M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016
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SPAZI E SOTTOSPAZI / ESERCIZI SVOLTI
Brevi elementi di teoria sugli spazi vettoriali Rn , Rm,n , R [x], Rn [x] verranno richiamati via via,
a commento del testo di alcuni esercizi.
ESERCIZIO. Scrivere il vettore u = (−1, 2) di R2 come combinazione lineare di u1 = (1, 1)
ed u2 = (1, 2).
Osservazione. Lo scrivere u come combinazione lineare di u1 ed u2 è possibile ed in modo
unico, in quanto u1 ed u2 sono l.i. (nessuno è multiplo dell’altro) e quindi formano una base di R2 .
Svolgimento. Si tratta di determinare a, b ∈ R tali che au1 + bu2 = u, il che, essendo
au1 + bu2 = a (1, 1) + b (1, 2) = (a, a) + (b, 2b) = (a + b, a + 2b) ,
equivale a (a + b, a + 2b) = (−1, 2), cioè
a + b = −1
a + 2b = 2
(in altri termini, detta C la base canonica di R2 ,
si tratta di risolvere il sistema
a
11
a
−1
= [u]C , cioè
=
).
[u1 , u2 ]C
b
12
b
2
Ricavando a = −b − 1 dalla prima equazione e sostituendo nella seconda si ottiene subito b = 3
e quindi a = −4. Dunque u = −4u1 + 3u2 .
ESERCIZIO. Scrivere il vettore u = (−1, 2) di R2 come combinazione lineare di u1 = (1, 1),
u2 = (1, 2) ed u3 = (2, 1).
Osservazione. Lo scrivere u come combinazione lineare di u1 , u2 , u3 è possibile in quanto
l’insieme {u1 , u2 , u3 } contiene almeno una base di R2 (in effetti u1 , u2 , u3 sono a due a due l.i.
e quindi ogni coppia di {u1 , u2 , u3 } costituisce una base di R2 ), ma tale possibilità non sarà
unica, in quanto u1 , u2 , u3 sono l.d. (3 vettori del piano, che ha dimensione 2).
Svolgimento. Si devono trovare a, b, c ∈ R tali che
(1)
au1 + bu2 + cu3 = u.
Essendo au1 + bu2 + cu3 = a (1, 1) + b (1, 2) + c (2, 1) = (a + b + 2c, a + 2b + c), ciò equivale a
(2)
a + b + 2c = −1
a + 2b + c = 2
(in altri termini, detta C la base canonica di R2 ,
si tratta di risolvere
il sistema
a
112
a
[u1 , u2 , u3 ]C b = [u]C , cioè
=
121
b
c
−1
).
2
Ricavando ad esempio a = −b − 2c − 1 dalla prima equazione e sostituendo nella seconda si
ottiene b = 3 + c e quindi a = −4 − 3c, con c ∈ R qualsiasi. Dunque, sostituendo in (1), risulta
u = − (4 + 3c) u1 + (3 + c) u2 + cu3 con c ∈ R qualsiasi.
Osservazione. La già osservata non unicità della decomposizione richiesta si è riflessa algebricamente nell’essere pervenuti al sistema (2) che, in quanto sistema di 2 equazioni e 3 incognite,
non può avere soluzione unica. Ovviamente tale mancanza di unicità è poi evidente nel risultato
(il quale dipende dal parametro arbitrario c), che per c = 0 ripropone sostanzialmente la stessa
decomposizione u = −4u1 + 3u2 + 0u3 ottenuta nell’esercizio precedente, mentre fornisce ad
esempio u = −7u1 + 4u2 + u3 , u = −u1 + 2u2 − u3 , ecc. per c = 1, c = −1, ecc..
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ESERCIZIO. Si considerino in R4 i vettori
u1 = (0, 1, 2, 1) , u2 = (1, 1, 0, 0) , u3 = (0, 1, 0, −1) , u4 = (1, 1, −1, −1) .
Determinare dimensione e una base dei sottospazi W = L (u1 , u2 , u3 , u4 ), W1 = L (u1 , u2 ),
W2 = L (u3 ), W3 = L (u3 , u4 ), W4 = L (u1 , u2 , u4 ).
Ricordiamo che l’insieme Rn delle n-uple ordinate x = (x1 , ..., xn ) di numeri reali x1 , ..., xn ∈ R
è uno spazio vettoriale (reale) rispetto alle operazioni termine a termine:
(x1 , ..., xn ) + (y1 , ..., yn ) = (x1 + y1 , ..., xn + yn ),
α(x1 , ..., xn ) = (αx1 , ..., αxn ).
Il vettore nullo di Rn è 0Rn = (0, ..., 0), spesso denotato brevemente con 0.
––––––––––
L’insieme ordinato C = (e1 , e2 , ..., en ) delle n-uple definite da
e1 = (1, 0, ..., 0) , e2 = (0, 1, 0, ..., 0) , ... , en−1 = (0, ..., 0, 1, 0) , en = (0, ..., 0, 1)
è una base per Rn , detta base canonica, e pertanto risulta dim Rn = n. Le entrate x1 , ..., xn del
generico vettore (x1 , ..., xn ) ∈ Rn coincidono con le componenti di x rispetto alla base canonica:
n
(x1 , ..., xn ) = x1 (1, 0, ..., 0) + x2 (0, 1, 0, ..., 0) + ... + xn (0, ..., 0, 1) =
xi ei ,
i=0
cioè [(x1 , ..., xn )]C = (x1 , ..., xn ).
Svolgimento. Tutti gli spazi da studiare sono ovviamente sottospazi di R4 .
