0 \mbox{ se } j > i
\]
\subsubsection{Superiori}

Le mat triangolari superiori sono nella forma:
\[
U = \begin{pmatrix}
u_{1,1} & u_{1,2} & u_{1,3} & \ldots & u_{1,m}  \\
        & u_{2,2} & u_{2,3} & \ldots & u_{2,m}  \\
        &         & \ddots  & \ddots & \vdots   \\
        &         &         & \ddots & u_{n-1,m}\\
  0     &         &         &        & u_{n,m}
\end{pmatrix}
\]
Le possiamo definire come:
\[
a_{ij} = 0 \mbox{ se } i < j
\]

\subsubsection{Proprieta'}
Se $A$ e' una matrice triangolare allora
\[
\det(A)=\prod_{i=1}^{n} a_{i\:i}
\]
cioe' e' il prodotto di tutti gli elementi della diagonale principale.

\subsection{Matrice simmetrica}
E' una mat che ha gli elementi simmetrici rispetto alla diagonale.
Si puo' definire piu' formalmente dicendo che una matrice e' simmetrica se:
\[ {^t\!}A = A \]

\subsubsection{Esempio}
\[
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3\\
2 & 0 & 5\\
3 & 5 & 6\end{bmatrix}
\]

\subsection{Matrice antisimmetrica}
E' antisimmetrica quando:`
\[ {^t\!}A = -A \]
Ovvero e' una matrice simmetrica, ma tutti i suoi elementi sono gli opposti
della matrice originale. Gli elementi della sua diagonale principale sono
tutti uguali a zero.
	
\subsection{Traccia di una matrice}
La traccia di una mat e' la somma degli elementi sulla diagonale e si indica
con:
\[ t_rA \]

\subsection{Permutazioni}
\[
\mathcal{S} = \{ 1, \dots, n \}
\]
$\mathcal{S}_n$ e' l'insieme di tutte le corrispondenze biunivoche
dell'insieme $\mathcal{S}$ in se stesso.
\subsubsection{Gruppo delle permutazioni}
Il gruppo delle permutazioni su $n$ oggetti si scrive come:
\[
	\left(\mathcal{S}_n, \circ\right)
\]
Dove $\circ$  e' un operazione di composizione tra applicazioni.
\\
La cardinalita' di $\left(\mathcal{S}_n, \circ\right)$ e':
\[
|\left(\mathcal{S}_n, \circ\right)| = n!
\]
\subsection{Trasposizione}
Una trasposizione e' una permutazione che scambia due elementi e lascia fissi
gli altri, ovvero:
\begin{align*}
	&\tau(i) = j \\
&\tau(j) = i \\
\tau(k)=k \quad \forall k\neq i,j\end
{align*}

\subsection{Proprieta'}
Una permutazione e' sempre esprimibile come prodotto di trasposizioni:
\[
\sigma = \tau_1 \circ \tau_2 \circ \dots \circ \tau_k
\]
Dove ogni $\tau_i$ e' una trasposizione e $\sigma$ e' la permutazione.

\subsection{Parita' di una permutazione}
La parita' di una permutazione $\sigma$ e' \textbf{pari} se il numero di
trasposizioni che si utilizza per ottenerla e' pari, altrimenti e' dispari.
\\
La parita' puo' essere anche calcolata rappresentando il diagramma della
permutazione: si contano il numero di incroci delle freccie, se e' pari, la
parita' e' pari, altrimenti dispari.
Ad esempio:
\[
\begin{pmatrix}
	1 & 2\\2 & 1
\end{pmatrix}\quad
\]
In questo caso, esiste solo un incrocio (la freccia da 1 a 2 e quella da 2 a
1), quindi la parita' e' dispari.

\subsubsection{Proprieta'}
Il numero di trasposizioni necessarie per ottenere $\sigma$ come composizione
di trasposizioni e' sempre pari o dispari.


\subsection{Prodotto dedotto}
Un p. dedotto e' il prodotto di tutti gli elementi che non stanno sulla stessa
riga.
\\
Il numero di prodotti dedotti di una matrice $n\times n$ e' pari a $n!$.

\subsubsection{Esempio}
\[
\begin{bmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{13}\\
	a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{23}\\
	a_{31} & a_{32} & \cdots & a_{33}
\end{bmatrix}
\]
Un possibile prodotto dedotto e': $a_{12}a_{23}a_{31}$

\subsection{Sgn}
\[
	sgn(\sigma) = \begin{cases} +1, & \mbox{se la parita' di $\sigma$ e'
		pari} \\
		-1, & \mbox{se dispari}
	\end{cases}
\]

\subsection{Determinante}
Data una matrice $M \in \mathbb{Q}^{m\times n}$, il suo determinante e' definito come:
\[
det(M) = \sum_{\sigma \in S_n} sgn(\sigma)a_{1\sigma(1)}\cdots a_{n\sigma(n)} 
\]
Dove $a_{ij}$ e' un elemento della matrice.

\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item $det(A) = det({^t\!}A)$
	\item Se A ha una riga (o colonna) nulla, allora $det(A)=0$
	\item $A'$=matrice ottenuta scambiando due righe (colonne). Allora,
		\[
		det(A') = -det(A)
		\]
	\item Se A ha due righe (colonne) uguali, allora $det(A)=0$
	\item $det(AB) = det(A)det(B)$
	\item Sia,
		\[
			A =   \begin{pmatrix}
					R_1 \\ {R'}_i + {R''}_j \\ R_n
				\end{pmatrix}\quad
			A' =  \begin{pmatrix}
				R_1 \\ {R'}_i \\ R_n
				\end{pmatrix}\quad
			A'' =  \begin{pmatrix}
				R_1 \\ {R''}_j \\ R_n
				\end{pmatrix}\quad
	\]
	Allora,  $det(A) = det(A') + det(A'')$.
\item Sia,
	\[
		A =   \begin{pmatrix}
				R_1 \\ \vdots \\ R_n
		      \end{pmatrix}\quad
		A' =  \begin{pmatrix}
			R_1 \\ \lambda{R}_i \\ R_n
		      \end{pmatrix}\quad
	\]
	Allora, $det(A') = \lambda det(A)$
\item Se in una matrice $A$ ci sono due righe (colonne) proporzionali, allora
	$det(A) = 0$.
\item Sia, $A$ una matrice in cui la riga (colonna) $i$-esima e' combinazione
	lineare delle altre, allora $det(A) = 0$
\item Data una matrice $A'$ ottenuta da $A$ aggiungendo alla riga $i$-esima di
	$A$ una qualunque combinazione lineare delle righe (colonne)
	rimanenti, allora, $det(A') = det(A)$
\end{enumerate}


\subsection{Sistema lineare}
Posso scrivere un sistema lineare in forma matriciale.
Ad esempio, un sistema a tre incognite lo posso scrivere come:
\[
  M \cdot \begin{pmatrix}
        x\\
        y\\
        z
    \end{pmatrix} = 
\begin{pmatrix}
        d_1\\
        d_2\\
        d_3
    \end{pmatrix} 
\]
Dove $M$ e' la matrice dei coefficienti delle equazioni e $d_1, d_2, d_3$ sono
i termini noti delle tre equazioni.

\subsection{Sotto matrice (minore)}
Data una matrice $A$, indicheremo con $A(i_1, \dots, i_k; j_1, \dots, j_t)$ la
matrice ottenuta da $A$ ricopiando solo le $i$-esime righe e le $j$-esime
colonne.

Invece, con $A(\overline{i_1}, \dots, \overline{i_k}; \overline{j_1}, \dots,
\overline{i_t})$, indichiamo la matrice che si ottiene da $A$, ricopiando
tutte le righe diverse dalle $i$-esime, e le colonne diversa dalle $j$-esime.

\subsubsection{Proprieta'}
Se il minore ha ordine $k$, ovvero e' $A(i_1, \dots, i_k; j_1, \dots, j_k)$,
e se $k \le \min(m,n)$, allora il numero di minori estraibili da $A$ e' pari
a:\[ \binom{m}{k}\binom{n}{k} \]
\subsubsection{Esempio}
Consideriamo questa matrice:
\[
   A = \begin{pmatrix}
        a_{11}  &  a_{12}  &  a_{13}\\
        a_{21}  &  a_{22}  &  a_{23}\\
        a_{31}  &  a_{32}  &  a_{33}
    \end{pmatrix}
\]
La matrice $A(1,3;2)$ e' la seguente:
\[
  A(1,3;2) = \begin{pmatrix}
        a_{12}\\
        a_{32}
    \end{pmatrix}
\]
La matrice $A(\overline{1},\overline{3};\overline{2})$ e' invece:
\[
A(\overline{1},\overline{3};\overline{2}) = \begin{pmatrix}
	a_{21}  &  a_{23}\\
    \end{pmatrix}
\]

\subsection{Minore complementare}
Il minore complementare di posto $(i,j)$ della matrice $A$, e' la sottomatrice
$A(\overline(i), \overline(j))$.

\subsection{Minore orlato}
Sia $M$ un minore. Il suo orlato $M'$ e' ottenuto aggiungedo una riga e una
colonna, ovvero se:
\[
M=A(i_1,\dots,i_k;j_1,\dots,j_k)
\]
allora:
\[
M'=A(i_1,\dots,i_k,i_n;j_1,\dots,j_k,j_m),
\;\;n,m\notin\{1,\dots,k\}
\]
In poche parole se l'ordine di $M$ e' $r$, allora gli orlati di $M$ sono tutti
i minori di ordine $r+1$ che lo contengono.

\subsection{Complemento algebrico}
Il complemento algebrico di posto $(i,j)$ della matrice $A$ e' la seguente
quantita':
\[
A_{ij}=(-1)^{i+j}det(A(\overline{i}, \overline{j}))
\]
Ovvero e' il determinante del minore complementare di posto $(i,j)$
moltiplicato per $-1$ se $i+j$ e' dispari.

\subsection{Teorema di Laplace I}
Il teorema di Laplace permette di calcolare il determinante delle matrici
quadrate:
\[
\det(A) = \sum_{j=1}^n\ a_{i,j}A_{i,j}
\]
Dove $A_{i,j}$ e' il complemento algebrico di posto $(i,j)$.
La riga $i$, puo' essere scelta a piacere, ma conviene utilizzarne una dove ci
sia il maggior numero di zeri.

Alternativamente si puo' scorrere su una colonna
\[
\det(A) = \sum_{i=1}^n\ a_{i,j}A_{i,j}
\]

\subsection{Teorema di Laplace II}
\label{sec:laplace_II}
Questa versione dice semplicemente che:
\[
\det(A) = \sum_{j=1}^n\ a_{i,j}A_{h,j}=0\qquad h\neq i
\]
Lo stesso vale per le colonne.

\subsection{Teorema di Laplace generalizzato}
Scelte $k$ righe della matrice $A$, e dette $i_1, \dots, i_k$, si ha:

\begin{equation*}
	\det(A) = \sum_{j_1,\dots,j_k}\ (-1)^{i_1+\dots+i_k+j_1+\dots+j_k}
	\det(A(i_1,\dots,i_k;j_1,\dots,j_k))\\
	\det(A(\overline{i_1},\dots,\overline{i_k};\overline{j_1},\dots,\overline{j_k}))
\end{equation*}
In sostanza, scelte $k$ righe, le utilizziamo in congiunzione con tutte le
possibili combinazioni di $k$ colonne. Ad esempio, se abbiamo una matrice
$3\times 3$, e scegliamo le righe 1 e 2, le matrici che dovremmo estrarre
saranno:\\ $A(1,2;1,2), A(1,2;1,3), A(1,2;2,3)$ e 
$A(\overline{1},\overline{2};\overline{1},\overline{2}),
A(\overline{1},\overline{2};\overline{1},\overline{3}),
A(\overline{1},\overline{2};\overline{2},\overline{3})$

Si puo' anche utilizzare lo stesso procedimento facendo variare le colonne.

Il Teorema di Laplace generalizzato viene in genere usato per calcolare
matrici ``a blocco''.

\subsection{Caratteristica}
\label{sec:caratteristica}

Data una matrice $A \in Q^{m,n}$, diremo che la \emph{caratteristica} della
matrice e' $r$ se esiste un minore, di ordine $r$, estraibile da $A$ il cui
determinante non e' nullo e se tutti i minori di ordine $r+1$ hanno
determinante nullo.

La caratteristica della matrice si denota con: $\rho(A)$.
L'algoritmo per calcolare $\rho(A)$ e' il seguente:
\begin{enumerate}
	\item Scelgo $r=\min(m,n)$.
	\item Estraggo tutti i minori di ordine $r$.
		Se ne esiste uno non nullo, ho finito: $\rho(A)=r$.
	\item Altrimenti setto $r:=r-1$ e rivado al punto (2).
\end{enumerate}

\subsubsection{Proprieta'}
Se $A'$ e' una matrice ottenuta da $A$ usando trasformazioni elementari,
scambio di due righe (o colonne), moltiplicazione di una riga (colonna) per
uno scalare $\lambda \neq 0$, allora:
\[
	\rho(A)=\rho(A')
\]

\subsection{Rango di una matrice}

Data una matrice $A \in Q^{m,n}$, diremo che il rango per righe della matrice
$A$ e' la dimensione del sottospazio $K^n$ generato dalle righe di $A$,
ovvero:
\[
\rho_r(A)=\dim \mathcal{L}(A_1,\dots,A_m)
\]
Il rango per colonne e':
\[
\rho_c(A)=\dim \mathcal{L}(A^1,\dots,A^n)
\]

\subsection{Matrice aggiunta}
\label{sec:mat_aggiunta}

La matrice aggiunta di $A$, si indica con il simbolo $A_a$, ed e' quella
matrice i cui elementi sono i complementi algebrici dei rispettivi elementi di
$A$. Ovvero:
\[
	A_a =
    \begin{pmatrix}
	A_{11} & A_{12} & \cdots & A_{1n}\\
	A_{21} & A_{22} & \cdots & A_{2n}\\
	\vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
	A_{m1} & A_{m2} & \cdots & A_{mn}
    \end{pmatrix} 
\]

\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item $A{^t\!}A_a=\det A \cdot I$
		\begin{proof}
			Costruiamo la matrice prodotto tra $A$ e ${^t\!}A_a$ e
			chiamiamo un suo elemento generico: $C_{ij}$.
			Osserviamo che: 
			\[ C_{11} = a_{11}A_{11} + a_{12}A_{12} + \cdots
			a_{1n}A_{1n} \]
			Ma questo non e' altro che lo sviluppo del
			determinante col metodo di Laplace, e quindi:
			\[ C_{11} = \det A \]
			Questo vale per tutti gli $C_{ij}$ con $i=j$.
			\[ C_{11} = C_{22} = \cdots = C_{mm} = \det A \]

			Adesso notiamo che:
			\[ C_{12} = a_{11}A_{21} + a_{12}A_{22} + \cdots
			a_{1n}A_{2n} \]
			Ma questo equivale al secondo teorema di Laplace
			(\ref{sec:laplace_II}), quindi
			\[ C_{12} = 0 \]
			Questo vale per tutti gli $C_{ij}$ con $i\neq j$.

			In definitiva: \[
			C_{ij} =
			\begin{cases}
				0 & i\neq j\\
				det A & i = j
			\end{cases}
			\]
			q.e.d
		\end{proof}
	\item ${^t\!}A_aA=\det A \cdot I$
	\item ${^t\!}(A_a) = ({^t\!}A)_a$
\end{enumerate}


\subsection{Matrice inversa}
\label{sec:mat_inversa}
Data la matrice quadrata $A$, la sua inversa e' una matrice tale che:
\[
	AB=BA=I
\]
Dove $I$ e' la matrice identita' (vedi \ref{sec:mat_identity}).
Se l'inversa di $A$ esiste, allora e' unica.
L'inversa di $A$ si indica con: $A^{-1}$.

L'inversa si puo' calcolare attraverso l'uso dell'aggiunta di A (vedi
\ref{sec:mat_aggiunta});
\[
A^{-1}=\frac{1}{|A|}\cdot {^t\!}A_a
\]

\subsection{Uso di sistemi vettoriali}
Esiste anche un altro modo piu' pratico per calcolare l'inversa.
\\
Con $A_1, A_2, \dots, A_m$ indichiamo le rispettive righe della matrice $A$.\\
Con $X^1, X^2, \dots, A^m$ indichiamo le rispettive colonne della matrice
$X$.\\
Con $e_i$ indichiamo la n-upla che ha tutti gli elementi uguali a 0 tranne
l'i-esimo, ad esempio $e_4=(0,0,0,1,0,\dots)$
\newline
$X$ e' la matrice inversa di $A$ se:
\[
X=A^{-1} \Leftarrow AX=XA=I
\]
Quindi:
\[
AX=I \Leftrightarrow A_iX^j = \begin{cases}
	1 & i=j\\
	0 & i\neq j
\end{cases}
\]
Consideriamo al variare di $j$ la seguente riga:
\[
	(A_iX^j)_{j=1,\dots,n} = e_i
\]
Che per $i=1$ vale:
\[
(A_1X^j)_{j=1,\dots,n} = (A_1X^1,A_1X^2,\dots,A_1X^n) = e_1 =
(1,\underbrace{0,\dots,0}_{n-1 zeri})
\]
Il sistema equivalente ad $(A_1X^j)_{j=1,\dots,n}$ e':
\[
\begin{cases}
	a_{11}x_{11}+a_{12}x_{21}+\cdots+a_{1n}x_{n1} = 1 \\
	a_{11}x_{12}+a_{12}x_{22}+\cdots+a_{1n}x_{n2} = 0 \\
	a_{11}x_{13}+a_{12}x_{23}+\cdots+a_{1n}x_{n3} = 0 \\
	\vdots\\
	a_{11}x_{1n}+a_{12}x_{2n}+\cdots+a_{1n}x_{nn} = 0 \\
\end{cases}
\]
Che possiamo riscrivere come:
\[
a_{11}\begin{pmatrix}
	x_{11}\\
	x_{12}\\
	\vdots\\
	x_{1n}
\end{pmatrix} + a_{12}\begin{pmatrix}
	x_{21}\\
	x_{22}\\
	\vdots\\
	x_{2n}
\end{pmatrix} + \cdots + a_{1n}\begin{pmatrix}
	x_{n1}\\
	x_{n2}\\
	\vdots\\
	x_{nn}\\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
	1\\
	0\\
	\vdots\\
	0
\end{pmatrix}
\]
Che possiamo ancora riscrivere come:
\[
a_{11}X^1+a_{12}X^2+\cdots+a_{1n}X^{n} = e_1 \quad
(e_1=(1,\underbrace{0,\dots,0}_{n-1 zeri})
\]
Adesso possiamo considerare $X^i$ come una incognita della nostra equazione,
perche', anche se e' un vettore, rispetta le proprieta' algebriche delle
equazioni.
Quindi basta risolvere il sistema formato da tutti questi tipi di equazioni:
\[
\begin{cases}
a_{11}X^1+a_{12}X^2+\cdots+a_{1n}X^{n} = e_1\\
a_{21}X^1+a_{22}X^2+\cdots+a_{2n}X^{n} = e_2\\
\vdots\\
a_{n1}X^1+a_{n2}X^2+\cdots+a_{nn}X^{n} = e_n
\end{cases}
\]
A questo punto basta risolvere questo sistema nelle incognite $X^i$
utilizzando la tecnica delle trasformazioni elementari operate sulla matrice
dei coefficienti del sistema:
\[
\begin{bmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} &\vline& e_1 \\
	a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} &\vline& e_2 \\
	\vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\vline& \vdots \\
	a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} &\vline& e_n 
\end{bmatrix}
\]
Le trasformazioni elementari che possiamo usare sono: scambio di righe,
moltiplicazione per uno scalare $\lambda \neq  0$, aggiungere a una riga una
combinazione lineare di un'altra. \textbf{Non} possiamo operare sulle colonne,
dato che questa e' una matrice di un sistema.
\newline
Per ricordarsi questo procedimento baste tenere presente che:
$
\begin{pmatrix}
	e_1\\
	e_2\\
	\vdots\\
	e_n
\end{pmatrix}
$ non e' nient'altro che $I$ (la matrice identica), quindi possiamo ricavare
la matrice del sistema finale aggiungendo alla destra matrice iniziale $A$, la
matrice $I$:
\[
	(A, I) = 
\begin{bmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} &\vline& 1 & 0 & \cdots & 0 \\
	a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} &\vline& 0 & 1 & \cdots & 0 \\
	\vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\vline& 0 & 0 & \ddots & 0 \\
	a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} &\vline& 0 & 0 & \cdots & 1
\end{bmatrix}
\]
Dopo diche' basta ricordursi a:
\[
	(I, \begin{pmatrix}
		v_1\\
		v_2\\
		\vdots\\
		v_n
	\end{pmatrix})
\]
Dove $v_i$ e' il valore di $X_i$.

