APPUNTI ed ESERCIZI PER CASA di GEOMETRIA per il Corso di

APPUNTI ed ESERCIZI PER CASA di GEOMETRIA per il Corso di Laurea in Chimica, Facoltà
di Scienze MM.FF.NN., UNICAL (Dott.ssa Galati C.)
Rende, 13 Aprile 2010
Sottospazi di uno spazio vettoriale, sistemi di generatori, basi e dimensione.
Sia K un campo, che, per semplicità, possiamo supporre uguale al campo dei numeri reali R
o al campo dei numeri complessi C, e sia V uno spazio vettoriale su K.
Definizione 1. Un sottospazio vettoriale U di V é un sottoinsieme non vuoto U ⊂ V che é
uno spazio vettoriale rispetto alle operazioni di somma e prodotto esterno definite su V .
Lemma 1. Un sottoinsieme non vuoto U di V é un sottospazio vettoriale se e solo se sono
verificate le seguenti due proprietà:
1. Per ogni coppia di vettori u, v ∈ U, si ha che u + v ∈ U. (chiusura rispetto alla somma)
2. Per ogni scalare λ ∈ K e per ogni vettore v ∈ V, si ha λv ∈ V .
(chiusura rispetto al
prodotto esterno)
Lemma 2. Se U ⊂ V é un sottospazio vettoriale di V allora 0 ∈ U .
Dim. Poiché U é non vuoto esiste un vettore v ∈ U. Inoltre, poiché U é chiuso rispetto al
prodotto esterno, si ha che 0v = 0 ∈ U.
Definizione 2. Un sottospazio vettoriale U di V si dice banale se U = {0} oppure U = V . Si
dice proprio o non banale altrimenti.
Proposizione 1. Dati due sottospazi U e W di uno spazio vettoriale V su K, la loro intersezione U ∩ W é pure un sottospazio di V .
Dim. Dimostrare per esercizio.
A differenza dell’intersezione, l’unione U ∪ W di due sottospazi vettoriali U e W di uno spazio
vettoriale V non é un sottospazio vettoriale di V . Per esercizio si esibiscano due sottospazi non
banali di R2 la cui unione non é un sottospazio.
Siano v1 , ..., vk vettori di uno spazio vettoriale V . Indichiamo con < v1 , ..., vk > l’insieme delle
combinazioni lineari di questi vettori
< v1 , ..., vk >= {λ1 v1 + ... + λk vk , λ1 , ..., λk ∈ K} .
Lemma 3. < v1 , ..., vk > é un sottospazio vettoriale di V detto il sottospazio generato
da v1 ,...,vk .
P
P
P
Dim. Siano u = i λi vi e w = i µi vi vettori di < v1 , ..., vk >. Allora u+v = i (λi +µi )vi .
Perció v + w ∈< v1 , ..., vk > e < v1 , ..., vk > é chiuso rispetto alla somma. Mostrare per esercizio
la chiusura rispetto al prodotto esterno.
Definizione 3. Siano dati vettori v1 , ..., vk di un sottospazio U di uno spazio vettoriale V .
Diciamo che l’insieme di vettori {v1 , ..., vk } é un sistema di generatori di U se
U =< v1 , ..., vk > .
Definizione 4. Siano v1 , ..., vk vettori di uno spazio vettoriale V su K. Diciamo che v1 , ..., vk
sono linearmente indipendenti se, per ogni k-upla di scalari λ1 , ..., λk tali che
λ1 v1 + ... + λk vk = 0,
(1)
si ha
λ1 = λ2 = ... = λk = 0.
Altrimenti, i vettori si dicono linearmente dipendenti.
In altre parole, k vettori v1 , ..., vk sono linearmente indipendenti se l’unica k-upla di scalari
λ1 , ..., λk tale che la (1) é verificata é λ1 = λ2 = ... = λk = 0.
Lemma 4. Siano dati n vettori v1 , ..., vn in V . Se v1 , ..., vn vettori linearmente indipendenti,
allora nessuno di essi é il vettore nullo ed, inoltre, v1 , ..., vk vettori linearmente indipendenti per
ogni k ≤ n. Se invece esiste k < n tale che i vettori v1 , ..., vk sono linearmente dipendenti, allora i
vettori v1 , ..., vn sono linearmente dipendenti.
Dim. Dimostrare per esercizio.
Un sottospazio U =< v > che generato da un unico vettore non nullo v, si dice
anche la retta generata da, v. Un sottospazio W < v, w > generato da due vettori linermente
indipendenti v e w si dice anche il piano generato dai vettori v e w. Ma non tutte le rette e i
piani sono sottospazi!!!
Lemma 5. Siano dati
n vettori v1 , ..., vn in V . Allora v1 , ..., vn sono linearmente dipendenti
se
e
solo se almeno uno di
Pn
essi, diciamo v1 si scrive come combinazione lineare degli altri v1 = i=2 λi vi
Dim. Supponiamo v1 , ..., vn sono linearmente dipendenti. Allora esistono scalari non tutti
nulli λi tali che
λ1 v1 + ... + λk vk = 0.
A meno di rinominare i vettori vi e i relativi scalari scalari λi , possiamo supporre λ1 6= 0, possiamo
dividere per λ1 , ottenendo l’uguaglianza
−1
v1 + λ−1
1 λ2 v2 + ... + λ1 λk vk = 0,
dalla quale si deduce che
−1
v1 = −λ−1
1 λ2 v2 − ... − λ1 λk vk .
Definizione 5. Una base finita {v1 , ..., vk } di un sottospazio U di V é il dato di un numero
finito di vettori v1 , ..., vk di U tali che
a) {v1 , ..., vk } é un sistema di generatori di U ;
b) i vettori v1 , ..., vk sono linearmente indipendenti.



