Esercizi sugli spazi vettoriali 8 — Sottospazi vettoriali

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In questo articolo proponiamo 14 esercizi svolti su sottospazi vettoriali. Prosieguo della raccolta Esercizi sugli spazi vettoriali – somma e intersezione, ha lo scopo di fornire ulteriore materiale per l’approfondimento di questa importante tematica dell’algebra lineare.

Gli esercizi sono accuratamente selezionati e completamente svolti: auguriamo a tutti una piacevole lettura.

sottospazi vettoriali

Sommario

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In questa dispensa vengono proposti esercizi risolti riguardo la struttura di sottospazio di uno spazio vettoriale $V$ dato e sui concetti di dipendenza e indipendenza lineare.

Autori e revisori

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Autore: Daniele Volpe

Revisori: Valerio Brunetti Luigi De Masi

Notazioni su sottospazi vettoriali

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$\mathbb{R}$

$\mathbb{C}$

$\mathbb{N}$

$\mathbb{K}$

$V$

$\dim V$

$\mathbf{0}_V\in V$

$\mathbf{0}$

$\operatorname{Id}$

$\mathcal{L}(v_1,..,v_n)\subseteq V$

$\mathbb{R}_{k}[x]$

$\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$

$\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$

campo dei numeri reali;

campo dei numeri complessi;

insieme numeri naturali (incluso lo zero);

generico campo;

generico spazio vettoriale;

dimensione dello spazio vettoriale $V$ ;

vettore nullo in $V$ ;

vettore nullo dello spazio vettoriale in esame;

matrice identità di dimensione deducibile dal contesto;

sottospazio vettoriale di $V$ generato dai vettori $v_1$ , $...$ , $v_n\in V$ .

spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali nella variabile $x$ aventi grado al più $k$ ;

spazio vettoriale della matrici quadrate $m\times n$ a coefficienti reali;

spazio vettoriale della matrici quadrate $n\times n$ a coefficienti reali.

Premessa teorica su sottospazi vettoriali

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In questa sezione richiamiamo brevemente i concetti teorici necessari per lo svolgimento degli esercizi proposti dalla dispensa: combinazione lineare, dipendenza ed indipendenza lineare, sottospazio vettoriale, base e dimensione.

Definizione 1.1. Sia $V$ uno spazio vettoriale a coefficienti nel campo $\mathbb{K}$ e sia $n\in\mathbb{N}$ un numero naturale.

Un sottoinsieme $S\subseteq V$ è detto sottospazio vettoriale di $V$ se esso è uno spazio vettoriale a sua volta, ovvero se per ogni coppia di scalari $\alpha$ , $\beta\in\mathbb{K}$ e per ogni coppia di vettori $v$ , $w\in V$ si ha
$\alpha v+\beta w\in S.$

Osserviamo in particolare, scegliendo $\alpha=\beta=0$ , che $S$ deve contenere il vettore nullo di $V$ .

Dati $n$ scalari $\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in\mathbb{K}$ ed $n$ vettori $v_1,\cdots,v_n\in V$ , il vettore $u\in V$ dato da
$u=\alpha_1 v_1+\cdots\alpha_n v_n$

è detto combinazione lineare degli $n$ vettori assegnati con coefficienti $\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in\mathbb{K}$ .

Un sottoinsieme $S\subseteq V$ è detto linearmente dipendente se esistono $n$ vettori
$v_1,\cdots,v_n\in S$ ed $n$ scalari $\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in\mathbb{K}$ non tutti nulli tali che

$\alpha_1 v_1+\cdots\alpha_n v_n=\bf 0.$

Altrimenti è detto linearmente indipendente.

Dato un sottoinsieme $S\subseteq V$ , chiamiamo
$\mathcal{L}(S)\subseteq V$

l’insieme di tutte le combinazioni lineari di un numero finito di elementi di $S$ . Esso è un sottospazio vettoriale di $V$ detto sottospazio generato da $S$ . Se $S$ è un insieme finito di $n$ vettori $S=\{v_1,\cdots,v_n\}$ , scriviamo

$\mathcal{L}(v_1,\cdots,v_n)\subseteq V.$

$S$ è detto insieme dei generatori del sottospazio in questione.

Chiamiamo base di uno spazio vettoriale $V$ un insieme $\mathcal{B}\subset V$ di generatori linearmente indipendenti di $V$ . Se la base ha cardinalità finita $m\in\mathbb{N}$ chiamiamo dimensione dello spazio $V$ la cardinalità di $\mathcal{B}$ , ovvero
$\operatorname{dim}V=m.$

Ricordiamo, ad esempio, che l’insieme dei polinomi a coefficienti reali di grado minore o uguale a $k$ è uno spazio vettoriale. Più esplicitamente tale spazio può essere descritto come:

$\mathbb{R}_k[x]:=\{a_0+a_1x+\cdots+a_{n-1}x^{k-1}+a_kx^k \colon a_0,a_1,\dots,a_k \in \mathbb{R}\}.$

Osserviamo inoltre che, per ogni numero naturale $k\in\mathbb{N}$ , $\mathbb{R}_k[x]$ è uno spazio vettoriale su $\mathbb{R}$ di dimensione $k+1$ , infatti una possibile base per questo spazio è data dall’insieme di vettori

$\mathcal{B}=\{1,x,\dots,x^{k-1},x^k\}.$

Testi degli esercizi su sottospazi vettoriali

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Quali dei seguenti sottoinsiemi di $\mathbb{R}^3$ sono anche sottospazi vettoriali? Motivare la risposta.

