Terminiamo gli ultimi due esercizi della lezione 4 …
SPAZI E SOTTOSPAZI VETTORIALI
Dato un campo K e (V,+) gruppo abeliano, se è definita la legge di composizione tra gli scalari λ di K e gli elementi v di V tale che λv appartenga a V e per ogni λ, µ∈K e per ogni v, w ∈V valgono:
1) (λλλλ+µ)·v=λλλλ·v+ µ·v ; 2) λλλλ·(v+w)= λλλλ·v+λλλλ·w ; 3) (λλλλ µ)·v=λλλλ (µ·v);
4) 1·v=v .
allora V è detto spazio vettoriale e i suoi elementi
Esempi
1) Lo spazio vettoriale delle potenze di R: (Rn,+, .): (x1, …, xn)+(y1, …, yn)=( x1+y1, …,xn+yn)
λ(x1, …, xn)=( λx1, …,λxn)
2) lo spazio vettoriale geometrico (V2 , +,.) sul
piano in R: v+w
v w
v -3v
3) lo spazio vettoriale delle matrici (R m,n, +, . ): A+B=(ai,j)i∈I, j∈J + (bi,j) i∈I , j∈J = (ai,j+bi,j) i∈I, j∈J
Sottospazi di uno spazio vettoriale
Per la definizione si veda la IV lezione di teoria di giovedì 1 ottobre 2009.
1) Condizione necessaria e sufficiente affinché un insieme U ≠ ∅, sottoinsieme di uno spazio vettoriale (V(K), + , . ), sia sottospazio vettoriale di V(K):
a) ∀ u1 , u2 ∈ U ⇒ u1 + u2 ∈ U b) ∀ λ ∈ K, ∀ u ∈ U ⇒ λu ∈ U
2) Condizione necessaria e sufficiente affinché un insieme U ≠ ∅, sottoinsieme di uno spazio vettoriale (V(K), + , . ), sia sottospazio vettoriale di V(K):
∀ α, β∈ K, ∀u1 ,u2 ∈ U ⇒ αu1 + βu2 ∈ U
Esercizio 1
Nello spazio vettoriale R3 su R individuare quali dei seguenti insiemi sono sottospazi vettoriali:
U1 = {(x,y,z) ∈ R3 | y + 5z = 0}; U2 = {(x,y,z) ∈ R3 | x2+y2+z2= -1}; U3 = {(x,y,z) ∈ R3 | x2+y2+z2= 0}; U4 = {(x,y,z) ∈ R3 | x = -3}; U5 = {(1,2,1), (2,3,-1), (0,0,0)}. Verifica:
1) U1 è diverso dall’insieme vuoto perché
∀ α, β∈ R, ∀u1=(x1,y1, z1),u2=(x2,y2,z2)∈ U1
αu1 + βu2 ∈ U1
Osserviamo che un vettore (x,y,z) di R3 appartiene a U1 se e solo se le sue componenti soddisfano la
proprietà caratteristica y + 5z = 0, dunque
sicuramente per le ipotesi fatte y1 + 5 z1 = 0 (1)
e y2 + 5 z2 = 0 (2).
αu1+βu2 = α(x1,y1,z1)+β(x2,y2,z2)=def. di prodotto per uno scalare
= (αx1, αy1, αz1)+ (βx2, βy2, βz2)= def. di somma in R3
=(αx1+βx2 , αy1+βy2 , αz1+ βz1)=(x,y,z)
αu1+βu2 appartiene a U1 se esolo se y+5z=0, cioè
infatti in R: (αy1+βy2) +5(αz1+βz2)=
= αy1+βy2 + 5αz1+5βz2= α( y1 + 5 z1) +β (y2 + 5 z2)= = α0 + β0=0 per le uguaglianze (1) e (2). U1 è un sottospazio vettoriale.
2) U2 non è sottospazio vettoriale: (0,0,0)∉ U2.
3) U3= {(x,y,z) ∈ R3 | x2+y2 = - z2}={(0,0,0)}
>0 < 0 ⇒x=y=z=0 è sottospazio vettoriale banalmente.
4) U4 non è sottospazio vettoriale perché il vettore
nullo (0,0,0) di R3 non appartiene a
5) U5 non è sottospazio vettoriale perché, pur
contenendo il vettore nullo, non è chiuso rispetto
alla somma:
(1,2,1) + (2,3,-1)=(3,5,0)∉ U5.
