c) Dire se i punti A,B,C,D[1,1,1,1], E[0,1,-1,0] individuano un riferimento proiettivo di P3

LLoo ssppaazziioo pprrooiieettttiivvoo

PPiiaannii –– rreettttee :: rraapppprreesseennttaazziioonnee ppaarraammeettrriiccaa ee ccaarrtteessiiaannaa CoCommpplleettaammeennttoo ddeell ppiaiannoo aaffffiinnee

QuQuaallcchhee pproropprriieettàà ddii PP^{n n} RiRiffeerriimmeennttii pprrooiieettttiivvii FoForrmmuullaa ddii GGrraaßßmmaannnn

RRiicchhiiaammii ssuuggllii oommoommoorrffiissmmii ddii ssppaazzii vveettttoorriiaallii

Rosalba Barattero 26 maggio 2009

ESERCITAZIONE N.11

ESERCIZIO1.

P³ : piani – rette – riferimenti proiettivi

a) Stabilire che per i punti A[0,0,0,1], B[1,1,-1,0] , C[1,-2,2,1] di P³ (R) passa un unico piano π e

determinarne una rappresentazione cartesiana e parametrica ( riprendiamo l’ultimo esercizio della volta scorsa , con maggiori dettagli).

b) Scrivere una rappresentazione parametrica della retta impropria di π.

c) Dire se i punti A,B,C,D[1,1,1,1], E[0,1,-1,0] individuano un riferimento proiettivo di P³.

a) Nello spazio proiettivo tridimensionale P³ si prova che se

A[a₀, a₁, a₂, a₃], B[b₀, b₁, b₂, b₃], C[c₀, c₁, c₂, c₃] sono tre punti non allineati, allora un’equazione cartesiana del piano L(A,B,C) è:

. 0 c c c c

b b b b

a a a a

x x x x

3 2 1 0

3 2 1 0

3 2 1 0

3 2 1 0

=

Chi è L(A,B,C) ?

E’ detto sottospazio proiettivo generato dai pti A,B,C ed è

l’intersezione di tutti i sottospazi proiettivi contenenti i 3 pti A,B,C e quindi è il più piccolo sottospazio proiettivo di P³ contenente i 3 pti A,B,C ed è associato al sottospazio vettoriale <vA, v_B ,v_C> di R⁴, con [vA]=A, [vB]=B, [vC]=C

Ossia L(A,B,C) è il sottospazio proiettivo di P³ associato al sottospazio vettoriale <v^A, vB ,vC> di R⁴ .

Nel ns. caso i pti A,B,C sono L.I. ? Ossia sono L.I. i loro rappre- sentanti vA, vB, vC in R⁴ ?

Calcoliamo la caratteristica dei rappresentanti dei 3 pti :

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

− 1 2 2 1

0 1 1 1

1 0 0 0

ρ = 3 ( C3=- C2 , det(C1 C2 C4 ) ≠ 0 ) Ok !

Dunque in R⁴ <v_A, v_B ,v_C>={ av_A+bv_B+cv_C | al variare di a,b,c ∈R}

e dim <(v^A, vB ,vC)>=3 e quindi dim L(A,B,C) =2 in P³ . Ne segue che A,B,C generano un piano ( dim =2), l’unico che li contiene.

¾ Quindi 3 pti di P³ NON sono allineati ⇔ sono L.I.

Troviamo un’equazione cartesiana del piano π : L(A,B,C)

0

1 2 2 1

0 1 1 1

1 0 0 0

x x x

x_{0 1 2 3}

=

−

− ⇒ x0(0)- x1(3)+ x2(-3) =0

Vediamo ora come trovare in generale delle equazioni parametriche In R⁴ vA =(0,0,0,1) , vB =(1,1,-1,0) , vC = (1,-2,2,1) sono L.I. e quindi base di <v^A, vB ,vC>.

Perciò il generico vettore v di <v^A, vB ,vC> è (x0, x1, x2, x3) t.c.