1 Iniziamo col considerare W = L (u1 , u2 , u3 , u4 ).
Disponendo di un insieme di generatori di W , la sua dimensione ed una sua base possono essere
determinate in due modi, che vediamo entrambi.
1◦ modo. Utilizziamo il metodo degli scarti successivi per estrarre una base dall’insieme dei generatori
{u1 , ..., u4 }, dopodiché ne contiamo gli elementi per avere la dimensione.
• Il vettore u1 = (0, 1, 2, 1) è l.i., perché non nullo. Dunque non scartiamo u1 .
• Controlliamo l’indipendenza lineare di u1 , u2 .
Poiché due vettori sono l.d. se e solo se almeno uno è multiplo dell’altro, è evidente che
u1 = (0, 1, 2, 1) e u2 = (1, 1, 0, 0) sono l.i. (nessuno è multiplo dell’altro).
Dunque non scartiamo u2 .
• Controlliamo l’indipendenza lineare di u1 , u2 , u3 .
Sia au1 + bu2 + cu3 = 0 con a, b, c ∈ R, cioè (b, a + b + c, 2a, a − c) = (0, 0, 0, 0). Ciò
significa
···
b=0
···
a+b+c=0
che equivale a a = b = c = 0.
a=0
2a = 0
−c = 0
a−c=0
Dunque u1 , u2 , u3 sono l.i. e perciò non scartiamo u3 .
• Controlliamo l’indipendenza lineare di u1 , u2 , u3 , u4 .
Siano a, b, c, d ∈ R tali che au1 + bu2 + cu3 + du4 = 0, che significa
Ciò equivale a
(b + d, a + b + c + d, 2a − d, a − c − d) = (0, 0, 0, 0) .
b+d=0
a+b+c+d=0
2a − d = 0
a−c−d=0
b = −d
···
d = 2a
c=a−d
b = −2a
0=0
···
c = −a
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cioè b = −2a, c = −a, d = 2a con a ∈ R qualsiasi.
Dunque u1 , u2 , u3 , u4 sono l.d. e perciò scartiamo u4 .
In conclusione, (u1 , u2 , u3 ) è una base di W e dim W = 3.
Osserviamo che i controlli di indipendenza lineare si sarebbero potuti fare anche valutando
il rango della matrice dei vettori considerati, ad esempio rispetto alla base canonica C:
• u1 , u2 , u3 sono l.i. perché risulta ρ ([u1 , u2 , u3 ]C ) = 3;
• u1 , u2 , u3 , u4 sono l.d. perché det [u1 , u2 , u3 , u4 ]C = 0, cioè ρ ([u1 , u2 , u3 , u4 ]C ) < 4.
2◦ modo. Riduciamo per righe la matrice dei generatori u1 , ..., u4 rispetto ad una qualche base B di
R4 : il suo rango è la dimensione di W e le righe non nulle della ridotta ottenuta sono le
componenti rispetto a B di una base di W .
La matrice dei generatori u1 , ..., u4 rispetto alla base canonica C = (e1 , e2 , e3 , e4 ) di R4 è
u1
01 2 1
u2
= 1 1 0 0 .
M :=
u3
0 1 0 −1
1 1 −1 −1
u4 C
Riducendo per righe, ad esempio tramite le trasformazioni elementari R1 ↔ R2 , R4 →
R4 − R1 , R3 → R3 − R2 , R4 → R4 − 12 R3 (nell’ordine), si ottiene la matrice
che è ridotta con 3 righe non nulle:
11 0 0
0 1 2 1
(1, 1, 0, 0) = u2 ,
0 0 −2 −2 ,
(0, 1, 2, 1) = u1 ,
(0, 0, −2, −2) = −2 (0, 0, 1, 1).
00 0 0
Dunque dim W = ρ (M ) = 3 ed una base di W è (u1 , u2 , u) con u = (0, 0, 1, 1).
2 Consideriamo ora i sottospazi Wi , i = 1, 2, 3, 4 (i quali, essendo generati da elementi di W ,
sono sottospazi di W oltre che di R4 ).
Poiché u1 , u2 sono l.i. (nessuno è multiplo dell’altro) e u3 = 0, si conclude subito che (u1 , u2 ) e
(u3 ) sono basi di W1 = L (u1 , u2 ) e W2 = L (u3 ) rispettivamente. Analogamente (u3 , u4 ) è una
base di W3 = L (u3 , u4 ) e dunque risulta dim W1 = dim W3 = 2 e dim W2 = 1.
Per studiare W4 = L (u1 , u2 , u4 ), si può procedere con uno qualsiasi dei due metodi già usati
per W . A conti fatti, si trova che u1 , u2 , u4 sono l.i. e che quindi (u1 , u2 , u4 ) è una base di W4 .
Di conseguenza risulta dim W4 = 3, che implica1 W4 = W .
ESERCIZIO. Si considerino i sottospazi W , W1 , W2 , W3 dell’esercizio precedente. Determinare dimensione ed una base delle somme W1 + W2 , W1 + W3 , W2 + W e delle corrispondenti
intersezioni, evidenziando eventuali coppie di sottospazi la cui somma sia diretta e coincida con
W.
Svolgimento. Osserviamo innanzitutto che tutti i sottospazi Wi , i = 1, 2, 3, sono generati da
elementi di W e quindi sono sottospazi di W (oltre che di R4 ).
