Il numero di elementi di una base di uno spazio vettoriale, o di un suo sottospazio, non dipende dalla base scelta.

1 Generatori e dipendenza lineare

Lemma 1. Sia VV uno spazio vettoriale sul campo K\mathbb{K}, generato da hh vettori w1,…,wh\boldsymbol{w}_1,\ldots,\boldsymbol{w}_h. Ogni famiglia di più di hh vettori di VV è linearmente dipendente.

1.1 Dimostrazione nel caso h=2h=2

Dimostrazione. Supponiamo che V=span{w1,w2}V=\mathop{\mathrm{span}}\{\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2\} e siano v1,v2,v3∈V\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_3\in V. Ad esempio, poiché R2=span{(12),(34)},\mathbb{R}^2=\mathop{\mathrm{span}}\left\{ \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}\right\}, i tre vettori (10),(11),(05)\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}0\\5\end{pmatrix} sono linearmente dipendenti.

Poiché w1,w2\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2 generano VV, esistono scalari ai,bi∈Ka_i,b_i\in\mathbb{K}, per i=1,2,3i=1,2,3, tali che v1=a1w1+b1w2,v2=a2w1+b2w2,v3=a3w1+b3w2.\begin{aligned} \boldsymbol{v}_1&=a_1\boldsymbol{w}_1+b_1\boldsymbol{w}_2,\\ \boldsymbol{v}_2&=a_2\boldsymbol{w}_1+b_2\boldsymbol{w}_2,\\ \boldsymbol{v}_3&=a_3\boldsymbol{w}_1+b_3\boldsymbol{w}_2. \end{aligned} Cerchiamo scalari x1,x2,x3x_1,x_2,x_3, non tutti nulli, per cui x1v1+x2v2+x3v3=0V.x_1\boldsymbol{v}_1+x_2\boldsymbol{v}_2+x_3\boldsymbol{v}_3=\mathbf{0}_V. Sostituendo le espressioni precedenti e raccogliendo, otteniamo (a1x1+a2x2+a3x3)w1+(b1x1+b2x2+b3x3)w2=0V.(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3)\boldsymbol{w}_1 +(b_1x_1+b_2x_2+b_3x_3)\boldsymbol{w}_2=\mathbf{0}_V. Per ottenere questa uguaglianza è sufficiente che {a1x1+a2x2+a3x3=0,b1x1+b2x2+b3x3=0.\begin{cases} a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3=0,\\ b_1x_1+b_2x_2+b_3x_3=0. \end{cases} Il sistema è omogeneo, con due equazioni e tre incognite. La matrice dei coefficienti ha rango r≤2r\leq 2, quindi vi sono 3−r≥13-r\geq 1 variabili libere. Esiste pertanto una soluzione non nulla, che fornisce una relazione di dipendenza lineare tra v1,v2,v3\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_3. ◻