\subsection{Matrice invertibile}
Diremo che la matrice $A$ e' invertibile se esiste la sua inversa $B$.

\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item	La matrice $A$ e' invertibile se e solo se $\det A \neq 0$.
		\begin{proof}
			Dimostriamo che se $A$ e' invertibile allora $\det A
			\neq 0$.
			Per definizione $AB=I$, allora calcoliamo il det di ambo i
			membri:
			\begin{align*}
				&det(AB)=det(I)=1\\
				&det(AB)=det(A)det(B)=1\\
				&det(A)=\frac{1}{det(B)}
			\end{align*}
			Ma $\frac{1}{det(B)} \neq 0$.\\q.e.d.
		\end{proof}
	\item $det(A^{-1})=\frac{1}{det(A)}$
	\item $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$
\end{enumerate}

\section{Sistemi lineari}

\subsection{Sistema lineare $m\times n$}
Un sistema lineare a $m$ equazioni e a $n$ incognite e' un sistema nella
forma:
\[
\begin{cases}
a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_{n} = b_1\\
a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_{n} = b_2\\
\vdots\\
a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\cdots+a_{mn}x_{n} = b_n
\end{cases}
\]
Dove $b_i$ sono i termini noti dell'equazione, e $a_{ij}$ sono i coefficienti
delle incognite.
Usando la notazione matriciale possiamo riscrivere il sistema in questa forma
piu' comoda:
\[
A = \begin{pmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
	a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
	\vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
	a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{pmatrix} \in \mathbb{Q}^{m\times n}
\quad
X = \begin{pmatrix}
	x_1\\
	x_2\\
	\vdots\\
	x_n
\end{pmatrix} \in \mathbb{Q}^{n\times 1}
\quad
B = \begin{pmatrix}
	b_1\\
	b_2\\
	\vdots\\
	b_n
\end{pmatrix} \in \mathbb{Q}^{n\times 1}
\]
\[
	AX=B
\]

Se il sistema e' $n\times n$, si dice quadrato.
Inoltre diremo $\alpha$ il vettore delle soluzioni del sistema:
\[
	\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n) \in \mathbb{Q}^n
\]
${^t\!}\alpha$ e' soluzione del sistema se sostituendolo al posto di $X$ otteniamo:
\[ A{^t\!}\alpha=B
\]

\subsection{Cramer}
\label{sec:Cramer}
Cramer dice che se $\det A \neq  0$ allora il sistema quadrato ammette una
sola soluzione.\\
Questa soluzione e':
\[
	\alpha = A^{-1}B
\]


\begin{proof}
	Dimostriamolo.
	Supponiamo che $\det A \neq 0$
\[
\det A \neq  0 \Rightarrow \exists A^{-1}
\]

	Supponiamo che $\alpha$ sia soluzione del sistema:
	\[
	A\alpha=B
	\]
	Moltiplichiamo ambo i membri per l'inversa:
	\[
	A^{-1}(A\alpha)=A^{-1}B
	\]
	Per la proprieta' associativa del prodotto delle matrici scriviamo:
	\[
	(A^{-1}A)\alpha=A^{-1}B \quad \rightarrow  \quad I\alpha=A^{-1}B
	\rightarrow \alpha=A^{-1}B
	\]
	Ora dobbiamo dimostrare che $\alpha$ e' davvero la soluzione del
	sistema:
	\begin{align*}
		&AX=B, \quad X=\alpha=A^{-1}B\\
		&A(A^{-1}B) = B\\
		&(AA^{-1})B = B \\
		&IB = B\\
		&B = B
	\end{align*}
\end{proof}

\subsection{Regola di Cramer}
Abbiamo sempre la nostra matrice quadrata $A$.\\
Chiamiamo $C_j$ la colonna j-esima di $A$.
Costruiamo una matrice in cui la i-esima colonna e' sostituita da $B$ (il
vettore dei termini noti):
\[
	B_i = ( C_1, C_2, \dots, B_i, C_{i+1}, \dots, C_n)
\]
La regola di cramer afferma che l'incognita i-esima del sistema e' pari a:
\[
x_i = \frac{\det B_i}{\det A}
\]

\begin{proof}
	Dimostriamolo.
	Prima (vedi \ref{sec:Cramer}) abbiamo visto che la soluzione del
	sistema $AX=B$ e':
	\[
	 X=A^{-1}B
	\]
	Ricordandoci quanto vale $A^{-1}$ (vedi \ref{sec:mat_inversa})
	possiamo scrivere:
	\[
		X=\frac{1}{|A|}\cdot {^t\!}A_aB
	\]
	Ovvero:
	\[
	X = \begin{pmatrix}
	\frac{b_1A_{11}+b_2A_{21}+\cdots+b_nA_{n1}}{|A|}\\
	\frac{b_1A_{12}+b_2A_{22}+\cdots+b_nA_{n2}}{|A|}\\
	\vdots\\
	\frac{b_1A_{1n}+b_2A_{2n}+\cdots+b_nA_{nn}}{|A|}\\
	\end{pmatrix}
	\]
	Ma e' facile verificare che $b_1A_{11}+b_2A_{21}+\cdots+b_nA_{n1}$ e'
	lo sviluppo di \mbox{Laplace I} della matrice $B_1$ secondo la colonna 1,
	quindi:
	\[
	X = \begin{pmatrix}
		\frac{|B_1|}{|A|}\\
	\frac{|B_2|}{|A|}\\
	\vdots\\
	\frac{|B_n|}{|A|}\\
	\end{pmatrix}
	\]
\end{proof}
\section{Spazi vettoriali}
Uno spazio vettoriale $V$ e' una quaterna $(V, +, \mathbb{K}, \cdot)$, dove:
\begin{description}
	\item[V] e' un insieme non vuoto
	\item[+] e' un operazione ($V\times V \rightarrow  V$) definita in V e
		che rende V un gruppo abeliano.
		Un gruppo abeliano e' un gruppo che gode anche della
		proprieta' commutativa. Un gruppo e' una struttura che gode
		della proprieta' associativa, dell'esistenza dell'opposto e
		dell'elemento neutro. Ovvero, per $v,w,z \in V$:
		\begin{align*}
			&v+(w+z)=(v+w)+z& \textrm{associativa}\\
			&v+\theta=\theta+v=v& \textrm{elem. neutro}\\
			&v+z=z+v=\theta& \textrm{inverso}\\
			&v+w=w+v& \textrm{commutativa}
		\end{align*}
	\item[$\mathbb{K}$] puo' essere un qualsiasi campo, come ad esempio
		$\mathbb{N}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$.
	\item[$\cdot$] e' un operazione esterna: $K\times V \rightarrow  V$
		che gode delle seguenti proprieta' $\forall x,y \in V,
		\;\;\forall a,b \in K$:
		\begin{align}
			&1\cdot x = x & \textrm{elem. neutro}\\
			&(ab)\circ x = a\circ (b\circ x)&\textrm{associativa}\\
			&(a+b)\circ x= x \circ (a+b) = a\circ x+b\circ x&
			\textrm{distributiva rispetto alla somma}\\
			&a\circ (x+y)=x\circ a + y\circ a
		\end{align}
\end{description}

\subsection{Vettore nullo}
L'elemento neutro rispetto alla somma definita in uno spazio vettoriale e'
il vettore nullo che si indica con $\theta$.

\begin{enumerate}
	\item Il vettero nullo e' unico.
\begin{proof}
	Supponiamo che esistano due vettori nulli $\theta, \theta'$, allora,
	poiche' per definizione $\forall x:\;x+\theta=x$, possiamo assegnare
	alternativamente a $x$ il valore $\theta$ e $\theta'$
	\begin{align*}
		&\theta+\theta'=\theta&\textrm{considerando $\theta'$ come
		elem. neutro}\\
		&\theta+\theta'=\theta'&\textrm{considerando $\theta$ come
		elem. neutro}
	\end{align*}
	Ovvero $\theta=\theta'$.
\end{proof}
\item $\forall x \in V\;\; \theta\cdot x=\theta$
	\begin{proof}
		\begin{align*}
			&0x=(x-x)x=xx-xx=0
		\end{align*}
	\end{proof}
\end{enumerate}

\subsection{Legge di annullamento}
La legge di annullamento dice che:
\[
	v+x=v+y\quad\Leftrightarrow \quad x=y
\]
Cioe', possiamo ``semplificare'' la $v$.
\begin{proof}
\begin{align*}
	&v+x=v+y \;\rightarrow \; w+v+x=w+v+y\\
	&w=-v &\textrm{poniamo w=opposto di v}\\
	&(w+v)+x=(w+v)+y\\
	&\theta+x=\theta+y\\
	&x=y
\end{align*}
\end{proof}

\subsection{Vettore opposto}
Il vettore opposto di $x$ si denota con $-x$, inoltre $-x=(-1)x$.
\begin{proof}
	Dobbiamo dimostrare che $x+(-1)x=0$:
	\begin{align*}
		&x+(-1)x=1x+(-1)x=(1-1)x=0x=0
	\end{align*}
\end{proof}

\subsection{Sottospazio vettoriale}
Un sottoinsieme $W \subseteq V$ e' un sottospazio vettoriale se:
\begin{enumerate}
	\item $\forall x,y \in W \Leftrightarrow x+y\in W$
	\item $\forall \lambda\in K, \; \forall x\in V  \Leftrightarrow
		\lambda x\in W$
\end{enumerate}
Ovvero, $W$ e' un sottospazio se l'operazione di somma e di prodotto esterno
generano degli elementi che sono contenuti in $W$. (in questo caso si dice che
sono operazioni chiuse).

Un'altra definizione dice che $W$ e' un sottospazio di $V$ se rimane uno
spazio vettoriale rispetto alla somma e al prodotto ereditate da $V$.

Si puo' usare anche quest'ultima caratterizzazione che combina le due
precedenti:
$W$ e' sottospazio di $V$ se e solo se
\[
\forall a,b \in \mathbb{K},\;\forall x,y\in W,  \;\; ax+by \in W
\]
\subsubsection{Proprieta}
\begin{enumerate}
	\item Dati $U,W\subseteq V$, allora $U \cap W$ e' un sottospazio di
		$V$.
	\item In generale $U\cup W$ non e' un sottospazio, infatti, $U\cup W$
		e' un sottospazio $\Leftrightarrow U \subseteq W \lor
		W\subseteq U$.
	\item Un sottospazio deve necessariamente contenere il vettore nullo,
		quindi se $W \subseteq V$ e $0_v \notin W$ allora $W$ non e'
		un sottospazio di $V$.
\end{enumerate}

\subsubsection{Esempio}
Ogni retta che passa per l'origine e' un sottospazio vettoriale di $R\times
R$.

\subsection{Forma lineare}
Una forma lineare e' una espressione del tipo:
\[
	f=a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n, \;\;\forall a_1, \dots, a_n \in R
\]

Un sottoinsieme $W \in K^n$, costituito da vettori (n-uple ordinate) che
annullano polinomi di primo grado e omogenei (senza termine noto), sono dei
sottospazi di $K^n$.
Formalmente $W$ e' cosi' definito:
\[
W=\left\{ (x_1,x_2,\dots,x_n)\in W|
\;\;f_1(x_1,x_2,\dots,x_n)=\dots=f_r(x_1,x_2,\dots,x_n)=0 \right\}
\]

\subsubsection{Proprieta}
\begin{enumerate}
	\item Se esprimimo i due spazi vettoriali $U,W$ nella loro forma
		lineare:
		\begin{align*}
			&W=\left\{ (x_1,x_2,\dots,x_n)\in W|
			\;\;f_1=f_2=\dots=f_r=0 \right\}\\
		&U=\left\{ (x_1,x_2,\dots,x_n)\in W|
		\;\;g_1=g_2=\dots=f_r=0 \right\}\end{align*}
		Possiamo esprimere la loro intersezione $U\cap W$ cosi':
		\[
		U\cap W=\left\{ (x_1,x_2,\dots,x_n)|
		f_1=f_2=\dots=f_r=g_1=g_2=\dots=f_r=0 \right\}
		\]
\end{enumerate}

\subsection{Somma di sottospazi vettoriali}
Dati due sottospazi $U,W \in V$, definiamo il sottoinsieme $U+W$:
\[
U+W=\left\{ z \in V | \;\exists u\in U, \;w\in W |\; z=u+w \right\}
\]
oppure,
\[
U+W=\left\{ u+w | \;u\in U,\;\;w\in W \right\}
\]
In altre parole ogni suo elemento e' somma di altri due elementi, in cui il
primo sta' in $U$ e il secondo in $W$.

\subsubsection{Proprieta}
\begin{enumerate}
	\item $U+W$ e' un sottospazio di $V$
	\item $U \subseteq U+W$ e $W\subseteq U+W$. Infatti basta considerare
		$u+0$ e $w+0$.
	\item $U+W$ e' il piu' piccolo sottospazio di $V$ tra quelli che
		contengono sia $U$ che $W$, cioe', se esiste un'altro
		sottospazio $Z \in V$, e $U \subseteq Z,\;\;W
		\subseteq Z\;\; \Rightarrow U+W\subseteq Z$.
		\begin{proof}
			Dimostriamolo.
			Ipotesi:
			\[
				Z \in V, \;\; U \subseteq Z,\;\;W\subseteq Z
			\]
			Sappiamo che $u\in U \in Z \Rightarrow u \in Z$ e che
			$w\in W \in Z \Rightarrow w \in Z$.\\
			Ma poiche' $Z$ un sottospazio si ha che $u+w\in Z$,
			ovvero $U+W\in Z$.
		\end{proof}
\end{enumerate}

Possiamo estendere facilmente la definizione di somma tra piu' sottospazi
vettoriali:
\[
V_1+V_2+\cdots+V_n=\left\{ z \in V | \;\exists v_1\in V_1, \;v_2\in V_2,\;\dots |\; z=v_1+v_2+\cdots+v_n \right\}
\]

\subsection{Somma diretta sottospazi vettoriali}
\label{sec:somma_diretta}
Siano $V_1+V_2+\cdots+V_n \in V$ dei sottospazi di $V$, diremo che la loro
somma e' diretta e scriveremo:
\[
	V_1+V_2+\cdots+V_n=V_1\oplus V_2 \oplus \cdots \oplus V_n
\]
se ogni vettore $z \in V_1+V_2+\cdots+V_n$ si puo' esprimere in maniera unica
come somma di vettori che appartengono a ciascun $V_i$:
	\[
		z=v_1+v_2+\cdots+v_n\;\; v_i \in V_i
	\]
In maniera formale possiamo dire che la somma e' diretta se:
\[
	\forall z \in V_1+\cdots+V_n, \; \exists!\;v_1\in V_1,\;v_2\in
	V_2, \dots | \;\; z=v_1+\cdots+v_n
\]

\subsubsection{Proprieta}
\[
	Z=U\oplus W \quad \Leftrightarrow \quad Z=U+W \;\land\;  U \cap W =
	\left\{ \theta \right\}
\]
Nota che $U \cap W \neq \emptyset$, perche' contiene $\theta$, il vettore
nullo.
\begin{proof}
	Dimostriamo l'implicazione verso destra $\Rightarrow$.\\
	Per definizione $Z=U+W$. Scegliamo un qualsiasi vettore che appartiene
	sia a $U$ che a $W$, $x\in U \cap W$, allora possiamo scrivere:
	$\theta=x+(-x) \in U+W,\;\; x\in U, \; (-x)\in W$.\\
	Possiamo anche dire che: $\theta=\theta + \theta \in U+W$.\\
	Ma poiche' $U+W$ e' una somma diretta, ogni suo vettore si esprime
	in maniera \emph{unica} come somma di vettori, quindi, anche il
	vettore $\theta$ si deve esprimere in maniera unica. Allora $\theta +
	\theta$ e $x+(-x)$ sono la stessa cosa, e percio' $x=\theta$.\\
	Poiche' $x$ era un generico elemento di $ U \cap W$ concludiamo che $
	U \cap W=\left\{ \theta \right\}$
\end{proof}
\begin{proof}
	Adesso dimostriamo l'implicazione verso destra $\Leftarrow $.\\
	Ragioniamo per assurdo e supponiamo che esisteno due modi per
	esprimere un vettore $z \in Z$:
	\begin{align*}
		&z=u_1+w_1\\
		&z=u_2+w_2\\
		&z-z=u_1-u_2+w_1-w_2\\
		&0=(u_1-u_2)-(w_2-w_1)\\
		&u_1-u_2=w_2-w_1\quad u_1-u_2 \in U,\;\;w_2-w_1 \in W
	\end{align*}
	$u_1-u_2 \in U$, ma dato che e' uguale a $w_2-w_1 \in W$ deve essere anche
	che $u_1-u_2 \in W$, quindi $u_1-u_2 \in U\cap W$.\\
	Per motivo analogo: $w_2-w_1 \in W \cap U$.\\
	Per ipotesi sappiamo che $U\cap W = \left\{ \theta \right\}$, quindi:
	\begin{align*}
		&u_1-u_2=\theta \;\;\Rightarrow\;\; u_1=u_2\\
		&w_1-w_2=\theta \;\;\Rightarrow\;\; w_1=w_2
	\end{align*}
\end{proof}
\begin{thm}
	\label{98ki7th9n}
	Sia $V$ uno spazio vettoriale e siano $V_1, \dots, V_r \subseteq $
	suoi sottospazi, allora
	\[
	V_1+ \dots+ V_r= V_1 \oplus \dots \oplus V_r \;\Leftrightarrow \; 
	\forall v_i \in V_i,\;v_i\neq 0,\;\;v_1,\dots,v_r\equiv \textrm{ l.i.}
	\]
\end{thm}

\subsection{Alcuni sottospazi}
\subsubsection{Matrici Sym e Asym}
$M(n, \mathbb{R})$ e' lo spazio delle matrici $n\times n$ a coefficienti
reali. Consideriamo l'insieme delle matrici simmetriche e quello delle
antisimmetriche:
\begin{align*}
	&Sym(n,\mathbb{R}) = \left\{ A \in  M(n, \mathbb{R})| \;
	{^t\!}A=A\right\}\\
	&Asym(n, \mathbb{R}) = \left\{ A \in M(n,\mathbb{R})|\; {^t\!}A=-A \right\}
\end{align*}
$Sym$ e $Asym$ sono sottospazi di $M(n,\mathbb{R})$.
\begin{proof}
	Dimostriamo la proprieta' (1) e (2) dei sottospazi per $Sym$:
	\begin{enumerate}
		\item Deve essere che la somma di due matrici simmetriche
		      generi una matrice simmetrica: $\forall A,B \in Sym,
		      \;\; A+B \in Sym$.\\
		      Dato che $A,B$ sono simmetriche possiamo scrivere:
		      ${^t\!}A=A,\;\;{^t\!}B=B$.
		      Usiamo le proprieta' delle trasposte:
		      \begin{align*}
			&{^t\!}(A+B) = {^t\!}A+{^t\!}B = A + B\\
			&{^t\!}(A+B) = A + B
		      \end{align*}
		      Quindi $A+B$ e' una matrice simmetrica.
	      \item $\forall \lambda \in \mathbb{R},\;\forall A \in Sym,\;\; \lambda A \in Sym$
		      Per definizione sappiamo che ${^t\!}A=A$, allora:
		      \[
		      	{^t\!}(\lambda A) = \lambda {^t\!}A = \lambda A
		      \]
	\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{proof}
	Dimostriamo la proprieta' (1) e (2) dei sottospazi per $Asym$:
	\begin{enumerate}
		\item Deve essere che la somma di due matrici asimmetriche
		      generi una matrice asimmetrica: $\forall A,B \in Asym,
		      \;\; A+B \in Asym$.\\
		      Dato che $A,B$ sono asimmetriche possiamo scrivere:
		      ${^t\!}A=-A,\;\;{^t\!}B=-B$.
		      Usiamo le proprieta' delle trasposte:
		      \begin{align*}
			&{^t\!}(A+B) = {^t\!}A+{^t\!}B = -A -B = -1(A+B)\\
			&{^t\!}(A+B) = -(A + B)
		      \end{align*}
		      Quindi $A+B$ e' una matrice asimmetrica.
	      \item $\forall \lambda \in \mathbb{R},\;\forall A \in Asym,\;\;
		      \lambda A \in Asym$
		      Per definizione sappiamo che ${^t\!}A=-A$, allora:
		      \[
		      	{^t\!}(\lambda A) = \lambda {^t\!}A = -\lambda A
		      \]
	\end{enumerate}
\end{proof}

