Lezione 4: Base e dimensione 1 Base: definizione ed esempi

Lezione 4: Base e dimensione
1
Base: definizione ed esempi
Come la parola stessa suggerisce, il concetto di base di uno spazio vettoriale e’ fondamentale e racchiude tutte le informazioni necessarie a ricostruire
lo spazio vettoriale stesso. Vediamo alcuni esempi per motivarci, prima di
procedere nelle definizioni e proposizioni.
Esempio 1.1. Nella lezione precedente abbiamo visto diversi esempi di insiemi di generatori dello spazio vettoriale R2 , come:
R2 = Span{(1, 0), (0, 1)} = Span{(1, 0), (0, 1), (1, 1)}
Se ad un insieme che genera R2 aggiungiamo un vettore, questo insieme
continua a generare R2 per la proposizione 1.5 della lezione 3. La domanda
che ci poniamo e’: come possiamo trovare un insieme minimale, cioe’ il piu’
piccolo possibile, di generatori per lo spazio R2 ?
Sempre la proposizione 1.5 della lezione 3 ci viene in aiuto: se eliminiamo
vettori che sono combinazione lineare degli altri lo span non cambia, come
l’equazione (∗) ci esemplifica chiaramente. Nell’esempio che stiamo esaminando possiamo eliminare il vettore (1, 1) in quanto combinazione lineare di
(1, 0) e (0, 1): (1, 1) = (1, 0) + (0, 1) e lo span non cambia. Se ora proviamo pero’ a ridurre ulteriormente l’insieme di generatori lo span cambia.
Infatti Span{(1, 0)} e’ la sola retta delle ascisse, mentre Span{(0, 1)} e’ la
sola retta delle ordinate. Dunque se eliminiamo uno dei due vettori (1, 0) e
(0, 1) l’insieme generato cambia, non ci sono in altre parole “generatori superflui”. Non ci puo’ essere sfuggita l’importante differenza tra i due insiemi:
{(1, 0), (0, 1)} e {(1, 0), (0, 1), (1, 1)}. Il primo e’ linearmente indipendente,
mentre il secondo e’ linearmente dipendente. Quindi abbiamo visto in questo
esempio che a partire da un insieme di generatori possiamo eliminare uno ad
uno i generatori che sono combinazione lineare degli altri, fino a giungere ad
un insieme linearmente indipendente in cui appunto nessun vettore e’ combinazione lineare degli altri (proposizione 1.8 della lezione 3). A questo punto
non possiamo piu’ eliminare vettori senza cambiare lo span.
La prossima proposizione formalizza le conclusioni dell’esempio precedente e ci fornisce un algoritmo per arrivare ad un sistema minimale di generatori (come vedremo tale sistema sara denominato base).
1
Proposizione 1.2. Sia V = Span{v1 , . . . , vn }. Allora esiste un sottoinsieme
di vettori linearmente indipendenti di { v1 . . . vn } che genera V .
Dimostrazione:
Passo uno. V = Span{ v1 , . . . , vn } per ipotesi. Se v1 . . . vn sono linearmente indipendenti allora abbiamo dimostrato l’enunciato. Altrimenti
uno dei vettori, supponiamo vn , e’ combinazione lineare degli altri. Per la
proposizione 1.5 vista nella lezione precedente:
V = Span{ v1 , . . . , vn } = Span{ v1 , . . . , vn−1 }.
Passo due. V = Span{ v1 , . . . v,n−1 } dal passo uno. Se v1 , . . . , vn−1
sono linearmente indipendenti allora abbiamo terminato. Altrimenti uno
dei vettori, supponiamo vn−1 , e’ combinazione lineare degli altri. Per la
proposizione 1.5 vista nella lezione 3:
V = Span{ v1 . . . vn } = Span{ v1 . . . vn−1 } = Span{ v1 . . . vn−2 }.
E’ chiaro che dopo un numero finito di passi si arriva ad un insieme in
cui nessun vettore e’ combinazione lineare degli altri, dunque ad un insieme
linearmente indipendente (proposizione 1.8 lezione 3).