1
0
 0 
 0 




Esempio 0. I vettori e1 =  · · ·  , ..., en =  · · ·  costituiscono una base di Rn e di Cn ,




0
0
0
1
considerati come spazi vettoriali reali, detta base canonica.

Lemma 6. Siano v1 , ..., vk vettori di uno spazio vettoriale V su K. Allora {v1 , ..., vk } é una
base di V sse per ogni v ∈ V esistono e sono unici scalari a1 , ..., ak tali che
v=
X
ai vi = a1 v1 + ... + ak vk .
i

a1
 · 
 
Tali scalari si chiamano coordinate di v rispetto alla base {v1 , ..., vk }, e si scrive v =  · 
 
·
ak
rispetto alla base {v1 , ..., vk } di U .

Dim. Sia v ∈ V e supponiamo {v1 , ..., vk } base di V . Allora poiché {v1 , ..., vk } éPuna base
ed, in particolare, é un sistema di generatori di V , esistono scalari ai tali che v =
i ai vi =
a1 v1 + ... + ak vk . Cio’ mostra che v si scrive come combinazione lineare dei vettori della base.
Motriamo che tale combinazione lineare é unica. Supponiamo percio’ che esistano scalari b1 , ..., bk
tali che
v = a1 v1 + ... + ak vk = b1 v1 + ... + bk vk .
Allora, ne deduciamo che (a1 − b1 )v1 + ... + (ak − bk )vk = 0. Per la lineare indipendenza dei vettori
vi , segue che a1 − b1 = 0 = .... = bk − ak . Ció mostra che, se {v1 , ..., vk } base di V allora ogni
vettore di V si esprime in modo unico come combinazione lineare dei vettori vi . Mostrare per
esercizio l’implicazione inversa.
Se U é un sottospazio di Kn e