Notiamo che:
\[
Sym(n,\mathbb{R})\cap Asym(n,\mathbb{R}) = \left\{ \Omega \right\}
\]
e che
\[
Sym(n,\mathbb{R})+Asym(n,\mathbb{R}) = M(n,\mathbb{R})
\]
Quindi, per quanto visto in \ref{sec:somma_diretta}, una qualsiasi matrici
puo' essere scritta in forma unica come somma di una matrice simmetrica e una
antisimmetrica:
\[
Sym(n,\mathbb{R}) \oplus Asym(n,\mathbb{R}) = M(n,\mathbb{R})
\]
\begin{proof}
	Considerando una qualsiasi matrice quadrata $A$, la possiamo scrivere
	in questa forma:
	\[
		2A=A+A+{^t\!}A-{^t\!}A=(A+{^t\!}A)+(A-{^t\!}A)
	\]
	\begin{align*}
		&A=\frac{1}{2}(\underbrace{A+{^t\!}A}_{Sym})+\frac{1}{2}(\underbrace{A-{^t\!}A}_{Asym})\\
		&{^t\!}(A+{^t\!}A)=({^t\!}A+A)\;\;\Rightarrow \;({^t\!}A+A)\in
		Sym\\
		&{^t\!}(A-{^t\!}A)=({^t\!}A-A)=-(A-{^t\!}A)\;\;\Rightarrow \;
		(A-{^t\!}A) \in Asym
	\end{align*}
\end{proof}

\subsubsection{Matrici a traccia nulla}
Consideriamo l'insieme $T$ di tutte le matrici a traccia nulla:
\[
T=\left\{ A \in M(n,\mathbb{R}) | \; trA=0 \right\}
\]
Anche $T$ e' un sottospazio di $M(m,\mathbb{R})$.
\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item La prima proprieta' si verifica
			immediatamente usando le proprieta' della traccia:
			$tr(A+B)=tr(A)+tr(B)=0$
		\item Anche qui basta usare le proprieta': $tr(\lambda
			A)=\lambda tr(A)=0$
	\end{enumerate}
\end{proof}


\section{Dipendenza lineare}
\subsection{Combinazione lineare}
Dati dei vettori $v_1,v_2,\dots,v_n \in V$, dove $V$ e' uno spazio vettoriale,
e degli scalari $a_1, a_2, \dots, a_n\in K$, diremo che il vettore
$a_1v_1+a_2v_2+\dots+a_nv_n$ e' combinazione lineare dei vettori
$v_1,v_2,\dots,v_n$.
\subsection{Sottospazio generato}
\[
\mathcal{L}(v_1,v_2,\dots,v_r)=\left\{ a_1v_1+a_2v_2+\dots+a_rv_r | a_i\in K \right\}
\]
Questo e' l'insieme di tutte le combinazioni lineari di $v_1,v_2,\dots,v_r$, e
viene chiamato \emph{sottospazio generato} da $v_1,v_2,\dots,v_r$ che sono i
\emph{generatori}.\\
Quando accade che $V=\mathcal{L}(v_1,v_2,\dots,v_r)$, allora diremo che $V$ e'
finitamente generato.

\subsubsection{Proprieta'}
\label{sec:prop_subspace_gen}
\begin{enumerate}
	\item $U=\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_r),\;
		W=\mathcal{L}(w_1,w_2,\dots,w_s)$,\\
		allora \[U+W=\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_r,w_1,w_2,\dots,w_s)\]
	\item Dato $U=\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_r)$, se un suo vettore
		generatore $v_i$ e' combinazione lineare dei suoi precedenti
		vettori, cioe':
		\[
			u_i=a_1u_1+a_2u_2+\dots+a_{i-1}u_{i-1}
		\], allora:
		\[
		U=\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_{i-1},u_{i+1},\dots,u_r)
		\]
		Ovvero, possiamo togliere $u_i$ da $\mathcal{L}$, e non
		cambiera' nulla, cioe' $U=\mathcal{L}$.
		\begin{proof}
			Dobbiamo dimostrare che il primo $\mathcal{L}$ e'
			uguale al secondo, cioe':
			\begin{align*}
				&\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_{i-1},u_{i+1},\dots,u_r)
				\subseteq
				\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_{i-1},u_i,u_{i+1},\dots,u_r)\\
				&\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_{i-1},u_{i+1},\dots,u_r)
				\supseteq
				\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_{i-1},u_i,u_{i+1},\dots,u_r)
			\end{align*}
			L'inclusione $\supseteq$ e' ovviamente vera.
			Consideriamo allora un generico vettore del primo
			spazio:
			\[
			u=a_1u_1+a_2u_2+\cdots+a_{i-1}u_{i-1}+a_iu_i+a_{i+1}u_{i+1}+\cdots+a_ru_r
			\]
			Sostituiamo
			$u_i=b_1u_1+b_2u_2+\dots+b_{i-1}u_{i-1}$ e otteniamo:
			\[
			u=(a_1+b_1)u_1+(a_2+b_2)u_2+\dots+(a_{i-1}+b_{i-1})u_{i-1}+a_{i+1}u_{i+1}+\dots+a_ru_r
			\]
			cioe' $u \in
			\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_{i-1},u_{i+1},\dots,u_r)$
			\end{proof}
		\item  Dato $U=\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_r)$, allora per
			ogni $\lambda \in K$ e $i=1,2,\dots,n$ si ha che:
			\[
				U=\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_i+\lambda
				u_j,\dots,u_r), \;\; i\neq j
			\]
			In altre parole a ogni generatore $u_i$ puo' essere
			aggiunto un multiplo di un qualsiasi altro generatore
			dello spazio, senza cosi' alterare lo spazio stesso.
			\begin{proof}
				Un altro spazio generato equivalente a $U$ e':
				\[
				 U=\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_i+\lambda
				                                 u_j,\dots,u_r,u_i)
				\]
				Scriviamo $u_i$ come:
				\[
				u_i=(u_i+\lambda u_j)-\lambda u_j
				\]
				Quindi per la proprieta' precedente possiamo
				scartare, ottenendo:
				\[
				U=\mathcal{L}(u_1,u_2,\dots,u_i+\lambda
				                                u_j,\dots,u_r)
				\]
			\end{proof}
\end{enumerate}

\subsection{Indipendenza lineare}
Un insieme di vettori e' linearmente indipendente (l.i.) se la sua
combinazione lineare nulla ha i coefficienti tutti nulli:
\[
	a_1v_1+\dots+a_nv_n = 0 \;\; \Rightarrow \;\; a_1=\dots =a_n=0
\]
Esiste un criterio piu' efficiente per verificare la dipendenza, ovvero
l'insieme di vettori $v_1, v_2,\dots, v_n \in V$ sono l.i. se e solo se:
\[
v_1, v_2,\dots, v_n \equiv l.i. \;\; \Leftrightarrow \;\; \begin{cases}
	v_1\neq 0\\
	v_i\notin \mathcal{L}=(v_1,v_2,\dots,v_{i-1}),\;\; i\neq 1
\end{cases}
\]
\begin{proof}
	Dimostriamo $\Rightarrow$.
	Se per assurdo $v_1=0$, allora potremmo scrivere:
	\[
		1\cdot v_1 + 0\cdot v_2 + \dots + 0\cdot v_n = 0
	\]
	Ma questa e' una combinazione lineare nulla che ha un coefficiente
	($1$) non nullo, e quindi i vettori non sono l.i., ma questo e' in
	contrasto contro l'ipotesi, quindi deve essere $v_1\neq 0$.\\
	Se per assurdo $v_i\in \mathcal{L}=(v_1,v_2,\dots,v_{i-1}),\;\;
	i\neq 1$, allora $v_i$ e' una combinazione lineare dei vettori che lo
	precedono, cioe':
	\[
		v_i=a_1v_1+\dots+a_{i-1}v_{i-1}
	\]
	E quindi possiamo scrivere:
	\begin{align*}
		&v_i-v_i=0\\
		&a_1v_1+\dots+a_{i-1}v_{i-1}-v_i=0
	\end{align*}
	Ma l'ultima e' una combinazione lineare nulla con coefficienti non
	nulli ($-v_i$ ha coeff $= -1$), questo e' contro l'ipotesi.
\end{proof}
\begin{proof}
	Dimostriamo $\Leftarrow $.\\
	Adesso le nostre ipotesi sono:
\[
\begin{cases}
	v_1\neq 0\\
	v_i\notin \mathcal{L}=(v_1,v_2,\dots,v_{i-1}),\;\; i\neq 1
\end{cases}
\]
	Supponiamo di avere una combinazione lineare nulla:
	\[
a_1v_1+\dots+a_nv_n = 0		
	\]
	Se per assurdo $a_n\neq 0$, allora possiamo ricavarci $v_n$:
	\[
		v_n=\frac{-(a_1v_1+\dots+a_{n-1}v_{n-1})}{a_n}
	\]
	Ma questa non e' altro che una c.l. di $v_n$ formata con i suoi
	precedenti vettori, e quindi siamo in contrasto con l'ipotesi 2.
	Ripetendo lo stesso ragionamento per $a_{n-1}, a_{n-2}, \dots, a_2$ si vede
	che tutti i coeff devono essere per forza nulli. Ovvero arriviamo a
	$a_1v_1=0$, ma per Hp $v_1\neq 0$ e per la legge di annullamento dei
	prodotti $a_1=0$.  Abbiamo cosi' visto che tutti i coeff sono nulli.
	Questo significa che $a_1v_1+\dots+a_nv_n$ e' l.i.
\end{proof}
\subsection{Criterio degli scarti successivi}
Utilizzando le proprieta' viste in \ref{sec:prop_subspace_gen} possiamo creare
un algoritmo che genera un insieme $S'$ l.i a partire da un un insieme $S$.
Dato $S=\{v_1, \dots, v_n\}$:
\begin{enumerate}
	\item if($v_1 = 0$) \{ $S'=S-\{v_1\};$ goto 1; \}
	\item if($v_i = \mathcal{L}(v_1,\dots,v_{i-1})$) \{ $S'=S-\{v_i\};$ goto 1; \}
\end{enumerate}
\subsection{Base}
Una \emph{base} di uno spazio vettoriale $V$ e' un insieme di vettori che
genera tutto $V$, in modo unico, ovvero ogni vettore di $V$ si puo' scrivere,
in un solo modo, come combinazione lineare dei vettori della base.\\
Questo significa che se
\begin{align*}
	&v=a_1v_1+\dots+a_nv_n\\
	&v=b_1v_1+\dots+b_nv_n
\end{align*}
allora: $a_1=b_1, \dots, a_n=b_n$.

Una definizione piu' comoda e' la seguente:
\[
v_1,\dots,v_n \equiv \textrm{base} \;\;\Leftrightarrow \;\;
\begin{cases}
	V=\mathcal{L}(v_1,\dots,v_n)\\
	v_1,\dots,v_n\;\; l.i.
\end{cases}
\]
\begin{proof}
	Dimostriamo $\Rightarrow $.
	$V=\mathcal{L}(v_1,\dots,v_n)$ e' vera proprio per la definizione di
	base.\\
	Ora consideriamo un c.l. nulla:
	\[
	a_1v_1+\dots+a_nv_n=0
	\]
	Sicuramente $0v_1+\dots+0v_n=0$, e allora per l'ipotesi di unicita'
	della base, $a_1=\dots=a_n=0$, cioe' $v_1,\dots,v_n$ sono l.i.
\end{proof}
\begin{proof}
	Dimostriamo $\Leftarrow $.
	Le ipotesi adesso sono:\[
\begin{cases}
	V=\mathcal{L}(v_1,\dots,v_n)\\
	v_1,\dots,v_n\;\; l.i.
\end{cases}\]
Quindi per Hp, ogni vettore $v\in V$ e' c.l. di $v_1,\dots,v_n$, allora ci
rimane da dimostrare l'unicita' della base.
\begin{align*}
	&v=a_1v_1+\dots+a_nv_n\\
	&v=b_1v_1+\dots+b_nv_n\\
	&0=(a_1-b_1)v_1+\dots+(a_n-b_n)v_n
\end{align*}
Poiche' per Hp $v_1,\dots,v_n$ sono l.i., allora:
\[
	0=(a_1-b_1)v_1+\dots+(a_n-b_n)v_n\;\Rightarrow \;
	(a_1-b_1)=\dots=(a_n-b_n)
\]
Cioe', $a_1=b_1=\dots=a_n=b_n$

\end{proof}

Usando il criterio degli scarti successivi, possiamo partire da un
$S=\{v_1,\dots,v_n\}$ tale che $V=\mathcal{L}(S)$, e generare da $S$ una base
di $V$.
\subsection{Insieme minimale di generatori}
$G$ e' un insieme minimale di generatori di $V$ se:
\[
G' \subsetneq G \; \Rightarrow \; \mathcal{L}(G') \neq \mathcal{L}(G)
\]
Ovvero se ogni sottoinsieme proprio di $G$ non e' piu' generatore di $V$.
Potremmo anche dire che $G$ e' il piu' piccolo degli insiemi generatori di
$V$.
\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item Una base e' un insieme minimale di generatori di V.
		\[
			B \equiv \textrm{base di V} \;\;\Leftrightarrow \;\; B
			\equiv \textrm{insieme minimale di generatori di V}
		\]
		\begin{proof}
			Dimostriamo $\Leftarrow $.\\
			Prendiamo un insieme minimale di generatori di $V$ e
			chiamiamolo $G$. Vogliamo provare che $G$ e' una base
			di $V$.\\
			Dato che $G$ e' un generatore di $V$, ci resta da
			provare che $G$ e' l.i.\\
			Supponiamo per assurdo che non lo sia, quindi
			accade che per qualche $i \ge 2$, $v_i \in
			\mathcal{L}(v_1, \dots, v_{i-1})$.\\
			Applicando il criterio degli scarti, possiamo
			eliminare $v_i$ ottenendo $G'=G\setminus\{v_i\}$. Ma $G'$ e' ancora un
			generatore di $V$, ovvero $\mathcal{L}(G')=V$, e
			questo va contro l'ipotesi di minimalita' di $G$.\\
			Concludiamo quindi che $G$ e' l.i. e quindi e' una
			base di $V$.
		\end{proof}
		\begin{proof}
			Dimostrare $\Rightarrow $ e' facile, infatti, una base
			$B$ di $V$ e' un suo generatore, cioe'
			$\mathcal{L}(B)=V$ e poiche' $B$ e' l.i., appena
			togliamo un suo vettore otteniamo un generatore che
			non e' piu' uguale a $V$.
		\end{proof}
\end{enumerate}
\subsection{Insieme massimale di generatori}
$G$ e' un insieme massimale di generatori di $V$ se:
\[
G' \supsetneq G \; \Rightarrow \; \mathcal{L}(G') \neq \mathcal{L}(G)
\]
Ovvero se ogni soprainsieme proprio di $G$ non e' piu' generatore di $V$.
Potremmo anche dire che $G$ e' il piu' grande degli insiemi generatori di
$V$.

\subsubsection{Componenti di un vettore}
Prendiamo un vettore $v \in V$ e una base $A=[v_1,\dots,v_n]$ di $V$. Diremo
che $a_1,\dots,a_n \in K$ sono le componenti di $v$ rispetto ad $A$ quando
\[
	v=a_1v_1+\dots+a_nv_n
\]
Per indicare le componenti di $v$ rispetto ad $A$ si scrive:
\[
[v]_A=(a_1, a_2,\dots,a_n)
\]
Ricordando la definizione di base, possiamo dire che rispetto a una base $A$,
ogni vettore e' determinato univocamente da $a_1,\dots,a_n \in K$.\\
Inoltre, generalemente $[v]_A \neq  [v]_B$.

\subsection{Lemma di Steinitz}
Dato un insiemi generatore $G=\{v_1,\dots,v_n\}$ e un insieme di vettori l.i.
$U=\{u_1,\dots,u_m\}$ che appartengono allo stesso spazio $V$, il lemma di
Steiniz afferma:
\[
|G| \ge |U|
\]
\begin{proof}
	Quello che dobbiamo dimostrare e' che $n\ge m$.\\
	Consideriamo l'insieme $G'=\{u_1, v_1,\dots,v_n\}$. Questo insieme e'
	sempre un generatore, inoltre e' l.d., infatti $u_1 \in
	\mathcal{L}(G)$ perche' $G$, per Hp, e' un generatore di $V$.\\
	Applichiamo allora il criterio degli scarti su $G'$. Poiche' $u_1\neq
	0$, allora il primo vettore che scarteremo sara' compreso in
	$v_1,\dots,v_n$. Dato che possiamo riordinarli, supponiamo che $v_1$
	sia il vettore scartato. Abbiamo ottenuto quindi il nuovo insieme
	$G'_1=\{u_1, v_2, \dots,v_n\}$.\\ Adesso, consideriamo $G_2=\{u_1, u_2, v_2,
	\dots,v_n\}$. Questo nuovo insieme e' sempre un generatore ed e', per
	il motivo di prima, l.d.. Poiche' $u_1\neq 0$ e $u_2 \notin
	\mathcal{L}(u_1)$, applicando il criterio degli scarti, elimineremo
	$v_2$, ottenendo:
	\[
	G'_2=\{u_1, u_2, v_3, \dots,v_n\}
	\]
	Possiamo reiterare questo stesso procedimento fino a quando arriviamo
	a $G_k$ che rimane essere un generatore:
	\[
	G_k=\{u_1,\dots,u_k,v_{k+1}, \dots,v_n\}
	\]

	Supponiamo adesso per assurdo che $n <  m$.\\
	Se cosi' fosse avremmo che $G_k=G_n=\{u_1, \dots, u_n\}$, e $G_n$
	sarebbe sempre un generatore, ma questo e' assurdo, perche' $u_{n+1}
	\notin \mathcal{L}(u_1, \dots, u_n)$. Detto questo, concludiamo che $n
	\ge m$, ovvero:
	\[
	|G| \ge |U|
	\]
	Dato che $G_k$ e' un generatore, ci accorgiamo subito che questo e'
	assurdo.
\end{proof}
\subsubsection{Equicardinalita' delle basi}
Due basi di uno stesso spazio vettoriale hanno lo stesso numero di elementi:
\[
|B| = |B'|
\]
\begin{proof}
	Una base e' sia un generatore che un insieme di vettori l.i.\\
	Poniamo $B=G$ e $B'=U$. Per il lemma di Steiniz otteniamo:
	\[
	|B|\ge |B'|
	\]
	adesso poniamo $B'=G$ e $B=U$ e otteniamo:
	\[
	|B|\le |B'|
	\]
	Per la proprieta' antisimmetrica concludiamo che\[
	|B|=|B'|
	\]
\end{proof}

\subsection{Completemento della base}
Questo procedimento e' lo speculare del criterio degli scarti: partendo da un
qualsiasi insiemi di vettori l.i. possiamo costruire, aggiungengo vettori
l.i., una base. Ovvero, avendo $U=\{u_1,\dots,u_n\}$ l.i. esistono $v_1,
\dots, v_m \in V$ tali che $\{u_1,\dots,u_n, v_1, \dots, v_m\}$ e' base di
$V$.