1.2 Dimostrazione nel caso generale

Dimostrazione. Sia V=span{w1,…,wh}V=\mathop{\mathrm{span}}\{\boldsymbol{w}_1,\ldots,\boldsymbol{w}_h\} e siano v1,…,vk∈V\boldsymbol{v}_1,\ldots,\boldsymbol{v}_k\in V, con k>hk>h. Esistono scalari aij∈Ka_{ij}\in\mathbb{K} tali che v1=a11w1+a21w2+⋯+ah1wh,v2=a12w1+a22w2+⋯+ah2wh, ⋮vk=a1kw1+a2kw2+⋯+ahkwh.\begin{aligned} \boldsymbol{v}_1&=a_{11}\boldsymbol{w}_1+a_{21}\boldsymbol{w}_2+\cdots+a_{h1}\boldsymbol{w}_h,\\ \boldsymbol{v}_2&=a_{12}\boldsymbol{w}_1+a_{22}\boldsymbol{w}_2+\cdots+a_{h2}\boldsymbol{w}_h,\\ &\ \vdots\\ \boldsymbol{v}_k&=a_{1k}\boldsymbol{w}_1+a_{2k}\boldsymbol{w}_2+\cdots+a_{hk}\boldsymbol{w}_h. \end{aligned} Consideriamo la relazione x1v1+⋯+xkvk=0V.x_1\boldsymbol{v}_1+\cdots+x_k\boldsymbol{v}_k=\mathbf{0}_V. Sostituendo le espressioni dei vettori e raccogliendo rispetto ai generatori, il primo membro diventa x1 ⁣(∑i=1hai1wi)+⋯+xk ⁣(∑i=1haikwi)=∑i=1h(∑j=1kaijxj)wi.\begin{aligned} &x_1\!\left(\sum_{i=1}^{h}a_{i1}\boldsymbol{w}_i\right) +\cdots+x_k\!\left(\sum_{i=1}^{h}a_{ik}\boldsymbol{w}_i\right)\\ &\qquad=\sum_{i=1}^{h}\left(\sum_{j=1}^{k}a_{ij}x_j\right)\boldsymbol{w}_i. \end{aligned} È sufficiente annullare tutti i coefficienti dei wi\boldsymbol{w}_i, ossia risolvere il sistema {a11x1+a12x2+⋯+a1kxk=0,a21x1+a22x2+⋯+a2kxk=0,⋮ah1x1+ah2x2+⋯+ahkxk=0.\begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1k}x_k=0,\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2k}x_k=0,\\ \vdots\\ a_{h1}x_1+a_{h2}x_2+\cdots+a_{hk}x_k=0. \end{cases} Si tratta di un sistema omogeneo con hh equazioni e kk incognite. Il suo rango rr soddisfa r≤h<kr\leq h<k, perciò vi sono k−r≥1k-r\geq 1 variabili libere. Esiste dunque una soluzione non nulla e i vettori v1,…,vk\boldsymbol{v}_1,\ldots,\boldsymbol{v}_k sono linearmente dipendenti. ◻

2 Dimensione di uno spazio vettoriale

Teorema 2. Sia VV uno spazio vettoriale sul campo K\mathbb{K} che ammette una base finita. Allora tutte le basi di VV hanno lo stesso numero di elementi.

Dimostrazione. Siano B\mathcal{B} una base con hh vettori e B′\mathcal{B}' un’altra base. Poiché B\mathcal{B} genera VV, il lemma 1 impedisce che B′\mathcal{B}' contenga più di hh vettori linearmente indipendenti. Dunque B′\mathcal{B}' è finita; sia kk il suo numero di elementi.

Poiché B′\mathcal{B}' genera VV e gli hh vettori di B\mathcal{B} sono linearmente indipendenti, si ha h≤kh\leq k. Scambiando i ruoli delle due basi, si ottiene k≤hk\leq h. Pertanto h=kh=k. In simboli, il passaggio conclusivo è (h≤k)∧(k≤h)  ⟹  h=k.(h\leq k)\land(k\leq h)\implies h=k. ◻

Definizione 3 (Dimensione). Il numero di elementi di una base finita di VV si chiama dimensione di VV e si indica con dim⁡V\dim V.

2.1 Basi canoniche e sottospazio nullo

Una base di R2\mathbb{R}^2 è la base canonica E2={(10),(01)},dim⁡R2=2.\mathcal{E}_2=\left\{ \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\right\}, \qquad \dim\mathbb{R}^2=2. Analogamente, la base canonica di R3\mathbb{R}^3 è E3={(100),(010),(001)},dim⁡R3=3.\mathcal{E}_3=\left\{ \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\right\}, \qquad \dim\mathbb{R}^3=3. In generale, in Rn\mathbb{R}^n la base canonica è En={e1,…,en},ei=(0⋮1⋮0) con 1 in posizione i,dim⁡Rn=n.\mathcal{E}_n=\{\boldsymbol{e}_1,\ldots,\boldsymbol{e}_n\}, \qquad \boldsymbol{e}_i= \begin{pmatrix} 0\\[-2pt]\vdots\\[-2pt]1\\[-2pt]\vdots\\[-2pt]0 \end{pmatrix} \ \text{con $1$ in posizione $i$}, \qquad \dim\mathbb{R}^n=n.