1 Iniziamo a studiare la coppia W1 , W2 .
Poiché2 W1 + W2 = L (u1 , u2 ) + L (u3 ) = L (u1 , u2 , u3 ) e la matrice
u1
012 1
u2 = 1 1 0 0
u3 C
0 1 0 −1
1
Si ricordi che se U è sottospazio di uno spazio V di dimensione finita, allora dim U = dim V ⇒ U = V.
È un fatto generale che se u1 , ..., un , v1 , ..., vm sono vettori di uno spazio vettoriale qualsiasi, allora
L (u1 , ..., un ) + L (v1 , ..., vm ) = L (u1 , ..., un , v1 , ..., vm ) .
2
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è ridotta, (u1 , u2 , u3 ) è una base di W1 + W2 e dim (W1 + W2 ) = 3. Allora dim (W1 + W2 ) =
dim W e quindi
W1 + W2 = W.
(3)
Inoltre, per la formula di Grassmann3 , risulta
dim (W1 ∩ W2 ) = dim W1 + dim W2 − dim (W1 + W2 ) = 2 + 1 − 3 = 0,
che implica W1 ∩W2 = {0}. Ciò vale a dire che la somma W1 +W2 è diretta4 e quindi, ricordando
la (3), risulta W1 ⊕ W2 = W .
2 Studiamo la coppia W1 , W3 .
Come per la coppia W1 , W2 , anche la somma di W1 e W3 coincide con tutto W , in quanto risulta
W1 + W3 = L (u1 , u2 ) + L (u3 , u4 ) = L (u1 , u2 , u3 , u4 ) = W.
D’altra parte, però, tale somma non è diretta: infatti, essendo dim (W1 + W3 ) = dim W = 3 (v.
esercizio precedente), la relazione di Grassmann implica
dim (W1 ∩ W3 ) = dim W1 + dim W3 − dim (W1 + W3 ) = 1
e quindi W1 ∩ W3 = {0}.
Per determinare una base di W1 ∩ W3 (sappiamo già che ha dimensione 1, ma non è immediato
individuare un vettore non nullo che stia in W1 ∩ W3 ), possiamo procedere in più modi.
1◦ modo. Cerchiamo una descrizione del generico vettore di W1 ∩ W3 , che consenta di individuarne
un insieme di generatori (in questo caso se ne troverà uno solo; in generale, si procederà
poi come al solito per determinare una base a partire dai generatori trovati).
Per definizione di intersezione, si ha che x ∈ W1 ∩ W3 se e solo se x ∈ W1 e x ∈ W3 , cioè
se e solo se ∃a, b, α, β ∈ R tali che
x = au1 + bu2
x = αu3 + βu4
Ciò equivale a
(che significa x ∈ W1 = L (u1 , u2 ) )
(che significa x ∈ W3 = L (u3 , u4 ) ).
x = au1 + bu2
au1 + bu2 = αu3 + βu4 ,
(4)
cioè
x = au1 + bu2
au1 + bu2 − αu3 − βu4 = 0,
dove la seconda equazione è un sistema lineare omogeneo nelle incognite a, b, α, β e di
matrice [u1 , u2 , −u3 , −u4 ]C , che in componenti diventa:
0
a
0 1 0 −1
1 1 −1 −1 b 0
2 0 0 1 α = 0.
0
β
10 1 1
Risolvendo tale sistema, si trova la soluzione generale (a, b, α, β) = (a, −2a, a, −2a) con
a ∈ R qualsiasi, da cui, sostituendo in (4), risulta che x ∈ W1 ∩ W3 se e solo se
x = au1 + bu2 = au1 − 2au2 = a (u1 − 2u2 ) con a ∈ R qualsiasi,
il che significa W1 ∩W3 = L (u1 − 2u2 ). Dunque il vettore non nullo u1 −2u2 = (−2, −1, 2, 1)
costituisce una base di W1 ∩ W3 .
3
Formula di Grassmann: se U1 , U2 sono sottospazi di dimensione finita di uno spazio vettoriale qualsiasi,
allora dim (U1 + U2 ) + dim (U1 ∩ U2 ) = dim U1 + dim U2 .
4
Si ricordi che se U1 , U2 sono sottospazi di uno spazio qualsiasi, allora U1 + U2 è diretta ⇔ U1 ∩ U2 = {0}.
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2◦ modo. Esprimiamo in forma implicita5 i sottospazi da intersecare, in modo che la loro intersezione
sarà rappresentata dal sistema di tutte le equazioni trovate.
Il sistema di matrice completa (le prime colonne sono le componenti di u2 , u1 , generatori
di W1 )
x1
x1
1 0 x1
10
10
1 1 x2 R2 →R2 −R1 0 1 x2 − x1 R3 →R3 −2R2 0 1
x2 − x1
−→
−→
0 2 x3
0 2
0 0 x3 − 2x2 + 2x1
x3
R4 →R4 −R2
0 1 x4
0 0 x4 − x2 + x1
01
x4
è compatibile se e solo se x4 − x2 + x1 = x3 − 2x2 + 2x1 = 0, quindi
(5)
W1 = (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 : x1 − x2 + x4 = 2x1 − 2x2 + x3 = 0 .
Il sistema di matrice completa (le prime colonne sono le componenti di u3 , u4 , generatori
di W3 )
x1
x2
0 1
1 1
0 1 x1
1 1 x2 R4 →R4 +R2 1 1
x2
x1
1 ↔R2 0 1
R−→
−→
0 −1
0 −1
0 −1 x3
x3
x3
0 0 x4 + x2
0 0 x4 + x2
−1 −1 x4
x2
11
0
1
x
R3 →R3 +R2
1
−→
0 0 x3 + x1
0 0 x4 + x2
è compatibile se e solo se x4 + x2 = x3 + x1 = 0, quindi
W3 = (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 : x2 + x4 = x1 + x3 = 0 .
