Esercizi sugli spazi vettoriali 2 — Indipendenza lineare

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L’autore del seguente articolo è Jacopo Garofali

 
 

Testi degli esercizi sugli spazi vettoriali (indipendenza lineare)

Esercizio 1  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Si considerino i vettori v_i \in \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 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 1.

Poichè abbiamo 4 vettori in 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 2.

Stiamo cercando tre numeri, non tutti nulli, diciamo x,y,z\in \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 \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.

Svolgimento 1.

Mettendo in riga i vettori e operando con l’algoritmo di Gauss troviamo

    \begin{align*} 	A= & \left(\begin{array}{cccc} 		1 & 2 & 1 & 1 \\ 		4 &  5 & 3 & 1 \\ 		1 & 1 & 0 &0 	\end{array}\right) 	\begin{array}{c} 		\\ 		R_2 \to R_2-4R_1 \\ 		R_3 \to R_3-R_1 	\end{array} \\\\ 	A'= & \left(\begin{array}{cccc} 		1 & 2 & 1 & 1 \\ 		0 &  -3 & -1 & -3 \\ 		0 & -1 & -1 & -1 	\end{array}\right) 	\begin{array}{c} 		\\ 		\\ 		R_3 \to -3R_3+R_2 	\end{array} \\\\ 	A''= & \left(\begin{array}{cccc} 		1 & 2 & 1 & 1 \\ 		0 &  -3 & -1 & -3 \\ 		0 & 0 & 2 & 0 	\end{array}\right). \end{align*}

Siccome il rango della matrice è 3, i vettori sono linearmente indipendenti.

Per finire, cerchiamo una soluzione dell’equazione

    \[\left(\begin{array}{c} 	1 \\ 	2 \\ 	1 \\ 	1 \end{array}\right)x+ \left(\begin{array}{c} 	4 \\ 	5 \\ 	3 \\ 	1 \end{array}\right)y +  \left(\begin{array}{c} 	1 \\ 	1 \\ 	0 \\ 	0 \end{array}\right)z=   \left(\begin{array}{c} 	1 \\ 	-1 \\ 	0 \\ 	-2 \end{array}\right), \\\]

ovvero, del sistema \begin{cases} 		x+4y+z=1  \\ 		2x+5y+z=-1 \\ 		x+3y=0 \\ 		x+y=-2 	\end{cases}

Il sistema è risolubile (dunque i quattro vettori sono linearmente dipendenti) e si trova un’unica soluzione data da (x,y,z)=(-3,1,0). Quindi, abbiamo v_4=-3v_1+v_2.


 
 

Esercizio 3  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar) Sia t\in \R. Consideriamo i seguenti vettori di \R^3:

u_t=\left(\begin{array}{c} 2+t \\ t\\ 2(1+t) \end{array}\right), \; v_t= \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right), \; w_t= \left(\begin{array}{c} 1+t \\ t \\ 1+2t \end{array}\right),\; x_t= \left(\begin{array}{c} t-1 \\ 1 \\ t^2 \end{array}\right)
 

  1. Determinare per quali valori del parametro t, si ha x_t\in span_{\R} \{u_t,v_t,w_t\};
  2. Per tali valori di t, scrivere x_t come combinazione lineare di u_t,v_t,w_t.

Svolgimento 1.

La richiesta è equivalente a discutere il sistema parametrico la cui matrice completa è data da (notare che le colonne sono state ordinate in un altro senso, cioè v_t,u_t,w_t, perchè è più conveniente)

    \begin{align*} 		A&= 		\left( \begin{array}{ccc|c} 			1 & 2+t & 1+t & t-1 \\ 			0& t& t& 1 \\ 			1 & 2(1+t) & 1+2t & t^2 		\end{array}\right) \begin{array}{c} 			\\ 			\\ 			R_3 \to R_3-R_1 		\end{array} \\\\ 		A'&= 		\left( \begin{array}{ccc|c} 			1 & 2+t & 1+t & t-1 \\ 			0& t& t& 1 \\ 			0 & t & t & t^2 -t+1 		\end{array}\right) 	\end{align*}

Notiamo che al prossimo passo dobbiamo prendere come pivot t. Il caso t=0 va trattato quindi separatamente: vediamo che in questo caso la matrice dei coefficienti ha rango strettamente minore della matrice completa, cioè il sistema non ammette soluzioni e dunque non è possibile scrivere x_0 come combinazione lineare di u_0,v_0,w_0 (ovvero, sono quattro vettori linearmente indipendenti). Procedendo con R_3 \to R_3-R_2 notiamo che se t\neq 1 il sistema non è di nuovo compatibile. L’unico valore di t per cui esiste una soluzione è dunque t=1. In questo caso ci sono soluzioni, e c’è un parametro libero: S=\{(z-3,1-z,z):z\in\R \}.

Svolgimento 2.

Per rispondere è dunque sufficiente prendere una di queste soluzioni. Ad esempio, per z=0 troviamo il vettore (-3,1,0) e dunque abbiamo x_1=u_1-3v_1.