Sottospazi generati

Z

Qed.

w ∈ ⟨v , ⋯ , v ⟩ ⟺ ⟨v , ⋯ , v ⟩ = ⟨v , ⋯ , v , w⟩

1 n 1 n 1 n

Partiamo con il primo verso dell'implicazione. Dalle ipotesi sappiamo che ,

w ∈ ⟨v , ⋯ , v ⟩

1 n

per cui per dimostrare ci basta verificare che ,

⟨v , ⋯ , v ⟩ = ⟨v , ⋯ , v , w⟩ w ∈ ⟨v , ⋯ , v , w⟩

1 n 1 n 1 n

ovvio.

Con il secondo verso dell'implicazione, per ipotesi sappiamo che

, per cui per dimostrare possiamo sfruttare

⟨v , ⋯ , v ⟩ = ⟨v , ⋯ , v , w⟩ w ∈ ⟨v , ⋯ , v ⟩

1 n 1 n 1 n

l'uguaglianza e passare a dimostrare , ovvio.

w ∈ ⟨v , ⋯ , v , w⟩

1 n

Qed.

Osservazioni

Questo significa che, verificato che generano , se so che è una

2

{(1, 0), (0, 1), (1, 2)} R (1, 2)

combinazione lineare di , allora posso cancellare dallo spazio che genera

{(1, 0), (0, 1)} (1, 2)

, ottenendo una forma più compatta di sottospazio generato: .

2 2

R R = ⟨(1, 0), (0, 1)⟩

Fondamentalmente per trovare l'insieme di vettori generatori più piccolo possibile per un

determinato sottospazio è necessario ricorrere al concetto di indipendenza lineare.

Di fatto un insieme generatore linearmente indipendente è il modo più efficiente di

descrivere tale sottospazio, ovvero è formato dal numero minimo di vettori necessario per

caratterizzare il sottospazio.

Esempi ?

3

R = ⟨(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)⟩

Per dimostrare ciò espandiamo il sottospazio generato con la sua definizione:

⟨(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)⟩ = {λ (1, 0, 0) + λ (0, 1, 0) + λ (0, 0, 1)|λ , λ , λ ∈ R}

1 2 3 1 2 3

Ora, per dimostrare che è uguale a ciò, fissiamo un vettore qualsiasi e

3 3

R (a, b, c) ∈ R

dimostriamo che esso è una combinazione lineare appartenente a .

⟨(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)⟩

Quindi: (a, b, c) = λ (1, 0, 0) + λ (0, 1, 0) + λ (0, 0, 1)

1 2 3

ovvero (a, b, c) = (λ , λ , λ )

1 2 3

La domanda da porsi è: possiamo trovare $\lambda{1}, \lambda{2}, \lambda{3}$ t.c. si

eguagli l'espressione? La risposta è sì, infatti per $\lambda{1} = a, \lambda{2} = b,

\lambda{3} = c$ ho (a, b, c) = (a, b, c)

?

2

R = ⟨(2, 1), (−1, −1)⟩

Anche in questo caso espandiamo il sottospazio generato:

⟨(2, 1), (−1, −1)⟩ = {λ (2, 1) + λ (−1, −1)|λ , λ ∈ R}

1 2 1 2

Procedo fissando allora un vettore qualsiasi , e dimostro che è una combinazione

2

(a, b) ∈ R

lineare di . Quindi:

⟨(2, 1), (−1, −1)⟩ (a, b) = λ (2, 1) + λ (−1, −1)

1 2

ovvero (a, b) = (2λ − λ , λ − λ )

1 2 1 2

In questo caso ci è più difficile trovare valori di in funzione di t.c. l'espressione si

λ , λ a, b

1 2

eguagli. Ma ci vengono in aiuto i sistemi lineari! Di fatto, quello che stiamo cercando di

risolvere è un sistema della forma: 2λ − λ = a

1 2

{ λ − λ = b

1 2

Di questo sistema non sarà possibile trovare un valore preciso di e , perché i termini

λ λ

1 2

noti sono generici: ma a noi non importa. Quello che ci interessa è di capire se il sistema ha

soluzione, ovvero se è esiste almeno una coppia che soddisfi le equazioni. Quindi,

λ , λ

1 2

come sempre, scriviamo la matrice associata al sistema

2 −1 a

( )

1 −1 b

e attraverso l'algoritmo di Gauss la riduciamo a scala:

1 −1 b

( )

0 1 a − 2b

A prescindere dai valori di e (che sono appunto generici), il rango righe di della matrice

a b

incompleta è uguale al rango righe della matrice completa, ovvero

rr(A) = 2 = rr(A|b )

–

per cui il sistema ha soluzione. Il numero di incognite, per altro, è sempre 2 ( ), perciò il

λ , λ

1 2

sistema ha una sola soluzione, ma a noi questo non importa: ciò che conta è di aver

trovato che il sistema ha soluzione.

Arrivati a questo punto siamo in grado di dire che un qualunque può essere

2

(a, b) ∈ R

generato a partire dai vettori e , ovvero , e che

(2, 1) (−1, −1) (a, b) ∈ ⟨(2, 1), (−1, −1)⟩ ∀(a, b)

quindi 2

R = ⟨(2, 1), (−1, −1)⟩

U = ⟨(1, 1), (2, k)⟩

Dobbiamo determinare qual è il sottospazio generato da al variare di

U = ⟨(1, 1), (2, k)⟩

. Lo spazio vettoriale di riferimento sarà allora (per vettori come coppie di numeri).

2

k ∈ R R