Siamo pronti per la definizione di base.
Definizione 1.3. Sia V uno spazio vettoriale. L’insieme {v1 , . . . , vn } si dice
base se:
1. I vettori v1 , . . . , vn sono linearmente indipendenti,
2. I vettori v1 , . . . , vn generano V .
Teorema 1.4. Una base di uno spazio vettoriale V e’
• un insieme minimale di generatori di V .
• un insieme massimale di vettori linearmente indipendenti.
Dimostrazione: Il primo punto e’ una conseguenza della dimostrazione della
proposizione precedente, infatti ad ogni passo eliminiamo un vettore combinazione lineare degli altri, senza modificare lo span e al termine otteniamo un
insieme di generatori che e’ anche linearmente indipendente, cioe’ una base.
Il secondo punto e’ una conseguenza diretta delle definizioni. Infatti se
ho un insieme massimale di vettori linearmente indipendenti allora significa
2
che aggiungendo un vettore, questo necessariamente e’ combinazione lineare
degli altri e quindi per definizione i vettori generano V (ogni vettore dello
spazio e’ loro combinazione lineare).
Esempio 1.5. Siano dati in R3 [x] l’insieme di vettori:
x3 , x2 , 2, 5, x + 2, 3x, −7x, 2x3
Vogliamo trovare una base per il sottospazio vettoriale generato. La procedura che seguiamo non e’ quella standard, ma solo una esemplificazione della
procedura descritta nella proposizione 1.2. Innanzitutto vediamo subito che
5 e’ combinazione lineare di 2: 5 = (2/5)2. Dunque possiamo eliminare il
vettore 5. Allo stesso modo possiamo eliminare −7x = (−7/3)3x e anche
2x3 = 2(x3 ). Dunque abbiamo:
W = Span{x3 , x2 , 2, 5, x + 2, 3x, −7x, 2x3 } = Span{x3 , x2 , 2, x + 2, 3x}.
Ora notiamo che x + 2 = 1/3 · 3x + 2, dunque:
W = Span{x3 , x2 , 2, x + 2, 3x} = Span{x3 , x2 , 2, 3x}.
Per verificare che questi vettori sono linearmente indipendenti e quindi formano una base per W dobbiamo mostrare che l’equazione:
ax2 + bx2 + 2c + 3dx = 0
e’ soddisfatta soltanto per a = b = c = d = 0, ma cio e’ chiaro (un polinomio e’ identicamente nullo se sono nulli tutti i suoi coefficienti). Percio’
{x3 , x2 , 2, 3x} e’ base di W . Lasciamo per esercizio allo studente il fatto
che W = R2 . Vedremo piu’ avanti che quest’ultima affermazione e’ ovvia
utilizzando il concetto di dimensione.
Sorge spontanea la domanda: dato uno spazio vettoriale V , esiste sempre una base per V ? La risposta e’ affermativa, anche se noi vedremo la
dimostrazione soltanto per gli spazi vettoriali finito dimensionali e cioe’ gli
spazi vettoriali generati da un numero finito di vettori.
Proposizione 1.6. Dato uno spazio vettoriale V 6= {0} finito dimensionale
e cioe’ generato da un numero finito di vettori v1 , . . . , vn allora esiste una
base di V .
3
Proof. Per ipotesi V = Span{v1 . . . vn }. Allora per il teorema 1.2 abbiamo
che esiste un sottoinsieme linearmente indipendente di {v1 . . . vn } che genera
V , cioe’ una base.
Osservazione 1.7. Non tutti gli spazi vettoriali hanno dimensione finita. Ad
esempio lo spazio R[x] dei polinomi di qualsiasi grado e’ infinito dimensionale.
Infatti se esistesse una base per R[x] con un numero finito di elementi con N
e’ loro grado massimo, il polinomio xN +1 non potrebbe essere generato dagli
elementi della base e quindi abbiamo ottenuto una contraddizione. (Nella
dimostrazione per assurdo ricordiamo che negando la tesi e si cerca di ottenere
una contraddizione o una negazione dell’ipotesi).