⇒ x₁+ x₂=0 Eq. cart. di π

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+ +

=

+

− +

=

− + +

=

+ +

=

c(1) b(0)

a(1) x

c(2) 1)

b(

a(0) x

2) c(

b(1) a(0)

x

c(1) b(1)

a(0) x

3 2 1 0

⇒

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+

= +

−

=

−

= +

=

c a x

2c b x

2c b x

c b x

3 2 1 0

al variare di a,b,c∈R

Se interpretiamo ciò in P³ abbiamo una rappresentazione pa- rametrica del sottospazio proiettivo L(A,B,C) costituito dai pti

P=[ x₀, x₁, x₂, x₃ ] t.c. (*)

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+

= +

−

=

−

= +

=

c a x

2c b x

2c b x

c b x

3 2 1 0

Vediamo su un esempio che i parametri a,b,c sono effettivamente omogenei :

Se scegliamo (a,b,c) = (1,1,1) , otteniamo il pto R[2,-1,1,2], se scegliamo (a,b,c) = (2,2,2), otteniamo il pto [4,-2,2,4] che coincide ancora con R !!

Da notare che le (*) dipendono oltre che dai pti scelti, anche dai loro rappresentanti !

Ignorando le informazioni già note dalla rappresentazione cartesiana, dalle EQ.PAR. possiamo dedurre la dimensione dello spazio proiettivo che esse rappresentano.

vA, vB ,vC essendo L.I. , sono una base del sottospazio <v^A, vB ,vC>

di R⁴ , che ha dimensione 3 e quindi in P³ L(A,B,C) ha dimensione 3-1 = 2 ( nel proiettivo la dimensione scala di 1 rispetto all’affine) e per def. è un piano.

( In Pⁿ i sottospazi di dim 2 si chiamano piani ).

Il piano di P³ è definito quindi da 1 eq. cart. oppure da eq. param.

con 3 parametri.

Eliminando i parametri in (*) ritroviamo l’eq. cart. x₁+x₂=0.

al variare di a,b,c non tutti nulli e definiti a meno di un fattore di proporzionalità

b) Scrivere una rappresentazione parametrica della retta impropria di π rispetto ad x₀ (anche se spesso è sottinteso, è meglio preci- sarlo, perché la stessa richiesta può essere fatta rispetto alle altre variabili ! )

Per def. la retta impropria di π è la retta r, intersezione di π con il piano improprio di eq. x0 =0

⎩⎨

⎧

=

= +

0 0

0 2 1

x x

x ( da notare che si tratta proprio di una retta di P³ ,

avendo dimensione 1 : infatti lo spazio vettoriale delle soluzioni del si- stema, essendo costituito da ∞^4-ρ = ∞^4-2=2 sol. ha dimensione 2 e di con- seguenza passando al proiettivo la dimensione si abbassa di 1) . Per passare ad eq. parametriche ( 2 parametri! …L(u,v) ), si può asse- gnare ad esempio ad x1 il valore t , e …

r:

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

−

=

=

=

s x

t x

t x x

3 2 1

0 0

c) Dire se i pti A=[0,0,0,1] , B=[1,1,-1,0] , C= [1,-2,2,1], D=[1,1,1,1], E=[0,1,-1,0] individuano un riferimento proiettivo di P³

Notiamo che essendo P³ lo spazio proiettivo associato ad R⁴ ci si aspetterebbe che per avere un sistema di coordinate proiettive ( un riferimento proiettivo) bastassero 4 pti L.I. (corrispondenti ad una base di R⁴), in realtà si prova che occorrono addirittura 5 pti ( in Pⁿ ne occorrono n+2).

al variare di t,s in R, non tutti nulli e definiti a meno di un fattore di proporzionalità .

Ciò dipende dal fatto che i pti di Pⁿ sono rappresentati da n+1-ple proporzionali (a meno di un fattore non nullo ).

Parliamo ora in termini di Pⁿ :

Una (n+2) – pla di pti F0 , F1 ,… Fn+1 , U , tale che esiste una base (v0, v1,…, vn) di Rⁿ⁺¹ t.c. Fi =[ vi] per i=0,1,2,…,n e

U=[ v0+ v1+…+ vn] è sufficiente per associare coordinate omogenee ad ogni P di Pⁿ in questo modo:

i vettori v0, v1,…, vn determinano una base di Rⁿ⁺¹ ben definita a meno di un fattore di proporzionalità non nullo, e quindi individuano un sistema di riferimento proiettivo.

Al pto P assegniamo le coordinate secondo questo riferimento.

