1 Indipendenza lineare e sistema omogeneo

I vettori v⃗1,…,v⃗n\vec{v}_1,\ldots,\vec{v}_n sono linearmente indipendenti se il sistema omogeneo λ1v⃗1+⋯+λnv⃗n=0⃗\lambda_1\vec{v}_1+\cdots+\lambda_n\vec{v}_n=\vec{0} ammette soltanto la soluzione banale λ1=⋯=λn=0\lambda_1=\cdots=\lambda_n=0. Esplicitando il quantificatore sugli scalari, la condizione è ∀(λ1,…,λn)∈Kn:(∑i=1nλiv⃗i=0⃗)  ⟹  (λ1=⋯=λn=0).\forall(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\in\mathbb{K}^n:\quad \left(\sum_{i=1}^n\lambda_i\vec{v}_i=\vec{0}\right) \implies(\lambda_1=\cdots=\lambda_n=0).∀(λ1,…,λn)∈Kn:(∑i=1nλiv⃗i=0⃗)  ⟹  (λ1=⋯=λn=0).\begin{gathered}\forall(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\in\mathbb{K}^n:\\[0.5em]\left(\sum_{i=1}^n\lambda_i\vec{v}_i=\vec{0}\right) \implies(\lambda_1=\cdots=\lambda_n=0).\end{gathered} La dipendenza lineare è la negazione di questa condizione: ∃(λ1,…,λn)∈Kn∖{(0,…,0)}:∑i=1nλiv⃗i=0⃗.\exists(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\in\mathbb{K}^n\setminus\{(0,\ldots,0)\}:\quad \sum_{i=1}^n\lambda_i\vec{v}_i=\vec{0}.∃(λ1,…,λn)∈Kn∖{(0,…,0)}:∑i=1nλiv⃗i=0⃗.\begin{gathered}\exists(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)\in\mathbb{K}^n\setminus\{(0,\ldots,0)\}:\\[0.5em]\sum_{i=1}^n\lambda_i\vec{v}_i=\vec{0}.\end{gathered}

Se i vettori appartengono a Km\mathbb{K}^m, poniamo A=[v⃗1⋯v⃗n].A=\begin{bmatrix}\vec{v}_1&\cdots&\vec{v}_n\end{bmatrix}. Per il teorema di Rouché–Capelli, il sistema omogeneo ha un’unica soluzione se e solo se il rango di AA coincide con il numero nn delle incognite. Pertanto v⃗1,…,v⃗n sono linearmente indipendenti  ⟺  rg(A)=n.\boxed{\vec{v}_1,\ldots,\vec{v}_n \text{ sono linearmente indipendenti} \iff \mathop{\mathrm{rg}}(A)=n.}

Esempio 1. Consideriamo v⃗1=(21),v⃗2=(−2−1).\vec{v}_1=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}, \qquad \vec{v}_2=\begin{pmatrix}-2\\-1\end{pmatrix}. Per verificarne l’indipendenza lineare, imponiamo λ1v⃗1+λ2v⃗2=0⃗,λ1(21)+λ2(−2−1)=(00).\begin{aligned} \lambda_1\vec{v}_1+\lambda_2\vec{v}_2&=\vec{0},\\ \lambda_1\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} +\lambda_2\begin{pmatrix}-2\\-1\end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}. \end{aligned} Uguagliando le componenti si ottiene {2λ1−2λ2=0,λ1−λ2=0.  ⟺  {λ1=t,λ2=t,t∈R.\begin{cases} 2\lambda_1-2\lambda_2=0,\\ \lambda_1-\lambda_2=0. \end{cases} \iff \begin{cases} \lambda_1=t,\\ \lambda_2=t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. Il sistema ha infinite soluzioni; infatti t(21)+t(−2−1)=(00)per ogni t∈R.t\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix} +t\begin{pmatrix}-2\\-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \qquad\text{per ogni }t\in\mathbb{R}. I due vettori non sono quindi linearmente indipendenti. La riduzione della matrice dei coefficienti conferma il risultato: (2−21−1)∼(2−200),rg(A)=1.\begin{pmatrix}2&-2\\1&-1\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}2&-2\\0&0\end{pmatrix}, \qquad \mathop{\mathrm{rg}}(A)=1. Vi è un solo pivot e λ2\lambda_2 è una variabile libera.