$V_1=\{(x, y, 1)\in \mathbb{R}^3\colon x, y \in \mathbb{R}\}$ ;
$V_2=\{(0, y, 0)\in \mathbb{R}^3 \colon y \in \mathbb{R}\}$ ;
$V_3=\{(x, x, y)\in \mathbb{R}^3 \colon x, y \in \mathbb{R}\}$ ;
$V_4=\{(x, y, z)\in \mathbb{R}^3 \colon x, y, z \in \mathbb{R},\quad x + y = z\}$ ;
$V_5=\{(x, y, z)\in \mathbb{R}^3 \colon x, y, z \in \mathbb{R},\quad x^2 + y^2 = z^2\}$ .

Svolgimento punto 1.

$V_1$ non è un sottospazio, in quanto la terza coordinata è forzata ad essere uguale a $1$ e ciò ha come conseguenza che il vettore nullo non può appartenere al suddetto insieme.

Svolgimento punto 2.

$V_2$ è un sottospazio di $\mathbb{R}^3$ ; infatti prendiamo due elementi generici $(0,x,0)$ e $(0,y,0)$ appartenenti a tale insieme e mostriamo che una loro combinazione lineare è ancora un elemento di esso. Scegliamo dunque due numeri reali arbitrari $\alpha$ e $\beta$ e osserviamo che $\alpha(0,x,0)+\beta(0,y,0)=(0,\alpha x+ \beta y,0)$ appartiene ancora all’insieme.

Svolgimento punto 3.

Un elemento di $\mathbb{R}^3$ appartiene a $V_3$ se e solo se la prima e la seconda componente sono uguali; mostriamo che tale condizione definisce un sottospazio di $\mathbb{R}^3$ . Dati due scalari arbitrari $\alpha,\beta\in\mathbb{R}^3$ , una generica combinazione lineare di elementi di $V_3$ è pari a

$\alpha(x,x,y)+\beta(w,w,z)=(\alpha x + \beta w,\alpha x + \beta w,\alpha y + \beta z).$

Osserviamo che in questo elemento risultante le prime due componenti sono ancora uguali: $V_3$ è quindi un sottospazio.

Svolgimento punto 4.

Mostriamo che $V_4$ di $\mathbb{R}^3$ è un sottospazio. Dati due scalari arbitrari $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ , una generica combinazione lineare di elementi di $V_4$ è pari a

$\alpha(x,y,z) +\beta(u,v,w) =(\alpha x+\beta u,\alpha y+\beta v,\alpha z+\beta w).$

Proviamo che tale vettore soddisfa ancora la condizione che definisce $V_4$ :

$(\alpha x+\beta u)+(\alpha y+ \beta v)=\alpha(x+y)+\beta(u+v)=\alpha z+\beta w,$

come volevasi dimostrare. La seconda uguaglianza segue dall’assunto che i due elementi di $\mathbb{R}^3$ scelti soddisfano la condizione che definisce $V_4$ .

Svolgimento punto 5.

$V_5$ non è un sottospazio: il vettore $(1,1,1)$ appartiene ad esso ma $2\cdot (1,1,1)=(2,2,2)$ no.

Osservazione.

Si noti che gli unici casi in cui le leggi algebriche defininenti gli insiemi studiati caratterizzano dei sottospazi sono quelli in cui le equazioni coinvolte sono lineari e omogenee. Sarà scopo del prossimo esercizio mettere in luce tale carattere algebrico dei sottospazi vettoriali.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Mostrare che l’insieme delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo di $m$ equazioni in $n$ incognite è un sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}^n$ .

Svolgimento.

Ricordiamo che un sistema lineare omogeneo è una collezione di equazioni in una o più indeterminate che siano lineari con termine noto nullo. Se abbiamo $n$ indeterminate $\{x_1,x_2,\dots,x_n\}$ ed $m$ equazioni, un sistema lineare omogeneo $\Sigma$ si presenterà, a meno di ordinare addendi ed equazioni, nella seguente forma:

$\Sigma=\begin{cases} \text{ } a_{1,1}x_{1}+a_{1,2}x_{1}+\cdots+a_{1,n}x_{n}=0 \\ \text{ } a_{2,1}x_{1}+a_{2,2}x_{2}+\cdots+a_{2,n}x_{n}=0 \\ \text{ }\text{ }\text{ }\text{ }\qquad \qquad\qquad \vdots\\ a_{m,1}x_{1}+a_{m,2}x_{2}+\cdots+a_{m,n}x_{n}=0. \end{cases}$

Scopo di questo esercizio è mostrare che l’insieme

$S=\{(x_1,x_2,\cdots,x_n) \colon (x_1,x_2,\cdots,x_n)\text{ è soluzione di } \Sigma \}$

è un sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}^n$ .

Si prendano due soluzioni arbitrarie di $\Sigma$ , $(x_1,x_2,\cdots,x_n)$ , $(y_1,y_2,\cdots,y_n)\in\mathbb{R}^n$ , si scelgano due scalari $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ e si consideri la combinazione lineare

$\alpha(x_1,x_2,\cdots,x_n)+\beta(y_1,y_2,\cdots,y_n).$

Mostriamo che essa è ancora una soluzione di $\Sigma$ .