Gli n+1 pti [v0],[v1],…,[vn] sono detti punti fondamentali del sistema di riferimento,

e il pto U=[ v₀ +v₁+…+v_n] lo chiamiamo punto unità del sistema di riferimento .

Vale il seguente fatto:

per individuare un sistema di riferimento proiettivo di Pⁿ occorrono n+2 pti in posizione generale.

Più precisamente:

dati in Pⁿ n+2 pti in posizione generale, fissato un ordine tra questi, e detti P0, P1, …, Pn i primi n+1 e Pn+1 l’ultimo, esiste un unico riferimento proiettivo tale che P0, P1, …, Pn sono i pti fondamentali e Pn+1 è il pto unità .

Ricordiamo che :

“ I pti P1, P2, … , Pt di Pⁿ si dicono in posizione generale se:

P1, P2, … , Pt sono L.I. (e in tal caso t≤n+1) oppure

t>n+1 e n+1 pti , comunque scelti, sono L. I.

Nel caso del problema dell’individuazione del riferimento proiettivo, abbiamo n+2 pti che per essere considerati in posizione generale de- vono soddisfare alla proprietà :

♣ ′comunque scelti n+1 pti (tra gli n+2 pti dati) sono L.I.′

Si può verificare che ♣ è equivalente a :

♣♣ ′esistono n+1 pti ( tra gli n+2 pti dati) che sono L.I. e il pto restante è combinazione lineare a coefficienti TUTTI non nulli dei precedenti ′

Nel nostro caso siamo in P³ e abbiamo 5 pti ( = 3+2= n+2 ) , volendo seguire ♣ dovremmo effettuare il calcolo di 5 minori 4x4 e verificare che tutti siano non nulli per poter concludere che i 5 pti sono in posizione generale.

Con ♣♣ è molto più rapido !

PRIMO PASSO: individuare 4 pti e stabilire se sono L.I. ( se sono L.D.

,allora i 5 pti NON sono in posizione generale ! )

⎟⎟

⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

−

−

−

0 1 1 0

1 1 1 1

1 2 2 1

0 1 1 1

1 0 0 0

A B C D E

Calcolando si vede che det (A,B,C,D) ≠0

⇒ A,B,C,D sono L.I.

SECONDO PASSO:stabilire se E è combina- zione lineare di A, B,C,D a coefficienti TUTTI non nulli.

Dal calcolo si trova: E= ^{C (0)D} 3

B 1 3 A 1 3

1 + − +

⇒ A,B,C,D,E NON sono in pos. gen. !

ESERCIZIO2.

Pti impropri

In P² siano r: 2x0+x1-x2=0, s: x0-x1+3x2=0, P0= r∩s, P1 il pto improprio di r rispetto ad x0,P2 il pto improprio di s rispetto ad x0 e P3=P0-2P1+3 P2. Provare che P0, P1, P2, P3 sono in posizione generale.

r∩s :

⎩⎨

⎧

= +

−

=

− +

0 3x x x

0 x x 2x

2 1 0

2 1

0 calcolando si trova P0 = [-2,7,3]

P1 il pto improprio di r: 2x0+x1-x2=0, si trova intersecando la retta r con la retta impropria (risp. ad x0) del piano P² che ha equazione cartesiana x0 = 0.

⎩⎨

⎧

=

=

− +

0 x

0 x x 2x

0

2 1

0 ⇒

⎩⎨

⎧

=

=

− 0 x

0 x x

0 2

1 ⇒ P1=[0,x1,x1], x1 ≠0 ⇒ P1=[0,1,1]

Digressione : ricordiamo il significato geometrico di questi ′passaggi′ . Se in r: 2x0+x1-x2=0 poniamo x0 =1 troviamo la retta ′corrispondente′

del piano affine R², ra: x-y+2=0 (abbiamo posto per semplicità x1=x,x2 =y)

2

r0

ra

y

x -2

La retta ra: x-y+2=0 è

parallela alla retta per l’origine x-y=0.

Quale è un vettore direzionale di ra ? Un vettore direzionale di r0 , u=(1,1).

Il pto improprio di r ha coordinate proiettive [0,1,1]

e può essere pensato come il pto all’infinito da aggiungere ad ra per avere la retta proiettiva r. ( vedere la teoria per le giustificazioni !)