v1k
v11
 · 
 · 




v1 =  ·  , ..., vk =  ·  ,




·
·
vnk
vn1

é una sua base, allora le equazioni





x1
v11
v1k
 · 
 · 
 · 
 




·
=
λ
·
+
...
+
λ
 

1
k  · ,
 




·
·
·
xn
vn1
vnk

λ1 , ...λk ∈ K,
si dicono equazioni parametriche di U .
Esempio 1. I vettori 1 ed i sono una base dello spazio vettoriale reale C, poiché ogni numero
complesso a + ib = a · 1 + b · i si esprime in modo unico come combinazione lineare di 1 e i, con
scalari uguali alla parte reale ed alla parte immaginaria rispettivamente. Analogamente, i vettori
1
i
0
0
e1 =
, e2 =
, e3 =
, e4 =
0
0
1
i
costituiscono una base dello spazio vettoriale reale C2 . Infatti, per ogni vettore v =
a + ib
,
c + id
vale l’uguaglianza
1
i
0
0
v=a
+b
+c
+d
.
0
0
1
i
a + ib
1
i
0
0
1
i
0
0
0
0
Inoltre, se v =
=a
+b
+c
+d
=a
+b
+c
+
c
+
id
0
0
1
i
0
0
1
0
0
a + ib0
d0
=
, allora a + ib = a0 + ib0 e c + id = c0 + id0 . Perció, poiché due numeri
i
c0 + id0
complessi sono uguali sse hanno uguali parte reale ed immaginaria, si deve avere a = a0 , b = b0 ,
c = c0 e d = d0 , come volevasi dimostrare.
Per il lemmma precedente, assegnare una base di uno spazio vettoriale é equivalente ad assegnare un sistema di riferimento su di esso, ovvero permette di identificare ciascun vettore di questo
spazio vettoriale con un vettore ad m componenti numeriche, dove m é il numero di vettori della
base. Vogliamo ora capire se uno spazio vettorile puó avere piú basi ed, in caso affermativo, se
siano costituite dallo stesso numero di vettori. Abbiamo bisogno dei seguenti due risultati.
Lemma 7. Siano v1 , ..., vk vettori di uno spazio vettoriale V su K. Allora {v1 , ..., vk } sono
linearmente indipendenti sse v1 6= 0 e vi non appartiene allo spazio vettoriale < v1 , ..., vi−1 >, per
ogni i ≥ 2.
Dim. Supponiamo {v1 , ..., vk } siano linearmente indipendenti. Allora il vettore v1 é non
nullo poiché altrimenti si avrebbe l’uguaglianza
0 = 1 · v1 + 0 · v2 + · · · + 0 · vk
contro l’ipotesi che v1 , ..., vk sono linearmente indipendenti. Analogamente, se per assurdo esiste vi
tale che vi ∈< v1 , ..., vi−1 >, in particolare vi = λ1 v1 +···+λi−1 vi−1 , allora λ1 v1 +···+λi−1 vi−1 −
vi + 0 · vi+1 + · · · + 0 · vk = 0, contro l’ipotesi di lineare indipendenza. Assumiamo, viceversa,
che v1 6= 0 e vi non appartiene allo spazio vettoriale < v1 , ..., vi−1 >. Per assurdo si assuma che
v1 , ..., vk siano linearmente dipendenti. Allora esistono scalari λi tali che λ1 v1 + ... + λk vk = 0 e
l’insieme
A = {i| λi 6= 0}
é non vuoto. Poiché A é un insieme finito e non vuoto di numeri naturali, A possiede un massimo.
Sia M = max(A). Allora si ha
0 = λ1 v1 + ... + λk vk = λ1 v1 + ... + λM vM ,
poiché λM +1 = ... = λk = 0. Inoltre, poiché λM 6= 0, possiamo dividere l’uguaglianza sopra per
λM , ottenendo che
−1
vM = −λ1 λ−1
m v1 − ... − λM −1 λM vM ,
contro l’ipotesi che vM non appartiente allo spazio vettoriale generato da v1 , v2 ,..., vM−1 . Il
lemma é cosí dimostrato.
Teorema-Definizione 1. Sia {v1 , ..., vk } una base finita di uno spazio vettoriale V . Allora
ogni altra base di V é costituita da k vettori. Si dice che lo spazio vettoriale V ha dimensione
finita pari a k e si pone
dim(V ) = k.
Inoltre, se V ha dimensione finita, allora ogni sottospazio W di V ha dimensione finita tale che
dim(W ) ≤ dim(V )
e dim(W ) = dim(V ) se e solo se W = V . Se W = {0}, di pone, per convenzione, dim(W ) = 0.
Corollario 1. Si V uno spazio vettoriale di dimensione k. Allora, comunque si scelgano r > k
vettori w1 , ..., wr in V , questi sono linearmente dipendenti. Mentre comunque si scelgano k vettori
linearmente indipendenti di V questi cosituiscono una base V .
Dim. Per assurdo sia dim(V ) = k ed assumiamo esistano r > k vettori w1 , ..., wr ∈ V
linearmente indipendenti. Allora {w1 , ..., wr } é una base dello spazio < w1 , ..., wr > generato dai
vettori wi . In particolare, si ha dim(< w1 , ..., wr >) = r > k. D’altra parte < w1 , ..., wr > é un
sottospazio di V . Perció, per il teorema precedente, deve essere dim(< w1 , ..., wr >) < k. Abbiamo
cosı’ ottenuto una contraddizione e i vettori w1 , ..., wr sono linearmente dipendenti. Siano infine
w1 , ..., wk vettori linearmente indipendenti di V . Allora, ragionando come sopra, < w1 , ..., wk > é
un sottospazio di dimensione k = dim(V ) di V . Sempre per il precedente teorema, ne deduciamo
che V =< w1 , ..., wr >, ottenendo l’asserto.
Problema di estrazione di una base Supponiamo di avere r vettori w1 , ..., wr in uno spazio
vettoriale V . Ci chiediamo come determinare una base dello spazio vettoriale < w1 , ..., wr >⊂
V . Prima di tutto dobbiamo verificare se i vettori wi sono o meno linermente indipendenti. In
caso affermativo essi costituistono una base di < w1 , ..., wr >. Nel caso in cui risultino invece
linearmente
Pr dipendenti allora almeno uno di essi, diciamo w1 é combinazione lineare degli altri,
w1 = i=2 λi wi . In particolare, segue che
< w1 , ..., wr >=<
r
X
λi wi , w2 , ..., wr >=< w2 , ..., wr > .
i=2
Per mostrare questo, é sufficiente mostrare che
< w1 , ..., wr >⊂< w2 , ..., wr >
e
< w2 , ..., wr >⊂< w1 , ..., wr > .
La seconda inclusione é ovvia. Per dimostrare la prima, osserviamo che per ogni v =
w1 , ..., wr >, abbiamo che
v=
r
X
i=1
µi wi = µ1 (
r
X
P
i
µi wi ∈<
λi wi ) + µ2 w2 + ... + µr wr = (λ2 µ1 + µ2 )w2 + ... + (λr µ1 + µr )wr ,
i=2
da cui l’asserto. Ora, se i vettori w2 ,...wr sono linearmente indipendenti, allora essi costituiscono
una base dello spazio vettoriale
< w1 , ..., wr >=< w2 , ..., wr >,
altrimenti, iterando sempre lo stesso ragionamento, si trova un sottoinsieme di {w1 , ..., wr } costituito da vettori linearmente indipendenti e che sono una base di < w1 , ..., wr >.
ESERCIZI.
ESERCIZIO 1. Dati i sottospazi
 