Dunque W1 ∩ W3 è lo spazio delle soluzioni del sistema
x − x2 + x4 = 0
1
2x1 − 2x2 + x3 = 0
x2 + x4 = 0
x1 + x3 = 0
(ottenuto prendendo tutte le equazioni che definiscono W1 e W3 ),
1
1 −1 0 1
1 −1 0 1
1 −1 0 1
0
0 0 1 −2
0 0 1 −2
2 −2 1 0
0 1 0 1 → 0 1 0 1 → 0 1 0 1 → 0
0
0 0 1 −2
0 1 1 −1
1 0 10
ed equivale quindi al sistema
x1 − x2 + x4 = 0 x1 = x2 − x4 = −2x4
x2 + x4 = 0
x2 = −x4
.
x3 − 2x4 = 0
x3 = 2x4
il quale ha matrice
−1 0 1
1 0 1
0 1 −2
0 1 −2
In definitiva risulta
W1 ∩ W3 = {(−2x4 , −x4 , 2x4 , x4 ) : x4 ∈ R} = L ((−2, −1, 2, 1))
e dunque il vettore non nullo (−2, −1, 2, 1) costituisce una base di W1 ∩ W3 .
5
Ricordiamo che, per passare da un insieme di generatori di un sottospazio U di uno spazio V (di dimensione
finita) ad una forma implicita di U , un metodo standard è il seguente: si impone la compatibilità del sistema
lineare completo di matrice (A | B), dove A è la matrice che ha sulle colonne le componenti dei generatori di
U rispetto ad una base qualsiasi di V e B è la colonna delle componenti rispetto alla stessa base del generico
vettore di V . Un altro metodo standard per scrivere U in forma implicita passa attraverso la determinazione del
complemento ortogonale U ⊥ di U e sarà usato nell’esercizio successivo.
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3◦ modo. Esprimiamo in forma implicita uno dei due sottospazi da intersecare e cerchiamo una
descrizione del generico vettore dell’intersezione, in modo da individuarne poi un insieme
di generatori.
Ragionando come prima, si trova la rappresentazione (5) di W1 . D’altra parte, x ∈ W3 se
e solo se ∃a, b ∈ R tali che
x = au3 + bu4 = a (0, 1, 0, −1) + b (1, 1, −1, −1) = (b, a + b, −b, −a − b) .
(6)
Dunque x ∈ W1 ∩ W3 se e solo se x è della forma (6) e le sue componenti soddisfano le
equazioni (5) di W1 , cioè se e solo se ∃a, b ∈ R tali che
b − (a + b) − a − b = 0
.
2b − 2 (a + b) − b = 0
Ciò equivale a −2a − b = 0, cioè b = −2a, e quindi x ∈ W1 ∩ W3 se e solo se
x = (b, a + b, −b, −a − b) = (−2a, −a, 2a, a) con a ∈ R qualsiasi,
il che significa W1 ∩ W3 = L ((−2, −1, 2, 1)). Dunque il vettore non nullo (−2, −1, 2, 1) è
una base di W1 ∩ W3 .
3 Studiamo infine la coppia W2 , W .
Poiché W2 ⊂ W , risulta subito W2 + W = W e W2 ∩ W = W2 , per cui dimensioni ed una base
si trovano come nell’esercizio precedente. Si vede anche subito che la somma W2 + W non è
diretta, in quanto W2 ∩ W = W2 = {0}.
ESERCIZIO. Siano W1 e W2 i sottospazi di R4 già considerati negli esercizi precedenti.
(i) Determinarne i rispettivi complementi ortogonali W1⊥ e W2⊥ .
(ii) Scrivere W1 e W2 in forma implicita.
Svolgimento. (i) Disponendo di un insieme di generatori di un sottospazio U di Rn , il procedimento per determinare U ⊥ è standard: U ⊥ coincide con lo spazio delle soluzioni del sistema
lineare omogeneo associato alla matrice dei generatori di U rispetto alla base canonica di Rn .
Si ha W1 = L (u1 , u2 ) e W2 = L (u3 ) con
u1
u2
=
C
0121
1100
(C indica ovviamente la base canonica di
0121
⊥
W1 = (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 :
1100
e
W2⊥
e
u3
C
= 0 1 0 −1
R4 ) e quindi
x1
x2
0
=
= (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 :
x3
0
x2 + 2x3 + x4 = x1 + x2 = 0}
x4
x1
x2
4
= 0 = (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 : x4 = x2 .
= (x1 , ..., x4 ) ∈ R : 0 1 0 −1
x3
x4
(ii) Poiché ogni sottospazio U di Rn è tale che U = (U ⊥ )⊥ , un metodo standard per scrivere U
in forma implicita (alternativo a quello usato nell’esercizio precedente) è il seguente:
• si determina U ⊥ (con il metodo usato al punto (i)),
• si ricava un insieme di generatori di U ⊥ (risolvendo il sistema che esprime U ⊥ ),
• si determina (U ⊥ )⊥ = U (di nuovo con il metodo usato al punto (i)).