Per farlo scegliamo una qualsiasi equazione del sistema e verifichiamo che la nostra combinazione lineare è soluzione di essa (per l’arbitrarietà dell’equazione deduciamo dunque che la combinazione lineare è soluzione di tutte le equazioni, simultaneamente); scegliamo dunque l’equazione $i$ -esima, con $i \in \{1,\dots,m\}$ generico, e valutiamola nella combinazione lineare della soluzione. Otteniamo:

$\begin{aligned} &a_{i,1}(\alpha x_1 + \beta y_1)+a_{i,2}(\alpha x_2 + \beta y_2)+\cdots + a_{i,n}(\alpha x_n + \beta y_n)=\\ \qquad &=\alpha (a_{i,1}x_1+a_{i,2}x_2 +\cdots + a_{i,n} x_n)+ \beta (a_{i,1}y_1+a_{i,2}y_2 +\cdots + a_{i,n} y_n)\\ \qquad & = 0. \end{aligned}$

L’ultima identità segue dal fatto che $(x_1,x_2,\cdots,x_n)$ e $(y_1,y_2,\cdots,y_n)$ sono soluzioni di $\Sigma$ .

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Quali dei seguenti sottoinsiemi di $M_2(\mathbb{R})$ sono anche sottospazi vettoriali? Motivare la risposta.

$V_1=\left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\in M_2(\mathbb{R}) \colon c=0\right\}$ ;

$V_2=\{A \in M_2(\mathbb{R}) \colon A^{T} = A\}$ ;
$V_3=\{A \in M_2(\mathbb{R}) \colon A^2 = A\}$ ;

$V_4=\left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\in M_2(\mathbb{R}) \colon a+c=b+d\right\}$ .

Svolgimento punto 1.

$V_1$ è l’insieme delle soluzioni del sistema lineare omogeneo descritto dalla singola equazione

$c=0.$

In virtù di quando mostrato nell’esercizio 2, è quindi un sottospazio di $M_2(\mathbb{R})$ .

Svolgimento punto 2.

Osserviamo come la trasposizione cambia le coordinate di una matrice generica $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ :

$A^{T}=\begin{pmatrix} a & c \\ d & d \end{pmatrix}.$

Quindi l’insieme $V_2$ delle matrici uguali alla propria trasposta può essere espresso nella maniera seguente:

$V_2=\left\{\begin{pmatrix} a & c \\ d & d \end{pmatrix} \in M_2(\mathbb{R}) \colon \text{ } b=c \right\}.$

Anche questa volta notiamo che l’equazione che definisce $V_2$ è lineare e omogenea, possiamo dunque affermare che $S$ è un sottospazio.

Svolgimento punto 3.

$V_3$ non è un sottospazio. La matrice identica

$\operatorname{Id}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

appartiene ovviamente a questo insieme ma $2\cdot \operatorname{Id}$ no; infatti

$(2\cdot \operatorname{Id}) ^{2}=4 \cdot \operatorname{Id} \ne 2\cdot \operatorname{Id}.$

Svolgimento punto 4.

$V_4$ è l’insieme delle soluzioni del sistema lineare omogeneo descritto dalla singola equazione

$a-b+c-d=0.$

In virtù di quanto mostrato nell’esercizio 2, è quindi un sottospazio di $M_2(\mathbb{R})$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Quali dei seguenti sottoinsiemi sono sottospazi vettoriali di $\mathbb{R}_3[x]$ ? Motivare la
risposta.

$A=\{p(x)\in \mathbb{R}_3[x] \colon p(2) = 0\}$ ;
$B=\{p(x)\in \mathbb{R}_3[x] \colon p(2) = 1\}$ ;
$C=\{a_1x + a_2x^2 \in \mathbb{R}_3[x] \}$ .

Svolgimento punto 1.

Siano $q,r$ due polinomi di grado minore o uguale a $3$ tali che $q(2)=r(2)=0$ . Si scelgano $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ e si formi il polinomio $t:=\alpha r + \beta q$ ; se valutiamo questo polinomio in $2$ otteniamo ancora $0$ , infatti

$t(2)=\alpha r(2)+ \beta q(2)=\alpha\cdot 0 + \beta \cdot 0 =0.$

Ciò mostra che $A$ è un sottospazio di $\mathbb{R}_3[x]$ .

Svolgimento punto 2.

$B$ non è un sottospazio: infatti non contiene il polinomio nullo, che invece appartiene a un qualsiasi sottospazio.

Svolgimento punto 3.

Prendiamo due elementi con termine noto uguale a zero $r=r_1 x+r_2 x^2$ , $q=q_1 x+q_2 x^2$ e, dati due coefficieinti reali $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ , consideriamone un combinazione lineare

$\alpha r + \beta q=\alpha(r_1 x+r_2 x^2)+\beta(q_1 x+q_2 x^2)=(\alpha r_1+\beta q_1)x+(\alpha r_2+\beta q_2)x^2.$

Osserviamo che il polinomio così ottenuto è di secondo grado e il suo termine noto è ancora nullo: concludiamo che anche $C$ è sottospazio.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Sia $U$ un sottospazio vettoriale di $V$ su $\mathbb{R}$ . Mostrare che

se $av \in U$ con $a \ne 0$ , allora $v \in U$ ;
se $v, v + u \in U$ , allora $u \in U$ .

Svolgimento punto 1.

Siccome $a \ne 0$ si può moltiplicare il vettore $av$ per $a^{-1}$ . Essendo $U$ un sottospazio, il vettore risultante apparterrà ancora a $U$ ; dunque, $a^{-1}\cdot av=1\cdot v=v$ appartiene a $U$ .

