Esercitazione su Indipendenza lineare, basi e sottospazi

Esempio 1. Stabilire se i vettori $$\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix},\qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix},\qquad \vec v_3=\begin{pmatrix}5\\6\end{pmatrix}$$ sono linearmente indipendenti.

Per verificarlo, consideriamo l’uguaglianza $$\alpha\vec v_1+\beta\vec v_2+\gamma\vec v_3=\vec 0$$ e cerchiamo di stabilire se essa implichi necessariamente $\alpha=\beta=\gamma=0$.

Scrivendo le componenti, otteniamo $$\alpha\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix} +\beta\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix} +\gamma\begin{pmatrix}5\\6\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},$$ equivalente al sistema omogeneo $$\begin{cases} \alpha+3\beta+5\gamma=0,\\ 2\alpha+4\beta+6\gamma=0. \end{cases}$$ La matrice dei coefficienti è $$A=\begin{pmatrix} 1&3&5\\ 2&4&6 \end{pmatrix}.$$ Il suo rango non può superare $\min\{2,3\}=2$. Poiché le incognite sono tre, il sistema omogeneo ammette soluzioni non nulle. I vettori sono quindi linearmente dipendenti.

La conclusione si poteva ottenere senza alcun calcolo: i tre vettori appartengono a $\mathbb{R}^2$, che ha dimensione $2$, perciò non possono essere linearmente indipendenti.

Esempio 2. Stabilire se i vettori $$\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix},\qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}$$ generano $\mathbb{R}^3$.

La risposta è negativa: poiché $\dim(\mathbb{R}^3)=3$, un insieme di generatori di $\mathbb{R}^3$ deve contenere almeno tre vettori.

Verifichiamolo cercando di esprimere un vettore generico $\begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix}^{\mathsf T}$ come combinazione lineare dei due vettori: $$\alpha\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix} +\beta\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}.$$ Otteniamo $$\begin{cases} \alpha=x,\\ \beta=y,\\ 2\alpha+3\beta=z. \end{cases}$$ Sostituendo le prime due uguaglianze nella terza, risulta $$2x+3y=z.$$ Questa condizione non è soddisfatta da un vettore arbitrario di $\mathbb{R}^3$, quindi i due vettori non generano tutto lo spazio.

Esempio 3. Stabilire se i vettori $$\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}2\\4\\6\end{pmatrix}$$ sono linearmente indipendenti.

Non lo sono, perché sono proporzionali: $$\vec v_2=2\vec v_1.$$

Esempio 4. Consideriamo $$\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix},\qquad \vec v_3=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}.$$ Stabilire se costituiscono una base di $\mathbb{R}^3$.

Poiché $\dim(\mathbb{R}^3)=3$, il numero dei vettori è quello richiesto per una base. Verifichiamo che siano linearmente indipendenti.

Poniamo $$\alpha\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} +\beta\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} +\gamma\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}.$$ Il sistema corrispondente è $$\begin{cases} \alpha+\gamma=0,\\ \alpha+\beta=0,\\ \beta+\gamma=0. \end{cases}$$ Riduciamo per righe la matrice dei coefficienti: $$\begin{aligned} A&=\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 1&1&0\\ 0&1&1 \end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&-1\\ 0&1&1 \end{pmatrix}\\ &\sim\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&-1\\ 0&0&2 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$ Sono presenti tre pivot, dunque $\mathop{\mathrm{rg}}(A)=3$. Il sistema omogeneo ha come unica soluzione $\alpha=\beta=\gamma=0$, perciò i tre vettori sono linearmente indipendenti.

Verifichiamo anche che siano generatori. Dato un vettore generico $\begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix}^{\mathsf T}\in\mathbb{R}^3$, consideriamo $$\alpha\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} +\beta\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} +\gamma\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}.$$ La matrice completa del sistema è $$A_c=\left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&1&x\\ 1&1&0&y\\ 0&1&1&z \end{array}\right).$$ Poiché la matrice $A$ ha rango $3$ e $A_c$ ha tre righe, $$\mathop{\mathrm{rg}}(A)=\mathop{\mathrm{rg}}(A_c)=3.$$ Il sistema è quindi compatibile per ogni scelta di $x,y,z$. I vettori generano $\mathbb{R}^3$ e costituiscono una sua base.

Esempio 5. Siano $$\begin{aligned} \vec v_1&=\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix},& \vec v_2&=\begin{pmatrix}2\\4\\2\end{pmatrix},\\ \vec v_3&=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},& \vec v_4&=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}, \end{aligned}$$ e sia $$V=\mathop{\mathrm{span}}\{\vec v_1,\vec v_2,\vec v_3,\vec v_4\}.$$ Si richiede di:

1. trovare una base di $V$;

2. stabilire se $V=\mathbb{R}^3$;

3. scrivere i vettori scartati come combinazioni lineari degli elementi della base trovata.

Estrazione della base

I vettori sono quattro, quindi sono più della dimensione dello spazio ambiente $\mathbb{R}^3$. Per estrarre una base, disponiamoli come colonne di una matrice e riduciamo per righe: $$\begin{aligned} A&=\begin{pmatrix} 1&2&1&0\\ 2&4&1&1\\ 1&2&0&1 \end{pmatrix}\\ &\sim\begin{pmatrix} 1&2&1&0\\ 0&0&-1&1\\ 0&0&-1&1 \end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix} 1&2&1&0\\ 0&0&-1&1\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$ I pivot si trovano nella prima e nella terza colonna. Scegliamo quindi le corrispondenti colonne della matrice originale: $$\mathcal B=\{\vec v_1,\vec v_3\} =\left\{ \begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} \right\}.$$ Questi vettori costituiscono una base di $V$ e $$\dim(V)=2.$$

Confronto con lo spazio ambiente

Poiché $$\dim(V)=2\ne 3=\dim(\mathbb{R}^3),$$ si conclude che $V\ne\mathbb{R}^3$.