1.1 Vettori proporzionali

Nell’esempio precedente i vettori sono proporzionali: 2−2=1−1=−1,v⃗1=−v⃗2.\frac{2}{-2}=\frac{1}{-1}=-1, \qquad \vec{v}_1=-\vec{v}_2.2−2=1−1=−1,v⃗1=−v⃗2.\begin{gathered}\frac{2}{-2}=\frac{1}{-1}=-1,\\[0.5em]\vec{v}_1=-\vec{v}_2.\end{gathered} Di conseguenza, v⃗1+v⃗2=0⃗\vec{v}_1+\vec{v}_2=\vec{0} è una relazione con coefficienti non tutti nulli. Due vettori proporzionali in Rm\mathbb{R}^m non sono linearmente indipendenti.

Esempio 2. Consideriamo la relazione λ1(22)+λ2(44)=(00).\lambda_1\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix} +\lambda_2\begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}. La matrice completa si riduce a [240240]∼[240000].\left[\begin{array}{cc|c}2&4&0\\2&4&0\end{array}\right] \sim \left[\begin{array}{cc|c}2&4&0\\0&0&0\end{array}\right]. Il rango è 11 e λ2\lambda_2 è libera. Ponendo λ2=t\lambda_2=t, 2λ1+4t=0  ⟹  {λ1=−2t,λ2=t,t∈R.2\lambda_1+4t=0 \implies \begin{cases} \lambda_1=-2t,\\ \lambda_2=t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. Si hanno infinite soluzioni e, dunque, i vettori non sono linearmente indipendenti. Per t=0t=0 si ottiene la soluzione banale; per t≠0t\ne0 si ottengono relazioni non banali.

Esempio 3. Siano v⃗1=(121),v⃗2=(011).\vec{v}_1=\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}, \qquad \vec{v}_2=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}. I vettori non sono proporzionali: un multiplo di v⃗2\vec{v}_2 ha prima componente nulla, mentre v⃗1\vec{v}_1 ha prima componente 11. Verifichiamo l’indipendenza mediante il sistema omogeneo: λ1v⃗1+λ2v⃗2=0⃗  ⟺  {λ1=0,2λ1+λ2=0,λ1+λ2=0.\lambda_1\vec{v}_1+\lambda_2\vec{v}_2=\vec{0} \iff \begin{cases} \lambda_1=0,\\ 2\lambda_1+\lambda_2=0,\\ \lambda_1+\lambda_2=0. \end{cases} La riduzione della matrice dei coefficienti è (102111)∼(100101)∼(100100).\begin{pmatrix}1&0\\2&1\\1&1\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}1&0\\0&1\\0&1\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}1&0\\0&1\\0&0\end{pmatrix}. Poiché rg(A)=2\mathop{\mathrm{rg}}(A)=2, pari al numero delle incognite, l’unica soluzione è λ1=λ2=0\lambda_1=\lambda_2=0. I vettori sono linearmente indipendenti.

2 Interpretazione geometrica in R2\mathbb{R}^2

Consideriamo dapprima v⃗1=(11),v⃗2=(23).\vec{v}_1=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \qquad \vec{v}_2=\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}. I due vettori hanno direzioni diverse. Consideriamo poi w⃗1=(31),w⃗2=(62)=2w⃗1.\vec{w}_1=\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}, \qquad \vec{w}_2=\begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix} =2\vec{w}_1. Questi ultimi sono proporzionali e, quindi, non sono linearmente indipendenti.

Interpretazione geometrica: direzioni diverse rispetto alla stessa direzione in R2\mathbb{R}^2.

Due vettori non nulli di R2\mathbb{R}^2 che non sono linearmente indipendenti hanno la stessa direzione.