Svolgimento punto 2.

Siccome $v,v+u$ appartengono a $U$ , dovrà appartenere a $U$ anche il vettore $(v+u) -v=u$ .

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Determinare se $v \in \mathcal{L}( u, w)\subseteq V$ nei seguenti casi:

$V=\mathbb{R}^3$ e $v = (1, -1, 2)$ , $u = (1, 1, 1)$ , $w = (0, 1, 3)$ .
$V=\mathbb{R}^3$ e $v = (3, 1, -3)$ , $u = (1, 1, 1)$ , $w = (0, 1, 3)$ .

$V=M_2(\mathbb{R})$ e $v= \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$ , $u= \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ , $w=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.$

$V=M_2(\mathbb{R})$ e $v=\begin{pmatrix} 1 & -4 \\ 5 & 3 \end{pmatrix}$ , $u=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ , $w=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.$

Metodo risoluzione generale esercizio.

Diamo prima un metodo per risolvere questo esercizio in generale, poi si mostreranno le soluzioni specifiche. Affermare che $v \in \mathcal{L} (u,w)$ significa che esistono $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tali per cui $v=\alpha u + \beta w$ . Quindi, in generale, avremo come incognite $\alpha$ e $\beta$ in un sistema lineare non omogeneo (le equazioni saranno tante quante la dimensione dello spazio e i termini noti le coordinate di $v$ ); $v$ apparterrà allo spazio generato dunque se e solo se il sistema che abbbiamo creato ammette soluzione. Applichiamo questo ragionamento ai vari casi richiesti dalla traccia.

Svolgimento punto 1.

Imponendo $v=\alpha u + \beta w$ , dobbiamo risolvere il seguente sistema:

$\begin{cases} 1=\alpha \\ -1= \alpha + \beta\\ 2= \alpha + 3\beta. \end{cases}$

Sostituendo la prima equazione nella seconda otteniamo $\beta=-2$ . Sostituendo tutto nella terza equazione otteniamo $2=1+ 3\cdot(-2)$ cioè $2=-5$ , deducendo che il sistema in questione non ha soluzione. Concludiamo che il vettore $v$ non è combinazione lineare dei vettori $u,w$ .

Svolgimento punto 2.

Imponendo $v=\alpha u + \beta w$ , dobbiamo risolvere il seguente sistema:

$\begin{cases} 3=\alpha \\ 1= \alpha + \beta\\ -3= \alpha + 3\beta. \end{cases}$

Sostituendo la prima equazione nella seconda otteniamo $\beta=-2$ . Sostituendo tutto nella terza equazione otteniamo $-3=3+3\cdot(-2)$ cioè $-3=-3$ , che non contraddice le altre equazioni. Concludiamo che $v=3u+(-2)v$ e dunque $v$ appartiene al sottospazio generato da $u,w$ .

Svolgimento punto 3.

Imponendo $v=\alpha u + \beta w$ , dobbiamo risolvere il seguente sistema:

$\begin{cases} 1=\alpha + 2\beta\\ 3= -\alpha + \beta\\ -1= 2\alpha + \beta \\ 1 = \alpha. \end{cases}$

Sostituendo la quarta equazione nella prima otteniamo $\beta=0$ . Sostituendo nella seconda equazione si ottiene $3=-1$ , cioè il sistema non ammette soluzione. Deduciamo che $v$ non appartiene allo spazio generato da $u,w$ .

Svolgimento punto 4.

Imponendo $v=\alpha u + \beta w$ , dobbiamo risolvere il seguente sistema:

$\begin{cases} 1=\alpha + 2\beta\\ -4= -\alpha + \beta\\ 5= 2\alpha + \beta \\ 3 = \alpha. \end{cases}$

Sostituendo la quarta equazione nella prima otteniamo $\beta=-1$ . Sostituendo nella terza equazione si ottiene $\alpha=3$ e si verifica facilmente che anche la seconda equazione è soddisfatta. Deduciamo che $v$ appartiene allo spazio generato da $u,w$ e che $v=3u-w$ .

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Mostrare che un insieme di vettori $\{v_1, v_2, \dots , v_n\}$ in uno spazio vettoriale $V$ è linearmente dipendente se e solo se uno dei $v_i$ è combinazione lineare dei rimanenti vettori.

Svolgimento.

Per mostrare l’equivalenza delle due proprietà cominciamo assumendo che l’insieme

$\{v_1,v_2,\dots,v_n\}$ sia linearmente dipendente. Abbiamo che esistono $a_1,a_2,\dots,a_n$ non tutti nulli tali che

$a_1v_1+a_2v_2+\cdots,+a_nv_n=\bf 0.$

Sappiamo che esiste $i\in\{1,\dots,n\}$ tale per cui $a_i \ne 0$ ; sommando $-a_iv_i$ a entrambi i membri dell’equazione e dividendo per $a_i$ , si ottiene:

$v_i=\dfrac{1}{a_i}\big( (-a_1)v_1+\cdots+(-a_{i-1})v_{i-1}+(-a_{i+1})v_{i+1}+\cdots+ (-a_n)v_n \big),$

cioè $v_i$ è combinazione lineare degli altri vettori.