 
3
 x





U=
y = λ 0 , λ ∈ R ⊂ R3


z
1
e
 
x
W = { y  | x − z = 0},
z
calcolare una base di U , W e U ∩ W .
 
 
0
1
ESERCIZIO 2. Quali dei seguenti vettori v =  1  e w =  0  appartiene al piano
1
1

  
2
2
<  0  ,  −1  >⊂ R3 ?
1
0
ESERCIZIO 3. Si verifichi che


 



1 
0
1

v1 =  −2  , v2 =  −1  , v3 =  0 


3
1
5
 
1
é una base di R3 e si trovino le coordinate di v =  1  rispetto a tale base.
1
ESERCIZIO 4. Si consideri il sottospazio U di R3 di equazione
U : 3x − 6y + z = 0.


1
Si verifichi che il vettore  −1  appartiene a U e si scriva v in coordinate rispetto alla seguente
−9
base



 
1
2 

v1 =  0  , v2 =  1 


−3
0
di U .


i
ESERCIZIO 5. Costruire una base di C3 che contenga il vettore  −1 .
0
ESERCIZIO 6. Trovare dimensione ed equazioni parametriche dei seguenti sottospazi vettoriali di R3 :


 x+y+z =0
 x+y+z =0
x − 5y + z = 0
U:
,W :
x−z =0
, T : x − 5y + z = 0, Ω :
x−z =0
.
x−y−z =0


3x + 2y + z = 0
−x + y + z = 0
ESERCIZIO 7. Si calcoli una base di ciascuno dei seguenti due sottospazi
     

4
1
5
3
<  2  ,  0   2  ,  2  > ⊂ R3
0
1
1
−1
e
      

1
2
1
0
<  0  ,  0  ,  1  ,  2  > ⊂ R3
1
1
0
−1
.
ESERCIZIO 8. Determinare una base e calcolare la dimensione dello spazio vettoriale
M(2, 2; R) delle matrici 2 × 2 a coefficienti in R. Si svolga lo stesso esercizio per M(2, 2; C),
considerato come spazio vettoriale complesso e reale.
ESERCIZIO 10. Nello spazio vettoriale M(2, 2; K) delle matrici 2 × 2 a coefficienti in K, si
consideri l’insieme
a11 a12
U=
| a11 + a22 = 0 .
a21 a22
Si dimostri che U é un sottospazio vettoriale di M(2, 2; K). Si determini una base di U e si calcoli,
infine, la sua dimensione.
vettoriale M(3, 3; R) delle matrici 3 × 3 a coefficienti in R, si
ESERCIZIO 11. Nello spazio
consideri l’insieme

 a11
U =  a21

a31
a12
a22
a32


a13

a23  | a22 + a33 = 0, a11 = 0 .

a33
Si dimostri che U é un sottospazio vettoriale di M(3, 3; R). Si determini una base di U e si calcoli,
infine, la sua dimensione.
ESERCIZIO 12. Nello spazio vettoriale complesso M(2, 2; C) delle matrici 2×2 a coefficienti
in C, si considerino i sottospazi
U=
e
a11
a21
V =
a11
a21
a12
a22
a12
a22
tali che
tali che
a11 = a22
a21
=0 .
Determinare una base e calcolare la dimensione di U , V e U ∩ V . Si svolga poi lo stesso esercizio
considerando M(2, 2; C) come spazio vettoriale reale.