Spazi vettoriali

Spazi vettoriali
Definizione 1 Un insieme (V, +, ·) dotato delle due operazioni:
- + somma di elementi v1 ∈ V, v2 ∈ V ;
- · prodotto per uno scalare λ ∈ K, (K campo);
e chiuso rispetto ad esse, è uno spazio vettoriale su K se le operazioni
godono delle proprietà:
proprietà della somma: associativa, commutativa, elemento neutro
(vettore nullo), elemento inverso (vettore opposto);
proprietà del prodotto per scalare: associativa, elemento neutro
(scalare unitario), distributiva rispetto alla somma.
♦ Esercizio. Stabilire quali dei seguenti insiemi sono spazi vettoriali (su
R):
a. insieme dei polinomi nella variabile x, a coefficienti in R, di grado al più
n;
b. insieme dei polinomi nella variabile x, a coefficienti in R, di grado uguale
ad n;
c. insieme delle funzioni f : I ⊂ R → R, che hanno una derivata prima;
d. insieme delle funzioni f : I ⊂ R → R, la cui derivata prima è una data
funzione h.
Soluzione.
a. L’insieme dato è
Rn [x] := {p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn =
n
X
aj xj , tali che aj ∈ R}.
j=0
La somma di due polinomi di grado minore o uguale a n:
p(x) + q(x) =
X
aj xj +
X
j
j
bj xj :=
X
(aj + bj )xj
j
è ancora un polinomio di grado non maggiore di n; le proprietà associativa
e commutativa si verificano agevolmente, l’elemento opposto di p(x) è il
polinomio −p(x), l’elemento neutro è il polinomio nullo p(x) = 0.
Il prodotto per scalare:
λp(x) :=
X
(λaj )xj , λ ∈ R,
j
1
è anch’esso un polinomio di grado minore o uguale ad n e valgono tutte le
proprietà.
Rn [x] è uno spazio vettoriale.
b. L’insieme
V = Rn [x] \ Rn−1 [x] := {p(x) di grado pari ad n}
non è uno spazio vettoriale. Infatti la somma dei due elementi di V :
p(x) = an xn +
n−1
X
aj xj ; q(x) = −an xn +
0
dà il polinomio
Pn−1
0
n−1
X
bj xj
0
(aj + bj )xj , di grado n − 1, quindi non in V.
c. L’insieme dato è
V = {f : I ⊂ R → R | ∃ f 0 };
verifichiamo la chiusura e le proprietà delle operazioni di campo:
- somma: f, g ∈ V ⇒ f + g ∈ V , infatti (f + g)0 = f 0 + g 0 , esiste; inoltre
valgono tutte le proprietà (elemento neutro f ≡ 0, elemento inverso di
f : −f );
- prodotto per scalare: λf ∈ V , infatti (λf )0 = λf 0 , esiste ∀ λ ∈ R, e
valgono tutte le proprietà.
V è uno spazio vettoriale.
d. L’insieme
V = {f : I ⊂ R → R | f 0 = h, per una h data}
non è uno spazio vettoriale; infatti f, g ∈ V 6⇒ f + g ∈ V , poiché (f + g)0 =
f 0 + g 0 = h + h 6= h.
Sottospazi vettoriali
Definizione 2 Un sottoinsieme (non vuoto) di uno spazio vettoriale ∅ 6=
W ⊂ V ne è un sottospazio se è chiuso rispetto alle operazioni di spazio.
Si scrive anche W ≤ V .
Condizione necessaria: W ≤ V ⇒ 0 ∈ W , (un sottoinsieme di V che ne
sia sottospazio contiene necessariamente il vettore nullo).
2
♦ Esercizio. Stabilire quali insiemi sono sottospazi:
a. W = {ax2 + bx + c ∈ R2 [x] | 2a + b = 0} ⊆ R2 [x];
b. W = {(x, y) ∈ R2 | y = x2 } ⊆ R2 ;
c. W = {(x, y) ∈ R2 | y = 3x} ⊆ R2 ;
d. W = {(x, y) ∈ R2 | y = 3x + 1} ⊆ R2 .
Soluzione.
a. La condizione necessaria è soddisfatta: il polinomio nullo p(x) = 0x2 +
0x + 0 ∈ W , essendo 2a + b = 0; verifichiamo la chiusura rispetto alle operazioni di spazio vettoriale:
ax2 + bx + c ∈ W
dx2 + ex + f ∈ W
⇒
(a + d)x2 + (b + e)x + (c + f ) ∈ W
infatti: 2(a + d) + (b + e) = (2a + b) + (2d + e) = 0. Analogamente si verifica
la chiusura rispetto al prodotto. Quindi W ≤ R2 [x].
b. La parabola y = x2 non è un sottospazio, pur verificando la condizione
necessaria (cioè il passaggio per l’origine):
(0, 0) ∈ W , essendo vero per l’origine y = x2 , poiché 02 = 0;
ma sommando due punti P (xP , yP ) = (xP , x2P ) e Q(xQ , yQ ) = (xQ , x2Q ) sulla
parabola non se ne trova un terzo sulla parabola:
(xP + xQ )2 6= (yP + yQ ) = x2P + x2Q .
c, d. Le rette del piano sono sottospazi se e soltanto se passano per l’origine:
W = {(x, y) ∈ R2 | y = ax + b} ⊆ R2
contiene il vettore nullo (0, 0) (condizione necessaria per essere un sottospazio) se vale
0 = a · 0 + b ⇔ b = 0,
cioè W = {y = ax}, retta per l’origine.
Di facile verifica la chiusura di ogni retta per l’origine rispetto alle operazioni
di spazio.
Combinazioni lineari. Indipendenza lineare
Definizione 3 Una combinazione lineare di elementi di uno spazio vettoriale su K è un vettore w dello spazio vettoriale della forma:
w = a1 v1 + · · · + an vn , vj ∈ V, con aj ∈ K.
Gli aj si dicono coefficienti della combinazione lineare.
3
Definizione 4 I vettori v1 , · · · , vn ∈ V sono linearmente indipendenti
se
a1 v1 + · · · + an vn = 0 ⇔ a1 = a2 = · · · = an = 0,
(l’unica combinazione lineare che dia il vettore nullo è quella tutta nulla).
Altrimenti i vettori sono linearmente dipendenti.
♦ Esercizio. Per quali valori di k ∈ R le seguenti matrici sono linearmente
dipendenti?
"
A=
k 1
−1 1
#
"
0 0
k 0
B=
#
"
C=
1 k
−2 0
#
Soluzione. A, B, C sono linearmente dipendenti ⇔ ∃ (x, y, z) 6= (0, 0, 0)
tale che
xA + yB + zC = 0,
cioè
"
kx x
−x x
#
"
+
0 0
ky 0
#
"
+
z
kz
−2z 0
#
"
=
0 0
0 0
#
,
equazione di matrici che equivale al sistema:


kx + z = 0


 x + kz = 0
 −x + ky − 2z = 0



x=0
che ammette la soluzione non banale (0, y, 0) con y 6= 0, se e solo se k = 0.
Base e dimensione
Definizione 5 B ⊂ V è un generatore di V se ∀ v ∈ V si ha:
v = a1 w1 + · · · + an wn , con wj ∈ B,
(ogni elemento di V è combinazione lineare di elementi di B). Si dice che
V è generato da B: V = L(B).
B è una base di V se, inoltre, i suoi elementi sono linearmente indipendenti.
Definizione 6 Data una base B di V , si chiama dimensione di V il
numero di elementi di B (cardinalità):
dim V = card(B).
4
♦ Esercizio. Consideriamo l’insieme B = {v1 , v2 , v3 , v4 } ⊂ R3 , con
v1
v2
v3
v4
= (2, 5, 0)
= (3, 1, 2)
= (1, 9, −2)
= (1, −4, 2);
a. qual è il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in B?
b. determinare il sottoinsieme massimale di vettori l.i. in B, cioè estrarre
da B il massimo numero possibile di vettori l.i.;
c. possiamo considerare B un generatore di R3 ? Se no, B è generatore di
quale sottospazio di R3 ?
Soluzione. a. In ogni spazio vettoriale non si possono trovare vettori
linearmente indipendenti in numero maggiore della dimensione dello spazio.
Dunque in B ci saranno non più di 3 = dim R3 vettori l.i. Potrebbero
però essercene di meno: per stabilirlo possiamo procedere cosı̀: disponiamo
i vettori di B sulle righe di una matrice:





2 5
0
3 1
2
1 9 −2
1 −4 2





Riduciamo a scala con Gauss: operando sulle righe, stiamo eseguendo delle
combinazioni lineari degli elementi di B. Giungiamo, ad esempio, alla matrice:


0 13 −4
 0 13 −4 


,

 1 9 −2 
0 13 −4
che diventa a scala scambiando semplicemente la terza con la prima riga,
ma risulta comunque che le sue righe - che sono un sottoinsieme di L(B) contengono il massimo numero di vettori l.i. in B, cioè 2.
b. Nel punto precedente, riducendo a scala per righe abbiamo individuato
due vettori l.i. che appartengono allo spazio generato da B, ma non figurano
tra i quattro vettori dell’insieme B (almeno, non entrambi...). Per individuare invece due vettori l.i. tra i quattro dati, possiamo sfruttare ancora
una volta l’algoritmo di Gauss, ma disponendo i vettori sulle colonne:


2 3 1
1


A =  5 1 9 −4 
0 2 −2 2
5
Otteniamo, per esempio, la matrice a scala

2
3

S =  0 − 13
2
0
0
1
13
2
0

1

− 13
2 
0
in cui compaiono due pivot, nella prima e seconda colonna. I vettori del
sottoinsieme massimale l.i. di B li troviamo sulle corrispondenti colonne
della matrice di partenza A, e sono dunque v1 = (2, 5, 0) e v2 = (3, 1, 2).
c. Lo spazio generato da B ha dimensione 2, quindi B non può generare
R3 . Si ha invece:

L(B) = {v ∈ R3 | v = a 


= {v ∈ R3 | v = a 




0
1



9  + b  13  , con a, b reali }
−4
−2


2
3



5  + b  1  , con a, b reali }
0
2
che è un piano (equazione in forma parametrica).
♦ Esercizio. a. Verificare che, ∀ t ∈ R, L(B) = R3 , con


 
 


0
t

 1

 

 
B = {u, v, w} =  1  ,  1  ,  t  .


 0
−1 
1
b. Rappresentare il vettore q = (1, 1, 1)T ∈ R3 sulla base B.
Soluzione. a. Affinché i tre elementi di B possano generare R3 , la cui
dimensione è 3, B deve essere una base, cioè i suoi vettori devono essere l.i.
In altre parole, l’equazione
xu + yv + zw = 0
deve ammettere l’unica soluzione (x, y, z) = (0, 0, 0).
Verifichiamo allora che per ogni valore di t ∈ R il seguente sistema ha
soltanto la soluzione banale (il vettore nullo):


 x + ty = 0
x + y + tz = 0

 y−z =0
6
Usiamo l’algoritmo di Gauss per ridurre a scala la matrice associata al sistema, che ha per colonne i vettori di B:


1 t 0


t 
 1 1
0 1 −1
giungiamo a


1 t
0


 0 −t t + 1 
0 1
−1
Se t 6= 0, col passaggio R3 + 1t R2 , otteniamo


1 t
0


 0 −t t + 1 
1
0 0
t
⇔


 x = −ty
ty = (t + 1)z

 1z = 0
t
che ha come unica soluzione il vettore nullo, qualsiasi sia t 6= 0.
Se invece t = 0, la matrice di partenza è già ridotta a scala:


1 0 0


 1 1 0 
0 1 −1
⇔


 x=0
y = −x

 z=y
e ammette anch’essa solo la soluzione banale.
b. Si tratta di individuare la giusta terna di coefficienti (x, y, z) tali che
xu + yv + zw = q, cioè la soluzione del sistema:


 x + ty = 1
x + y + tz = 1

 y−z =1
La matrice associata è:


1 t 0 1


t 1 
 1 1
0 1 −1 1
Procedendo come al punto a, per ogni t 6= 0, si giunge alla forma a scala:


1 t
0
1


0
−t
t
+
1
−1


1
1
0 0
1
−
t
t
⇔

2

 x=1−t
y=t

 z =t−1
mentre se t = 0 si ha:
7


1 0 0 1


 1 1 0 1 
0 1 −1 1
⇔


 x=1
y=0

 z = −1
Dunque, per ogni t ∈ R, si ha la rappresentazione di q sulla base B:
q = (1 − t2 )u + tv + (t − 1)w.
♦ Esercizio. Dati gli insiemi:
V = {v = (x, y, z) | x + 2y − z = 0} ⊆ R3
W = {w = (x, y, z) | y = 2x, y + z = 0} ⊆ R3 ,
a. verificare che sono sottospazi;
b. determinarne dimensione e base.
Soluzione. a. Il vettore nullo (0, 0, 0) ∈ V, W . Inoltre entrambi gli
insiemi sono chiusi rispetto alle operazioni, infatti:
-
v, v ∈ V
⇔
x + 2y − z = 0
x + 2y − z = 0
⇒
(ax + bx) + 2(ay + by) − (az + bz) = 0
cioè av + bv ∈ V
- analogamente per W .
b. v ∈ V ⇔ v = (x, y, z = x + 2y), cioè:
v = x(1, 0, 1)T + y(0, 1, 2)T , con x, y ∈ R;
quindi V = L({(1, 0, 1)T , (0, 1, 2)T }), e i due elementi del generatore di V
sono l.i (verificare). Dunque dim V = 2 (infatti V è definito dall’equazione
di un piano).
w ∈ W ⇔ w = (x, y = 2x, z = −y = −2x), cioè:
w = x(1, 2, −2)T );
quindi W = L({(1, 2, −2)T }), e dim W = 1 (è una retta).
♦ Esercizio. Consideriamo, in R3 , i sottospazi:
V = L({v1 , v2 }) = L({(1, 1, 0), (2, 0, 2)})
U = L({u}) = L({(2, 1, 1)})
a. l’intersezione V ∩ U = {w ∈ R3 | w ∈ V ∧ w ∈ U } è sottospazio?
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b. se sı̀, determinarne la dimensione e una base.
Soluzione. a. 0 ∈ V ∩ U , poiché V ed U sono sottospazi, quindi
contengono entrambi lo zero. Inoltre, se w1 e w2 sono elementi di V ∩ U
allora lo sarà anche una loro combinazione lineare, per la chiusura di V ed U .
b. Determiniamo prima le dimensioni di V e di U , considerando le cardinalità dei rispettivi generatori:
- dim U = 1,
- dim V = 2, (si verifica facilmente la lineare indipendenza di v1 e v2 ).
Ora possono verificarsi alternativamente due casi:
1. o U ≤ V : allora sarebbe V ∩ U = U e dim(V ∩ U ) = dim U = 1;
2. oppure U 6⊂ V : in questo caso V ∩ U , essendo necessariamente sottoinsieme di entrambi, sarà anche sottospazio di entrambi. Pertanto,
la sua dimensione sarà strettamente minore della dimensione sia di V
sia U :
dim(V ∩ U ) < 1 ⇒ dim(V ∩ U ) = 0, cioè V ∩ U = {0}.
Si avrà U ⊂ V se e soltanto se il vettore che lo genera u ∈ L({v1 , v2 }), cioè
se
u = av1 + bv2 , per qualche a, b ∈ R.
Cerchiamo allora le eventuali soluzioni del sistema:


 a + 2b = 2
a=1

 2b = 1
che sono (a, b) = (1, 21 ); dunque u = v1 + 12 v2 ∈ V .
Quindi V ∩ U = U , e ha dimensione 1 e base {u}.
9