Tuttavia anche per gli spazi vettoriali infinito dimensionali abbiamo ugualmente il teorema di esistenza della base: la dimostrazione e’ un solo un po’
piu’ difficile e non la vediamo qui. Nel caso particolare di R[x] una base
necessiaramente deve contenere un numero infinito di elementi ad esempio lo
studente e’ invitato a verificare che {1, x, x2 , x3 , . . . } e’ base.
2
Il concetto di dimensione
Uno spazio vettoriale, come gia’ sappiamo, ammette diverse basi, tuttavia,
come vedremo, tutte le basi hanno lo stesso numero di elementi che
si dice dimensione dello spazio vettoriale. E’ difficile che lo studente
comprenda subito l’importanza di questo numero associato ad uno spazio
vettoriale. Per motivarlo, basti dire che e’ veramente una chiave di volta per
risolvere innumerevoli esercizi molto rapidamente e in modo indolore. Per
poter definire con precisione la dimensione e’ necessario prima il teorema del
completamento. La dimostrazione di questo teorema non e’ particolarmente
istruttiva e per il momento la omettiamo.
Teorema 2.1. Teorema del completamento Sia v1 . . . vn un insieme di
vettori linearmente indipendenti in uno spazio vettoriale finito dimensionale
V . Se B = {w1 , . . . , wm } e’ una base di V (sappiamo che ne esiste sempre
almeno una) allora possiamo sempre aggiungere a v1 , . . . , vn m − n vettori
vn+1 , . . . , vm ∈ B in modo da ottenere una base di V .
Vedremo al termine di questa lezione che e’ possibile mettere in azione in
modo molto esplicito il teorema del completamento in Rn e completare ad una
base di Rn un qualunque insieme di vettori dati linearmente indipendenti.
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Proposizione 2.2. Tutte le basi di uno stesso spazio vettoriale hanno lo
stesso numero di elementi.
Dimostrazione: Siano B1 = {v1 . . . vn } e B2 = {w1 . . . wm } due basi di V ,
con n ≤ m. Dal teorema del completamento possiamo completare l’insieme
B1 linearmente indipendente ad una base di V . Tuttavia poiche B1 e’ gia’
base e dunque e’ un insieme massimale di vettori linearmente indipendenti,
non possiamo aggiungere nessun vettore ancora linearmente indipendente e
quindi n = m.
.
Definizione 2.3. Il numero degli elementi di una base di uno spazio vettoriale si dice dimensione dello spazio vettoriale.
Vediamo ora delle basi particolarmente semplici dette basi canoniche per
gli spazi vettoriali incontrati fino ad ora e dunque le dimensioni relative.
Lasciamo allo studente la verifica che si tratta effettivamente di basi.
• Rn . La base canonica e’ data da B = {e1 , . . . , en }, ove ei è il vettore
che ha 1 nella posizione i e 0 nelle altre posizioni. Ad esempio una base
di R3 e’ B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.
• Rn [x]. La base canonica e’ data da B = {xn , xn−1 , . . . , x, 1}.
• Mm,n . La base canonica e’ data da B = {e1,1 , . . . , em,n}, ove ei,j è la
matrice che ha 1 nella posizione
Ad esem altre posizioni.
(i, j) e 0nelle
0 0 1
0 1 0
1 0 0
,
,
,
pio una base di M2,3 e’ B =
0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
,
,
,
0 0 1
0 1 0
1 0 0
La conoscenza delle basi canoniche ci dice subito la dimensione dei vari
spazi vettoriali:
dim(Rn ) = n,
dim(Rn )[x] = n + 1,
dim(Mm,n ) = mn
Se uno tiene bene a mente questo fatto molti esercizi diventano semplicissimi. Ad esempio ci chiediamo l’insieme
(1, 2, 1),
(1, 1, 5),
5
(2, 3, 1) (0, 1, 0)
e’ una base di R3 ? Risposta immediata: l’insieme non puo’ essere una base