3 Tre vettori in R3\mathbb{R}^3

Esempio 4. Siano v⃗1=(123),v⃗2=(112),v⃗3=(212).\vec{v}_1=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}, \quad \vec{v}_2=\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}, \quad \vec{v}_3=\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}. Imponendo λ1v⃗1+λ2v⃗2+λ3v⃗3=0⃗\lambda_1\vec{v}_1+\lambda_2\vec{v}_2+ \lambda_3\vec{v}_3=\vec{0}, si ottiene {λ1+λ2+2λ3=0,2λ1+λ2+λ3=0,3λ1+2λ2+2λ3=0.\begin{cases} \lambda_1+\lambda_2+2\lambda_3=0,\\ 2\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0,\\ 3\lambda_1+2\lambda_2+2\lambda_3=0. \end{cases} Riduciamo la matrice completa: [112021103220]∼[11200−1−300−1−40]∼[11200−1−3000−10].\begin{aligned} \left[\begin{array}{ccc|c} 1&1&2&0\\2&1&1&0\\3&2&2&0 \end{array}\right] &\sim \left[\begin{array}{ccc|c} 1&1&2&0\\0&-1&-3&0\\0&-1&-4&0 \end{array}\right]\\ &\sim \left[\begin{array}{ccc|c} 1&1&2&0\\0&-1&-3&0\\0&0&-1&0 \end{array}\right]. \end{aligned} Il rango è 33, pari al numero delle incognite e dei vettori. L’unica soluzione è λ1=λ2=λ3=0,\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0, perciò v⃗1,v⃗2,v⃗3\vec{v}_1,\vec{v}_2,\vec{v}_3 sono linearmente indipendenti.

Esempio 5. Consideriamo ora v⃗1=(11−1),v⃗2=(012),v⃗3=(121).\vec{v}_1=\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}, \quad \vec{v}_2=\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}, \quad \vec{v}_3=\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}. Il sistema omogeneo associato è {λ1+λ3=0,λ1+λ2+2λ3=0,−λ1+2λ2+λ3=0.\begin{cases} \lambda_1+\lambda_3=0,\\ \lambda_1+\lambda_2+2\lambda_3=0,\\ -\lambda_1+2\lambda_2+\lambda_3=0. \end{cases} Si ha [10101120−1210]∼[101001100220]∼[101001100000].\begin{aligned} \left[\begin{array}{ccc|c} 1&0&1&0\\1&1&2&0\\-1&2&1&0 \end{array}\right] &\sim \left[\begin{array}{ccc|c} 1&0&1&0\\0&1&1&0\\0&2&2&0 \end{array}\right]\\ &\sim \left[\begin{array}{ccc|c} 1&0&1&0\\0&1&1&0\\0&0&0&0 \end{array}\right]. \end{aligned} Il rango è 22 e il sistema ammette infinite soluzioni: {λ1=−t,λ2=−t,λ3=t,t∈R.\begin{cases} \lambda_1=-t,\\ \lambda_2=-t,\\ \lambda_3=t, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. I tre vettori non sono linearmente indipendenti. Per t=1t=1, −v⃗1−v⃗2+v⃗3=0⃗  ⟹  v⃗1=−v⃗2+v⃗3.-\vec{v}_1-\vec{v}_2+\vec{v}_3=\vec{0} \implies \vec{v}_1=-\vec{v}_2+\vec{v}_3. Dunque v⃗1\vec{v}_1 è una combinazione lineare degli altri due.

Osservazione 1. Nell’ultimo esempio nessuna coppia di vettori è proporzionale; ciò nonostante, i tre vettori non sono linearmente indipendenti.

4 Dipendenza lineare e combinazioni lineari

Proposizione 1. Siano v⃗1,…,v⃗n\vec{v}_1,\ldots,\vec{v}_n vettori di uno spazio vettoriale VV su un campo K\mathbb{K}, con n≥2n\ge2. I vettori non sono linearmente indipendenti se e solo se almeno uno di essi è una combinazione lineare degli altri.

Dimostrazione. Dimostriamo le due implicazioni.

Prima implicazione. Supponiamo che v⃗1,…,v⃗n\vec{v}_1,\ldots,\vec{v}_n non siano linearmente indipendenti. Esistono allora scalari λ1,…,λn\lambda_1,\ldots,\lambda_n, non tutti nulli, tali che λ1v⃗1+⋯+λnv⃗n=0⃗.\lambda_1\vec{v}_1+\cdots+\lambda_n\vec{v}_n=\vec{0}. Scegliamo un indice kk per cui λk≠0\lambda_k\ne0. Isolando il termine corrispondente, λkv⃗k=−∑i=1i≠knλiv⃗i.\lambda_k\vec{v}_k =-\sum_{\substack{i=1\\i\ne k}}^n\lambda_i\vec{v}_i. Poiché λk≠0\lambda_k\ne0, possiamo dividere entrambi i membri per λk\lambda_k e ottenere v⃗k=−∑i=1i≠knλiλkv⃗i.\boxed{\vec{v}_k =-\sum_{\substack{i=1\\i\ne k}}^n \frac{\lambda_i}{\lambda_k}\vec{v}_i.} Abbiamo così espresso v⃗k\vec{v}_k come combinazione lineare degli altri vettori.