\subsection{Dimensione}
Aaah, finalmente definiamo la dimensione.\\
Una dimensione di uno spazio vettoriale $V$ e' il numero di elementi di una
qualsiasi sua base.
\[
\dim V = |B|
\]
\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item Se $\dim V = n$, allora le componenti di un vettore assegnato
		formeranno una $n$-upla.
	\item Il vettore nullo ha per componenti la $n$-upla nulla.
	\item Se le componenti di $v$ sono
		\[
		[v]_B=(x_1,\dots,x_n)
		\]
		il vettore $\lambda v$ avra' come componenti:
		\[
		[\lambda v]_B=(\lambda x_1,\dots, \lambda x_n)
		\]
	\item Se 
		\[
		[v]_B=(x_1,\dots,x_n)
		\]
		 e 
		 \[[w]_B=(y_1,\dots,y_n)\]
		 allora
		 \[
		 [v+w]_B=(x_1+y_1,\dots, x_n+y_n)
		 \]
	 \item Se $v1, \dots, v_k$ soddisfano una relazione di dipendenza
		 lineare allora lo faranno anche le loro componenti. Esempio: 
		 \[
		 a_1v_1+\dots+a_kv_k=0\;\Rightarrow \;
		 a_1[v_1]_B+\dots+a_k[v_k]_B
		 \]
\end{enumerate}
\subsubsection{Altre proprieta'}
Se siamo in un $K$ spazio vettoriale $V$ di dimensione $n$, allora valgono le
seguenti proprieta':
\begin{enumerate}
	\item Se $v_1,\dots,v_n \in V$ l.i allora formano una base
	\item Se $u_1,\dots,u_n \in V$ sono generatori allora formano una
		base
	\item Se $v_1,\dots,v_m \in V$ con $m>n$, allora sono l.d.
	\item Se $u_1,\dots,u_j \in V$ con $j<n$, allora non sono generatori.
	\item Prendiamo un sottospazio $W$ di $V$, allora
		\begin{itemize}
			\item $\dim W \le  n$, e tra l'altro $W$ e' f.g.
			\item $\dim W = n \;\Leftrightarrow \; W=V$
		\end{itemize}
\end{enumerate}

\subsection{Componenti e basi}
Consideriamo un sottospazio $W$ del $K^n$ spazio vettoriale $V$.
Per conseguenze delle proprieta' precedenti si avra' che l'insieme:
\[
W_B = \{ [w]_B | w \in W \}\;\;\Leftrightarrow \;\; W_B \textrm{   e' uno sottospazio di $K^n$}
\]
\subsection{Determinante e vettori l.i.}
\[
\det A \neq 0\;\;\Leftrightarrow \;\; \textrm{le righe (colonne) di A sono
l.i.}
\]
\begin{proof}
	Dimostriamo $\Rightarrow  $.\\
	Se per assurdo due vettori fossero l.d. allora, per la proprieta' dei
	determinanti, $\det A=0$
\end{proof}
\begin{proof}
	Dimostriamo $\Leftarrow $.\\
	Le righe di $A$ sono l.i. e quindi formano una base di $K^n$.\\
	Porprio perche' sono una base, possono generare qualsiasi tipo di
	vettore in $K^n$, e quindi a mezzo di trasformazioni elementari e'
	possibile ricondurre $A$ in $\mathbf{1}$, e quindi trasformeremo $\det
	A$ in $\lambda\det A=\mu \det \mathbf{1}\neq 0$.
\end{proof}
\subsection{Teorema di Kroneker I}
Data $A\in K^{m\times n }$
\[
\rho(A)=rK_R(A)=rK_C(A)
\]
Ovvero, la caratteristica di A e' uguale al rango per colonne e al rango per
righe.
\begin{proof}
	Dimostriamo che $\rho(A)\le rK_R(A)$\\
	Se la caratteristica di $A$ e' $k$, cioe' $\rho(A)=k$, allora esiste
	un minore $M$ tale che $\det M \neq 0$, e quindi le righe di $M$
	saranno l.i. Anche le righe di $A$ che contegono quelli di $M$
	saranno l.i. Poiche' le righe di $A$ hanno una dimensione $\ge $ a
	quelle di $M$, segue che $\rho(A)\le rK_R(A)$.\\
	Viceversa, se $rK_R(A)=k'$, allora esisteranno $k'$ righe di A l.i..
	che formeranno una base. Poiche' $k+1$ righe non saranno piu' l.i., e
	quindi per il risultato precedente avranno $\det=0$, esistera' un
	minore di $A$ di ordine $\ge  k'$.\\
	Poiche' $\rho(A) \ge   k'=rK_R(A)\;\;\land \rho(A)\le rK_R(A)$ segue
	che $\rho(A)=rK_R(A)$. Possiamo utilizzare lo stesso ragionamento per
	le colonne, concludendo che:
	\[
	\rho(A)=rK_R(A)=rK_C(A)
	\]
\end{proof}
\subsubsection{Corollario}
Per affermare che $\rho(A)=k$ e' sufficiente trovare un minore $M$ di $A$ di
ordine $k$, tale che $\det M\neq 0$ e che tutti i $\det$ dei suoi orlati siano nulli.
Il numero di Tutti gli orlati e' $(n-k)(m-k)$.
\begin{proof}
	Per Hp $\det M\neq 0$. Quindi tutte le righe di $A$ che contengono
	righe di $M$ sono l.i. Scegliamo allora la matrice $B$ formata dalle
	righe di $A$ che contengono $M$ e da una ulteriore riga di $A$. $B$
	sara' di tipo $(k+1,n)$.
	Tutti i minori di $B$ di ordine $(k+1,k+1)$ sono nulli, perche' per Hp
	tutti gli orlati di $M$ sono nulli. Quindi, $B$ ha rango $k$.\\
	Poiche' possiamo creare $B$ a partire da qualsiasi riga di $A$,
	deduciamo che il rango di $A$ e' uguale a quello di $B$.
\end{proof}
\subsection{Equazioni cartesiane di un sottospazio}
Avendo uno spazio vettoriale $V$, e una sua base $B$, possiamo facilmente verificare se
un vettore $v$ appartiente a un sottospazio $W \subseteq V$.\\
Per far questo consideriamo $W=\mathcal{L}(v_1,v_2,\dots,v_k)$. Le componenti
di questi vettori rispetto a $B$ saranno:
\begin{align*}
	&[v_1]_B=(a_{11},a_{12},\dots,a_{1n})\\
	&[v_2]_B=(a_{21},a_{22},\dots,a_{2n})\\
	&\vdots\\
	&[v_k]_B=(a_{k1},a_{k2},\dots,a_{kn})\\
\end{align*}
Poiche' sappiamo che $v_1,v_2,\dots,v_r$ sono l.i, lo saranno anche
$[v_1]_B,[v_2]_B,\dots,[v_r]_B$.

Per verificare che $v\in W$, occorre controllare che
$v\in\mathcal{L}(v_1,v_2,\dots,v_r)$ e cioe' $[v]_B \in
\mathcal{L}([v_1]_B,[v_2]_B,\dots,[v_r]_B)$. Ovvero, $v$ deve essere c.l. dei
vettori base di $W$ e percio', le sue componenti $x_1, x_2, \dots, x_k$ dovranno essere c.l. delle
componenti dei vettori base di $W$.

Basta quindi controllare che la seguente matrice abbia rango $k$:
\[\rho
\begin{pmatrix}
	a_{11} & \dots & a{1n}\\
	a_{21} & \dots & a{2n}\\
	\vdots\\
	a_{kn} & \dots & a{kn}\\
	x_1&\dots&x_k
\end{pmatrix}
=k
\]
Per il teorema di Kroneker, affinche' $\rho(A)=k$ si deve semplicemente
imporre che tutti i determinanti dei minori di ordine $k+1$ siano nulli.
In questo modo, abbiamo $(n-k)=\dim V-\dim W$ equazioni che descrivono $W$.

\section{Sistemi lineari}
\subsection{Rouche-Capelli I}
Sia $Ax=b$ un sistema lineare, dove 
\[A \in K^{m,n}, \;\;b \in K^{m},\;\;x=\begin{pmatrix}
	x_1\\
	x_2\\
	\vdots\\
	x_n
\end{pmatrix}\]
Questo sistema ammette soluzione se e solo se \[
rk(A)=rk(A,b)
\]
\begin{proof}
	Dimostriano $\Rightarrow $.\\
	Per Hp il sistema ammette soluzioni, quindi esiste un vettore $\alpha=(\alpha_1,
	\alpha_2,\dots,\alpha_n)$ tale che $A\alpha=b$.
	Espandendo l'equazione vettoriale otteniamo:
	\[
	\alpha_1A^1+\alpha_2A^2+\dots+\alpha_nA^n=b
	\]
	($A^i$ e' la $i$-esima colonna di A).\\
	Questo significa che $b$ e' una combinazione lineare di $\alpha$ e
	che quindi dipende da loro. Possiamo esprimere lo stesso concetto
	dicendo:
	\[
	b\in\mathcal{L}(A_1, \dots,
	A_n)=\mathcal{L}(A_1,\dots,A_n, b)
	\]
	Ma allora, 
	\[
	\dim\mathcal{L}(A_1, \dots,
	        A_n)=\dim\mathcal{L}(A_1,\dots,A_n, b)
	\]
	Il che' e' lo stesso di dire:
	\[
	rk(A)=rk(A,b)
	\]
\end{proof}
\begin{proof}
	Dimostriamo il viceversa, basta procedere a ritroso.\\
	Per Hp sappiamo che
	\[
	\dim\mathcal{L}(A_1, \dots,
	A_n)=\dim\mathcal{L}(A_1,\dots,A_n, b)
	\]
	E' anche vero che:
	\[
	\mathcal{L}(A_1, \dots, A_n)\subseteq \mathcal{L}(A_1,\dots,A_n, b)
	\]
	Per la proprieta' delle basi segue che:
	\[
	\mathcal{L}(A_1, \dots, A_n)= \mathcal{L}(A_1,\dots,A_n, b)
	\]
	Allora, applicando il criterio degli scarti, deduciamo che:
	\[
	b\in\mathcal{L}(A_1, \dots, A_n)
	\]
	Ovvero, b si puo' esprimere tramire una c.l. di quei vettori, quindi:
	\[
b=	
	\alpha_1A^1+\alpha_2A^2+\dots+\alpha_nA^n
	\]
	e $\alpha=(\alpha_1,
	\alpha_2,\dots,\alpha_n)$ e' proprio la soluzione del sistema,
	infatti,
	\[
	A\alpha=b
	\]

\end{proof}

\subsection{Rouche-Capelli II}
Se il sistema ammette $rk(A)=rk(a,b)=k$, il sistema ammette solzuioni che
dipendono da $n-k$ parametri. ($n$ e' il numero di incognite).
\begin{proof}
	Per Hp $rk(A)=rk(a,b)=k$, quindi per Kramer esistera' un minore di
	$A$ non nullo con $k$ righe e $k$ collonne l.i.\\
	A meno di riordinare le equazioni, possiamo supporre che' il minore
	sia formato dalle prime $k$ righe e colonne:
	\[\det
	\begin{pmatrix}
		a_{11} & \dots & a_{1k}\\
		\vdots\\
		a_{k1} & \dots & a_{kk}\\
	\end{pmatrix}\neq 0
	\]
	Considerando $n-k$ incognite come
	parametri, cioe' fissandole arbitrariamente, otteniamo il sistema:
	\[
	\begin{cases}
		a_{11}x_1+\dots +a_{1k}x_k=b_1-a_{1\;k+1}x_{k+1}-\dots-a_{1\;n}x_n\\
		a_{21}x_1+\dots +a_{2k}x_k=b_2-a_{2\;k+1}x_{k+1}-\dots-a_{2\;n}x_n\\
		\vdots\\
		a_{k1}x_1+\dots +a_{kk}x_k=b_k-a_{k\;k+1}x_{k+1}-\dots-a_{k\;n}x_n
	\end{cases}
	\]
	Quest'ultimo sistema e' in accordo con l'ipotesi di Cramer, perche' il
	suo det e' diverso da 0, e quindi ammette una sola soluzione.\\
	Ecco quindi che al variare dei parametri, cioe' dando valori arbitrari
	alle incognite fissate, otteniamo infinite equazioni. Si suole
	indicare questo fatto scrivendo $\infty^{n-k}$.
\end{proof}
\subsection{Corollario di Rouche-Capelli}
$W \subseteq V$,
\[
\dim W = \dim V - |\{\textrm{equazioni indipendendi che definiscono W}\}|
\]
\subsection{Grassman}
$U,W \subseteq V$,
\[
\dim(U+W) = \dim U+\dim W - \dim (U\cap W)
\]
Se invece la somma e' diretta, abbiamo:
\[\dim(U\oplus W) = \dim U+\dim W \]

\begin{proof}
	Consideriamo $U\cap W=\{v_1, \dots, v_k\}$, la sua dimensione e' $k$.
	Completiamolo con dei vettori di $U$ ottenendo la base $C$ di $U$:
	\[
	C=\{v_1, \dots, v_k, v_{k+1}, \dots, v_n\},\;\; |C|=n
	\]
	Analogamente troviamo la base $D$ di $W$:
	\[
	D=\{v_1, \dots, v_k, w_{k+1}, \dots, w_m\},\;\; |D|=m
	\]
	Consideriamo $C\cup D$ e applicando il criterio degli scarti
	successivi otteniamo:
	\[
	C\cup D=\{v_1, \dots, v_k, v_{k+1}, \dots, v_n,w_{k+1}, \dots, w_m
	\]
	Questo insieme, per una proprieta' della somma di sottospazi
	vettoriali, e' un generatore di $U+W$, e la sua dimensione e' proprio
	$n+m-k$, cioe':
	\[
	U+W=\mathcal{L}(C\cup D)
	\]
	\[
	|C\cup D|=\dim U+\dim W - \dim U\cap W
	\]
	Per ultimare la dimostrazione dobbiamo provare che $\dim U+W=|C\cup
	D|$, ovvero che $C\cup D$ e' anche una base di $U+W$. Poiche' sappiamo
	gia' che $C\cup D$ e' un generatore di $U+W$, dobbiamo dimostrare che
	e' una un insieme di vettori l.i.\\
	Cioe', considerando un c.l. dei suoi vettori,
	\[
	a_1v_1+ \dots+ a_kv_k+ a_{k+1}v_{k+1}+ \dots+ a_nv_n+b_{k+1}w_{k+1}+
	\dots+ b_mw_m=0
	\]
	deve accadere che:
\[
a_1=\dots=a_{k+1}=0
b_{k+1}=\dots=b_{m}=0
\]
Il che' equivale a:
\[
   a_1v_1+ \dots+ a_kv_k+ a_{k+1}v_{k+1}+ \dots+ a_nv_n=-b_{k+1}w_{k+1}-
           \dots- b_mw_m
\]
Il vettore del primo membro appartiene a $U$, il secondo a $W$, ma poiche'
sono uguali, allora entrambi appartengono a $U\cap W$, cioe':
\[
-b_{k+1}w_{k+1}- \dots- b_mw_m \in U\cap W
\]
\[
-b_{k+1}w_{k+1}- \dots- b_mw_m \in \mathcal{L}(v_1, \dots, v_k)
\]
Questo significa che possiamo esprimere $-b_{k+1}w_{k+1}-
\dots- b_mw_m$ tramite una combinazione lineare di $v_1, \dots,
v_k$:
\[
-b_{k+1}w_{k+1}- \dots- b_mw_m=c_1v_1, \dots, c_kv_k
\]
\[
b_{k+1}w_{k+1}+ \dots+ b_mw_m+c_1v_1, \dots, c_kv_k=0
\]
E poiche' $D=\{v_1, \dots, v_k, w_{k+1}, \dots, w_m\}$, segue che 
quella di prima e' una combinazione linearmente indipendente, cioe':
\[
b_{k+1}=\dots=b_m=c_1=\dots=c_k=0
\]
Ritornando a:
\[
   a_1v_1+ \dots+ a_kv_k+ a_{k+1}v_{k+1}+ \dots+ a_nv_n=-b_{k+1}w_{k+1}-
           \dots- b_mw_m=0
\]
e sostituendo le $b_i=0$, otteniamo:
\[
   a_1v_1+ \dots+ a_kv_k+ a_{k+1}v_{k+1}+ \dots+ a_nv_n=0
   \]
   E poiche' $
   C=\{v_1, \dots, v_k, v_{k+1}, \dots, v_n\}$, allora anche 
   quella di prima sara' una  combinazione linearmente indipendente,
   cioe':
   \[
   a_1=\dots=a_n=0
   \]
Questo e' quello che volevamo dimostrare, infatti, 
	\[
	a_1v_1+ \dots+ a_kv_k+ a_{k+1}v_{k+1}+ \dots+ a_nv_n+b_{k+1}w_{k+1}+
	\dots+ b_mw_m=0
	\]
e' una combinazione linearmente indipendente, perche' ha tutti i suoi
coefficienti nulli, e quindi $C\cup D$ e' una base.
Possiamo quindi concludere che:
\[
\dim U+W=\dim U + \dim W - \dim W\cap U
\]

\end{proof}

\section{Applicazioni lineari}
Le applicazioni lineari sono applicazioni tra spazi vettoriali che conservano
la loro struttura algebrica. Piu' precisamente:
\[
f:V\longrightarrow W
\]
$f$ e' lineare se:
\begin{align*}
	&f(v+v')=f(v)+f(v')\\
	&f(\lambda v)=\lambda f(v)
\end{align*}
Questo e' equivalente a:
\[
f(\lambda v+\mu v')=\lambda f(v) + \mu f(v')
\]
\subsection{Hom}
\[
\hom(V,W)=\{f\;|\;f:V\longrightarrow W, \;\;f(\lambda v+\mu v')=\lambda f(v) +
\mu f(v')\}
\]
Cioe', e' l'insieme di tutte le applicazioni lineari da $V$ in $W$
\subsection{Operazioni lineari}
\[
f[+] g: V\longrightarrow W
\]
\[
f[+]g (x)=f(x)+g(x)
\]
\[
\lambda\ast f: V\longrightarrow W
\]
\[
\lambda\ast f (x)=\lambda f(x)
\]

Questi due tipi di operazioni sono delle applicazioni lineari.
Inoltre, $[+]$ e' una operazione in $\hom(V,W)\times \hom(V,W)
\longrightarrow \hom(V,W)$ e $\ast$ e' una operazione esterna in $K\times
\hom(V,W)\longrightarrow \hom(V,W)$.\\
Quindi, $\hom(V,W)$ e' uno spazio vettoriale.
\subsection{Spazio duale}
$\hom(V,K)$ si chiama spazio duale di $V$ e si indica con $V^{\ast}$
\subsection{Nucleo}
Data l'applicazione lineare $f$,
\[
\ker f = \{v|\;f(v)=0\}
\]
Cioe', l'insieme di tutte i vettori del dominio, le cui immagini sono 0.\\
$\ker f$ e' un sottospazio di V.
\begin{proof}
Per dimostrare che 	
$\ker f$ e' un sottospazio di V dobbiamo verificare le due proprieta' dei
sottospazi:
\begin{enumerate}
	\item $\forall v, v' \in \ker f,\;\Rightarrow \;v+v' \in \ker f$\\
		Consideriamo $f(v+v')$, per la linearita' di $f$ possiamo
		scrivere:\[
			f(v+v')=f(v)+f(v')\]
			E poiche' $v,v' \in \ker f$, \[
			f(v)=0,\;f(v')=0,\;\;\Rightarrow \;f(v)+f(v')=0+0=0
			\]
		e cioe' \[
		f(v+v')=0
		\]
	\item $\forall \lambda \in K, \;\; \forall x \in \ker f,\;\Rightarrow
		\;\lambda x \in \ker f$\\
		Come prima:
		\begin{align*}
			&f(\lambda x)=\lambda f(x)=\lambda 0=0
		\end{align*}
\end{enumerate}
\end{proof}
\subsection{Immagine}
\[
f:V \longrightarrow  W
\]
\[
Im f = \Im f = \{ w \in W | \exists v \in V : \;\;f(v)=w \} = \{ f(v) | v \in V \}
\]
L'immagine di $f$ e' un sottospazio di $W$.
\begin{proof}
	\begin{enumerate}
\item $\forall x,y \in \Im f\;\;\Rightarrow \; x+y \in \Im f$\\
	Per Hp $\exists v,v'\in V| f(v)=x, \;f(v')=y$, allora
	\[
	x+y=f(v)+f(v')=f(v+v') \in \Im f
	\]
\item $\forall \lambda \in K, \; w \in \Im f,\;\;\Rightarrow \;\;\lambda w \in
	\Im f$\\
	Per  Hp $\exists v\in V| f(v)=w$, allora
	\[
	\lambda w=\lambda f(v)=f(\lambda v) \in \Im f
	\]
	\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{thm}\label{thm-img-gen}
	Sia $G=\{v_1, \dots, v_n\}$ un insieme di generatori per $V$, allora
$\Im f$ e' generata da $f(v_1), \dots, f(v_n)$, ovvero
\[
\Im f = \Ll(f(v_1), \dots, f(v_n))
\]
\begin{proof}
	Per Hp $V = \Ll(v_1, \dots, v_n\}$. Prendiamo un vettore generico $v
	\in V$, che possiamo esprimere attraverso una sua c.l.:
	\[
	v=a_1v_1+\dots+a_nv_n
	\]
	Allora,
	\[
	f(v)=f(a_1v_1+\dots+a_nv_n)=a_1f(v_1)+\dots+a_nf(v_n)
	\]
	Cioe' $f(v) \in \Ll\left(f(v_1), \dots, f(v_n)\right)$
\end{proof}
\end{thm}
\begin{thm}
	\[
	 f \equiv \textrm{iniettiva} \;\;\Leftrightarrow \;\;\ker f = \{ 0 \}
	\]
	\begin{proof}
		Dim $\Rightarrow $.\\
		Poiche' $f$ e' iniettiva, esistara' un solo $v | \; f(v)=0$, e
		poiche', per qualsiasi f lineare, $f(0)=0$, allora questo
		unico $v \in \ker f$  sara' proprio $0$.
	\end{proof}
	\begin{proof}
		Dim $\Leftarrow $. Dobbiamo dimostrare che $f(x)=f(y)
		\;\Rightarrow \; x=y$.\\
		Consideriamo $x,y \in
		V|\;f(x)=f(y)$:
		\begin{align*}
			&f(x)-f(y)=0\\
			&f(x-y)=0\;\Rightarrow \; x-y=0\;\Rightarrow \; x=y
		\end{align*}
		$f(x-y)=0\;\Rightarrow \; x-y=0$ e' vera perche' per Hp $\ker
		f = \{ 0 \}$ e quindi l'unico $v|f(v)=0$ deve essere $v=0$.
	\end{proof}
\end{thm}