poiche’ sappiamo che tutte le basi in R3 hanno precisamente 3 elementi e
l’insieme dato ne ha 4!
La proposizione che enunciamo di sotto e’ particolarmente utile per gli
esercizi.
Proposizione 2.4. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n e sia W un
ssv di V . Allora:
1. dim(W ) ≤ dim(V ),
2. dim(W ) = dim(V ) se e solo se V = W .
Dimostrazione: (1) Poiche’ W e’ contenuto in V non possiamo scegliere in
W piu’ vettori linearmente indipendenti che in V e dunque la dimensione di
W (cioe’ il numero degli elementi di una base che sono un insieme massimale
di vettori linearmente indipendenti) non puo’ essere piu’ grande di quella di
V.
(2) Se dim(W ) = dim(V ) significa che una base di W e’ anche una base di V ,
dunque ogni vettore di V e’ combinazione lineare di vettori in W e dunque
appartiene a W . Se V = W e’ chiaro che la dimensione e’ la stessa.
Vediamo ora come questo teorema ci semplifica notevolmente gli esercizi.
Esempio 2.5. Consideriamo l’esercizio visto in precedenza: Si dimostri che
B = {(1, −1), (2, 0)} è una base di R2 . Nello svolgimento precedente abbiamo dovuto verificare che i due vettori fossero linearmente indipendenti e che
generassero tutto R2 . Tuttavia la lineare indipendenza era ovvia in quanto i
vettori non sono uno multiplo dell’altro, mentre per la generazione abbiamo
dovuto fare dei calcoli. Ora vediamo che i calcoli sono superflui, infatti abbiamo trovato 2 vettori linearmente indipendenti in R2 , pertanto il sottospazio
che generano ha dimensione due. Dunque per il teorema precedente deve
essere uguale a R2 . Senza fare alcun calcolo!
Analogamente, in un esempio visto in precedenza abbiamo dimostrato
che i vettori x3 , x2 , 2, 3x sono linearmente indipendenti. Allora dato che sono
4, possiamo subito concludere senza fare calcoli che sono una base di R3 [x],
percio’ W = Span{x3 , x2 , 2, 3x} = R3 [x].
Vogliamo ora vedere che una base e’ un modo “efficiente” di rappresentare
vettori in uno spazio vettoriale. Vediamo un esempio.
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Esempio 2.6. In R2 sappiamo che tutti i vettori sono combinazioni lineari
dei due vettori della base canonica e1 = (1, 0), e2 = (0, 1). Possiamo inoltre
verificare che ogni vettore in R2 non solo e’ combinazione lineare di e1 e
e2 ma lo e’ in modo unico. Infatti se prendiamo il vettore (2, 3), possiamo
scrivere (2, 3) = 2(1, 0) + 3(0, 1) e i numeri 2 e 3 sono gli unici scalari che ci
danno (2, 3) come combinazione lineare di (1, 0), (0, 1). Diverso e’ il discorso
se invece prendiamo i tre vettori (1, 0), (0, 1) e (1, 1). Infatti abbiamo gia’
capito che il vettore (1, 1) e’ in qualche modo “superfluo”, cioe’ sappiamo
che: Span{(1, 0), (0, 1), (1, 1)} = Span{(1, 0), (0, 1)} e questo perche’ (1, 1) e’
combinazione lineare di (1, 0) e (0, 1). Cio’ si riflette nel fatto che un vettore
in R2 non e’ piu’ combinazione lineare in modo unico di questi tre vettori.
Infatti
(2, 3) = (1, 0) + 2(0, 1) + (1, 1) = 0(1, 0) + (0, 1) + 2(1, 1).
Il concetto di unicita’ di espressione visto nell’esempio precedente e’ il
contenuto della seguente proposizione.
Teorema 2.7. Se B = {v1 , . . . , vn } è una base ordinata per lo spazio vettoriale V (cioe’ abbiamo fissato un ordine nell’insieme dei vettori) e bv ∈ V
allora esiste ed è unica la n–upla di scalari (α1 , . . . , αn ) tale che
bv = α1 v1 + · · · + αn vn
Dimostrazione: Essendo B un sistema di generatori ogni v ∈ V si scrive come