… proseguire lo svolgimento dell’esercizio come i precedenti .

ESERCIZIO3.

Sottospazi somma e intersezione - Formula di Graßmann

Sia dato il sottospazio U=<(1,1,0,0),(0,0,1,1)> di R⁴.

a) Trovare due sottospazi V≠W di R⁴ tali che U+V=U+W=R⁴ e U∩V = U∩W = 0R⁴ .

b) Determinare ϕ: R⁴ → R⁴ tale che ϕ|U =idU e ϕ(V)=W.

c) Dire se ϕ è necessariamente surgettiva, iniettiva.

a) Dati U,V sottospazi di un k-spazio vettoriale T , l’intersezione U∩V è sottospazio di T.

Dati U,V sottospazi di un k-spazio vettoriale T , si definisce lo spazio somma U+V ={u+v| u∈U,v∈V} che risulta essere sottospazio di T ( il più piccolo sottospazio di T che contiene sia U che V).

Vale il teorema di Graßmann :

dim U + dim V = dim U+V +dim U∩V

In R⁴ abbiamo U= <(1,1,0,0),(0,0,1,1)>, vogliamo trovare V t.c.

U+V= R⁴ e U∩V = {(0,0,0,0)}

Intanto si ha :

- dim U =2 perché (1,1,0,0),(0,0,1,1) sono L.I.

- dim U∩V=0 perché per ipotesi U∩V = {0R4} - dim U+V =4 perché per ipotesi U+V= R⁴ Quindi per il teorema di Graßmann :

dim U + dim V = dim U+V +dim U∩V

2 4 0

Deve essere 2

Allora mettiamo in riga ( o in colonna ) i vettori di U e completiamo la base di U a base di R⁴ : dobbiamo aggiungere altri 2 vettori L.I.

tra loro e L.I. dai precedenti in modo che la caratteristica della ma- trice sia 4 ossia il det valga 4:

1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1

Poiché dim (V) =2 e dim(U+V)=4 ( per avere un insieme di genera- tori di U+V si uniscono i generatori di U e V) , siamo certi che necessariamente dim U∩V =0 (per la formula di Graßmann).

Ora per trovare W distinto da V con le stesse proprietà , basterà che modifichiamo la terza e la quarta riga della matrice in modo

‘opportuno’ :

1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1

Conclusione : V= <(0,1,0,0),(0,0,0,1)> , W=<(1,0,0,0),(0,0,0,1)>

soddisfano le proprietà richieste e sono distinti, perché ad esempio il vettore (1,0,0,0) ∈W, ma (1,0,0,0) ∉ V infatti :

(1,0,0,0) = a(0,1,0,0)+ b (0,0,0,1) porta all’assurdo 1=0 sulla prima componente !

Base di U Base di V

Base di U Base di W

b) Determinare ϕ : R⁴→ R⁴ T.L. t.c.

- ϕ(U)=U , con U =<(1,1,0,0),(0,0,1,1)>

- ϕ(V)=W, con V=<(0,1,0,0),(0,0,0,1)> e W=<(1,0,0,0), (0,0,0,1)>

Per definire ϕ:R⁴→R⁴ T.L. basta che definiamo ϕ su una base di R⁴ , utilizzando i dati di cui già disponiamo .

(1,1,0,0) → (1,1,0,0)

(0,0,1,1) → (0,0,1,1) (0,1,0,0) → (1,0,0,0)

(0,0,0,1) → (0,0,0,1)

c) Dire se ϕ è necessariamente iniettiva/surgettiva .

ϕ iniettiva ⇔ ker ϕ = {0R4}

ϕ surgettiva ⇔ Im ϕ = R⁴ ( codominio)

Dalla formula della nullità e del rango :

dim (R⁴) = dim ker ϕ + dim Im ϕ (•)

Conclusione : - dim Im ϕ =4 ⇒ Im ϕ = R⁴ ⇒ ϕ surgettiva - dim Im ϕ =4 ⇒ dim ker ϕ =0 ⇒ ϕ iniettiva

Questo ci assicura che ϕ(U)=U

L’aggiunta dei vettori di V garantisce che i 4 vettori di partenza sono una base

Questa condizione impone ai vettori di V di ‘andare’ in vettori di W : ϕ(V)=W (chiarire!)