Il sottospazio nullo {0V}\{\mathbf{0}_V\} ha come base l’insieme vuoto: B=∅,dim⁡{0V}=0.\mathcal{B}=\varnothing, \qquad \dim\{\mathbf{0}_V\}=0.B=∅,dim⁡{0V}=0.\begin{gathered}\mathcal{B}=\varnothing,\\[0.5em]\dim\{\mathbf{0}_V\}=0.\end{gathered} La famiglia {0V}\{\mathbf{0}_V\} non è una base, poiché non è linearmente indipendente.

2.2 Conseguenze della dimensione

Sia dim⁡V=n\dim V=n. Allora:

  1. Più di nn vettori di VV sono linearmente dipendenti. Infatti, una base di VV è un sistema di nn generatori, al quale si applica il lemma 1. Ad esempio, tre vettori di R2\mathbb{R}^2 sono sempre linearmente dipendenti.

  2. Meno di nn vettori non possono generare VV. Se m<nm<n vettori generassero VV, gli nn vettori di una base sarebbero, per il lemma, linearmente dipendenti: una contraddizione. Il numero minimo di generatori è quindi uguale alla dimensione.

    Ad esempio, se dim⁡V=4\dim V=4, tre vettori v1,v2,v3\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_3 non possono generare VV. In caso contrario, per una base {u1,u2,u3,u4}\{\boldsymbol{u}_1,\boldsymbol{u}_2,\boldsymbol{u}_3,\boldsymbol{u}_4\}, ciascun ui\boldsymbol{u}_i sarebbe combinazione lineare dei tre generatori; il lemma renderebbe dipendenti i quattro vettori della base.

  3. nn vettori linearmente indipendenti di VV formano una base.

  4. nn generatori di VV formano una base.

3 Estrazione di una base da un sistema di generatori

Sia V=span{v1,…,vk}.V=\mathop{\mathrm{span}}\{\boldsymbol{v}_1,\ldots,\boldsymbol{v}_k\}. Se i generatori sono linearmente indipendenti, costituiscono già una base. Altrimenti, uno di essi si può esprimere come combinazione lineare degli altri e può essere eliminato senza cambiare lo spazio generato. Ripetendo il procedimento, si ottiene una famiglia di generatori linearmente indipendenti, cioè una base di VV.

3.1 Esempio: selezione progressiva dei vettori

Consideriamo v1=(101),v2=(21−1),v3=(11−2),v4=(310),\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix},\quad \boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix},\quad \boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix},\quad \boldsymbol{v}_4=\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}, e sia V=span{v1,v2,v3,v4}V=\mathop{\mathrm{span}}\{\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_3,\boldsymbol{v}_4\}. Vogliamo estrarre una base di VV.

Il vettore v1\boldsymbol{v}_1 è non nullo, quindi lo includiamo nella famiglia. I vettori v1,v2\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2 sono linearmente indipendenti, poiché v2\boldsymbol{v}_2 non è multiplo di v1\boldsymbol{v}_1; includiamo dunque anche v2\boldsymbol{v}_2.

Per stabilire se includere v3\boldsymbol{v}_3, consideriamo il sistema omogeneo α1v1+α2v2+α3v3=0V.\alpha_1\boldsymbol{v}_1+\alpha_2\boldsymbol{v}_2+\alpha_3\boldsymbol{v}_3=\mathbf{0}_V. La matrice dei coefficienti si riduce come segue: (1210111−1−2)→R3←R3−R1(1210110−3−3)→R3←R3+3R2(121011000).\begin{pmatrix} 1&2&1\\0&1&1\\1&-1&-2 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3-R_1} \begin{pmatrix} 1&2&1\\0&1&1\\0&-3&-3 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3+3R_2} \begin{pmatrix} 1&2&1\\0&1&1\\0&0&0 \end{pmatrix}. Il rango è 22 e il sistema ha una variabile libera, quindi infinite soluzioni. I tre vettori sono linearmente dipendenti; in particolare, v3=v2−v1.\boldsymbol{v}_3=\boldsymbol{v}_2-\boldsymbol{v}_1. Il vettore v3\boldsymbol{v}_3 non viene incluso.