Espressione dei vettori scartati

Consideriamo la relazione $$\alpha_1\vec v_1+\alpha_2\vec v_2 +\alpha_3\vec v_3+\alpha_4\vec v_4=\vec 0.$$ Usando la matrice ridotta, otteniamo $$\begin{cases} \alpha_1+2\alpha_2+\alpha_3=0,\\ -\alpha_3+\alpha_4=0. \end{cases}$$ Poniamo $\alpha_2=t$ e $\alpha_4=s$, con $s,t\in\mathbb{R}$. Allora $$\begin{cases} \alpha_1+\alpha_3=-2t,\\ \alpha_2=t,\\ \alpha_3=s,\\ \alpha_4=s, \end{cases} \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} \alpha_1=-2t-s,\\ \alpha_2=t,\\ \alpha_3=s,\\ \alpha_4=s. \end{cases}$$ La relazione di dipendenza assume la forma $$(-2t-s)\vec v_1+t\vec v_2+s\vec v_3+s\vec v_4=\vec 0.$$ I parametri $s$ e $t$ possono assumere qualsiasi valore reale.

Per scrivere $\vec v_2$ come combinazione lineare degli elementi della base, scegliamo il suo coefficiente uguale a $1$ e quello di $\vec v_4$ uguale a $0$, cioè $t=1$ e $s=0$. Otteniamo $$-2\vec v_1+\vec v_2=\vec 0, \quad\Longleftrightarrow\quad \vec v_2=2\vec v_1.$$$$\begin{gathered}-2\vec v_1+\vec v_2=\vec 0,\\[0.5em]\Longleftrightarrow\\[0.5em]\vec v_2=2\vec v_1.\end{gathered}$$ Analogamente, scegliendo $s=1$ e $t=0$, $$-\vec v_1+\vec v_3+\vec v_4=\vec 0, \quad\Longleftrightarrow\quad \vec v_4=\vec v_1-\vec v_3.$$$$\begin{gathered}-\vec v_1+\vec v_3+\vec v_4=\vec 0,\\[0.5em]\Longleftrightarrow\\[0.5em]\vec v_4=\vec v_1-\vec v_3.\end{gathered}$$

Esempio 6. Sia $$U=\left\{ \begin{pmatrix}a+2b\\a\\b\end{pmatrix} :a,b\in\mathbb{R} \right\}\subseteq\mathbb{R}^3.$$ Trovare una base di $U$ e stabilire se il vettore $$\vec v=\begin{pmatrix}4\\2\\1\end{pmatrix}$$ appartiene a $U$.

Un generico elemento di $U$ si scrive come $$\begin{pmatrix}a+2b\\a\\b\end{pmatrix} =a\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} +b\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}.$$ Ponendo $$\vec v_1=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}, \qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix},$$ ogni elemento di $U$ è quindi una combinazione lineare di $\vec v_1$ e $\vec v_2$. I due vettori sono generatori di $U$: $$U=\mathop{\mathrm{span}}\{\vec v_1,\vec v_2\}.$$ Per trovare una base, cerchiamo fra questi generatori vettori linearmente indipendenti. Poiché i due vettori non sono proporzionali, sono linearmente indipendenti. Pertanto $$\mathcal B=\{\vec v_1,\vec v_2\} =\left\{ \begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} \right\}$$ è una base di $U$ e $\dim(U)=2$.

Per verificare se $\vec v\in U$, cerchiamo scalari $\alpha,\beta$ tali che $\vec v=\alpha\vec v_1+\beta\vec v_2$, cioè $$\alpha\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix} +\beta\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4\\2\\1\end{pmatrix}.$$ Il sistema corrispondente è $$\begin{cases} \alpha+2\beta=4,\\ \alpha=2,\\ \beta=1. \end{cases}$$ Sostituendo gli ultimi due valori nella prima equazione, si ottiene $2+2=4$. Il sistema è compatibile e ha un’unica soluzione: $$\alpha=2,\qquad\beta=1.$$$$\begin{gathered}\alpha=2,\\[0.5em]\beta=1.\end{gathered}$$ Quindi $\vec v\in U$ e $$\vec v=2\vec v_1+\vec v_2.$$ I coefficienti $2$ e $1$ sono le coordinate di $\vec v$ rispetto alla base ordinata $(\vec v_1,\vec v_2)$.

Esempio 7. Sia $$U=\left\{ \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\in\mathbb{R}^3 :x-2y+z=0 \right\}.$$ Trovare una base e la dimensione di $U$ e stabilire se $\begin{pmatrix}1&1&1\end{pmatrix}^{\mathsf T}\in U$.

In questo caso il sottospazio è rappresentato da un’equazione cartesiana. Tutti i suoi elementi devono soddisfare $$x-2y+z=0.$$ Ricaviamo $x=2y-z$ e poniamo $y=s$, $z=t$. Otteniamo $$\begin{cases} x=2s-t,\\ y=s,\\ z=t, \end{cases} \qquad s,t\in\mathbb{R}.$$ Pertanto $$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2s-t\\s\\t\end{pmatrix} =s\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix} +t\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}.$$ I vettori $$\vec v_1=\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix},\qquad \vec v_2=\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$$ generano $U$ e sono linearmente indipendenti. Quindi $$\mathcal B=\left\{ \begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix} \right\}$$ è una base di $U$ e $\dim(U)=2$.

Per verificare l’appartenenza di $\begin{pmatrix}1&1&1\end{pmatrix}^{\mathsf T}$, sostituiamo le sue componenti nell’equazione cartesiana: $$1-2\cdot1+1=0.$$ Il vettore appartiene dunque a $U$.