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? 8 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