\subsection{Controimmagine}
\[
f:V \longrightarrow  W
\]
\[
Y \subseteq W
\]
\[
f^{-1}(Y) = \{ v | \;v \in V : \;f(v) \in Y \}
\]\[
f^{-1}(y_0) = \{ v | \;v \in V : \;f(v)=y_0 \}
\]
\begin{thm}
	\[
	f(v_0)=w,\;f^{-1}(w)=v_0+\ker f 
	\]
	\begin{proof}
		Consideriamo $y \in f^{-1}(w)$, ovvero $f(y)=w$.
		Allora,
		\[
		f(y-v_0)=f(y)-v_0=w-w=0
		\]
		e percio':
		\[
		f(y-v_0)=0\;\Leftrightarrow \;y-v_0 \in \ker f
		\;\Leftrightarrow\;y \in \ker f + v_0
		\]
		Ovvero, poiche' $y$ era un generico vettore di $f^{-1}$,
		deduciamo che $f^{-1}(w) \subseteq v_0+\ker f$.\\
		Viceversa se $y \in  v_0+\ker f$, cioe' $y=v_0 + x,\;\;x \in
		\ker f$, allora
		\[
		f(y)=f(v_0+x)=f(v_0)+f(x)=w+0=w
		\]
		e quindi $y \in f^{-1}(w)$,  cioe' $v_0+\ker f \subseteq
		f^{-1}(w)$.\\
		In conclusione, deduciamo che $f^{-1}(w)=v_0+\ker f 
		$
	\end{proof}
\end{thm}
\section{Spazio quoziente}
Dato $W \subseteq V,\;\;x,y \in V$, stabiliamo la seguente rel. d'equiv.:
\[
x\equiv y \mod W\;\;\Leftrightarrow \;\;x-y \in W
\]
Lo spazio quoziente che si viene a creare e':
\[
V/_W
\]
Definiamo le operazioni di somma e prodotto:
\[
\forall \overline{x}, \overline{y} \in
V/_W,\;\;\overline{x}+\overline{y}:=\overline{x+y}
\]
\[
\forall \lambda \in K, \; \forall \overline{x} \in
V/_W,\;\;\lambda+\overline{y}:=\overline{\lambda x}
\]
\begin{proof}
	Queste definizioni sono bene poste. Dimostriamolo per il $+$.\\
	Dato $\overline{x'}=\overline{x},\;\overline{y'}=\overline{y}$, deve
	risultare che
	\[\overline{y'}+\overline{x'}=\overline{x}+\overline{y}=\overline{x+y}=\overline{x'+y'}\]
	La tesi dice che:
	\[
	x+y-(x'+y') \in W
	\]
	cioe':
	\[
	(x-x')+(y-y') \in W
	\]
	Per Hp, \[
	y-y' \in W, \;\;x-x' \in W
	\]
	e quindi la Ts e' vera, perche' la somma di due vettori che stanno
	nello stesso sottospazio, e' un vettore che sta' sempre nello stesso
	sottospazio.
\end{proof}
Con queste operazioni appena definite, \[
V/_W
\]
diventa uno spazio vett.\\
\label{sec:pipi}
Consideriamo la seguente funzione:
\[
\pi: V \longrightarrow  V/_W,\;\;\pi(x)=\overline{x}:=x+W 
\]
Alcun sue proprieta':
\begin{enumerate}
	\item $\pi$ e' lineare
	\item $\pi$ e' surriettiva
	\item $\ker \pi = W$
		\begin{proof}
			\[
			\pi(x)=\overline{0} \;\Leftrightarrow \;x\equiv0 \mod
			W\;\Leftrightarrow \;x-0 \in W\;\Leftrightarrow \;
			x\in W
			\]
		\end{proof}
\end{enumerate}

\begin{thm}
	\label{sec:dimVW}
	\[
	\dim V/_W = \dim V - \dim W
	\]
	\begin{proof}
		Dobbiamo creare una base di $V/_W$ e contarne gli
		elementi.\\Per prima cosa scegliamo una base di $W$:
		\[
		B=\{w_1,\dots, w_k\}
		\]
		e completiamola a una base di $V$:
		\[
		B'=\{w_1,\dots, w_k, v_{k+1},\dots,v_n\}
		\]
		Poiche' $B'$ genera $V$, per il teorema \ref{thm-img-gen},
		$\pi(B')$ genera $V/_W$. In $\mod W$, accade che \[
		\pi(w_1)=\dots=\pi(w_k)=0
		\] e quindi applicando il criterio degli scarti li eliminiamo
		da $B'$. I rimanenti $v_{k+1},\dots,v_n$ sono l.i. perche'
		base di $V$. Quindi cio' che e' rimasto come generatore di
		$V/_W$ e':
		\[
		\pi(v_{k+1}),\dots,\pi(v_n)
		\]
		Consideriamo una loro c.l.:
		\begin{align*}
		a_{k+1}\pi(v_{k+1})+\dots+a_n\pi(v_n)=\overline{0}\;\Leftrightarrow\\
		\;\pi(
		a_{k+1}v_{k+1}+\dots+a_nv_n)=\overline{0}\;\Leftrightarrow\\
		\; a_{k+1}v_{k+1}+\dots+a_nv_n \in \ker \pi = W
		\end{align*}
		Quindi esisteranno $a_1, \dots, a_k \in K$ t.c.
		\[
		a_{k+1}v_{k+1}+\dots+a_nv_n=a_1w_1+\dots+a_kw_k
		\]
		E poiche' $w_1,\dots, w_k, v_{k+1},\dots,v_n$ sono base di
		$V$, sono l.i. e quindi $a_1=\dots=a_n=0$. E allora, \[
		a_{k+1}\pi(v_{k+1})+\dots+a_n\pi(v_n)=\overline{0}
		\]
		e' una relazione di indipendenza lineare, e quinti
		questa e'una base di $V/_W$, formata esattamente da $n-k$
		elementi.
	\end{proof}
\end{thm}
\subsection{Isomorfismo}
Una applicazione lineare $f:V\longrightarrow W$ si dice \emph{isomorfismo} quando e' biettiva. Il suo
dominio si dira' isomorfo al suo codominio e si indichera' con $V \simeq W$. Poiche' una applicazione e'
invertibile se e solo se e' biettiva, vale questa proprieta':
\[
f:V\longrightarrow W
\]
\[
f\equiv  \textrm{isomorfismo} \;\Leftrightarrow \;f\equiv \textrm{invertibile} 
\]
Questo significa che se $f$ e' invertibile, non solo e' biettiva, ma e' anche
lineare.
\subsection{Teorema dell'isomorfismo}
\begin{thm}
	
Data una funzione lineare $f:V\longrightarrow W$ possiamo fattorizzarla,
ovvero, possiamo trovare due funzioni, che composte sono uguali a $f$. Come
primo fattore di $f$ utilizzeremo $\pi: V\longrightarrow V/_{\ker f}$ (vedi
\ref{sec:pipi}). Ovvero:
\[
\exists \varphi: \;f = \varphi \circ \pi
\]
il cui diagramma e':
\[
\xymatrix{ V \ar[d]^{\pi} \ar[r]^f & W\\ V/_W \ar[ur] }
\]
Si dice che questo diagramma e' commutativo. $\varphi$ e' iniettiva.
\begin{proof}
	Definiamo $\varphi:V/_{\ker f}\longrightarrow W$ in questo modo:
	\[
	\varphi(\overline{x})=f(x), \;\;\overline{x} \in V/_{\ker f}
	\]
	Intanto osserviamo che $\varphi$ e' ben definita, cioe' se
	\[
	\overline{x}=\overline{y}\;\Leftrightarrow \;x\equiv y\mod \ker f
	\]
	deve accadere che $\varphi(overline{x})=\varphi(\overline{y})$, che
	equivale a dire:
	\[
	f(x)=f(y)
	\]
	Poiche' $x\equiv y\mod \ker f$, allora per definizione \[
	x-y \in \ker f\;\Rightarrow \; f(x)=0,\;f(y)=0
	\]
	cioe':
	\[
	f(x)=f(y)
	\]
	Quindi $\varphi$ e' ben definita.\\
	Dobbiamo dimostrare che $\varphi$ e' lineare, perche' la $f=\varphi \circ \pi$
	e' lineare, e quindi anche la sua fattorizzazione deve esserlo.
	Poiche' composizione di funzioni lineari e' una funzione lineare,
	basta verificare che sia $\pi$ che $\varphi$ siano lineari.
	Abbiamo gia' visto che $\pi$  e' lineare, quindi dobbiamo dimostrarlo solo per $\varphi$:
	\begin{align*}
		&\varphi(\overline{x}+\overline{y})=f(x+y)=f(x)+f(y)=\varphi(\overline{x})+\varphi(\overline{y})\\
		&\varphi(\lambda\overline{y})=f(\lambda x)=\lambda
		f(x)=\lambda \varphi(\overline{x})
	\end{align*}
	Adesso dimostriamo che $\varphi$ e' iniettiva calcolando il suo $\ker
	\varphi$:
	\begin{align*}
		\ker \varphi = & \left\{\overline {x} \in V/_{\ker f}:
		\;\varphi(\overline{x})=0\right\}\\
		=& \left\{\overline {x} \in V/_{\ker f}: \; f(x)=0 \right\}\\
		=&\left\{\overline {x} \in V/_{\ker f}: \; x\in \ker f
		\right\}\\
		=&\left\{\ker f \right\} = \left\{\overline{0} \right\}
	\end{align*}
	Quindi poiche' $\ker \varphi = \{\overline{0}\}$, $\varphi$ e'
	iniettiva.

\end{proof}
\begin{cor}
	Se $f:V\longrightarrow W $ e' surriettiva, ovvero $\Im f = W$, allora
	\[\Im f \simeq V/_{\ker f}\]
	Ovvero esiste un isomorfismo tra $\Im f$ e $V/_{\ker f}$, e questo
	isomorfismo e' proprio $\varphi$.
	\begin{proof}
		Per Hp \[
		\varphi:V/_{\ker f}\longrightarrow W=\Im f
		\]
		Poiche' $f$ e' surriettiva, e poiche' $f=\varphi \circ \pi$,
		allora anche $\varphi$ sara' surriettiva.
		Prima abbiamo visto che $\varphi$ e' iniettiva, quindi
		$\varphi$ e' biettiva, e dato che e' lineare, e' proprio
		l'isomorfismo cercato.
	\end{proof}
\end{cor}
\end{thm}
\subsection{Teorema delle dimensioni}
Dato $V$ f.g. e $f:V\longrightarrow W$, surriettiva e lineare, allora
\[
\dim V = \dim \Im f + \dim \ker f 
\]
\begin{proof}
Per quanto abbiamo visto prima, $\Im f \simeq V/_{\ker f}$ quindi \[\dim \Im f =
\dim V/_{\ker f}\]
Per il teorema \ref{sec:dimVW} possiamo scrivere \[
\dim V/_{\ker f}= \dim V - \dim \ker f 
\]
Quindi:
\[
\dim \Im f= \dim V - \dim \ker f
\]
ovvero:
\[
\dim V  = \dim \Im f  + \dim \ker f
\]
\end{proof}
\begin{proof}
	Questa e' una dimostrazione meno compatta.\\
	Prendiamo una base di $\ker f$:
	\[
	A=\left\{v_1, \dots, v_k\right\}
	\]
	ed estendiamola a una base di $V$:
	\[
	B=\left\{v_1, \dots, v_k, v_{k+1}, \dots, v_n\right\}
	\]
	I vettori $f(v_1),\dots, f(v_n)$ generano $\Im f$.\\
	Poiche' per i vettori $v_i \in \ker f$ accade che $f(v_i)=0$, allora
	\[f(v_1)=\dots=f(v_k)=0\], e questo significa che applicando il criterio
	degli scarti, possiamo eliminare questi vettori da \[
	\Im f = \Ll(f(v_1), \dots, f(v_n) )
	\]
	ottenendo:
	\[
	\Im f = \Ll(f(v_{k+1}), \dots, f(v_n))
	\]
	Se questi vettori fossero l.i. avremmo trovato una base di $\Im f$.
	Consideriamo allora una rel di dip. lineare tra questi vettori:
	\[
	a_{k+1} f(v_{k+1})+ \dots+ a_nf(v_n)=0
	\]
	poiche' $f$ e' lineare:
	\[
	f(a_{k+1}v_{k+1}+ \dots+ a_n v_n)=0
	\]
	quindi $a_{k+1}v_{k+1}+ \dots+ a_n v_n \in \ker f$. Possiamo quindi
	esprimere quest'ultimo vettore come c.l. rispetto alla base di $\ker
	f$, cioe':
	\[
	a_{k+1}v_{k+1}+ \dots+ a_n v_n \in \ker f = a_1v_1 + \dots + a_kv_k=0
	\]
	Ma poiche' $v_1, \dots, v_k$ sono l.i, allora lo saranno anche
	$v_{k+1}, \dots, v_n$ e quindi anche $f(v_{k+1}), \dots, f(v_n)$ sono
	l.i.\\
	In definitiva si ha:
	\[
	\dim \Im f = |\left\{f(v_{k+1}), \dots, f(v_n)\right\}| = n-k
	\]
	ovvero:
	\[
	\dim \Im f = \dim V - \dim \ker f 
	\]

\end{proof}
\subsection{Assegnazione di un'applicazione lineare}
Data la funzione lineare $f:V\longrightarrow W$ e la base
$B=\left\{v_1,\dots,v_n\right\} $ di $V$:
\[
f(v_1)=\dots=f(v_n)=\theta\;\Rightarrow \; f\equiv \textrm{applicazione nulla}
\]
\begin{proof}
	Esprimiamo $v\in V$ come un c.l. dei vettori di $B$:
	\[
	v=a_1v_1+\dots+a_nv_n
	\]
	allora
	\[
	f(v)=f(a_1v_1)+\dots+f(a_nv_n)=a_1f(v_1)+\dots+a_nf(v_n)
	\]
	Per Hp $f(v_i)=\theta$ quindi:
	\[
	f(v)=a_1f(v_1)+\dots+a_nf(v_n)=a_1\theta+\dots+a_n\theta=\theta
	\]
\end{proof}
Come conseguenza, date due funzioni $f,g:V\longrightarrow W$,
\[
f(v_1)=g(v_1), \dots, f(v_n)=g(v_n)\;\Rightarrow \;f=g
\]
Consideriamo la funzione differenza $(f-g)$ e come prima consideriamo il
vettore $v \in V$:
	\[
	(f-g)(v)=a_1v_1+\dots+a_nv_n=a_1(f-g)(v_1)+\dots+a_n(f-g)(v_n)
	\]
	Per come sono state definite le operazioni tra le funzioni lineari
	deduciamo che $(f-g)(v_1)=f(v_1)-g(v_1)$, ma poiche' per Hp
	$f(v_1)=g(v_1)$ allora $f(v_1)-g(v_1)=\theta$, quindi sostituendo
	otteniamo:
\[
(f-g)(v)=a_1(f-g)(v_1)+\dots+a_n(f-g)(v_n)=a_1\theta+\dots+a_n\theta=\theta\]
ovvero:
\[
(f-g)(v)=\theta
\]
quindi
\[
f(v)-g(v)=\theta\;\Rightarrow \;f(v)=g(v),\;\forall v \in V\;\Rightarrow \;
f=g
\]
\begin{thm}
	Data una base $B=\left\{v_1,\dots,v_n\right\}$ e $n$ vettori arbitrari
	$w_1,\dots,w_n \in W$, allora
	\[
	\exists ! \;f:V\longrightarrow W\; | \;f(v_1)=w_1, \dots, f(v_n)=w_n
	\]
	\begin{proof}
		Scriviamo $v \in V$ come c.l. di $B$:
		\[
		v=a_1v_1+\dots+a_nv_n
		\]
		allora possiamo definire $f(x)$ in questo modo:
		\[
		f(v)=f(a_1v_1+\dots+a_nv_n)=a_1f(v_1)+\dots+a_nf(v_n),\;\;f(v_1)=w_1,
		\dots, f(v_n)=w_n
		\]
		Per quanto abbiamo visto prima questa funzione e' unica.
	\end{proof}
\end{thm}
\subsection{Prodotto cartesiano di spazi vettoriali}
Dati due $K$ spazi vettoriali $V, W$, possiamo rendere $V \times W$ uno spazio
vettoriale. Infatti, basta definire le seguenti operazioni:
\begin{align*}
	&x,y \in V\times W,\;\; x=(v_1, w_1),\;y=(v_2, w_2)\\
	&v+w:=(v_1+v_2, w_1+w_2)\\
	&\lambda w:=(\lambda v_2, \lambda w_2)
\end{align*}
Queste operazioni rendono $V\times W$ uno spazio vettoriale.\\
Sia $B={v_1, \dots, v_n}$ una base di $V$ e $C={w_1, \dots, w_m}$
una base di $W$. Una base di $V \times W$ sara':
\[
D=\left\{(v_1, 0_w), \dots, (v_n, 0_w), (0_v, w_1), \dots, (0_v, w_m)
\right\}=\left\{B\times\{0_w\}\cup \{0_v\}\times C\right\}
\]
Poiche' $D$ e' una base di $V \times W$, allora $\dim V \times W = \dim V +
\dim W$.\\
Le proiezioni canoniche sono lineari:
\[
\pi_1: V\times W \longrightarrow  V,\;\; \pi_1(v,w)=v
\pi_2: V\times W \longrightarrow  W,\;\; \pi_2(v,w)=w
\]
Inoltre
\[
\ker \pi_1 = \left\{ (0, w) | \; w \in W \right\}
\]
\[
\ker \pi_2 = \left\{ (v, 0) | \; v \in V \right\}
\]
\subsubsection{Formula di Grassman}
Proveremo con i nuovi strumenti che abbiamo acquisito la formula di Grassman:
$V,W \subseteq U$,
\[
\dim(V+W) = \dim V+\dim W - \dim (V\cap W)
\]
\begin{proof}
	Consideriamo la seguente applicazione:
	\[
	\sigma:V\times W \longrightarrow  V+W,\;\;\sigma( (v,w)):=v+w
	\]
	Questa applicazione e' lineare, infatti,
	\begin{align*}
		\sigma\left( (v_1, w_1) + (v_2, w_2) \right)=&
		\sigma(v_1+v_2,w_1+w_2) \\
		= &v_1+v_2+w_1+w_2 = v_1+w_1+v_2+w_2 \\
		= & \sigma(v_1,w_1) + \sigma(v_2, w_2)
	\end{align*}
	Inoltre e' ovviamente surriettiva, poiche' a ogni $v+w \in V+W$
	corrisponde un $(v,w) \in V\times W \; | \; \sigma(v,w)=v+w$.
	Calcoliamo il suo kernel:
	     \begin{align*}
		     \ker \sigma =&\left\{ (v,w) \in V\times W \;|\;
		     \sigma(v,w)=0 \right\}\\
		     =& \left\{ (v,w) \in V\times W \;|\;
		     v+w=0 \Leftrightarrow w=-v \right\}\\
		     =& \left\{ (v,w) \in V\times W \;|\;
		     v+w=0 \Leftrightarrow v=-w \right\}\\
		     =&\left\{ (v,-v) \in V\times W \right\}
	       \end{align*}
	       Poiche' $-v \in W$  e $ v \in V$, deduciamo che $v \in V\cap
	       W$:
	       \[
	       \ker \sigma = \left\{ (v,-v) | \;v \in V \cap W \right\}
	       \]
	       quindi $\dim \ker \sigma= \dim  V \cap W $
	 A questo  punto possiamo applicare il teorema delle dimensioni delle
	 basi:
	 \begin{align*}
		 \dim V\times W =&\dim \Im \sigma + \dim \ker \sigma\\
		 =&\dim(V+W) + \dim V \cap W
	 \end{align*}
 ovvero:
 \[
 \dim(V+W)=\dim V\times W - \dim V \cap W
 \]
 e siccome sappiamo che $\dim V\times W=\dim V + \dim W$, giungiamo alla tesi:
 \[
 \dim(V+W)=\dim V + \dim W- \dim V \cap W
 \]
\end{proof}