Esercizio 2
Nello spazio vettoriale M2(R) verificare quali dei seguenti sottoinsiemi sono sottospazi vettoriali:
= 1 0 0 1 , 0 0 0 0 1 W ;
=
=
=
∧
∈
=
x,
y,
z,
t
R
x
z
t
0
t
z
y
x
2W
;
−
=
∧
∈
=
x,
y,
z,
t
R
x
1
t
z
y
x
3W
Verifica:
1) W1 , pur contenendo la matrice nulla di M2(R),
non è chiuso rispetto alla somma (non è s.s.v.):
1 W 2 0 0 2 1 0 0 1 1 0 0 1 ∉ = + .
2) Gli elementi di W2 sono tutti e soli del tipo:
. R y con 0 0 0 ∈ y
W2 è ovviamente diverso dall’insieme vuoto perché
ponendo y=0 verifichiamo che la matrice nulla
appartiene a W2. Utilizzando il secondo criterio
R u y, con W 0 0 u 0 , 0 0 y 0 e R β α, ∈ 2 ∈ ∈ ∀ dimostriamo che W 0 0 u 0 0 0 y 0 α ∈ 2 + β infatti W 0 0 βu αy 0 0 0 βu 0 0 0 αy 0 0 0 u 0 β 0 0 y 0 α ∈ 2 + = + = + W2 è sottospazio vettoriale.
3) W3 non può contenere la matrice nulla (x = -1):
Copertura lineare di A in V(KKKK)
Sia A⊆ V(K), A ≠ ∅, si definisce copertura lineare
L(A) il seguente insieme
L(A)
=
{
v
∈
V
v
=
α
1v
1+
...
+
α
nv
n∀
α
i∈
K,
v
i∈
A
}
I vettori v1,…,vn si dicono generatori di L(A).
Il vettore v si dice combinazione lineare di v1,…vn.
Esercizio 3
Verificare che l’elemento v appartenga alla
copertura lineare di A in V:
a) V= R4 A= {(0,1,0,-3), (0,2,2,-1), (0,0,-1,0)} v=(0,3,1,-4) ;
−
=
=
0
0
2
0
1
0
,
0
0
1
0
0
1
A
V
b)
R
2,3
=
0
0
0
0
1
3
v
Verifica:a) v=(0,3,1,-4) appartiene alla L(A) se e solo se
esistono tre scalari α,β,γ∈ R opportuni tali che:
v=(0,3,1,-4)= α(0,1,0,-3)+β(0,2,2,-1)+ γ(0,0,-1,0). Risolvendo i calcoli … α=1, β=1, γ=1. Dunque v∈L(A). b)
=
0
0
0
0
1
3
v
appartiene a L(A) se e solo se
=
−
+
0
0
0
0
1
3
0
0
2
0
1
0
β
0
0
1
0
0
1
α
…Non esistono α, β con tali caratteristiche. Quindi
v∉L(A).
Esercizio 4
Verificare che A sia un insieme di generatori di V
nei seguenti casi:
a) V= {(α,α,β) | α,β∈ R} A= {(1,-1,0), (0,0,-1), (1,1,3)}; = ∈ = 0 0 3 -0 , 2 0 0 2 A R y x, x 0 y x V b) ;
− − = = 1 0 2 0 0 0 , 0 3 0 0 0 0 , 0 0 0 1 0 0 , 1 0 0 0 1 0 , 0 0 0 0 0 2 , 1 0 0 0 0 0 A V c) R3,2 d) V del punto a) e D={(1,1,0),(0,0,-1), (1,1,3)}. Verifica:
a) Ogni vettore di V può essere scritto con (α,α,β)
dove α, β∈R opportuni.
Dimostro che V è contenuto in L(A).
Ogni vettore di V può essere scritto come
combinazione lineare di (1,-1,0), (0,0,-1), (1,1,3);
Dimostriamo che esistono tre scalari x,y,z∈R tali
che
…. x=0, y=3α-β , z=α.
D’altra parte L(A) non è contenuto in V perché
(1,-1,0) non appartiene a V.
A non è un insieme di generatori per V.
d)Diverso è il caso di V= {(α,α,β) | α, β∈ R} D={(1,1,0),(0,0,-1),(1,1,3)}: Primo V⊆L(D): (α,α,β)=0(1,1,0)+(3α-β)(0,0,-1)+ α(1,1,3) … Secondo L(D) ⊆ V perché D ⊆V L(D)=V . b) Ogni 0 x y x
0 0 3 -0 2 0 0 2
, infatti esistono α, β reali tali che
= + x y x 0 0 0 3 -0 2 0 0 2 α β ⇒α=x/2, β= -y/3. V⊆L(A). L(A) ⊆V perché A⊆V.