Viceversa, se esiste $i\in\{1,\cdots,n\}$ tale che $v_i$ è combinazione lineare degli altri vettori, assumendo senza perdita di generalità $i=1$ , abbiamo che

$v_1=a_2 v_2+\cdots+a_n v_n \iff a_2 v_2+\cdots+a_n v_n-v_1=\bf 0.$

Abbiamo così ottenuto una combinazione lineare a coefficienti non tutti nulli (in particolare quello di $v_1$ è $-1$ ) degli $n$ vettori che dà il vettore nullo: l’insieme è dunque linearmente dipendente.

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ Sia $V$ uno spazio vettoriale e $A$ un insieme non necessariamente finito di vettori di $V$ . Mostrare:

Se $A$ è linearmente indipendente, ogni sottoinsieme $B \subseteq A, B \ne \emptyset$ è linearmente indipendente;
Se $A$ è linearmente dipendente, ogni sovrainsieme $B$ di $A$ , ossia ogni sottionsieme di $V$ tale che $A \subseteq B$ , è linearmente dipendente.

Svolgimento punto 1.

Sia $B \subseteq A$ e siano $B=\{v_1,\dots,v_k\}\in B$ . Poiché tali vettori appartengono anche ad $A$ , che è linearmente indipendente, l’unica combinazione lineare di essi pari al vettore nullo è quella con coefficienti scalari tutti nulli, dunque $B$ è linearmente indipendente.

Svolgimento punto 2.

Poiché $A$ è dipendente, se $B\supseteq A$ fosse indipendente lo sarebbe anche $A$ per quanto provato nel punto precedente. Dunque $B$ è linearmente dipendente.

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Determinare quali dei seguenti sottoinsiemi di $\mathbb{R}^4$ è costituito da vettori linearmente indipendenti:

$A=\{(0, 1, 2, 3),(1, 2, 3, 4),(2, 3, 4, 5),(3, 4, 5, 6),(4, 5, 6, 7)\}$ ;
$B=\{(1, 2, 3, 4),(2, 3, 4, 1),(3, 4, 1, 2),(0, 1, 6, 3)\}$ ;
$C=\{(1, 2, 3, 4),(2, 3, 4, 1),(5, 7, 9, -1)\}$ ;
$D=\{(1, 2, 3, 4),(2, 3, 4, 1),(1, 1, 1, 1)\}$ ;
$E=\{(2, 4, 6, 8),(3, 6, 9, 12)\}$ .

Premessa teorica.

Ricordiamo che un insieme di vettori $\{v_1, \dots, v_n\}$ è linearmente indipendente se e solo se l’equazione (nelle indeterminate $a_1, \dots, a_n$ )

$a_1v_1+ \dots + a_nv_n=\bf 0,$

ha come unica soluzione $a_1=a_2=\cdots=a_n=0$ . Nello svolgimento sarà più chiaro come queste equazioni si traducano naturalmente in termini di sistemi di equazioni lineari omogenee.

Svolgimento punto 1.

Nel primo caso il sistema $A$ è necessariamente dipendente, poiché $m$ vettori in $\mathbb{R}^n$ se $m>n$ sono per forza dipendenti, in quanto una possibile base di $\mathbb{R}^n$ è infatti data da $n$ vettori aventi tutte le componenti nulle eccetto l’ $i$ -esima, per $i$ che va da $1$ ad $n$ . Osserviamo che, ad esempio, la seguente combinazione lineare dà il vettore nullo:

$(1,2,3,4)-(0,1,2,3)+(2,3,4,5)-(3,4,5,6)=\bf 0.$

Svolgimento punto 2.

Anche in questo caso il sistema $B$ è dipendente, poiché la seguente combinazione lineare è pari al vettore nullo:

$(1,2,3,4)+(2,3,4,1)-(3,4,1,2)-(0,1,6,3)=\bf 0.$

Svolgimento punto 3.

Scegliamo quattro coefficienti $a_1$ , $a_2$ , $a_3$ , $a_4\in\mathbb{R}$ . Ponendo a zero una combinazione lineare dei vettori dell’insieme $C$ avente tali coefficienti, si ottiene il seguente sistema omogeneo:

$\begin{cases} 0=a_1+2a_2+5a_3\\ 0=2a_1+3a_2+7a_3\\ 0= 3a_1+4a_2+9a_3\\ 0=4a_1+a_2-a_3. \end{cases}$

Dalla quarta equazione abbiamo che

$a_3=4a_1+a_2.$

Sostituendo questa informazione nelle altre tre equazioni otteniamo tramite semplici manipolazioni algebriche

$\begin{cases} 0=21a_1+7a_2\\ 0=2a_1+3a_2+7a_3\\ 0=39a_1+13a_2\\ a_3=4a_1+a_2 \end{cases} \iff \begin{cases} 0=3a_1+a_2\\ 0=3a_1+a_2\\ 0=3a_1+a_2\\ a_3=4a_1+a_2. \end{cases} \iff \begin{cases} a_2=-3a_1\\ a_3=4a_1-3a_1=a_1 \end{cases}$

Abbiamo dunque una combinazione (infinite in realtà) che mostra la dipendenza dei tre vettori: se poniamo $a_1=1$ allora per forza $a_3=1, a_2=-3$ . Questi coefficienti, nella combinazione linare, forniscono il vettore nullo, infatti:

$1\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}+(-3)\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}+1\cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 7 \\ 9 \\ -1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},$

dunque i vettori in questione sono linearmente dipendenti.

Svolgimento punto 4.