 \subsection{Matrice associata}
 E' possibile associare una matrice a una applicazione lineare $f$. Cosi'
 facendo saremo in grado di poter copmutare algoritmicamente tutti i problemi
 che ci siamo posti sulla applicazioni lineari.\\
 Data $f:V\longrightarrow W$, lineare, e $B=\left\{v_1, \dots, v_n \right\}$
 base di $V$, $C=\left\{w_1, \dots, w_m\right\}$ base di $W$, la matrice
 associata $M_{B,C}(f)$ di tipo $\dim W\times\dim V$ si ottiene ponendo nelle
 colonne sue colonne le componenti di $f(v_i)$ rispetto alla base $C$. Cioe':
 \begin{align*}
	 &f(v_1)=a_{11}w_1+\dots+a_{m1}w_m\\
	 &f(v_2)=a_{12}w_1+\dots+a_{m2}w_m\\
	 &\vdots\\
	 &f(v_n)=a_{1n}w_n+\dots+a_{mn}w_m
 \end{align*}
\[
M_{B,C}(f)=\begin{pmatrix}
	a_{11}&\dots&a_{1n}\\
	\vdots\\
	a_{mn}&\dots&a_{mn}
\end{pmatrix}
\]
Inoltre, se $v \in V$ e $[v]_B=(x_1, \dots, x_n)$ allora
\[
[f(v)]_C=M_{B,C}(f)\begin{pmatrix}
	x_1\\
	\vdots\\
	x_n
\end{pmatrix}
\]
cioe':
\[
[f(v)]_C=M_{B,C}(f)\TR[v]_B
\]
\subsubsection{Proprieta'}
\[
\dim \Im f = rk\,M_{B,C}(f)
\]
(Nota: il rango di $M_{B,C}$ non dipende ne' da $B$, ne' da $C$, ma solo da
$f$)
\begin{proof}
	Per il teorema \ref{thm-img-gen}, $\Im f = \Ll(f(v_1), \dots, f(v_n)$,
	quindi
	\[
	\dim Im f = \dim \Ll(f(v_1), \dots, f(v_n) )= \dim \Ll([f(v_1)]_C,
	\dots, [f(v_n)]_C) = rk \,M_{B,C}(f)
	\]
\end{proof}
L'applicazione
\[\Phi_{B,C}:\hom(V,W)\longrightarrow K^{m,n}\;\;\Phi_{B,C}(f)=M_{B,C}(f)\] 
e' un isomorfismo tra spazi vettoriali
\begin{proof}
	$\Phi_{B,C}$ e' lineare, quindi basta dimostrare che e' invertibile,
	ovvero che esiste la sua inversa:
	\[
	\Psi_{B,C}:K^{m,n}\longrightarrow \hom(V,W) \; |\; \Phi\circ \Psi =
	I_{K^{m,n}} \;\land \; \Psi \circ  \Phi = I_{\hom(V,W)}
	\]
	Data la matrice associata a $f \in \hom(V,W)$
\[
M_{B,C}(f)=\begin{pmatrix}
	a_{11}&\dots&a_{1n}\\
	\vdots\\
	a_{mn}&\dots&a_{mn}
\end{pmatrix}
\]
deve accadere che $\Psi(M_{B,C}(f) )=f$, cioe'
	\begin{align*}
	 &\Psi(v_1)=a_{11}w_1+\dots+a_{m1}w_m\\
	 &\Psi(v_2)=a_{12}w_1+\dots+a_{m2}w_m\\
	 &\vdots\\
	 &\Psi(v_n)=a_{1n}w_n+\dots+a_{mn}w_m
 \end{align*}
\end{proof}

\subsection{Equazioni cartesiane del nucleo}
Possiamo ricavare le equazioni cartesiane del nucleo. Per definizione il
nucleo e':
\[
\ker f := \left\{ v\in V |\; f(v)=0\right\}
\]
Quindi 
\[
v\in V: \;f(v)=0\;\;\Leftrightarrow \;\;[f(v)]_C=0
\]
ovvero:
\[
[f(v)]_C=M_{B,C}(f)\TR[v]_B=0
\]
Quest'ultimo corrisponde al seguente sistema lineare omogeneo:
\label{equkerfmat}
\[
[f(v)]_C=M_{B,C}(f)\begin{pmatrix}
	x_1\\
	\vdots\\
	x_n
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
	0\\
	\vdots\\
	0
\end{pmatrix}
\]
\subsection{Matrici associate di f compost}
Dati i sottospazi $V,W,U$ e le loro rispettive basi $B, C, D$, se
$f:V\longrightarrow W, \;g:U\longrightarrow V$ sono lineari, allora:
\[
M_{B,C}(f\circ g)=M_{B,C}(f)\cdot M_{B,C}(g)
\]
\subsection{Matrici equivalenti}
Date due matrici $A, B \in K^{m,n}$:
\[
A = B \;\;\Leftrightarrow \;\;\exists U \in K ^{m,m}, \;V\in K^{n,n}:\;U\cdot A
\cdot V = B
\]
$U, V$ devono essere invertibili.\\
Questa relazione e' d'equivalenza.\\

Matrici equivalenti hanno lo stesso rango.
\subsection{Matrici del cambiamento di base}
Date due basi $B, C \subseteq V$ e un vettore $v\in V$ le componenti di $v$
rispetto a $B=\left\{v_1,\dots, v_n\right\}$ e quelle rispetto a
$C=\left\{w_1, \dots, w_n\right\}$ saranno legate da una particolare
relazione. Esprimiamo i vettori della base $B$ tramite una c.l rispetto alla
base $C$:
\begin{align*}
	&v_1=a_{11}w_1+\dots+a_{n1}w_n\\
	&v_2=a_{12}w_1+\dots+a_{n2}w_n\\
	&\vdots\\
	&v_n=a_{1n}w_n+\dots+a_{nn}w_n
\end{align*}
Siano le componenti di $v\in V$ rispetto a $B$ 
\[
[v]_B=(x_1, \dots, x_n)
\]
allora esprimiamo $v$ come c.l.:
\[
v=x_1v_1+\dots+x_nv_n
\]
Sostituendo in questa espressione i valori di $v_i$ otteniamo:
\begin{align*}
	v=&x_1(a_{11}w_1+\dots+a_{n1}w_n)+\\
	+&x_2(a_{12}w_1+\dots+a_{n2}w_n)+\\
	&\vdots\\
	+&x_n(a_{1n}w_n+\dots+a_{nn}w_n)
\end{align*}
e mettendo in evidenza i termini $w_i$ otteniamo:
\begin{align*}
	v=&w_1(a_{11}x_1+\dots+a_{1n}x_n)+\\
	+&w_2(a_{21}x_1+\dots+a_{2n}x_n)+\\
	&\vdots\\
	+&w_n(a_{n1}x_n+\dots+a_{nn}x_n)
\end{align*}
Quindi le componenti $[v]_C$ sono i coefficienti dei vettori $w_i$ di
quest'ultima espressione appena calcolata, ovvero:
\[
\begin{pmatrix}
	a_{11} & \dots & a_{1n}\\
	a_{21} & \dots & a_{2n}\\
	\vdots\\
	a_{n1} & \dots & a_{nn}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
	x_1\\
	\vdots\\
	x_n
\end{pmatrix}=:A\cdot \overline{x}
\]
Le colonne della matrice $A$ sono le componenti del vettore $v_i$ rispetto a
$C$, quindi questa matrice non e' nient'altro che la matrice associata
all'applicazione identica rispetto alle basi $B,C$, cioe':
\[
P_{B \to C}:=A=M_{B,C}(I_v)
\]
In definitiva, $A$ e' la matrice del cambiamento di base $P_{B\to C}$ e
risulta:
\[
\TR[v]_C=P_{B \to C}\cdot \TR[v]_B
\]
Nota: le matrici del cambiamento di base sono sempre invertibili, infatti, se
$P_{B\to C}$ e' la mat del cambiamento di base da $B$ a $C$, la sua inversa e'
$P_{C\to B}$, cioe' la mat del cambiamento di base da $C$ a $B$.\\
Riassumendo tutto:
date le due basi $B=\left\{v_1, \dots, v_n1\right\}$, $C=\left\{w_1,\dots,
w_n\right\}$, allora le colonne delle  matrice di passaggio $P_{B\to C}$
saranno $[v_1]_C, \dots, [v_n]_C$.

\subsection{Relazione tra matrici associate}
Data $f:V\longrightarrow W$ lineare, e due basi $B, B' \in V$ e $C, C' \in W$,
esiste una relazione tra $M_{B,C}(f)$ e $M_{B',C'}(f)$.\\
La definizione di matrice associata dice che:
\[
[f(v)]_C=M_{B,C}(f)[v]_B
\]
Dove in questo caso con $[v]_B$ intendiamo la colonna delle componenti di $v$
rispetto a $B$.\\
Allora per il cambiamento di basi si ha:
\begin{align*}
	&P_{B'\to B}=M_{B',B}(I_v)\\
	&P_{C'\to C}=M_{C',C}(I_v)\\
	&[v]_B=P_{B'\to B}\cdot [v]_{B'}\\
	&[f(v)]_C=P_{C'\to C}\cdot [f(v)]_{C'}\\
	&[f(v)]_C=M_{B,C}(f)[v]_B\\
	&P_{C'\to C}\cdot [f(v)]_C'  =  M_{B,C}(f)P_{{B'}\to B}\cdot [v]_{B'}\\
	&\underbrace{P_{C'\to C}^{-1}P_{C'\to C} }_{I} \cdot [f(v)]_C' =
	P_{C'\to C}^{-1} M_{B,C}(f)P_{{B'}\to B}\cdot [v]_{B'}\\
	&[f(v)]_{C'}= P_{C'\to C}^{-1} M_{B,C}(f)P_{{B'}\to B}\cdot [v]_{B'}
\end{align*}
Quindi deduciamo che la matrice $P_{C'\to C}^{-1} M_{B,C}(f)P_{B'\to B}$
trasforma le componenti di $v$ rispetto a $B'$ nelle componenti di $f(v)$
rispetto alla base $C'$, quindi corrisponde alla matrice associata
$M_{B',C'}(f)$, ovvero:
\[
M_{B',C'}(f)= P_{C'\to C}^{-1} M_{B,C}(f)P_{B'\to B} =  P_{C\to C'}
M_{B,C}(f)P_{B'\to B}
\]
Quindi questa e' la relazione di passagio da una matrice associata all'altra:
\[
M_{B',C'}(f)=P_{C\to C'} M_{B,C}(f)P_{B'\to B}
\]
Nota: le matrici associate a basi diverse rispetto a una stessa $f$ sono
equivalenti.\\
Matrici equivalenti hanno lo stesso rango.\\

Se in un'applicazione lineare $f:V\longrightarrow W$, cambiamo la base
associata al codominio da $C$ a $C'$, allora, per quanto detto prima la nuova
matrice associata sara':
\[
M_{B,C'}(f)=P_{C\to C'} M_{B,C}(f) P_{B\to B} = P_{C\to C'} M_{B,C}(f)
\]
Moltiplicare $M_{B,C}$ alla sinistra con una matrice invertibile, equivale a
effettuare delle operazioni elementari di riga su $M_{B,C}$. Questo vuol dire
che le equazioni di $\ker f$, che si ottengono usando la matrice associata
$M_{B,C}$ (vedi \ref{equkerfmat}),  restano uguali a quelle ottenute da
$M_{B,C'}$, infatti, non stiamo facendo altro che cambiare il loro ordine
all'interno del sistema omogeneo o moltiplicarle per una costanbte o sommarle
tra di loro.\\
Se invece cambiamo il dominio di $f$, da $B$ a $B'$, allora:
\[
M_{B',C}(f)=M_{B,C}(f) P_{B'\to B}
\]
e questo vuol dire effettuare delle operazioni elementari di colonna. Come
conseguenza, in questo caso, la descrizione del immagine di $f$ non cambiera',
infatti, gli elementi delle colonne di $M$ sono le componenti dei vettori che
generano $\Im f$. Se cambiamo l'ordine di questi vettori, o gli applichiamo
altre trasformazioni elementari, allora continueranno sempre a generare $\Im
f$.

\subsection{Matrice invertibile e trasf. elementari}
Data le matrici $P \in K^{n,n}$, $M\in K^{m,n}$ la matrice 
$M\cdot P$ si puo' ottenere da $M$ effettuando sulle colonne di $M$ una
successione di trasformazioni elementari. Invece, $P\cdot M$ si puo' ottenere
effettuando una serie di successioni di trasformazioni elementari su righe di
$M$.\\
Se $P$ e' ottenuta, a seguito di trasformazioni elementari di riga dalla matrice
identica $I$, allora $P\cdot M$ e' uguale alla matrice che si ottiene
eseguendo le stesse trasformazioni elementari di riga su $M$. Ad esempio, se
trasformiamo la riga di $P$ in  $R_2\mapsto 2R_2$ e facciamo $PM$ otteniamo
una matrice che equivale a $M$ trasformata con $R'_2\mapsto 2R'_2$, dove
$R'_2$ e' la riga 2 di $M$.\\
Viceversa $MP$ equivale a trasformazioni di colonna.
\subsection{Matrice ortogonale}
Una matrice $P \in K^{n,n}$ si dira' ortogonale se
\[P^{-1}=\TR P\]
(In uno spazio cartesiano, le matrici ortogonali sono quelle che descrivono le
rotazioni).
\subsubsection{Proprieta'}
\begin{enumerate}
	\item Se $P$ e' ortogonale, allora $\det P =\pm 1 $.
		\begin{proof}
			Poiche' $P$ e' ortogonale:
			\[
			(P^{-1}=\TR P)\cdot P = I
			\]
			cioe'
			\[
			\TR P\cdot P = I
			\]
			per il teorema di Binet:
			\[
			\det(\TR P\cdot P) = \det(I)\;\;\Rightarrow \;
			\det(\TR P)\det(P) = 1
			\]
			per la proprieta' delle trasposte \[
			\det(\TR P)\det(P)
			\]
			quindi
			\[
			\det(P)^2 = 1
			\]
			e quindi
			\[
			\det P = \pm 1
			\]
		\end{proof}
\end{enumerate}