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Si ha
W1⊥ = (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 : x4 = −x2 − 2x3 , x1 = −x2
= (−x2 , x2 , x3 , −x2 − 2x3 ) : x2 , x3 ∈ R4 = L ((−1, 1, 0, −1) , (0, 0, 1, −2))
e
W2⊥ = (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 : x4 = x2 = (x1 , x2 , x3 , x2 ) : x1 , x2 , x3 ∈ R4
= L ((1, 0, 0, 0) , (0, 1, 0, 1) , (0, 0, 1, 0)) ,
da cui si ottiene (procedendo come al punto (i))
W1 = (W1⊥ )⊥ = (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 : −x1 + x2 − x4 = x3 − 2x4 = 0 ,
W2 = (W2⊥ )⊥ = (x1 , ..., x4 ) ∈ R4 : x1 = x2 + x4 = x3 = 0 .
ESERCIZIO. Dato il sottospazio W = L ((0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1) , (2, 0, −1, 0)) di R4 , completare una base di W ad una base di R4 .
Svolgimento. Dobbiamo trovare una base di W e poi una base di R4 che la completi, cioè che
la contenga. Si ha
00 1 2
0012
0012
1 0 0 1 → 1 0 0 1 → 1 0 0 1,
2 0 −1 0
2002
0000
per cui una base di W è B = ((0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1)). Una base di R4 che completi B si può
trovare in due modi.
1◦ modo. Aggiungiamo a B una base qualsiasi di R4 , ad esempio quella canonica C = (e1 , ..., e4 ), e
facciamo scarti successivi. Infatti, essendo
R4 = L ((0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1) , e1 , ..., e4 )
(perché e1 , ..., e4 generano R4 da soli), nel fare scarti successivi i vettori (0, 0, 1, 2) e
(1, 0, 0, 1) non saranno scartati (perché l.i.) e si giungerà quindi ad una base di R4 che
li contiene6 .
• La matrice
0012
1 0 0 1
1000
è ridotta con rango 3, quindi (0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1) , e1 sono l.i.: non scartiamo e1 .
• La matrice
0012
1 0 0 1
1 0 0 0
0100
è ridotta con rango 4, quindi (0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1) , e1 , e2 sono l.i.: non scartiamo e2 ed
il procedimento termina, avendo già tenuto tanti vettori quanti la dimensione di R4 .
Una base di R4 che completa B = ((0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1)) è dunque
((0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1) , e1 , e2 ) .
6
Il ragionamento è generale e può essere usato in uno spazio di dimensione finita qualsiasi V , per trovare una
base di V che contenga una base B = (v1 , ..., vk ) di un suo sottospazio: si aggiunge a B una base di tutto il
sopraspazio V e si fanno scarti successivi.
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2◦ modo. Aggiungiamo ai 2 vettori di B altri 2 vettori (a, b, c, d) , (a , b , c , d ) di R4 in modo da
ottenere 4 vettori l.i., cioè in modo che abbia rango 4 la matrice
0 0 1 2
4
1 0 0 1
. Le righe saranno una 4base di R (che ovviamente
a b c d
completa B) perché R ha dimensione 4.
a b c d
Si può allora prendere ad esempio c = c = a = a = b = 0 e b = d = 1 (d può essere
qualsiasi, nullo o no) e si ottiene
0012
4
1 0 0 1
. Una base di R che completa B (diversa da quella trovata
0 1 0 0
nel modo precedente) è dunque ((0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1) , e2 , e4 ) .
0001
ESERCIZIO. Sia V uno spazio vettoriale (reale) di dimensione 4 e sia B = (u1 , u2 , u3 , u4 )
una sua base. Determinare dimensione e una base del sottospazio W di V generato dai vettori
v1 = u4 − u3 + u1 ,
v2 = 2u2 + u3 − u4 ,
v3 = 2u2 + 2u1 + u4 − u3 .
Completare poi la base trovata ad una base di V .
Svolgimento. Disponendo di un insieme di generatori di W = L (v1 , v2 , v3 ), possiamo procedere tramite scarti successivi oppure riduzione. Ricorriamo al secondo metodo.
Le componenti rispetto alla base B dei generatori
v1 = u1
−u3 +u4
v2 =
2u2 +u3 −u4
v3 = 2u1 +2u2 −u3 +u4
sono rispettivamente
[v1 ]B = (1, 0, −1, 1)
[v2 ]B = (0, 2, 1, −1)
[v2 ]B = (2, 2, −1, 1)
(si noti che per leggere le componenti dei vi , le loro espressioni come combinazione lineare degli
uj vanno scritte in modo ordinato, secondo gli indici degli uj ) e quindi la matrice di v1 , v2 , v3
rispetto a B è
v1
1 0 −1 1
M = v2 = 0 2 1 −1 .
v3 B
2 2 −1 1
La dimensione di W coincide con il rango di M ed una base di W è data, in componenti rispetto
a B, dalle righe non nulle di una qualsiasi ridotta (per righe) di M . Riducendo, si ottiene
1 0 −1 1
1 0 −1 1
0 2 1 −1
0 2 1 −1 ,
−→
M
−→
R3 →R3 −2R1
R3 →R3 −R2
0 2 1 −1
00 0 0
da cui segue che dim W = ρ (M ) = 2. Inoltre i vettori di componenti (1, 0, −1, 1) e (0, 2, 1, −1)
rispetto a B, cioè v1 e v2 , sono una base di W .