A fornisce un insieme di generatori per V.
b) Ogni matrice di R3,2 di entrate x, y, z, t, u, v∈R è combinazione di = + + + − + − + + v u t z y x 1 0 2 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 ϕ ε δ γ β α
α=v-t/2, β=x/2, γ=-y, δ=-z, ε=u/3, ϕ=t/2….
A fornisce un insieme di generatori per V.
Esercizio 5
Trovare un insieme di generatori per i seguenti spazi
vettoriali su R: a) R4; b) V={(α,α,0,β) | α,β∈R}; c) V ={(α,β,γ,γ) | α,β,γ ∈R}; d) R2,4. Ricerca: a) {(0,1,0,0),(1,0,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)} infatti…
c) {(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,1)} infatti… d) − − 1 0 0 0 0 0 0 0 , 0 2 0 0 0 0 0 0 , 0 0 1 0 0 0 0 0 , 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 , 0 0 0 0 1 0 0 0 , 0 0 0 0 0 1 0 0 , 0 0 0 0 0 0 2 0 , 0 0 0 0 0 0 0 1 Esercizio 6
I vettori (1,2,0), (1,-2,0),(1,0,1) sono generatori di R3? Sì, perché ogni vettore di R3 (x,y,z) può essere espresso come loro combinazione lineare:
dobbiamo dimostrare che esistono α, β, γ ∈R
opportuni tali che (x,y,z)=α(1,2,0)+β(1,-2,0)+γ(1,0,1)
⇒ α=1/2x+1/4y-1/2z , β=1/2x-1/4y-1/2z , γ=z. … L{{{{(1,2,0), (1,-2,0),(1,0,1)}}}}= R R R R3
Una sequenza di vettori (v1,…,vn) di V(K) si dice
libera e i vettori v1,…,vn si dicono linearmente
indipendenti se la loro generica combinazione lineare
posta uguale al vettore nullo ∀α1…αn∈K
α1v1+…+αnvn=0 implica α1=…=αn=0
Esercizio 7
Quali delle seguenti sequenze sono libere in V?
a) V=R5 A=( (0,1,2,0,0), (0,1,-2,0,0), (0,1,0,1,0) ); − − = = 1 0 2 0 0 0 , 0 3 0 0 0 0 , 0 0 0 1 0 0 , 1 0 0 0 1 0 , 0 0 0 0 0 2 , 1 0 0 0 0 0 B R V b) 3,2 c) V=R3 C=((1,1,0), (0,0,-3), (0,0,1));
a) α(0,1,2,0,0)+β(0,1,-2,0,0)+γ(0,1,0,1,0)= =(0,α+β+γ,2α-2β,γ,0)=(0,0,0,0,0) ⇒ α=β=γ=0. La sequenza è libera. b) La sequenza è libera: = + + − + − + + 0 0 0 0 0 0 1 0 2 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 ϕ ε δ γ β α = + − − 0 0 0 0 0 0 3 2 2 ϕ α ε ϕ δ γ β
implica tutti gli scalari nulli α=β=γ=δ=ε=ϕ=0.
c) α(1,1,0)+β(0,0,-3)+γ(0,0,1)=(0,0,0) …⇒ α=0,
γ=3β non necessariamente nulli. La sequenza è legata.
Esercizi da svolgere
1. Da algebra lineare 1 es. ….
2. Quali tra i seguenti insiemi sono sottospazi vettoriali di V (motivare nel caso la risposta con opportuna dimostrazione):
a) V= R4 W={(x1,x2,x3,x4) ∈V| x1-3x3=0, x4-x2=0} b) V=M3(R) W={(ai,j)∈V| i < j , ai,j=0}.
3. Mostrare che la copertura in V dell’insieme A è W: a) V= R4 A={(1,0,-1,0),(0,2,3,0),(1,1,0,0)} W={(x1,x2,x3,x4) ∈V| x4=0} b) V= R4 A={(1,0,-1,0),(3,0,-3,0),(0,1,0,0)} W={(x1,x2,x3,x4) ∈V| x1 +x3=0, x4=0} = = = 1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 A ) ( W ) ( V c) M2 R M2 R
4. Nell’esercizio 3 trovare altri due insiemi di generatori oltre ad A per il s.s.v. W.