Si adotta lo stesso procedimento del punto precedente; il sistema è il seguente:

$\begin{cases} 0=a_1+2a_2+a_3\\ 0=2a_1+3a_2+a_3\\ 0= 3a_1+4a_2+a_3\\ 0=4a_1+a_2+a_3 \end{cases}\iff \begin{cases} a_2=-a_1\\ 0=2a_1+3a_2+a_3\\ 0= 3a_1+4a_2+a_3\\ 0=4a_1+a_2+a_3. \end{cases}$

Dove abbiamo sottratto alla prima equazione la seconda e ottenuto $-a_1-a_2=0$ , cioè $a_2=-a_1$ . Sostituiamo quindi la nuova prima equazione nella seconda e otteniamo:

$\begin{cases} a_2=-a_1\\ a_1=a_3\\ 0= 3a_1+4a_2+a_3\\ 0=4a_1+a_2+a_3. \end{cases}$

Sostituendo ancora una volta le due informazioni nella quarta equazione otteniamo

$\begin{cases} a_2=-a_1\\ a_1=a_3\\ 0= 3a_1+4a_2+a_3\\ a_1=0. \end{cases}$

Ma se $a_1=0$ allora sono forzate ad essere nulle anche le indeterminate $a_2$ e $a_3$ . Da ciò deduciamo che tali coefficienti devono essere tutti nulli e i vettori in questione sono linearmente indipendenti.

Svolgimento punto 5.

I due vettori dell’insieme $E$ sono, dall’esercizio 7, linearmente dipendenti in quanto proporzionali:

$(2,4,6,8)=\dfrac{2}{3}(3,6,9,12).$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Per quali valori di $k \in \mathbb{R}$ i vettori $v_1 = (1, 1, 1)$ , $v_2 = (3, 2, k)$ , $v_3 = (0, 1, k)$ di $\mathbb{R}^3$ risultano linearmente dipendenti?

Svolgimento.

Dalla definizione tre vettori sono linearmente dipendenti se solo se l’equazione

$a_1v_1+a_2v_2+a_3v_3=\bf 0$

ammette una soluzione per i tre coefficienti $a_1$ , $a_2$ , $a_3\in\mathbb{R}$ diversa da quella nulla. Scrivendo in componenti i tre vettori, otteniamo quindi il sistema lineare omogeneo parametrico:

$\begin{cases} a_1+3a_2=0 \\ a_1+2a_2+a_3=0 \\ a_1+ka_2+ka_3=0, \end{cases}$

da discutere al variare del parametro $k\in\mathbb{R}$ . Esplicitando nella prima equazione la prima variabile in funzione della seconda $a_1=-3a_2$ e sostituendo tale equazione nella successiva si ottiene $a_3=a_2$ . Sostituendo a loro volta tali identità nella terza equazione, si perviene al sistema equivalente:

$\begin{cases} a_1=-3a_2 \\ a_3=a_2 \\ (-3+2k)a_2=0. \end{cases}$

Dalle prime due equazioni si deduce quindi che l’eventuale soluzione deve essere nelle forma

(1) $\begin{equation*} (a_1,a_2,a_3)=a_2(-3,1,1). \end{equation*}$

Se $k=-\frac{3}{2}$ la terza equazione è sempre soddisfatta e quindi l’equazione (1) fornisce infinite soluzioni non nulle del sistema al variare di $a_2\in\mathbb{R}$ : i vettori in tal caso sono linearmente dipendenti.

Se $k\neq-\frac{3}{2}$ la terza equazione è soddisfatta se e solo se $a_2=0$ , l’equazione (1) implica in tal caso che il sistema ammette solo la soluzione nulla: i vettori sono quindi linearmente indipendenti.

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Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Esistono valori di $k \in \mathbb{R}$ per cui i vettori $v_1 = (1, 1, 1, 3)$ , $v_2 = (3, 2, 0, k)$ , $v_3 = (0, 1, 1, k)$ di $\mathbb{R}^4$ risultano linearmente dipendenti?

Svolgimento.

Lo svolgimento di questo esercizio è quasi identico a quello dell’esercizio precedente. Scriviamo il sistema associato all’espressione $a_1 v_1+a_2 v_2+a_3 v_3=0$ :

$\begin{cases} a_1+3a_2=0\\ a_1+2a_2+a_3=0\\ a_1+a_3=0\\ 3a_1+ka_2+ka_3=0. \end{cases}$

Osserviamo che dalla terza equazione ricaviamo $a_1=-a_3$ , sostituendo nella seconda si ha $2a_2=0$ , che implica $a_2=0$ . Sostituendo nella prima e nella terza equazione si ottiene $a_1=a_2=0$ . Deduciamo che in questo caso i tre vettori sono linearmente indipendenti per ogni valore di $k\in\mathbb{R}$ .

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ Siano

$S = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \colon x + 5y - z = 0 \},$

$T = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \colon 5x - y + z = 0 \}.$

Verificare che $S$ e $T$ sono sottospazi vettoriali di $\mathbb{R}^3$ ;
trovare una base e la dimensione di $S$ e $T$ ;
considerare l’insieme $S \cap T$ ; si tratta di un sottospazio vettoriale? In caso affermativo, trovarne una base e la dimensione.

Svolgimento punto 1.

$S$ e $T$ sono entrambi sottospazi per quanto provato nell’esercizio 2: sono infatti definiti come soluzioni di sistemi di equazioni lineari omogenee.

Svolgimento punto 2.