Verifichiamo ora l’indipendenza di v1,v2,v4\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_4: (1230111−10)→R3←R3−R1(1230110−3−3)→R3←R3+3R2(123011000).\begin{pmatrix} 1&2&3\\0&1&1\\1&-1&0 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3-R_1} \begin{pmatrix} 1&2&3\\0&1&1\\0&-3&-3 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3+3R_2} \begin{pmatrix} 1&2&3\\0&1&1\\0&0&0 \end{pmatrix}. Anche in questo caso il rango è 22. Il vettore v4\boldsymbol{v}_4 non viene incluso, poiché v4=v1+v2.\boldsymbol{v}_4=\boldsymbol{v}_1+\boldsymbol{v}_2. Pertanto una base di VV è B={v1,v2},dim⁡V=2.\boxed{\mathcal{B}=\{\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2\}}, \qquad \boxed{\dim V=2}.B={v1,v2},dim⁡V=2.\begin{gathered}\boxed{\mathcal{B}=\{\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2\}},\\[0.5em]\boxed{\dim V=2}.\end{gathered}

Osservazione 1. L’ordine con cui si scelgono i vettori può produrre basi diverse. Non cambiano né il numero di elementi della base né lo spazio vettoriale generato.

4 Base canonica e rappresentazione dei vettori

Nella base canonica di R2\mathbb{R}^2, e1=(10),e2=(01),\boldsymbol{e}_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{e}_2=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}, il vettore v=(34)\boldsymbol{v}=\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix} si scrive v=3e1+4e2=3(10)+4(01)=(34).\boldsymbol{v}=3\boldsymbol{e}_1+4\boldsymbol{e}_2 =3\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} +4\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}.

Diagramma TikZ
Diagramma TikZ

5 Estrazione di una base mediante i pivot

Per estrarre una base da un sistema finito di generatori, si può costruire una matrice disponendo i vettori in colonna e ridurla a scala mediante operazioni elementari sulle righe.

Le colonne che contengono i pivot individuano i vettori da scegliere; le altre colonne corrispondono a vettori esprimibili come combinazioni lineari di quelli scelti.

Riprendiamo i vettori dell’esempio precedente e il sistema omogeneo α1v1+α2v2+α3v3+α4v4=0V.\alpha_1\boldsymbol{v}_1+\alpha_2\boldsymbol{v}_2 +\alpha_3\boldsymbol{v}_3+\alpha_4\boldsymbol{v}_4=\mathbf{0}_V. La matrice con i generatori in colonna è A=(121301111−1−20).A=\begin{pmatrix} 1&2&1&3\\ 0&1&1&1\\ 1&-1&-2&0 \end{pmatrix}. Si ottiene A→R3←R3−R1(121301110−3−3−3)→R3←R3+3R2(121301110000).A\xrightarrow{R_3\leftarrow R_3-R_1} \begin{pmatrix} 1&2&1&3\\0&1&1&1\\0&-3&-3&-3 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3\leftarrow R_3+3R_2} \begin{pmatrix} \textcolor{petrolio}{\mathbf{1}}&2&1&3\\ 0&\textcolor{petrolio}{\mathbf{1}}&1&1\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}. Vi sono due pivot, nella prima e nella seconda colonna. Scegliamo quindi la prima e la seconda colonna della matrice iniziale: B={(101),(21−1)},dim⁡V=rgA=2.\boxed{\mathcal{B}=\left\{ \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\right\}}, \qquad \dim V=\mathop{\mathrm{rg}}A=2.

Attenzione. Si prendono i vettori della matrice iniziale nelle posizioni individuate dai pivot, non le colonne della matrice ridotta.