\section{Endomorfismi}
dato V spazio vettoriale,  $f:V\longrightarrow V$, lineare si dira' endomorfismo.
Si potrebbe dire la stessa cosa scrivendo:
\[
f \in \hom(V,V)
\]
Alcuni endomorfismi:
\begin{enumerate}
	\item $D: K[x] \longrightarrow  K[x]$
	\item $D: K[x]_n \longrightarrow  K[x]_n$
	\item Una matrice quadrata $M \in K^{n,n}$ induce un endomorfismo $m:
		K^n\longrightarrow K^n$ mediante il prodotto di riga per
		colonna tra matrici.
\end{enumerate}
Sia $f \in \hom(V,V)$, allora:
\[
\ker f = \{ \theta  \} \;\Leftrightarrow \;\Im f = V
\]
cioe', se $f$, endomorfismo e' iniettiva, allora e' suriettiva, e viceversa.
O anche, se $f$ e' iniettiva, o suriettiva, allora e' un isomorfismo.
\begin{proof}
	Dim $\Rightarrow $.\\
	Per il teorema delle dimensioni:
	\[
	\dim V = \dim \ker f + \dim \Im f
	\]
	in questo caso, per Hp $\dim \ker f =0$, quindi $\dim V = \dim \Im f$.
	Questo significa che hanno due basi $B, C$ con lo stesso numero di vettori,
	ma poiche' $f(v) \in V$, vuol dire che i vettori che generano $\Im f$
	generano anche $V$ e viceversa, ovvero $V=\Im f$. Quindi, $f$ e'
	suriettiva.\\
	Dim $\Leftarrow $.\\
	In questo caso 
	\[
	\dim V =  \dim \ker f + \dim V
	\]
	quindi, necessariamente $\dim \ker f = 0\;\Rightarrow \; \ker f = \{ 0 \}$
\end{proof}
\subsection{Matrici simili}
Due matrici quadrata $A,B \in K^{n,n}$ sono simili se:
\[
A,B\equiv\textrm{simili}\;\Leftrightarrow \; \exists P, \textrm{ invertibile}
| \;P^{-1}\cdot A\cdot P=B
\]
Questa relazione di similitudine e' una relazione di equivalenza, valgono
infatti le tre proprieta'.
\begin{enumerate}
	\item Riflessiva: $I^{-1}AI = A\;\Rightarrow  A\approx A$ 
	\item Simmetrica: Se $A \approx B$, allora $\exists P | P^{-1}\cdot
		A\cdot P=B$, quindi $PP^{-1} A PP^{-1} = PBP^{-1} = A$, cioe'
		$PBP^{-1} =  {P^{-1}}^{-1}BP^{-1} = A$
	\item transitiva: Se $A \approx B$, $B \approx C$, allora
		$B=P^{-1}AP,\;C=Q^{-1}BQ$, sostituendo:
		\[
		C=Q^{-1}P^{-1}APQ
		\]
		ponendo $R=PQ$ e sapendo che $R^{-1}=Q^{-1}P^{-1}$
		\[
		C=R^{-1}AR
		\]
		ovvero $A \approx C$
\end{enumerate}
Date due basi $B,C$ di $V$, e l'endomorfismo $f:V\longrightarrow V$, allora
\[
M_{B,B}(f) \approx M_{C,C}(f)
\]
infatti, \[
M_{C,C}(f)=P_{B\to C} M_{B,B}(f) P_{C\to B} = P_{C\to B}^{-1} M_{B,B}(f)
P_{C\to B}
\]
Nota: non e' strettamente necessario che la base del dominio e del codominio
coincidano. Per il calcolo di $\ker f$ e di $\Im f$, le basi possono essere
scelete arbitrariamente. Quando, invece, si calcola il polinomio
caratteristico, le due basi devono coincidere.
\subsection{Matrici diagonalizzabili}
Una matriche $A$ simile a una matrice diagonale (vedi \ref{mat_diagonale}), si
dice diagonalizzabile.\\
Due matrici diagonali che differiscono per l'ordine degli elementi nella loro
diagonale principale sono simili.\\
In una classe di similitudine di matrici, esiste al piu' una sola matrice
diagonale.
\subsection{Autovalore e autovettore}
Dato $\lambda \in K$ e $f \in \hom(V,V)$
\[
\lambda \equiv \textrm{ autovalore per f}\;\Leftrightarrow \; \exists v \in V, v\neq
0|\;f(v)=\lambda v
\]
In modo simile, dato $v\in V, v\neq 0$
\[
v \equiv \textrm{ autovettore per f}\;\Leftrightarrow \; \exists \lambda  \in K|\;f(v)=\lambda v
\]
Si dira' che $v$ e' l'autovettore associato all'autovalore $\lambda$.\\
Definendo il seguente endomorfismo
\[
f_\lambda: V \longrightarrow V,\;\;f_\lambda(v)=f(v)-\lambda v,\;\;\forall v
\in V
\]
valgono queste proprieta':
\[
\lambda \equiv \textrm{autovalore per f}\;\Leftrightarrow \; \exists v \neq  0 |
f_\lambda(v)=0 \;\Leftrightarrow \; \ker f_\lambda \neq \{ 0 \} \;\]
\[\qquad
\Leftrightarrow \; \dim \ker f_\lambda \ge  1\; \Leftrightarrow \; \dim \Im
f_\lambda \le  \dim V-1
\]
L'ultima doppia implicazione e' vera perche' $\dim V = \dim \ker f_\lambda +
\dim \Im f_\lambda$.
\begin{proof}
	Dimostriamo la prima doppia implicazione.\\
	Dimostriamo $\Rightarrow $.\\
	$\lambda$ e' un autovalore per $f$, quindi esiste un $v$ t.c.
	$f(v)=\lambda v$, quindi $f_\lambda(v)=f(v)-\lambda v=\lambda
	v-\lambda v=0$.\\
	Viceversa se $\ker f_\lambda \neq \{ 0 \} $ allora esiste un $v$ t.c.
	$f_\lambda(v)= 0$, ovvero \[f_\lambda(v)=f(v)-\lambda v= 0\;\Rightarrow
	\; f(v)=\lambda v\]
\end{proof}
\subsection{Autospazio}
Dato $f \in \hom(V,V)$ e $\lambda$ autovalore, definiamo \emph{autospazio} di
$\lambda$ il seguente insieme:
\[
V_\lambda := \left\{ v \in V \;|\; f(v)=\lambda v \right\} = \ker f_\lambda
\]
ovvero e' l'insieme di tutti gli autovettori associati a $\lambda$. Se
$\lambda$ non e' un autovalore, allora $V_\lambda=\{0\}$ perche' $f(0)=\lambda 0$\\
Come paso particolare $\lambda=0$, accade che $\ker f_\lambda = \ker f$.
\subsection{Polinomio caratteristico}
Dato $f\in \hom(V,V)$, e $B$ base di $V$ chiameremo polinomio caratteristico
di $f$ il seguente determinante:
\[
p_f(x) = \det ( M_B(f) -x\mathbf{1} ) = \det M_B(f-x\mathbf{1} )=
\det\begin{pmatrix}
	a_{11}-x & \dots & a_{1n}\\
	\vdots\\
	a_{n1} & \dots & a_{nn}-x
\end{pmatrix}
\]
$\deg p_f(x) = n$. Inoltre, $p_f(x)$ non dipende dalla scelta di $B$ ma solo
da $f$.
\begin{proof}
	Consideriamo due basi $B,C$. Per il cambiamento di base:
	\[
	M_{B,B}(f)=P_{C\to C'}M_{C,C}P_{C'\to C}=P_{C'\to C}^{-1}M_{C,C}P_{C'\to C}
	\]
	e quindi
	\[
	M_{B,B}(f)-xI=P_{C'\to C}^{-1}(M_{C,C}-xI)P_{C'\to C}
	\]
	per binet possiamo calcolarne il det (ricordando che $|A^{-1}|=\frac{1}{|A|}$):
	\[
	\det (P_{C'\to C}^{-1}(M_{C,C}(f)-xI)P_{C'\to C})=
	\frac{|P|}{|P|}\det(M_{C,C}(f)-xI)=\det(M_{C,C}(f)-xI)
	\]
	quindi, come volevasi dimostrare:
	\[
	\det(M_{B,B}(f)-xI)=\det(M_{C,C}(f)-xI)
	\]
\end{proof}
\begin{thm}
	\[
	\lambda\equiv\textrm{autovalore di $f$}\;\Leftrightarrow\;p_f(\lambda)=0
	\]
	Ovvero se $\lambda$ e' una radice di $p_f(x)$.
	\begin{proof}
		Dim $\Rightarrow $.\\
		$\lambda$ e' autovalore di $f$, quindi:
\[\dim \ker f_\lambda \ge  1\; \Leftrightarrow \; \dim \Im f_\lambda \le  \dim V-1 \]
poiche' $\dim \Im f_\lambda = rk\,M(f_\lambda)$ e $\dim V =n$ allora
\[
rk\,M(f_\lambda)  \le  n-1
\]
questo vuol dire che il det del minore di ordine $n$ e' nullo, cioe'
\[
\det M(f_\lambda) = 0
\]
Poiche' 
\[
M(f_\lambda)=M(f-\lambda I)= \begin{pmatrix}
	a_{11}-\lambda & \dots & a_{1n}\\
	\vdots\\
	a_{n1} & \dots & a_{nn}-\lambda
\end{pmatrix}
\]
dire che $\det M(f_\lambda) = 0$ equivale a dire che $p_f(\lambda)$ ammette come
radice $\lambda$.
Poiche' in queste dimostrazione abbiamo usato solo doppie implicazioni
$\Leftrightarrow $, abbiamo automaticamente dimostrato anche il viceversa.
\end{proof}
\end{thm}
Come corollario segue che se $\dim V=n$, allora un endomorfismo di $V$ puo'
avere al piu' $n$ valori (perche' possono esistere al massimo $n$ radici di
$p_f(x)$).
\subsection{Molteplicita' algebrica e geometrica}
Se $\lambda$ e' un autovalore di $f$ e 
\[
p_f(x)=(x-\lambda)^mq(x),\;\;q(x)\neq 0
\]
allora la molteplicita' algebrica dell'autovalore $\lambda$ e' 
\[
\mu_a(\lambda)=m
\]
In sostanza e' la normale molteplicita' dei polinomi.
\\
Invece, la molteplicita' geometrica e' definita come:
\[
\mu_g(\lambda):=\dim V_\lambda
\]
\begin{thm}
	\[
	\mu_g(\lambda) \le  \mu_a(\lambda)
	\]
	\begin{proof}
		Sia $\{v_1, \dots, v_t\}$ una base di $V_\lambda$, quindi
		$\dim V_\lambda=t$, e
		completiamola a una base $B$ di $V$:
		\[
		B=\{v_1, \dots, v_t, v_{t+1}, \dots, v_n\}
		\]allora abbiamo:
		\begin{align*}
			&f(v_1)=\lambda v_1+0\cdot v_2+\dots+0\cdot v_t+0\cdot v_{t+1}+\dots+0\cdot v_n\\
			&f(v_2)=0\cdot v_1 + \lambda v_2+ \dots\\
			&\vdots\\
			&f(v_t)=0\cdot v_1 + \dots+\lambda v_t+0\cdot v_{t+1}+\dots+0\cdot v_n\\
			&f(v_{t+1})=a_{1,1}v_1 + a_{2,1}v_2 + \dots + a_{t,1}v_t + a_{t+1,1}v_{t+1}+\dots+a_{n,1}v_n\\
			&\vdots\\
			&f(v_{n})=a_{1,n}v_1 + a_{2,n}v_2 + \dots + a_{t,1}v_t + a_{t+1,n}v_{t+1}+\dots+a_{n,n}v_n
		\end{align*}
		Quindi la matrice associata diventa:
		\[
		M_B(f)=\begin{pmatrix}
			\lambda & 0 & \dots & 0 \vline & a_{1,1} & \dots & a_{1,n}\\
			0 & \lambda & \dots & 0 \vline & a_{2,1} & \dots & a_{2,n}\\
			\vdots& &\ddots   & 0 \vline &  \dots\\
			0 & \dots & \dots & \lambda \vline & a_{t,1} & \dots & a_{t,n}\\
			\hline 0 & \dots & & 0 \vline & a_{t+1, 1} & \dots & a_{t+1,n}\\
			\vdots & & & \vdots\; \vline  & \vdots \\
			0 & \dots & & 0 \vline & a_{n, 1} & \dots &	a_{n,n}
		\end{pmatrix}
		\]
		quindi il polinomio caratteristico si ottiene:
		\[
		p_f(x)=\det(M_B(f)-xI)=
		\begin{pmatrix}
			\lambda-x & 0 & \dots & 0 \vline & a_{1,1} & \dots & a_{1,n}\\
			0 & \lambda-x & \dots & 0 \vline & a_{2,1} & \dots & a_{2,n}\\
			\vdots& &\ddots   & 0 \vline &  \dots\\
			0 & \dots & \dots & \lambda-x \vline & a_{t,1} & \dots & a_{t,n}\\
			\hline 0 & \dots & & 0 \vline & a_{t+1, 1}-x & \dots & a_{t+1,n}\\
			\vdots & & & \vdots\; \vline  & \vdots \\
			0 & \dots & & 0 \vline & a_{n, 1} & \dots &
			a_{n,n}-x
		\end{pmatrix}
		\]
		e usando laplace generalizzato rispetto alle prime $t$
		colonne, otteniamo:
		\[
		\det(M_B(f)-xI)=(\lambda-x)^tq(x)
		\]
		dove $q(x)$ e' il det del blocco in basso a destra.
		Quindi $\mu_a(\lambda) \ge \mu_g(\lambda)=t$
	\end{proof}
\end{thm}
\subsection{Autovettori linearmente indipendenti}
Autovettori associati ad autovalori distinti sono l.i. cioe'
\[
v_1 \in V_{\lambda_1}, \;v_2 \in V_{\lambda_2}, \;\lambda_1\neq
\lambda_2\;\Rightarrow \; v_1,v_2\equiv\textrm{ l.i}
\]
Equivalentemente possiamo dire che se $\lambda_1 \neq \lambda_2$ allora
$V_{\lambda_1}+V_{\lambda_2}$ e' una somma diretta.
\begin{proof}
	Consideriamo gli autovettori $v_1, \dots, v_t$ associati agli
	autovalori distinti $\lambda_1, \dots, \lambda_t$. Consideriamo su di
	essi una rel di dip. lineare:
	\[
	a_1v_1+\dots+a_tv_t=0
	\]
	Applichiamo la $f$:
	\begin{align*}
		&f(a_1v_1+\dots+a_tv_t)=f(0)\\
		&a_1f(v_1)+\dots+a_tf(v_t)=0\\
		&a_1\lambda_1v_1+\dots+a_t\lambda_tv_t=0
	\end{align*}
	moltiplichiamo la prima relazione per $\lambda_1$:
	\[
	a_1\lambda_1v_1+\dots+a_t\lambda_1v_t=0
	\]
	e sottraiamola membro a membro dall'altra:
	\[
	(a_1\lambda_1v_1+\dots+a_t\lambda_1v_t)-(a_1\lambda_1v_1+\dots+a_t\lambda_tv_t)=0
	\]
	quindi espandendo e mettendo in evidenza viene eliminato
	$a_1\lambda_1v_1$ e resta:
	\[
	a_2(\lambda_1-\lambda_2)v_2+\dots+a_t(\lambda_1-\lambda_t)v_t=0
	\]
	Considerando adesso la relazione di dipendenza lineare $a_2v_2 +
	\dots+ a_tv_t=0$ e moltiplicandola per $(\lambda_1 - \lambda_2)$
	ripetiamo lo stesso procedentimento. In questo modo elimineremo il
	termine con $a_2$. Ripetendo questo stesso procedimento 
	arriveremo a:
	\[
	a_t(\lambda_1-\lambda_t)(\lambda_2-\lambda_t)\dots(\lambda_{t-1}-\lambda_t)v_t=0
	\]
	Per ipotesi tutti i $\lambda$ sono distinti, quindi nessun
	$\lambda_i-\lambda_j$ puo' essere uguale a zero, allora se $v_t\neq 0$
	deve essere necessariamente che $a_t=0$. Poiche' possiamo ripetere lo
	stesso ragionamento per tutti gli altri $a_i$, segue che
	$a_1v_1+\dots+a_tv_t=0$ e' una relazione di indipendenza lineare.
\end{proof}
\begin{thm}
\label{ujsahduias}
	Un corollario che abbiamo gia' visto usando il polinomoi
	caratteristico e':
	\[
	\dim V =n \;\Rightarrow \;\textrm{un endomorfismo di V puo' avere al
	piu' $n$ autovalori distinti}
	\]
\end{thm}
\begin{prop}
	\label{892ikjfdgoi2}
	Vale questo risultato: dati $\lambda, \mu \in K,\;\;\lambda\neq \mu$
	\[
	f(v)=\lambda v \;\land \;f(v)=\mu v \;\;\Rightarrow \;\;v=0
	\]
	ovvero, a un autovettore (non nullo) puo' essere associato un unico
	autovalore. (un autovettore $\longrightarrow $ un autovalore)
	\begin{proof}
		Per Hp 
		\[
		v\in V_{\lambda}  \;\land \; v\in V_{\mu}
		\]
		quindi
		\begin{align*}
			&f(v)=f(v)\\
			&\lambda v = \mu v\\
			&v(\lambda-\mu)=0
		\end{align*}
		e poiche' per Hp$\lambda\neq \mu$ segue necessariamente che \[
		v=0
		\]
	\end{proof}
\end{prop}
\subsection{Endomorfismo semplice}
Dato un endomorfismo $f\in \hom(V,V)$
\[
f\equiv { semplice}\;\Leftrightarrow \; \exists B \textrm{ base di } V|\;\forall v\in B, \;v\equiv\textrm{autovalore}
\]
ovvero se $B=\left\{v_1,\dots, v_n\right\}$ e' base di $V$ allora 
\begin{align*}
	&f(v_1)=\lambda_1 v_1\\
	\vdots\\
	&f(v_n)=\lambda_n v_n
\end{align*}
(nota: $\lambda_i$ puo' coincidere con un $\lambda_j$)\\
la matrice associata e'
\[
M_B=
\begin{pmatrix}
	\lambda_1 & 0 & \dots & 0\\
	0 & \lambda_2 & \dots & 0\\
	\vdots& &\ddots   & 0  \\
	0 & \dots & \dots & \lambda_n \\
\end{pmatrix}
\]
cioe' tutte le matrici associate di endomorfismi semplici sono diagonali.\\
Piu' in generale, se $C$ e' una base generica di $V$, allora $M_C(f)$ sara'
diagonalizzabile, perche' simile alla matrice diagonale $M_B(f)$, basta
infatti usare il passaggio di base da $C$ a $B$:
\[
M_{B,B}=P_{C\to B} M_{C,C}P_{B\to C}=(P_{B\to C})^{-1} M_{C,C}P_{B\to C}
\]
Poiche' in una  classe di similitudine di matrici, esiste al piu' una sola matrice
diagonale, allora $M_B$ e' l'unica matrice diagonale nella classe di $M_C$.\\

Alcune caratterizzazioni di un endomorfismo semplice: dati tutti gli
autovalori distinti $\lambda_1, \dots, \lambda_t$  di $f$, $f$ sara' un endomorfismo
semplice se e solo se accade uno dei seguenti fatti:
\begin{enumerate}
	\item $V=V_{\lambda_1}\oplus\dots\oplus V_{\lambda_t}$
	\item $\dim V_{\lambda_1}+\dots+\dim V_{\lambda_t}=\dim V$
	\item $\mu_a(\lambda_1)=\mu_g(\lambda_1),\dots ,\mu_a(\lambda_t)=\mu_g(\lambda_t)$
\end{enumerate}
Vale anchq questa proprieta': se $f:V\longrightarrow V$ e' un endomorfismo, e
$\dim V=n$ e $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ sono suoi autovalori distinti,
allora $f$ e' semplice.
\subsection{Equazioni cartesiane di un autospazio}
Dato un endomorfismo $f$ e $\lambda \in K$ un suo autovalore. Le  equazioni
cartesiane rispetto alla base B dell'autospazio $V_\lambda$
sono descritte dal seguente sistema lineare omogeneo:
\[
(M_B(f)-\lambda I)\underline{x}=0
\]
che e' equivalente a
\[
M_B(f)\underline{x}=\lambda\underline{x}
\]
dove
\[
\underline{x}=\begin{pmatrix}
	x_1\\\vdots\\x_n
\end{pmatrix}
\]
\begin{proof}
Questo e' vero perche' $V_\lambda=\ker f_\lambda$ e dato che
le equazioni cartersiane
di un nucleo si trovano come descritto in (\ref{equkerfmat}), ovvero
\[
\ker f_\lambda = V_\lambda = M_B(f_\lambda)\underline{x} = 
M_B(f-\lambda I)\underline{x}=(M_B(f)-\lambda I)\underline{x}
\]
\subsection{Test di semplicita'}
Per controllare se un endomorfismo $f$, con autovalori $\lambda_1, \dots,
\lambda_t$  e' semplice basta controllare l'eguaglianza:
\[
	\dim V_{\lambda_1}+\dots+\dim V_{\lambda_t}=\dim V
\]
ricordando che 
\begin{align*}
\dim V_{\lambda}=&\dim \ker f_\lambda\\
=&\dim V - \dim \Im f_\lambda \\
=&\dim V - rk(M_B(f_\lambda))\\
=&\dim V - rk(M_B(f)-\lambda I))
\end{align*}

\end{proof}
\subsection{Polinomio endomorfismo}
Definiamo l'esponenzazione tra endomorfismi.\\
Dato l'endomorfismo $T: V\longrightarrow V$,
\[
T^0=I\;\;T^1=T\;\;T^2:=T\circ T\;\;T^3:=T\circ T\circ T
\]
\[
T^n:=\underbrace{T\circ\dots\circ T}_{n volte}
\]
Adesso possiamo definire $p(T)$ di grado $n$:
\[
p(T):=a_nT^n+\dots+a_1T+a_0I
\]
dove il polinomio $p(t) \in K[t]$ e'
\[
p(t)=a_nt^n+\dots+a_1t+a_0
\]
Nota che in $p(T)$  solo i suoi coefficienti appartengono in $K$, infatti,
$p(T) \in \hom(V,V)$, cioe' e' un nuovo endomorfismo.
\subsubsection{Proprieta'}
$\lambda$ e' autovalore di $T$, $\lambda^n$ e' autovalore di $T^n$
\[
\lambda\equiv\textrm{ autovalore di } T\;\Rightarrow
\;\lambda^n\equiv\textrm{ autovalore di }T^n
\]
\begin{proof}
	\begin{align*}
		&\exists v\in V:\;T(v)=\lambda v\\
		&T(v)=\lambda v\\
		&T^2(v)=T(T(v))=T(\lambda v)=\lambda T(v)=\lambda^2 v\\
		&T^3(v)=T(T(T(v)))=T(\lambda^2 v)= \lambda^2 T(v)=\lambda^3 v\\
		&\vdots\\
		&T^n(v)=\lambda^n v
	\end{align*}
\end{proof}
\[
\lambda\equiv\textrm{ autovalore di } T\;\Rightarrow
\;p(\lambda)\equiv\textrm{ autovalore di }p(T)
\]
\begin{proof}
	\begin{align*}
		&\exists v\in V:\;T(v)=\lambda v\\
		&T(v)=\lambda v\\
		&p(\lambda)=a_n\lambda^n+\dots+a_1\lambda+a_0\\
		&p(T)=a_nT^n+\dots+a_1T+a_0I\\
		&p(T)(v)=a_n\lambda^nv+\dots+a_1\lambda
		v+a_0v=v(a_n\lambda^n+\dots+a_1\lambda+a_0)=p(\lambda)v
	\end{align*}
\end{proof}
\begin{thm}
	Dato $T:V\longrightarrow V$ con $\dim V=n$, esiste un polinomio
	$p(t)\in K[t]$ con $\deg p(t) \le  n^2$ t.c. $p(T)=\theta$
	\begin{proof}
	Poiche' $\dim \hom(V,V)=n^2$, allora $n^2+1$ elementi di $\hom(V,V)$
	sono l.d., ovvero presi $T^{n^2}, T^{n^2-1},\dots, T, I$ devono
	esistere $a_{n^2}, a_{n^2-1},\dots, a_{0}$, con almeno un $a_i\neq 0$,
	tali che:
	\[
	a_{n^2}T^{n^2}+\dots+a_1T+a_0I=\theta
	\]
	e quindi $T$ e' ``radice'' del polinomio 
	\[
	p(t)=a_{n^2}t^{n^2}+\dots+a_1t+a_0
	\]
	\end{proof}
	Sia $M(T)$ la matrice associata a $T$ rispetto a una base qualsiasi.
	Poiche' $M(T)^n=M(T^n)$, allora se $T$ e' radice di $p(t)$, anche $M(T)$
	lo sara', cioe' \[P(M(T))=\Omega\]$\Omega$ e' la matrice nulla.
\end{thm}
\subsubsection{Proprieta'}
Se $T:V\longrightarrow V$ e' semplice con autovalori $\lambda_1, \dots,
\lambda_n$, allora il suo  polinomio caratteristico $p(x)=(x-\lambda_1)\dots(x-\lambda_n)$ ha $T$
come radice, cioe' $p(T)=\theta$.\\