Dalle equazioni che definiscono $S$ , si vede che $(x,y,z,) \in S$ se e solo se

(2) $\begin{equation*} z=x+5y, \end{equation*}$

ossia se e solo se

(3) $\begin{equation*} (x,y,z)=(x,y,x+5y)=x(1,0,1) + y(0,1,5) \end{equation*}$

con $x,y \in \mathbb{R}$ . Da ciò si evince che $S$ è generato dai vettori $(1,0,1)$ e $(0,1,5)$ che, essendo indipendenti in quanto non proporzionali, ne costituiscono anche una base. Pertanto $\dim S = 2$ .

Analogamente, dalle equazioni che definiscono $T$ , si vede che $(x,y,z) \in T$ se e solo se

(4) $\begin{equation*} z=-5x+y, \end{equation*}$

ossia se e solo se

(5) $\begin{equation*} (x,y,z)= (x,y,-5x+y) = x(1,0,-5) + y(0,1,1), \end{equation*}$

con $x,y \in \mathbb{R}$ . I due vettori $(1,0,-5),(0,1,1)$ generano quindi $T$ e ne costituiscono inoltre una base, essendo linearmente indipendenti in quanto non proporzionali. Pertanto $\dim T = 2$ .

Svolgimento punto 3.

Un vettore appartiene a $S \cap T$ se e solo se soddisfa tutte le equazioni che definiscono $S$ e $T$ . Costituendo tali equazioni un sistema lineare omogeneo esse definiscono un sottospazio per quanto visto nel’esercizio 2. Pertanto $(x,y,z) \in S \cap T$ se e solo se

(6) $\begin{equation*} z=x+5y,\quad z=-5x+y, \end{equation*}$

ossia, uguagliando le due equazioni e ricavando $x$ , se e solo se

(7) $\begin{equation*} x=-\frac{2}{3}y,\quad z=x+5y=\frac{13}{3}y. \end{equation*}$

Quindi $(x,y,z) \in S \cap T$ se e solo se

(8) $\begin{equation*} (x,y,z) = \left(-\frac{2}{3}y,y,\frac{13}{3} y \right) = y \left(-\frac{2}{3},1,\frac{13}{3} \right), \end{equation*}$

con $z \in \mathbb{R}$ . Quindi il vettore $\left(-\frac{2}{3},1,\frac{13}{3} \right)$ genera $S \cap T$ e ne costituisce una base, poiché non nullo e quindi linearmente indipendente. Pertanto $\dim (S \cap T)=1$ .

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ Si risponda alle stesse domande dell’esercizio precedente considerando i due sottoinsiemi di $\mathbb{R}^4$ :

$S = \{(x, y, z, w) \in \mathbb{R}^4 \colon y - z = 0, x + 2z = 0\},$

$T = \{(x, y, z, w) \in \mathbb{R}^4 \colon x - y + 2w = 0\}.$

Svolgimento punto 1.

$S$ e $T$ sono spazi vettoriali per quanto provato nel secondo esercizio: sono infatti definiti come soluzioni di sistemi di equazioni lineari omogenee.

Svolgimento punto 2.

Dalle equazioni che definiscono $S$ , si vede che $(x,y,z,w) \in S$ se e solo se

(9) $\begin{equation*} y=z,\qquad x=-2z, \end{equation*}$

ossia se e solo se

(10) $\begin{equation*} (x,y,z,w)=z(-2,1,1,0) + w(0,0,0,1), \end{equation*}$

con $z,w \in \mathbb{R}$ . Da ciò si evince che $S$ è generato dai vettori $(-2,1,1,0)$ e $(0,0,0,1)$ che, essendo indipendenti in quanto non proporzionali, ne costituiscono anche una base. Pertanto $\dim S = 2$ .

Analogamente, dalle equazioni che definiscono $T$ , si vede che $(x,y,z,w) \in T$ se e solo se

(11) $\begin{equation*} y=x+2w, \end{equation*}$

ossia se e solo se

(12) $\begin{equation*} (x,y,z,w)= (x,x+2w,z,w) = x(1,1,0,0) + w(0,2,0,1) + z(0,0,1,0), \end{equation*}$

con $x,z,w \in \mathbb{R}$ . I tre vettori $(1,1,0,0),(0,2,0,1),(0,0,1,0)$ generano quindi $T$ e ne costituiscono inoltre una base, essendo un sistema linearmente indipendente: infatti osserviamo che il primo ed il terzo vettore sono indipendenti in quanto non proporzionali, inoltre essi hanno quarta componente nulla e quindi nessuna loro combinazione lineare può essere uguale al secondo vettore, che ha invece quarta componente pari ad $1$ . Pertanto $\dim T = 3$ .

Svolgimento punto 3.

(13) $\begin{equation*} y=z,\quad x=-2z, \quad w= \frac{y-x}{2}, \end{equation*}$

ossia, sostituendo le prime due equazioni nella terza, se e solo se

(14) $\begin{equation*} y=z,\quad x=-2z, \quad w= \frac{3}{2}z. \end{equation*}$

Quindi $(x,y,z,w) \in S \cap T$ se e solo se

(15) $\begin{equation*} (x,y,z,w) = \left(-2z,z,z,\frac{3}{2} z \right) = z \left(-2,1,1,\frac{3}{2}\right), \end{equation*}$

con $z \in \mathbb{R}$ . Quindi il vettore $\left(-2,1,1,\frac{3}{2}\right)$ genera $S \cap T$ e ne costituisce una base, poiché non nullo e quindi linearmente indipendente. Pertanto $\dim (S \cap T)=1$ .