=4 (R⁴ dominio)

Nel ns. caso abbiamo 4 vettori L.I.

in arrivo ⇒ dim Im ϕ =4

(•)

ESERCIZIO4.

P³ : piani – rette – intersezioni – riferimenti proiettivi

Dati in P³(R) i punti P1= [0,1,1,1], P2= [0,1,-1,0], P3= [1,0,1,1], P4 =[0,0,2,1], siano rispettivamente r ed s le rette congiungenti P1 con P2 e P3 con P4 .

a) determinare le equazioni di r ed s b) determinare r∩s

c) determinare un piano contenente sia r che s

d) determinare un piano π contenente s ma non r e calcolare π∩r e) determinare un riferimento proiettivo di P³(R) contenente P₁,

P₂, P₃.

a) P1 è distinto daP2 ((0,1,1,1) non è multiplo di (0,1,-1,0)), quindi per due pti distinti passa un’unica retta

r = L(P₁, P₂) :

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+

=

− +

= +

= +

=

) 0 ( ) 1 (

) 1 ( ) 1 (

) 1 ( ) 1 (

) 0 ( ) 0 (

3 2 1 0

b a x

b a x

b a x

b a x

Eq.param. di r:

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

−

= +

=

=

a x

b a x

b a x x

3 2 1

0 0

⇒ eliminando i parametri troviamo le eq. cart. di r:

⎩⎨

⎧

= +

=

3 2 1 0

2 0

x x x x

come intersezione di due piani di P³ (infatti: dim r=dim V-1, dove V è il sottospazio vettoriale di R⁴ delle soluzioni del sistema, che ha dimensione 4-ρ ossia 4-2=2).

P1 P2

al variare di a,b in R, non entrambi nulli e de- finiti a meno di un fattore di proporzionalità .

s: L(P3, P4) :

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+

= +

= +

= +

=

) 1 ( ) 1 (

) 2 ( ) 1 (

) 0 ( ) 0 (

) 0 ( ) 1 (

3 2 1 0

b a x

b a x

b a x

b a x

⇒

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+

= +

=

=

=

b a x

b a x x

a x

3 2 1 0

2 0

⇒ ⎩⎨⎧

= +

=

3 2 0 1

2 0

x x x x

b) determinare r∩s

Apriamo una parentesi sul problema dell’intersezione di due rette.

In P² abbiamo visto che due rette si incontrano sempre ! In P³ succede che …

In Pⁿ vale la formula di Graßmann :

S = P(V) sottosp. proiett. di Pⁿ associato al sottosp. vett. V di Rⁿ⁺¹ T = P(W) sottosp. proiett. di Pⁿ associato al sottosp. vett. W di Rⁿ⁺¹ allora si ha :

dim S + dim T = dim S∩T + dim L(S,T)

con S∩T = P(V∩W) e L(S,T) = P(V+W) ′sottospazio congiungente′ o

′sottospazio somma′ generato da S∪T

Nel caso di 2 rette di P³ non è difficile stabilire che dim L(r,s)=3,2,1 e da ciò si deduce con la formula di Graßmann che dim (r∩s)=-1,0,1 dim r + dim s = dim (r∩s) + dim (L(r,s))

1 1 -1 3 r , s sghembe

0 2

1 1

r , s incidenti

r , s coincidenti

Torniamo al nostro problema di determinare r∩ s

r∩ s :

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

− +

=

=

− +

=

0 2x x x

0 x

0 2x x x

0 x

3 2 0 1

3 2 1 0

⇒

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

=

3 2 1

3 2 0

2x x

0 x

2x x

0 x

⇒ r∩ s = [0,0,2t,t] =[0,0,2,1] =Q = P4 !!

Infatti se si fosse visto che P4=P1-P2 allora avremmo dedotto che P4 sta su r oltre che su s ! Seguendo questa strada, per concludere che r∩ s = P4 , occorre poi verificare che r ed s sono distinte: ad es.

P₃∈s e P₃∉r , in quanto la prima componente dei pti di r è nulla, men- tre non lo è quella di P₃.

c) Determinare un piano contenente sia r che s

La risposta è L(r,s), infatti sappiamo che essendo le rette incidenti, dim (L(r,s)) vale 2 e L(r,s), sottospazio congiungente r ed s, è un piano.