Una base di V che contenga la base (v1 , v2 ) di W si determina aggiungendo due vettori di V
a (v1 , v2 ) in modo da ottenere un insieme di quattro vettori l.i. (i quali costituiranno una base
di V , perché V ha dimensione 4). Poiché, ad esempio, la matrice
1 0 −1 1
(costruita semplicemente aggiungendo due
0 2 1 −1
righe non nulle alla matrice [v1 , v2 ]TB in
0 0 1 0
modo da ottenere una matrice 4 × 4 ridotta)
00 0 1
ha rango 4, i vettori di componenti (1, 0, −1, 1) , (0, 2, 1, −1) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1) rispetto a B,
cioè v1 , v2 , u3 , u4 , sono l.i. e quindi (v1 , v2 , u3 , u4 ) è una base di V . Lo stesso vale ad esempio
M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016
per le matrici
1
0
0
0
0
2
0
0
−1
1
1
0
1
−1
1
1
e
1
0
0
0
0
2
1
0
−1
1
1
1
9
1
−1
0
0
da cui segue che anche (v1 , v2 , u3 + u4 , u4 ) e (v1 , v2 , u2 + u3 , u3 ) sono basi di V .
ESERCIZIO. Nello spazio R2,2 delle matrici 2 × 2 a coefficienti reali, si consideri il seguente
insieme
V = A ∈ R2,2 : (1, 2) A = (0, 0)
(dove (1, 2) A indica il prodotto matriciale di (1, 2) ∈ R1,2 per A ∈ R2,2 ). Verificare che V è un
sottospazio di R2,2 e determinarne una base.
Ricordiamo che l’insieme Rm,n delle matrici (aij ) i=1,...,m, j=1,...,n di tipo m × n (m righe, n
colonne) ad entrate aij ∈ R, è uno spazio vettoriale (reale) rispetto alle operazioni termine a
termine:
(aij ) + (bij ) = (aij + bij ),
α(aij ) = (αaij ).
Rm,n
è la matrice ad elementi tutti nulli, denotata con 0m,n od anche,
Il vettore nullo 0Rm,n di
più brevemente, con 0 (quando non interessi specificarne il tipo).
––––––—
L’insieme ordinato C = (E11 , E12 , ..., E1n , E21 , ..., E2n , ......, Em1 , ..., Emn ) delle matrici definite
da
j-esim a co lo n n a
0 ...
..
.
Eij = 0 . . .
.
..
0 ...
↓
0
..
.
. . . . . . 0 ← i-esima riga
..
.
...... 0
0 ......
..
.
1
..
.
0
Rm,n ,
i = 1, ..., m
j = 1, ..., n
è una base per
detta base canonica, e pertanto risulta dim Rm,n = mn. Le entrate della
generica matrice (aij ) ∈ Rm,n coincidono con le componenti di (aij ) rispetto alla base canonica:
1 ... 0
0 1 ... 0
0 ... 0
a11 a12 . . . a1n
..
..
.. = a ..
.. + a .. ..
.. + ... + a ..
..
.
11 .
12 . .
mn .
.
.
.
.
.
am1 am2 . . . amn
0 ... 0
m
0 0 ... 0
0 ... 1
n
aij Eij ,
=
i=1 j=1
cioè [(aij )]C = (a11 , a12 , ..., a1n , a21 , ..., a2n , ......, am1 , ..., amn ).
Svolgimento. Controllato che la matrice nulla appartiene a V (com’è evidente), per verificare
che V è sottospazio di R2,2 possiamo, come al solito, procedere in due modi:
(i) utilizzare il criterio per i sottospazi, ossia controllare che le combinazioni lineari di elementi
di V siano ancora elementi di V ;
(ii) cercare di scrivere il generico elemento di V come generica combinazione lineare di un certo
numero di elementi di R2,2 , in modo da recuperare V come sottospazio generato da tali
elementi.
Vediamo entrambi i procedimenti.
10
M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016
(i) Controlliamo che ∀A, B ∈ V e ∀λ ∈ R risulti λA + B ∈ V , cioè
(1, 2) (λA + B) = (0, 0) .
In effetti, applicando le proprietà delle operazioni tra matrici, si ha
(1, 2) (λA + B) = λ (1, 2) A + (1, 2) B,
dove risulta (1, 2) A = (0, 0) e (1, 2) B = (0, 0) perché A, B ∈ V . Quindi si ottiene
(1, 2) (λA + B) = λ (0, 0) + (0, 0) = (0, 0)
e dunque V è sottospazio di R2,2 .
(ii) Cerchiamo di descrivere la generica matrice di V , in modo da individuarne un insieme di
a b
generatori. Se A =
è la generica matrice di R2,2 , per definizione di V si ha che
c d
A ∈ V se e solo se
a b
(1, 2)
= (0, 0)
c d
cioè (a + 2c, b + 2c) = (0, 0), che significa a = −2c e b = −2d con c, d ∈ R qualsiasi. Quindi
A ∈ V se e solo se A è della forma
−2c −2d
−2 0
0 −2
A=
=c
+d
c
d
1 0
0 1
con c, d ∈ R qualsiasi. Ciò significa che il generico elemento di V è la generica combinazione
lineare delle matrici
−2 0
0 −2
e A2 =
A1 =
1 0
0 1
e pertanto V è sottospazio di R2,2 : il sottospazio generato da A1 , A2 .
Per quanto visto al punto (ii), si ha V = L (A1 , A2 ). La coppia (A1 , A2 ) è anche una base di V ,
perché A1 , A2 sono l.i. (si vede subito che le due matrici non sono una multipla dell’altra).
ESERCIZIO. Data la matrice
A=
si consideri l’insieme
01 1
1 0 −1
∈ R2,3 ,
V = X ∈ R3,2 : AX = 02,2
(dove AX ∈ R2,2 indica la matrice prodotto di A e X). Verificare che V è sottospazio vettoriale
di R3,2 e determinarne dimensione e una base.