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Trovare una base per lo spazio $M_2(\mathbb{R})$ delle matrici $2\times 2$ a coefficienti reali, e calcolarne la dimensione.
Trovare una base per lo spazio $M_n(\mathbb{R})$ delle matrici $n \times n$ a coefficienti reali, e calcolarne la dimensione.
Mostrare che l’insieme
$T ^{\inf} _n (\mathbb{R})=\{A\in M_n(\mathbb{R})\colon a_{ij} = 0\quad\text{per}\quad j > i\}$

delle matrici triangolari inferiori $n\times n$ a coefficienti reali è un sottospazio vettoriale di $M_n(\mathbb{R})$ ; trovare una base e calcolare la dimensione di tale spazio.

Svolgimento punto 1.

Osserviamo che $M_2(\mathbb{R})=\left\{\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \colon a,b,c,d \in \mathbb{R}\right\}$ . Una matrice in questo spazio può essere dunque scritta come combinazione lineare

delle quattro matrici

$m_1=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad m_2\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad m_3=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\quad m_4=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$

Ciò è evidente osservando che

$\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}=am_1+bm_2+cm_3+dm_4.$

E’ facile verificare che l’insieme $\{m_1,m_2,m_3,m_4\}$ è costituito da vettori linearmente indipendenti, concludendo che quest’ultimo costituisce una base per lo spazio $M_2(\mathbb{R})$ , che ha quindi dimensione $4$ . Infatti

$am_1+bm_2+cm_3+dm_4=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \iff a=b=c=d=0.$

Svolgimento punto 2.

Come nell’esercizio precedente, in forma compatta osserviamo che

$M_n(\mathbb{R})=\{(a_{i,j})_{1\le i,j \le n} \colon a_{ij} \in \mathbb{R} \text{ }\forall 1\le i,j \le n\}.$

Definiamo $e^{i,j}$ come la matrice che ha componenti tutte nulle tranne la $i,j$ (corrisponente alla $i$ -esima riga e $j$ -esima colonna), in cui ha valore $1$ .

Ad esempio, se osserviamo il punto precedente nel caso $n=2$ , con questa notazione abbiamo $m_1=e^{1,1}$ , $m_2=e^{1,2}$ , $m_3=e^{2,1}$ , $m_4=e^{2,2}$ .

Dunque, data $A=(a_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}\in M_n(\mathbb{R})$ , si osserva che

$A=\sum_{i,j=1}^{n}a_{i,j}e^{i,j},$

cioè che ogni matrice è combinazione lineare degli $e^{i,j}$ e che l’insieme $\{e^{i,j} \colon 1\le i.j \le n\}$ costituisce una base per $M_n(\mathbb{R})$ , essendo un insieme di generatori di $V$ linearmente indipendenti, come può essere provato analogamente a come fatto nel primo punto, in cui lo si è mostrato nel caso in cui $n=2$ . La dimensione dello spazio si ha quindi contando il numero di tali vettori di base che, al variare di $n$ , risulta pari a $n^2$ .

Svolgimento punto 3.

Una base per questo sottospazio vettoriale è formata dall’insieme di matrici (con riferimento alla notazione del punto precedente ) $\{e^{i,j} \colon 1\le i \le j \}$ . Per aiutarci a visualizzare meglio il problema e a calcolare la dimensione di questo sottospazio notiamo che una matrice triangolare inferiore di dimensione $n$ si presenta nella seguente forma:

$\begin{pmatrix} a_{1,1} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ a_{2,1} & a_{2.2} & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{n-1,1} & a_{n-1,2} & & a_{n-1,n-1} & 0 \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n-1} & a_{n,n} \end{pmatrix}.$

Notiamo che tale sottospazio vettoriale è generato dal sottoinsieme della base canonica fatto da matrici triangolari inferiori, aventi quindi $1$ su un solo elemento della diagonale principale o al di sotto di essa e zero altrove: il numero di tali matrici determina quindi la dimensione dello spazio ed è un insieme linearmente indipendente in quanto sottoinsieme di un insieme linearmente indipendente, come visto nell’esercizio 8. Per contarle, guardiamo quante componenti non necessariamente nulle ci sono per ogni colonna: nella prima colonna abbiamo $n$ componenti non nulle, nella seconda ne abbiamo $n-1$ , nella terza $n-2$ , fino all’ $n$ -esima in cui ne abbiamo solo una.

Deduciamo che il numero di vettori di base è

$1+2+3+4+\cdots+(n-1)+n=\dfrac{n(n+1)}{2}.$

Quest’ultima identità è la famosa formula di Gauss sui numeri triangolari, può essere provata in maniera diretta o per induzione su $n$ . Diamo un accenno della dimostrazione per completezza: volendo calcolare la somma $S$ definita da

$S=1+2+3+ \cdots + n.$

Le sommiamo una sua copia in ordine invertito, cioè aggiungiamo

$S=n+(n-1)+\cdots+3+2+1.$

Per ogni addendo così ordinato abbiamo

$2S=(1+n)+(2+(n-1))+(3+(n-2))+\cdots+((n-1)+2)+(n+1).$

Notare che in questo accorpamento gli addendi sono $n$ e che ogni addendo vale esattamente $n+1$ . Dunque abbiamo

$2S=n(n+1),$

che ci porta al risultato finale

$\dim T ^{\inf} _n (\mathbb{R})= S=\dfrac{n(n+1)}{2}.$

Riferimenti bibliografici

[1]. Abate, M., Geometria, McGraw-Hill (1996).

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