Per determinare L(r,s) scegliamo quindi 3 pti non allineati tra P1, P2, P3, P4, ad esempio P1,P2 (pti L.I. che individuano r) e P3 (abbiamo visto che P₃∈s e P₃∉r e ciò garantisce che P₃ è L.I. con P₁,P₂).

[Interessante notare che L(r,s)=L(P₁,P₂,P₃,P₄)= … =L(P₁,P₂,P₃)=

unico piano …]

Procediamo come nell’ex.1. e troviamo il piano di equazione π: x₀+ x₁+ x₂-2x₃=0.

d) Determinare un piano α contenente s ma non contenente r e calcolare α ∩r

Osservando le equazioni parametriche di r ed s

r:

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

−

= +

=

=

a x

b a x

b a x x

3 2 1

0 0

s:

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+

= +

=

=

=

b a x

b a x x

a x

3 2 1 0

2 0

Notiamo che il piano x1=0 contiene s e non contiene r , essendo distinto dall’unico piano π: x₀+ x1+ x2-2x3=0 contenente r ed s. Quindi α1: x1=0 Ok !

In modo alternativo possiamo fare il piano individuato dai due pti dati P3, P4 di s, e da T, con T ∉ r, T ∉ s .

Un pto T che va bene è ad es. T=[1,1,0,0]

( si vede dalle equazioni parametriche precedenti che T∉ r, poiché i pti di r hanno la prima coordinata x₀ nulla, e T ∉ s poiché i pti di s hanno la seconda coordinata x1 nulla).

Calcolando si trova il piano α2: x0- x1+ x2-2x3=0.

Ora α∩r = P4 = [0,0,2,1], essendo P4 =r∩s , qualunque sia il piano α trovato.

A questo proposito apriamo un’utile digressione sull’informazione che ci dà la formula di Graßmann relativamente al problema dell’intersezione retta-piano in P³.

Da notare che poiché la dimensione dello spazio congiungente non supera mai la dimensione di Pⁿ (=n),la formula di Graßmann ci dà un’informazione sulla dim S∩T :

dim S∩T = dim S + dim T - dim L(S,T)

≥ dim S + dim T – n

Nel ns. caso ad es. dim (α∩r) ≥ dim α + dim r -3 =2+1-3=0 Quindi dim (α∩r) ≥ 0 ossia

Precisiamo meglio la situazione con lo schema successivo che la il- lustra, partendo dai dati

dim α =2 , dim r=1 e dim (L(α,r)) = 2, 3

e ricavando con la formula di Graßmann dim (α∩r).

dim α + dim r = dim (α∩r) + dim (L(α,r))

Infine un utile esercizio è ritrovare α∩r = [0,0,2,1] con la solita tecnica ( il piano in forma cartesiana, la retta in forma parame- trica), usando il piano α che si è trovato.

0

=2 se α ⊇r

=3 se α ⊇r

Il più piccolo sottospazio di P³ , contenente α ed r

2 1

1

e) Determinare un riferimento proiettivo di P³ contenente P1, P2, P3

P1 = [v1] con v1 = ( 0,1,1,1) P2 = [v2] con v2 = ( 0,1,-1,0) P3 = [v3] con v3 = ( 1,0,1,1)

analogamente all’esercizio 1 c) :

- I passo : sappiamo che v1, v2, v3 sono L.I., di conseguenza possiamo completare { v1, v2, v3} a base di R⁴ , aggiungendo un quarto vettore v₄ L.I. con i 3 precedenti. Ci sono infinite scelte, ad esempio v₄ = (0,0,1,0) va bene, si vede che la caratteristica della matrice formata dai 4 vettori è 4 (det≠0).

Così abbiamo il 4° pto P4 = [v4] = [0,0,1,0].

- II passo : aggiungiamo un quinto vettore C.L. dei 4 vettori precedenti con i coefficienti della C.L. TUTTI diversi da zero.

Ad es. v5= v1+ v2+ v3+ v4 = (1,2,2,2) , e così abbiamo aggiunto il 5° pto P5 = [v5] = [1,2,2,2].

Quindi un sistema di riferimento cercato è quello costituito dai pti :P₁, P₂, P₃, P₄, P₅, con P₁, P₂, P₃, P₄ pti fondamentali e P₅

pto unità .