Svolgimento. Ovviamente 03,2 ∈ V (cioè A03,2 = 02,2 ). Controlliamo allora che V sia stabile
rispetto alle combinazioni lineari. Per ogni X, Y ∈ R3,2 e λ ∈ R si ha A (λX + Y ) = A (λX) +
AY = λAX + AY , in quanto il prodotto righe per colonne è distributivo rispetto alla somma ed
omogeneo rispetto al prodotto per scalari. Da qui, se in particolare X, Y ∈ V , cioè AX = 02,2 e
AY = 02,2 , si ottiene A (λX + Y ) = λ02,2 + 02,2 = 02,2 , che significa λX + Y ∈ V . Dunque V è
sottospazio vettoriale di R3,2 .
Per determinare una base di V (e quindi la sua dimensione), cerchiamo un’espressione per la
generica matrice di V , da cui dedurre poi un suo insieme di generatori. Per definizione di V ,
una matrice
x11 x12
X = x21 x22 ∈ R3,2
x31 x32
M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016
appartiene a V se e solo se AX = 02,2 , cioè
x x
0 1 1 11 12
x21 x22 =
1 0 −1
x31 x32
11
00
00
.
00
00
,
Svolgendo il prodotto a primo membro, ciò significa
ossia
x21 + x31 x22 + x32
x11 − x31 x12 − x32
x + x31
21
x22 + x32
x11 − x31
x12 − x32
x
=0
21
=0
x22
,
=0
x11
=0
x12
=
= −x31
= −x32
con x31 , x32 ∈ R qualsiasi.
= x31
= x32
Dunque X ∈ V se e solo se X è della forma
1 0
0 1
x31 x32
X = −x31 −x32 = x31 −1 0 + x32 0 −1 = x31 A1 + x32 A2
1 0
0 1
x31 x32
(con ovvia definizione di A1 , A2 ), dove x31 , x32 sono numeri reali qualsiasi. Ciò significa V =
L (A1 , A2 ). Poiché A1 , A2 sono l.i. (si vede subito, guardandone gli elementi, che A1 , A2 non
sono una multipla dell’altra), si conclude che (A1 , A2 ) è una base di V e quindi dim V = 2.
ESERCIZIO. Determinare una base del sottospazio V di R [x] generato dai polinomi
P1 (x) = x + x2 ,
P2 (x) = 1 + x2 + x3 ,
P3 (x) = 1 − x + x3 ,
P4 (x) = 1 + 2x + 3x2 + x3
Considerato poi il sottospazio di R3 [x] definito da
W = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ R3 [x] : a0 = a2 , a1 = a3 ,
stabilire se V ⊕ W = R3 [x].
Ricordiamo che l’insieme R [x] dei polinomi P (x) nella variabile x a coefficienti reali (di grado
qualsiasi) è uno spazio vettoriale (reale) rispetto alle usuali operazioni sui polinomi. Il suo
vettore nullo 0R[x] è il polinomio nullo, cioè con tutti i coefficienti nulli. Gli infiniti polinomi
1, x, x2 , x3 , ... sono l.i. e perciò risulta dim R [x] = ∞.
––––––—
Con Rn [x], n ≥ 0, si denota il sottospazio di R [x] costituito dai polinomi di grado ≤ n, ossia
n
2
n−1
P (x) = a0 + a1 x + a2 x + ... + an−1 x
n
ak xk .
+ an x =
k=0
1, x, x2 , x3 , ..., xn
xk
con k = 0, 1, ..., n è una base per Rn [x], detta
dei polinomi
L’insieme C =
base canonica, e pertanto risulta dim Rn [x] = n+1. Ovviamente le componenti rispetto a C del
generico polinomio P ∈ Rn [x] sono i coefficienti di P (x), cioè si ha [a0 + a1 x + ... + an xn ]C =
(a0 , a1 , ..., an ).
Svolgimento. Chiaramente V = L (P1 , P2 , P3 , P4 ) è sottospazio di R3 [x], poiché tutti i suoi
generatori appartengono ad R3 [x].
Disponendo di un insieme di generatori di V , una sua base può essere determinata tramite
scarti successivi oppure riduzione. Vediamo entrambi i procedimenti.
(i) Estraiamo una base dall’insieme {P1 , P2 , P3 , P4 } dei generatori di V .
• P1 non è il polinomio nullo, quindi non lo scartiamo.
12
M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016
• Controlliamo l’indipendenza lineare di P1 , P2 (per quanto si possa osservare subito che
non sono uno multiplo dell’altro).
Siano a, b ∈ R tali che aP1 + bP2 = 0R[x] , cioè
aP1 (x) + bP2 (x) = 0 per ogni x.
Ciò significa a x + x2 + b 1 + x2 + x3 = 0 per ogni x, cioè
b + ax + (a + b) x2 + bx3 = 0 per ogni x
che, per l’indipendenza lineare di 1, x, x2 , x3 (o, equivalentemente, per il principio di
identità dei polinomi), equivale a
b=0
a=0
cioè a = b = 0.
a+b =0
a=0
Dunque aP1 + bP2 = 0R[x] implica a = b = 0, cioè P1 , P2 sono l.i., e pertanto non
scartiamo P2 .
• Controlliamo l’indipendenza lineare di P1 , P2 , P3 .
Siano a, b, c ∈ R tali che aP1 + bP2 + cP3 = 0R[x] , cioè
aP1 (x) + bP2 (x) + cP3 (x) = 0 per ogni x.