Seconda implicazione. Supponiamo che, per un certo indice kk, v⃗k=∑i=1i≠knβiv⃗i.\vec{v}_k =\sum_{\substack{i=1\\i\ne k}}^n\beta_i\vec{v}_i. Portando v⃗k\vec{v}_k al secondo membro si ottiene ∑i=1i≠knβiv⃗i−v⃗k=0⃗.\sum_{\substack{i=1\\i\ne k}}^n\beta_i\vec{v}_i -\vec{v}_k=\vec{0}. Questa è una combinazione lineare nulla con coefficienti non tutti nulli, poiché il coefficiente di v⃗k\vec{v}_k è −1-1. Pertanto i vettori non sono linearmente indipendenti. ◻

Esempio 6. Siano v⃗1=(11),v⃗2=(−3−3).\vec{v}_1=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \qquad \vec{v}_2=\begin{pmatrix}-3\\-3\end{pmatrix}. Poiché v⃗2=−3v⃗1\vec{v}_2=-3\vec{v}_1, il secondo vettore è una combinazione lineare del primo. Quindi i due vettori non sono linearmente indipendenti: 3v⃗1+v⃗2=0⃗.3\vec{v}_1+\vec{v}_2=\vec{0}.

Esempio 7. Siano v⃗1=(10),v⃗2=(20),v⃗3=(01).\vec{v}_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}, \quad \vec{v}_2=\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}, \quad \vec{v}_3=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}. La matrice dei coefficienti e il sistema associato sono A=(120001),{λ1+2λ2=0,λ3=0.A=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}, \qquad \begin{cases} \lambda_1+2\lambda_2=0,\\ \lambda_3=0. \end{cases} Il rango è 22 e vi è una variabile libera: {λ1=−2t,λ2=t,λ3=0,t∈R.\begin{cases} \lambda_1=-2t,\\ \lambda_2=t,\\ \lambda_3=0, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}. I vettori non sono linearmente indipendenti; infatti −2v⃗1+v⃗2+0v⃗3=0⃗,v⃗2=2v⃗1.-2\vec{v}_1+\vec{v}_2+0\vec{v}_3=\vec{0}, \qquad \vec{v}_2=2\vec{v}_1.−2v⃗1+v⃗2+0v⃗3=0⃗,v⃗2=2v⃗1.\begin{gathered}-2\vec{v}_1+\vec{v}_2+0\vec{v}_3=\vec{0},\\[0.5em]\vec{v}_2=2\vec{v}_1.\end{gathered}

Se in una famiglia compaiono due vettori proporzionali, l’intera famiglia non è linearmente indipendente.

5 Un solo vettore e presenza del vettore nullo

Esempio 8. Consideriamo il solo vettore v⃗=(11).\vec{v}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}. La relazione λ(11)=(00)\lambda\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} è soddisfatta soltanto per λ=0\lambda=0. La famiglia costituita da questo vettore è quindi linearmente indipendente.

Esempio 9. Consideriamo il vettore nullo di R2\mathbb{R}^2: v⃗=(00).\vec{v}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}. Si ha λ(00)=(00)per ogni λ∈R.\lambda\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \qquad\text{per ogni }\lambda\in\mathbb{R}. La relazione λ0⃗=0⃗\lambda\vec{0}=\vec{0} non impone λ=0\lambda=0; perciò la famiglia costituita dal solo vettore nullo non è linearmente indipendente.

Esempio 10. Siano v⃗1=(21),v⃗2=(00),v⃗3=(10).\vec{v}_1=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}, \quad \vec{v}_2=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}, \quad \vec{v}_3=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}. I vettori non sono linearmente indipendenti, poiché 0v⃗1+λ2v⃗2+0v⃗3=0⃗per ogni λ2∈R.0\vec{v}_1+\lambda_2\vec{v}_2+0\vec{v}_3=\vec{0} \qquad\text{per ogni }\lambda_2\in\mathbb{R}.0v⃗1+λ2v⃗2+0v⃗3=0⃗per ogni λ2∈R.\begin{gathered}0\vec{v}_1+\lambda_2\vec{v}_2+0\vec{v}_3=\vec{0}\\[0.5em]\text{per ogni }\lambda_2\in\mathbb{R}.\end{gathered} In particolare, scegliendo λ2=1\lambda_2=1, si ottiene una relazione con coefficienti non tutti nulli.

Osservazione 2. Se una famiglia contiene il vettore nullo, non è linearmente indipendente.