combinazione lineare degli elementi di B, cioè esistono scalari α1 , . . . , αn tali
che:
v = α1 v1 + · · · + αn vn .
Dimostriamo l’unicità di tale combinazione: supponiamo che sia anche
v = β1 v1 + · · · + βn vn .
Sottraendo queste due equazioni
0 = (α1 − β1 )v1 + · · · + (αn − βn )vn
da cui α1 − β1 = . . . = αn − βn = 0 in virtù della lineare indipendenza dei
vettori di B, e dunque α1 = β1 ,...,αn = βn .
Gli scalari (α1 , . . . , αn ) si dicono le componenti di v ∈ V nella base B o anche
le coordinate di v rispetto alla base B.
7
Esercizio. Si dimostri che B = {(1, −1), (2, 0)} è una base di R2 e si determinino le componenti di v = (−3, 1) rispetto a questa base.
Soluzione: chiaramente i vettori di B sono linearmente indipendenti in
quanto (2, 0) non è multiplo di (1, −1). Dimostriamo che sono un sistema di
generatori. Sia (x, y) ∈ R2 e cerchiamo a, b ∈ R tali che
(x, y) = a(1, −1) + b(2, 0) = (a + 2b, −a)
dovrà dunque essere a = −y e, pertanto b = x+y
e ciò è sempre possibile. In
2
particolare (−3, 1) = (−1)(1, −1) + (−1)(2, 0) e dunque le componenti di v
sulla base B sono (−1, −1)B .
Esercizi
Determinare una base dei seguenti sottospazi vettoriali.
1) Il sottospazio dei polinomi a coefficienti reali di grado ≤ 4.
2) Il sottospazio di R4 dato
da A ∩ B dove A = h(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)i e
B = {(x, y, z, t) ∈ R4 x = t = 0}.
3
L’algoritmo di Gauss come metodo pratico
per la risoluzione di problemi di algebra
lineare
Abbiamo gia’ visto che per determinare se un certo numero di vettori in
Rn sono linearmente indipendenti e’ necessario risolvere un sistema lineare
omogeneo cioe’ del tipo Ax = 0. In modo analogo anche per vedere se i vettori
generano lo spazio e’ necessario risolvere un sistema lineare questa volta non
omogeneo, ma del tipo Ax = b. Dunque e’ chiaro che l’algoritmo di Gauss
e’ di grande aiuto in problemi legati alla lineare dipendenza o indipendenza
e al concetto di generazione o piu’ in generale al concetto di base. Quello
che vogliamo vedere in questa lezione e’ come sia possibile usare direttamente
l’algoritmo di Gauss, senza dover impostare un sistema lineare.
Osserviamo che se abbiamo una matrice A ∈ Mm,n (R) possiamo considerare le sue righe come tanti vettori di Rn , tali vettori si dicono i vettori
8
riga di A. Ad esempio se A =
R1 = (0, 1, −3) e R2 = (2, −1, 1).
0 1 −3
2 −1 1
, i suoi vettori riga sono
Proposizione 3.1. Data una matrice A ∈ Mm,n (R) le operazioni elementari
di riga non cambiano lo span del sottospazio di Rn generato dai vettori riga
di A.
Dimostrazione. Ricordiamo che le operazioni elementari di ricga sono:
a) Lo scambio tra due righe.
b) Moltiplicazione di una riga per uno scalare.
c) La somma ad una riga di una combinazione lineare delle altre
(a) e (b) sono immediate. (c) e’ una conseguenza delle proposizioni viste
sugli argomenti: vettori linearmente dipendenti e combinazioni lineari.
Importante: Le operazioni di riga non cambiano lo span dei vettori di
riga ma cambiano lo span dei vettori colonna! (Si invitano gli studenti a
verificare questo fatto per convincersene).
Proposizione 3.2. Se una matrice A e’ a scala per riga, i suoi vettori riga
sono linearmente indipendenti.
Dimostrazione. Verifica diretta.
Vediamo ora un esempio di come applicare queste due proposizione agli
esercizi.
Esempio 3.3. Si considerino i vettori di R3 :
 