Se la matrice $M$ associata a $T$ e' tale che $P(M)=\Omega$, allora pure qualsiasi sua
matrice simile $M'$ sara' tale che $P(M')=\Omega$
\begin{proof}
Per definizione, le matrice $M'$ simile a $M$ e' tale che: $P^{-1}M'P=M$,
quindi
\[
p(M)=p(P^{-1}M'P)=0
\]
Se riusciamo a dimostrare che $p(P^{-1}M'P)=P^{-1}p(M')P$ abbiamo finito.\\
Intanto osserviamo che
\[
M^n=(P^{-1}M'P)^n=P^{-1}M'\underbrace{P\cdot P^{-1}}_{I}M'P\cdot \dots\cdot P^{-1}M'P=
P^{-1}M'^nP
\]
quindi nel polinomio accade questo:
\begin{align*}
	p(M)=p(P^{-1}M'P)=&a_nM^n+\dots+a_1M+a_0I\\
	=&a_n(P^{-1}M'^nP)+a_{n-1}(P^{-1}M'^{n-1}P)+\dots+\\
	&\qquad+a_1(P^{-1}M'P)+a_0P^{-1}IP\\
	=&P^{-1}(a_nM'^n+\dots+a_1M'+a_0I)P\\
	=&P^{-1}p(M')P
\end{align*}
\end{proof}
\subsection{Ideale dell'anello di T}
Definiamo il seguente insieme:
\[
I(T):=\left\{p\in K[t] |\;p(T)=0\right\}
\]
E si chiama \emph{ideale} dell'anello di $T$.\\
Per il teorema precedente, abbiamo visto che $I(T)\neq \emptyset$, inoltre,
\[
p(t)g(t)\in I(T),\;\;\forall g(t)\in K[t]
\]
$I(T)$ e' un sottospazio di $K[t]$.
\begin{proof}
	\begin{align*}
		&I(T) \subseteq K[t]\\
		&\forall p(t),q(t) \in I(T),\;\; p(t)+q(t) \in
		I(T)?\;\textrm{ Si, infatti,}\\
		&\quad p(T)+q(T)=0+0=0\\
		&\forall \lambda \in K,\;\forall p(t),q(t) \in I(T),\;\;
		\lambda p(t) \in I(T)?\;\textrm{ Si, infatti,}\\
		&\quad \lambda p(T)=\lambda\cdot 0=0\\
	\end{align*}
\end{proof}
\begin{thm}
	Sia 
	\[p\in I(T):\;\deg p=\min\left\{\deg q|\;q\in I(T)\right\}\]
	allora
	\[
	\forall f\in I(T)\;\Rightarrow \;f(t)=p(t)g(t)
	\]
	Ovvero ogni polinomio di $I(T)$ e' un multiplo di $p(t)$.
	\begin{proof}
		Per la divisione di polinomi:
		\[
		(*)\quad f(t)=p(t)q(t)+r(t),\;\;\deg r < \deg p
		\]
		e $q,r$ univocamente determinati.\\
		Evalutiamo su $T$:
		\begin{align*}
			&f(T)=p(T)q(T)+r(T)\\
			&0=0q(T)+r(T)\\
			&0=r(T)
		\end{align*}
		quindi $r(t)\in I(T)$. Ma $\deg r < \deg p$ e questo e' un
		assurdo con l'ipotesi di minimalita' del grado di $p$
		rispetto a tutti gli altri polinomi in $I(T)$. Quindi $r(t)$
		non deve avere grado, ovvero deve essere il polinomio nullo, e
		quindi:
		\[
		f(t)=p(t)q(t)
		\]
	\end{proof}
\end{thm}
Da questo segue che a meno di coefficienti, il polinomio $p(t)$ e' unico.
\begin{defn}
	Il polinomio $p(t)\in I(T)$, 
	\[p(t)=t^n+a_{n-1}t^{n-1}+\dots+a_0\] 
	con $\deg p = \min\left\{\deg q|\;q\in I(T)\right\}$, si chiama
	\emph{polinomio minimo} dell'endomorfismo $T$.\\
	Da quello che abbiamo visto prima, deduciamo che questo polinomio e'
	unico.
\end{defn}
\subsection{Endomorfismo singolare (degenere)}
L'endomorfismo $T:V\longrightarrow V$ si dira' singolare o degenere se accade
una delle seguenti condizioni:
\begin{enumerate}
	\item $T$ non e' invertibile
	\item $\ker T\neq \{0\}\;\lor \; \dim \ker T \ge  1$
	\item $\Im T\neq  V\;\lor \;\dim \Im T \le  \dim V -1$
	\item $\det M(T)=0$ (con qualsiasi base)
	\item Il polinomio caratteristico $p_T(x)$ di $T$ ha termine noto
		nullo, ovvero $p(x)$ ammette una radice nulla, ovvero se $0$
		e' un autovalore di $T$.
	\item Il polinomio minimo di $T$ ha termine noto nullo.
\end{enumerate}
Inoltre, un endomorfismo $f-\lambda I$ e' singolare $\Leftrightarrow $ il
polinomio di $T$ ha $\lambda$ come radice.
\begin{proof}
	Dimostriamo la 5.\\
	\[
	T\equiv\textrm{ singolare}\Leftrightarrow \exists v \in \ker T: v\neq
	0
	\]
	\[
	\qquad \Leftrightarrow
	v \textrm{ e' un autovettore dell'autovalore
	}\lambda=0\;\Leftrightarrow \;p_T(0)=a_0=0
	\]
\end{proof}
\begin{proof}
	Dimostriamo la 6.\\
	Dimostriamo $\Rightarrow $.\\
	Sia $p(t)=t^k+a_{k-1}t^{k-1}+\dots+a_0$ il polinomio minimo di $T$.
	Poiche' $T$ e' singolare, $\exists v \in \ker T: v\neq0$ e si ha:
	\[
	p(T)(v)=T^k(v)+a_{k-1}T^{k-1}(v)+\dots+a_0I(v)=\theta+\dots+\theta+a_0v=a_0v
	\]
	inoltre, per definizione di polinomio minimo $p(T)=0$, quindi
	$a_0v=0$, poiche' $v\neq 0$ deduciamo che $a_0$.\\
	Dimostriamo $\Leftarrow $.\\
	Per Hp $a_0=0$, ovvero
	\[
	p(t)=t^k+a_{k-1}t^{k-1}+\dots+a_1t=t(t^{k-1}+a_{k-1}t^{k-2}+\dots+a_1)
	\]
	e poiche' $p(t)$ e' il polinomio minimo, un qualsiasi suo fattore non
	appartiene a $I(T)$, cioe'
	\[
	t^{k-1}+a_{k-1}t^{k-2}+\dots+a_1\neq 0
	\]
	ed esiste quindi un $v$ tale che
	\[
	(T^{k-1}+a_{k-1}T^{k-2}+\dots+a_1I)(v)=w\neq 0
	\]
	allora
	\[
	T\left((T^{k-1}+a_{k-1}T^{k-2}+\dots+a_1I)(v)\right)=T(w)=0
	\]
	da cui $w\in \ker T, \; w\neq 0$.
\end{proof}
\subsection{Sottospazio invariante}
Dato l'endomorfismo $f:V\longrightarrow V$, e il sottospazio $W \subseteq V$,
\[
W\equiv\textrm{ invariante rispetto a $f$}\;\Leftrightarrow \;f(W)\subseteq W
\]

\subsection{Endomorfismi triangolizzabili}
Un endomorfismo $f:V\longrightarrow V$ si dice triangolizzabile se 
\[
f\equiv\textrm{ triangolizzabile}\;\Leftrightarrow \;\exists B\equiv\textrm{
base di $V$}:\;M_B(f)\equiv\textrm{ triangolare}
\]
Una  matrice triangolare superiore e' sempre simile a una matrice triangolare
inferiore.
\begin{proof}
	Sia $U$ la matrice triangolare superiore, allora prendendo la matrice
	$K$ che ha' $1$ nella sua seconda diagonale principale e $0$ in tutti
	gli altri posti, otteniamo che $K^{-1}*U*K$ e' una matrice triangolare
	inferiore, ed esattamente e' la matrice $U$ mirrorata in orizzontale e
	in verticale.
\end{proof}
\begin{thm}
	Dato l'endomorfismo $f:V\longrightarrow  V$, con $\dim V=n$, le
	seguenti proposizioni sono equivalenti:
	\begin{enumerate}
		\item $f$ e' triangolizzabile
		\item $\exists V_0,V_i, \dots, V_n$ sottospazi di $V$
			invarianti per $f$, tale
			che \[(\{\theta\}=V_0)\subsetneq V_1 \subsetneq
			V_2\subsetneq\dots\subsetneq (V_n=V)\]
		\item Il polinomio caratteristico di $f$, cioe' $p_f(x)$, ha
			tutte le radici in $K$.
	\end{enumerate}
	\begin{proof}
		Dim $1 \Rightarrow 2$.\\
		Sia $B=\{v_1, \dots, v_n\}$ la base per cui $M_B(f)$ e'
		triangolare, cioe':
		\[
	M_B(f)=
 = \begin{pmatrix}
\lambda_{1} & a_{1,2} & a_{1,3} & \ldots & a_{1,n}  \\
& \lambda_{2} & a_{2,3} & \ldots & a_{2,n}  \\
        &         & \ddots  & \ddots & \vdots   \\
        &         &         & \ddots & a_{n-1,n}\\
  0     &         &         &        & \lambda_{n}
\end{pmatrix}
		\]
		Poniamo \[V_0=\{\theta\},\;V_i=\Ll(v_1, \dots, v_i)\]
		Questi sotto spazi di $V$ sono invarianti per $f$, infatit, 
		\[
		f(V_i)= \Ll(f(v_1), \dots, f(v_i))
		\]
		Ricordandoci che $M_B(f)$ e' triangolare, vediamo che
		\begin{align*}
			&f(v_1)=\lambda_1v_1 \in \Ll(v_1)\\
			&f(v_2)=a_{12}v_1+\lambda_2v_2\in \Ll(v_1, v_2)\\
			&\vdots\\
			&f(v_n)=a_{1n}v_1+a_{2n}v_2+\dots+\lambda_n v_n\in
			\Ll(v_1, \dots, v_n)
		\end{align*}
		quindi
		\[
		f(V_i)=\Ll\left(\lambda_1v_1, a_{12}v_1+\lambda_2v_2, \dots,
		a_{1n}v_1+a_{2n}v_2+\dots+\lambda_n v_{n}\right) \subseteq
		\Ll(v_1, \dots, v_n)=V_i
		\]
		ovvero $f(V_i)$ e' invariante. Inoltre, proprio per
		costruzione \[(\{\theta\}=V_0)\subsetneq V_1 \subsetneq
			V_2\subsetneq\dots\subsetneq (V_n=V)\]
	\end{proof}
	\begin{proof}
		Dimostriamo $2 \Leftrightarrow  1$.\\
		Per ipotesi \[(\{\theta\}=V_0)\subsetneq V_1 \subsetneq
			V_2\subsetneq\dots\subsetneq (V_n=V)\] sono una
			successione di sottospazi invarianti per $f$ di $V$.
		Scegliamo una base $B$ di $V$
		\[
		B=\{v_1, \dots, v_n\}
		\]
		tale che 
		\begin{align*}
			&\{v_1\}\textrm{ base di }V_i\\
			&\{v_1,v_2\}\textrm{ base di }V_2\\
			&\vdots\\
			&\{v_1, \dots, v_i\}\textrm{ base di }V_i
		\end{align*}
		Allora, 
		\begin{align*}
			&f(V_1) \in V_1\;\Rightarrow \;f(v_1)\in
			V_1=\Ll(v_1)\;\Rightarrow \;f(v_1)=\lambda_1 v_1\\
			&f(V_2) \in V_2\;\Rightarrow \;f(v_2)\in
			V_2=\Ll(v_2)\;\Rightarrow \;f(v_1,
			v_2)=a_{12}v_1+\lambda_2 v_2\\
			&\vdots\\
			&f(V_n) \in V_n\;\Rightarrow \;f(v_n)\in
			V_n=\Ll(v_n)\;\Rightarrow \;f(v_1,\dots,
			v_n)=a_{1n}v_1+\dots+\lambda_n v_n
		\end{align*}
		e quindi $M_B(f)$ e' triangolarizzabile, infatti:
		\[	M_B(f)=
		 \begin{pmatrix}
			\lambda_{1} & a_{1,2} & a_{1,3} & \ldots & a_{1,n}  \\
			& \lambda_{2} & a_{2,3} & \ldots & a_{2,n}  \\
			&         & \ddots  & \ddots & \vdots   \\
			&         &         & \ddots & a_{n-1,n}\\
			0     &         &         &        & \lambda_{n}
		\end{pmatrix}\]
	\end{proof}
	\begin{proof}
		Dimostriamo $1 \Rightarrow  3$.\\
		$f$ e' triangolizzabile, quindi,
	\[	M_B(f)=
		 \begin{pmatrix}
			\lambda_{1} & a_{1,2} & a_{1,3} & \ldots & a_{1,n}  \\
			& \lambda_{2} & a_{2,3} & \ldots & a_{2,n}  \\
			&         & \ddots  & \ddots & \vdots   \\
			&         &         & \ddots & a_{n-1,n}\\
			0     &         &         &        & \lambda_{n}
		\end{pmatrix}\]
		e poiche' il det di una matrice triangolare e' il prodotto
		degli elementi sulla diagonale, deduciamo che il polinomio
		caratteristico (a meno del segno) e':
		\[
		p_f(x)=(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)\dots(x-\lambda_n)
		\]
		Quindi q.e.d.
	\end{proof}
	\begin{proof}
		Dimostriamo $3\Rightarrow 1$.\\
		Procediamo per induzione su $\dim V=n$, supponendo la tesi
		vera per $n-1$ e dimostrandola per $n$.\\
		Base: e' banale infatti la matrice e' $1\times 1$.\\
		Sia $\lambda_1\in K$ un autovalore di $f$ (che certamente
		esiste per Hp), associato all'autovettore $u_1\in V$,
		definiamo $W:=\Ll(u_1)$, e considerando $V/_W$ definiamo il
		seguente endomorfismo:
		\begin{eqnarray}
			&\tilde{f}:V/_W\longrightarrow V/_W\\
			&\tilde{f}(\overline{v})=\tilde{f}(v+W):=\overline{f(v)}=f(v)+W
		\end{eqnarray}
		Tale endomorfismo e' ben definito.
		\begin{proof}
			Per dimostrare che e' ben definito, dobbiamo
			verificare che preso $[v']=[v]$
			\[
			\tilde{f}(\overline{v})=\tilde{f}(\overline{v'})
			\]
			allora
			\begin{align*}
				&\left(\tilde{f}(\overline{v})=f(v)+W\right)=\left(\tilde{f}(\overline{v'})=f(v')+W\right)\\
				&\Leftrightarrow \;f(v)+W=f(v')+W\;\Leftrightarrow \;f(v)\sim f(v')\\
				&\qquad \Leftrightarrow \;f(v)-f(v')\in
				W=\Ll(u_1)\\
				&\qquad \Leftrightarrow \;f(v-v')\in \Ll(u_1)
			\end{align*}
			Poiche'
			\[\overline{v'}=\overline{v}\;\Rightarrow\;v'\sim
			v\;\Rightarrow 	\;w=v'-v\in W\]
			e poiche' $f(W)=\Ll(u_1)$, allora
			\[
			f(w)\in \Ll(u_1)\;\Rightarrow \;f(v'-v)\in W
			\]
			e quindi abbiamo dimostrato la catena di doppie
			implicazioni di sopra.
		\end{proof}
		Completiamo $\{u_1\}$ a una base di $V$:
		\[
		B=\{u_1, v_2,\dots, v_n\}
		\]
		sia \[\overline{B}=\{\OO{v_2}, \dots, \OO{v_n}\}\]
		una base di $V/_W$ (nota che $\dim V/_W =\dim V - \dim W=n-1$).
		La matrice associata a $f$ rispetto a $B$ e':
		\[
			M_B(f)=\begin{pmatrix}
				\lambda_1&a_{12}&\dots&a_{1n}\\
				0&a_{22}&\dots&a_{2n}\\
				\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
				0&a_{n2}&\dots&a_{nn}
			\end{pmatrix}
		\]
		il suo polinomio caratteristico e':
		\[
		p_f(x)=\det(M_B(f)-xI)=
		\]
		e usando laplace sulla prima colonna di $M_B(f)-xI$, 
		\[
		p_f(x)=\det(M_B(f)-xI)=(x-\lambda)\det
		\begin{pmatrix}
			a_{22}-x&\dots&a_{2n}\\
			\vdots&\ddots&\vdots\\
			a_{n2}&\dots&a_{nn}-x
		\end{pmatrix}
		\]
		Calcoliamo adesso $M_{\OO{B}}(\tilde{f})$:
		\begin{align*}
			&\tilde{f}(\OO{v_2})=\OO{f(v_2)}=a_{22}\OO{v_2}+\dots+a_{n2}\OO{v_n}\\
			&\tilde{f}(\OO{v_3})=\OO{f(v_3)}=a_{23}\OO{v_3}+\dots+a_{n3}\OO{v_n}\\
			&\vdots
			&\tilde{f}(\OO{v_n})=\OO{f(v_n)}=a_{2n}\OO{v_n}+\dots+a_{nn}\OO{v_n}\\
		\end{align*}
		quindi
		\[
		M_{\OO{B}}(\tilde{f})=
	\begin{pmatrix}
			a_{22}&\dots&a_{2n}\\
			\vdots&\ddots&\vdots\\
			a_{n2}&\dots&a_{nn}
		\end{pmatrix}
		\]
		e il suo polinomio caratteristico e'
		\[p_{\tilde{f}}(x)=\det(M_{\OO{B}}(\tilde{f})-xI)\]
		e quindi, utilizzando $p_f(x)$ ricaviamo la preziosa formula:
		\[
		p_f(x)=(\lambda_1-x)p_{\tilde{f}}(x)
		\]
		Per Hp, $p_f(x)$ ha tutte le radici in $K$ e quindi anche
		$p_{\tilde{f}}(x)$ avra' tutte le radici in $K$. Possiamo
		usare quindi l'Hp induttiva su $V/_W$: poiche' $\dim V/_W =
		v-1$, esistera' una base $\OO{A}$ di $V/_W$ rispetto alle
		quale $\tilde{f}$ e' triangolarizzabile. Sia
		$\OO{A}=\{\OO{u_2}, \dots, \OO{u_n}\}$ e quindi
		\begin{align*}
			&\tilde{f}(\OO{u_2})=\lambda_2\OO{u_{2}}\\
			&\tilde{f}(\OO{u_3})=a_{23}\OO{u_{2}}+\lambda_3\OO{u_{3}}\\
			&\vdots\\
			&\tilde{f}(\OO{u_n})=a_{2n}\OO{u_{2}}+a_{3n}\OO{u_{3}}+\dots+\lambda_n\OO{u_{n}}
		\end{align*}
		Poiche' $\OO{u_2}, \dots, \OO{u_n}$ sono l.i, lo saranno anche
		i loro rappresentanti che quindi formeranno una base $A$ di
		$V$, cioe' $A=\{u_1, u_2,\dots,u_n\}$. (nota che
		$u_1\notin\Ll(u_2,\dots,u_n)$ ). Calcoliamo allora
		$M_A(\tilde{f})$ sfruttando anche i calcoli che abbiamo fatto
		su $\tilde{f}(\OO{u_i})$. Prima di tutto osserviamo che  per
		costruzione
		\[\tilde{f}({u_1})=\lambda_1u_1\]
		ora
		\begin{align*}
			&\tilde{f}(\OO{u_2})=\OO{f(u_2)}=\lambda_2 \OO{u_{2}}\\
			&\tilde{f}(\OO{u_3})=\OO{f(u_3)}=a_{23}\OO{u_{2}}+\lambda_3\OO {u_{3}}\\
			&\vdots\\
			&\tilde{f}(\OO{u_n})=\OO{f(u_n)}=a_{2n}\OO{u_{2}}+a_{3n}\OO{u_{3}}+\dots+\lambda_n\OO{u_{n}}
		\end{align*}


	\end{proof}
\end{thm}
\end{document}