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Esercizi sugli spazi vettoriali 2 – Indipendenza lineare

Spazi vettoriali

Home » Esercizi sugli spazi vettoriali 2 – Indipendenza lineare

Questa dispensa è il seguito della dispensa Esercizi svolti sugli spazi vettoriali 1. Qui vengono proposti 3 esercizi misti sull’indipendenza lineare negli spazi vettoriali. I testi e le soluzioni degli esercizi sono descritti dettagliatamente, affinché il lettore possa usarli come supporto ai propri studi, rafforzando sia le nozioni di base e avanzate nell’ambito dell’algebra lineare.

Segnaliamo inoltre la precedente raccolta Esercizi svolti sugli spazi vettoriali 1 sul concetto di dipendenza lineare e la successiva serie di Esercizi svolti sugli spazi vettoriali 3, relativi al tema dei sottospazi vettoriali. Buon lavoro!

 

spazi vettoriali indipendenza lineare: autori e revisori

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 Autore: Jacopo Garofali


 
 

Testi degli esercizi sugli spazi vettoriali – indipendenza lineare

Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Si considerino i vettori v_i \in \mathbb{R}^4,\;i=1,\dots,4 dati da

v_1=\left(\begin{array}{c} 1 \\ -1\\ 1\\ -1 \end{array}\right),\; v_2= \left(\begin{array}{c} 0 \\ -1\\ -1\\ 0 \end{array}\right),\; v_3=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 1\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\; v_4=\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right).

 

  1. Determinare se essi formano una base di \mathbb{R}^4;
  2. Dire se è possibile esprimere v_4 come combinazione lineare di v_1,v_2,v_3 e in caso affermativo scrivere tale combinazione lineare.

Svolgimento punto 1.

Poichè abbiamo 4 vettori in \mathbb{R}^4, essi formano una base se e solo se sono linearmente indipendenti. Per determinarlo procediamo applicando l’algoritmo di Gauss alla matrice ottenuta mettendo i vettori v_i in riga.

\begin{align*} A= & \left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & 0 \\ 0 & 1& 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 &1 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ \\ R_4 \to R_4-R_1 \end{array} \\\\ A'= & \left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & 0 \\ 0 & 1& 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ R_3 \to R_3+ R_2 \\ R_4 \to R_4+R_2 \end{array} \\\\ A''= & \left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0& -1 & 1 \\ 0 & 0 & -2 & 2 \end{array}\right) \begin{array}{c} \\ \\ \\ R_4 \to R_4-2R_3 \end{array} \\\\ A'''= & \left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0& -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \end{align*}

Poichè il rango della matrice è 3 (e non 4) concludiamo che i vettori non sono linearmente indipendenti: infatti l’ultima riga di zeri riflette il fatto che l’ultimo riga (poichè non sono stati operati scambi) è combinazione lineare delle altre righe. Dunque i vettori dati non formano una base.

Svolgimento punto 2.

Stiamo cercando tre numeri, non tutti nulli, diciamo x,y,z\in \mathbb{R} tali che v_4=xv_1+yv_2+zv_3.

Scritto in forma vettoriale l’equazione diventa

\begin{equation*} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)= x\left(\begin{array}{c} 1 \\ -1\\ 1\\ -1 \end{array}\right)+y\left(\begin{array}{c} 0 \\ -1\\ -1\\ 0 \end{array}\right)+z\left(\begin{array}{c} 0 \\ 1\\ 0\\ 1 \end{array}\right). \end{equation*}

Ciò equivale a dire

\begin{equation*} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \\ 1 & -1& 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} x \\ y\\ z \end{array}\right) \end{equation*}

Ovvero basta risolvere il precedente sistema lineare! Lo studente può verificare che l’unica soluzione del sistema è \left(\begin{array}{c} x \\ y\\ z \end{array}\right)= \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1\\ 2 \end{array}\right).

In alternativa avremmo potuto procedere a ritroso con le operazione effettuate sulle righe (che sono proprio i v_i) al punto i).

Al primo passo abbiamo posto R_1'=R_1, R_2'=R_2, R_3'=R_3, R_4'=R_4-R_1, al secondo passo R_1''=R_1', R_2''=R_2', R_3''=R_3'+R_2', R_4''=R_4'+R_2' e infine, all’ultimo passo, l’unica operazione non banale è stata R_4'''=R_4''-2R_3''. Poichè R_4'''=\bf{0} è una riga nulla, otteniamo l’equazione R_4''-2R_3''=\bf{0}, ovvero (sostituendo) (R_4'+R_2')-2(R_3'+R_2')=\bf{0}, ovvero R_4-R_1 + R_2-2R_3-2R_2=\bf{0}, da cui si ricava facilmente R_4=R_1+R_2+2R_3, cioè per l’appunto v_4=v_1+v_2+2v_3.


 
 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Verificare che i vettori v_i \in \mathbb{R}^4,\;i=1,2,3 dati da

\[v_1=\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right), \; v_2=\left(\begin{array}{c} 4 \\ 5 \\ 3 \\ 1 \end{array}\right), \; v_3=\left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right),\]

sono linearmente indipendenti.

Si consideri inoltre il vettore
v_4=\left( 1,-1,0,-2 \right)^T. Dimostrare che v_1,v_2,v_3,v_4 sono linearmente dipendenti
e scrivere infine v_4 come combinazione lineare degli altri tre.

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