 
2
0
v1 =  3  ,
v2 = −1 ,
−1
3
 
2
v3 = 2 .
2
a) Si dica se sono linearmente indipendenti. Sono una base di R3 ?
b) Si trovi una base del sottospazio W che generano e se ne calcoli la
dimensione.
La matrice:


2 3 −1
A = 0 −1 3 
2 2
2
9
ha forma ridotta:


1 0 4
0 1 −3
0 0 0
Dalla proposizione 3.1 abbiamo che

 
 
 
2
0
2 






3 , v2 = −1 , v3 = 2 =
W = Span v1 =


−1
3
2

 
 
1
0 




= Span u1 = 0 , u2 = −1 .


4
3
Abbiamo trovato che il sottospazio W e’ generato da due vettori u1 e u2
linearmente indipendenti (vedi Proposizione 3.2). Dunque {u1 , u2} e’ una
base per W che dunque ha dimensione 2. Dato che per il Teorema 1.4 il
numero di vettori in una base e’ il massimo numero di vettori linearmente
indipendenti nello spazio vettoriale, abbiamo dunque che v1 , v2 , v3 sono linearmente dipendenti. Dunque non possono essere una base di R3 .
Vediamo in generale come si deve procedere per decidere se v1 , . . . , vk ∈
Rn sono linearmente indipendenti e per trovare una base del sottospazio
da loro generato, cioe’ formalizziamo schematicamente quello che abbiamo
imparato dall’esempio precedente.
• Scriviamo la matrice che ha come righe i vettori v1 , . . . , vk (sara’ una
matrice k × n).
• Usando l’algoritmo di Gauss scriviamo la matrice A in forma ridotta
scala per righe.
• Se il numero di vettori non nulli che formano le righe di A in forma
ridotta e’ uguale a k allora i vettori v1 , . . . , vk ∈ Rn sono linearmente
indipendenti altrimenti sono dipendenti.
• Se sono indipendenti allora sono una base del sottospazio W generato
da v1 , . . . , vk , altrimenti i vettori non nulli che formano le righe di A
in forma ridotta formano una base di W .
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Ora invece riportiamo schematicamente come si ricava una base da un
insieme di generatori di un sottospazio vettoriale. Sia
W = Span{u1 , . . . , uk } ⊂ Rn
• Scriviamo la matrice che ha come righe i vettori u1 , . . . , uk (sara’ una
matrice k × n).
• Usando l’algoritmo di Gauss scriviamo la matrice A in forma ridotta
scala per righe.
• I vettori non nulli che formano le righe di A in forma ridotta sono una
base per W .
Il numero di righe non nulle in A in forma ridotta si dice il rango di A ed
e’ chiaramente uguale alla dimensione del sottospazio W generato dalle righe
della matrice A. Il rango e’ anche uguale alla dimensione del sottospazio
generato dalle colonne di A, tuttavia una base di questo spazio NON e’ data
dalle righe di A in forma ridotta, in quanto le operazioni di riga cambiano lo
span delle colonne.
Adesso invece vediamo in azione il teorema del completamento descritto
sopra.
Metodo per ottenere il completamento di una base di un sottospazio W ⊂ Rn ad una base di Rn
Sia W ⊂ Rn un sottospazio vettoriale dato come span di w1 , . . . , wk . Dai
discorsi precedenti sappiamo come ottenere una base di W . Ci chiediamo
ora come completarla ad una base di Rn . Vediamo come procedere.
• Scriviamo la matrice che ha come righe i vettori w1 , . . . , wk (sara’ una
matrice k × n).
• Usando l’algoritmo di Gauss scriviamo la matrice A in forma ridotta
scala per righe.
• I vettori che completano ad una base di Rn saranno ottenuti aggiungendo gli elementi della base canonica corrispondenti ai gradini mancanti nella forma scale per righe di A. (Nell’esempio precedente bisogna
aggiungere il vettore (0, 0, 1)).
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Osservazione
Osserviamo a questo punto che, se B = {v1 , . . . , vn } è una base ordinata
per lo spazio vettoriale V , possiamo considerare la funzione f : V → Rn
che ad ogni vettore associa le sue coordinate, cioè scriviamo v ∈ V come
combinazione lineare degli elementi di B, v = α1 v1 + · · · + αn vn , e poniamo f (v) = (α1 , . . . , αn ). Per il teorema 2.7 si ha che f è una applicazione biunivoca. Inoltre se v ha coordinate (α1 , . . . , αn ) e λ ∈ R è uno
scalare, allora le coordinate di λv sono (λα1 , . . . , λαn ), mentre se w è un
altro vettore, le cui coordinate sono (β1 , . . . , βn ), allora le coordinate di
v + w = (α1 + β1 , . . . , αn + βn ). Lo studente è invitato a verificare le due
asserzioni fatte or ora, che comunque riprenderemo anche in seguito, quando
parleremo di isomorfismi di spazi vettoriali. Per ora ci limiteremo ad osservare che grazie a queste proprieta’ anziche’ operare sui vettori facendo delle
loro combinazioni lineari possiamo operare sulle loro coordinate, e poi da esse
risalire nuovamente ai vettori.
Vediamo un esempio. Dati i polinomi 2x2 + 3x − 1, −x + 3, 2x2 + 2x + 2 ∈
R2 [x], vogliamo stabilire se sono linearmente indipendenti, e se sono una base
di R2 [x]. Consideriamo la base canonica B = {x2 , x, 1} di R2 [x]. Rispetto
ad essa, le coordinate dei polinomi sono
 