Ciò significa a x + x2 + b 1 + x2 + x3 + c 1 − x + x3 = 0 per ogni x, cioè
b + c + (a − c) x + (a + b) x2 + (b + c) x3 = 0 per ogni x
che, per l’indipendenza
b+c=0
a−c=0
a+b=0
b+c=0
lineare di 1, x, x2 , x3 , equivale a
b = −c
b = −c
a=c
con c ∈ R qualsiasi.
a=c
c−c=0
Dunque ∃a, b, c ∈ R non tutti nulli tali che aP1 + bP2 + cP3 = 0R[x] (ad esempio
a = c = 1 e b = −1), cioè P1 , P2 , P3 sono l.d., e pertanto scartiamo P3 .
• Controlliamo l’indipendenza lineare di P1 , P2 , P4 .
Siano a, b, c ∈ R tali che aP1 + bP2 + cP4 = 0R[x] , cioè
aP1 (x) + bP2 (x) + cP4 (x) = 0 per ogni x.
Ciò significa a x + x2 + b 1 + x2 + x3 + c 1 + 2x + 3x2 + x3 = 0 per ogni x, cioè
b + c + (a + 2c) x + (a + b + 3c) x2 + (b + c) x3 = 0 per ogni x
che, per l’indipendenza lineare di 1, x, x2 , x3 , equivale a
b+c =0
b = −c
b = −c
a + 2c = 0
a = −2c
con c ∈ R qualsiasi.
a = −2c
a + b + 3c = 0
−2c
−
c
+
3c
=
0
b+c =0
Dunque P1 , P2 , P4 sono l.d. e quindi scartiamo anche P4 .
In conclusione, una base di V è (P1 , P2 ) (e dim V = 2).
Osserviamo che i controlli sull’indipendenza lineare di P1 , P2 , P3 e P1 , P2 , P4 si sarebbero
potuti anche fare calcolando il rango della loro matrice rispetto ad una qualche base di
R3 [x], ad esempio rispetto alla base canonica C = 1, x, x2 , x3 .
M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016
13
(ii) Riduciamo per righe la matrice dei generatori P1 , P2 , P3 , P4 (rispetto a una base qualsiasi
di R3 [x]) e leggiamo quindi le componenti (rispetto a quella stessa base) di una base di V
sulle righe non nulle della matrice ridotta ottenuta.
La matrice dei vettori P1 , P2 , P3 , P4 rispetto alla base canonica C = 1, x, x2 , x3 di R3 [x]
è
P1
0 1 10
P2
1 0 1 1
M =
P3 = 1 −1 0 1 .
1 2 31
P4 C
Riducendo per righe
1 2
1 0
M −→
R1 ↔R4 1 −1
0 1
si ottiene
31
1 1
2 −R1
R2 →R
−→
0 1 R3 →R3 −R1
10
1
0
0
0
2
−2
−3
1
3
−2
−3
1
1
R →R3 − 32 R2
0
3 −→
0 R4 →2R4 +R2
0
1
0
0
0
2
−2
0
0
3
−2
0
0
1
0
0
0
e pertanto i polinomi di componenti (1, 2, 3, 1) e (0, −2, −2, 0) rispetto a C, cioè
1 + 2x + 3x2 + x3 = P4 (x)
e
− 2x − 2x2 = −2P1 (x) ,
costituiscono una base di V (diversa da quella trovata al punto (i)); lo stesso vale ovviamente per (P1 , P4 ).
Per stabilire se V ⊕ W = R3 [x], occorre controllare che: (i) la somma V + W sia diretta; (ii)
la somma V + W coincida con tutto lo spazio R3 [x].
(i) Siccome V + W è diretta se e solo se V ∩ W si riduce al solo polinomio nullo, studiamo
V ∩ W . A tale scopo, possiamo esprimere anche V in forma implicita e risolvere poi il
sistema dato dall’unione di tutte le equazioni che individuano V e W , oppure sfruttare
solo la forma implicita di W , ragionando come segue.
Siccome V = L (P1 , P2 ) (stiamo usando una delle basi di V trovate nella prima parte dell’esercizio, ma un qualsiasi insieme di generatori di V , anche non l.i., servirebbe ugualmente
allo scopo), il generico polinomio P ∈ V è della forma
(7)
P (x) = a x + x2 + b 1 + x2 + x3 = b + ax + (a + b) x2 + bx3
con a, b reali qualsiasi. Di conseguenza, un polinomio P appartiene a V ∩ W se e solo se è
della forma (7) ed i suoi coefficienti soddisfano le condizioni che definiscono W , cioè risulta
b = a + b e a = b. Tali equazioni equivalgono ad a = b = 0 e quindi, sostituendo in (7),
risulta che P è il polinomio nullo. Concludiamo dunque che V ∩ W è il sottospazio banale,
ossia che la somma V + W è diretta.
(ii) Per stabilire infine se V + W = R3 [x], ragioniamo sulle dimensioni tramite la formula di
Grassmann. A tale scopo, sappiamo già che dim V = 2 e dim (V ∩ W ) = 0, ma ci serve
conoscere la dimensione di W . Poiché il generico elemento a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 di W è
caratterizzato dalle condizioni a0 = a2 e a1 = a3 , cioè è della forma
a0 1 + x2 + a1 x + x3
con a0 , a1 ∈ R qualsiasi,
risulta W = L 1 + x2 , x + x3 , dove i generatori sono l.i. e quindi costituiscono una base
di W . Dunque si ha dim V = dim W = 2 e dim (V ∩ W ) = 0, da cui risulta
dim (V + W ) = dim V + dim W = 4 = dim R3 [x]
e pertanto V + W = R3 [x].
Concludiamo dunque che V ⊕ W = R3 [x].