 
 
2
0
2





3 ,
v1 =
v2 = −1 ,
v3 = 2 .
−1
3
2
Possiamo quindi procedere come nell’esempio 3.3 e facendo esattamente gli
stessi calcoli si ottiene
 una base
 che
 W e’ data dai polinomi le cui co di
1
0
ordinate sono u1 = 0 , u2 = −1. Tornando ai polinomi, si ha che
4
3
2
2
W = Span{2x + 3x − 1, −x + 3, 2x + 2x + 2} = Span{x2 + 4, −x + 3}, quindi
i 3 polinomi di partenza non sono una base di R2 [x].
Esercizi
1. Stabilire per quali valori di k i seguenti polinomi di R2 [x] sono linearmente indipendenti: x2 + 3x + 5, kx2 + 4x + k, x2 + x − 3.
[Soluz:
k 6= 2]
12
2. Trovare una base di Span{(1, 0, 3), (2, 3, 0), (1, 1, 1)} e completarla ad
una base di R3 .
3. Stabilire se x3 − x appartiene a Span{x3 + x2 + x, x2 + 2x, x2 }.
4. Stabilire quali dei seguenti insiemi di vettori generano R3 .
      
2
0
 0

a) S1 =  0  , 0 , −3 ,


−1
0
0
      
2
0

 1






1 , 0 , 6 ,
b) S2 =


−1
1
−3
5. Stabilire per quali valori di k il polinomio k 2 x2 + x + 1 appartiene
√a
2
2
Span{2x − x, −x + 3x + 1}.
[Soluz: k 6= ± 3]
6. Stabilire se i vettori v1 = (1, 1), v2 = (−1, 1), v3 = (2, 1) sono linearmente indipendenti. Essi generano R2 ?
7. Stabilire per quali valori di k il vettore w = (−1, k, 1) appartiene a
Span{(1, −1, 0), (k, −k, 1), (−1, k 2, 1)}. (Attenzione: in questo caso e’
preferibile non usare l’algoritmo di Gauss. Perche’ ?)
8. Stabilire per quali valori di k i vettori v1 = (1, 2k, 0), v2 = (1, 0, −3), v3 =
(−1, 0, k + 2) sono linearmente indipendenti.
[Soluz: k 6= 0 e k 6= 1]
9. Stabilire per quali valori di k il polinomio x2 +2k appartiene a Span{x2 +
kx, x2 − (k + 1)x − k}. (Anche in questo caso e’ preferibile non usare
l’algoritmo di Gauss).
10. Siano v1 = (1, 1, 1, 0), v2 = (2, 0, 2, −1), v3 = (−1, 1, −1, 1). Si determini una base di Span{v1 , v2 , v3 } e la si completi ad una base di
R4 . Inoltre si determini per quali valori di k il vettore w = (k, 0, k, k)
appartiene a Span{v1 , v2 , v3 }.
11. Sia A = {(x, y, z) ∈ R3 | x − y + z = 0 e x − 2y = 0}. Dimostrare che
A e’ un sottospazio di R3 e trovarne una base.
a b
12. Sia M =
∈ M2,2 (R)|a, b ∈ R . Dimostrare che M e’ un
−b a
sottospazio di M2,2 (R) e calcolarne la dimensione.
13
−1
1
13. Dimostrare che B =
,
e’ una base di R2 e trovare le
2
−1
3
0
coordinate dei vettori
e
rispetto a tale base.
−1
1
14