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13

3. Se I è un insieme linearmente indipendente di vettori di V , allora esiste una

base di V che contiene I.

L’enunciato è vero anche per spazi vettoriali non finitamente generati. Qui trat-

tiamo solo il caso finitamente generato e, invece di abbozzare una dimostrazione

formale, spieghiamo come si possa ottenere esplicitamente una base a partire da

un qualunque insieme finito di generatori (parte 2 del teorema) e come, dato un

insieme linearmente indipendente, si possa costruire una base che lo contiene (parte

3 del teorema).

Estrazione di una base da un insieme finito di generatori. {v }

Sia V uno spazio vettoriale, non nullo e finitamente generato, e sia , . . . , v

1 n

{v }

un suo insieme di generatori. Se , . . . , v è linearmente indipendente abbiamo

1 n {v }

già una base. Facciamo vedere che, se invece , . . . , v è linearmente dipendente,

1 n

allora è possibile ottenere da esso una base di V “scartando” opportunamente degli

elementi. Procediamo in questo modo: oppure se v è combinazione

Per ognuno dei vettori v , i = 1, . . . , n, se v = 0, i

i i

lineare dei vettori che lo precedono, eliminiamo v dall’insieme; altrimenti lo tenia-

i

mo. Chiamiamo B l’insieme che otteniamo dopo avere completato il procedimento.

Allora B è una base. Spieghiamo perché.

Dobbiamo far vedere (a) che B è un insieme di generatori di V e (b) che B è

linearmente indipendente. · · ·

(a) Partiamo da una combinazione lineare a v + + a v e facciamo vedere

1 1 n n

esplicitamente che possiamo scriverla come combinazione dei soli elementi di B.

Possiamo farlo ricorsivamente in questo modo:

Controlliamo se v sta in B: se sta in B non facciamo niente; se v non sta in

n n

B vuol dire che o che o v = 0, e in questo caso posso semplicemente eliminare

n

l’addendo a v , o v è uguale a una certa combinazione lineare dei vettori che lo

n n n

precedono. In questo caso sostituisco a v questa combinazione lineare e trasformo

n

· · ·

a v + + a v in una combinazione lineare dei soli vettori v , . . . , v .

1 1 n n 1 n−1

Ripetiamo la procedura appena descritta con v al posto di v ; e poi di seguito

n−1 n

· ·+a

fino a v : alla fine avremo trasformato a v +· v in una combinazione lineare

1 1 1 n n

dei soli elementi di B. {v } ≤

(b) Qui diamo una dimostrazione formale. Sia B = , . . . , v (1 i <

i i 1

1 k

14

· · · ≤ ∈

< i n). Supponiamo per assurdo che esistano b , . . . , b non tutti nulli

R

k 1 k

· · · ≤ ≤ 6

tali che b v + + b v = 0. Sia h (1 h k) il massimo indice tale che b = 0.

1 i k i h

1 k

Allora (cfr. Osservazione 2 della Sezione 5) v è combinazione lineare dei v con

i i j

h

j < h e questo è impossibile.

Osservazioni.

1. L’insieme B ottenuto con la costruzione descritta sopra dipende non solo

{v },

dall’insieme di generatori , . . . , v ma anche dal loro ordine.

1 n

2. Nelle lezioni seguenti mostreremo una tecnica di calcolo molto efficiente per

n

determinare, dato un insieme ordinato finito di vettori in , quali dei vettori dati

R

sono combinazioni lineari dei precedenti.

Completamento di un insieme linearmente indipendente ad una base.

Qui supponiamo di avere un insieme I di vettori di V , linearmente indipendente

e finito. Supponiamo anche di avere un insieme finito S di generatori di V . Per

ottenere una base di V che contiene I procediamo cosı̀: consideriamo l’insieme

unione I S. Questo è ancora un insieme di generatori di V (cfr. Osservazione 2

∪S

della Sezione 4). Ordiniamo I in modo che i vettori di I precedano tutti gli altri.

Quindi applichiamo il procedimento di estrazione di una base da I S descritto

nel paragrafo precedente. Poiché I è linearmente indipendente e per il modo in cui

abbiamo ordinato l’insieme unione, nessun vettore di I è combinazione lineare dei

vettori che lo precedono. Quindi la base che otterremo al termine del procedimento

conterrà tutti i vettori di I.

Problemi.

1 2 2

3. Considerate il sottospazio vettoriale U = Span , di . Determi-

R

2 4

nate una base di U .

1 2

Soluzione. L’insieme , è un insieme di generatori di U , ma non è

2 4

linearmente indipendente perché i due vettori dati sono proporzionali, precisamente

2 1

=2 . Basta “scartare” uno dei due vettori per ottenere una base. Ad

4 2

{v }

esempio, è una base di U .

1  

 

  −1 2

1 −3

−1 (i dati sono gli stessi del Problema

4. Sia v = 1 , v = , v =

3

1 2 

   

−1 1

1 15

{v }

2 della Sezione 5). Considerate il sottospazio vettoriale U = Span , v , v di

1 2 3

3 . Determinate una base di U .

R

Soluzione. Abbiamo già visto che v è combinazione lineare di v , mentre v non

2 1 3

{v }

è combinazione lineare di v e v . Quindi , v è una base di U .

1 2 1 3

     

−2

1 1

−1 −2

5. Sia v = , v = , v = 9 (i dati sono gli stessi del Problema

1 2 3

     

−1 −1 2

{v }

3 della Sezione 5) e U = Span , v , v Determinate una base di U .

1 2 3

Soluzione. Abbiamo visto che v è combinazione lineare di v e v , mentre v non

3 1 2 2

{v }

è combinazione lineare di v , non essendo ad esso proporzionale. Quindi , v è

1 1 2

una base di U .

Per fornire esempi ed esercizi non banali sulla procedura di completamento di

un insieme linearmente indipendente ad una base avremmo bisogno di tecniche

di calcolo più efficienti di quelle attualmente a nostra conoscenza. Descriveremo

queste tecniche nelle prossime lezioni.

7. Dimensione di uno spazio vettoriale

Definizione. La dimensione di uno spazio vettoriale finitamente generato è il

numero di elementi di una sua base.

La dimensione dello spazio vettoriale V si denota con dim V .

La definizione si può estendere a spazi vettoriali non finitamente generati. Noi

diremo semplicemente che uno spazio vettoriale non finitamente generato ha di-

mensione infinita.

Osservazione. Lo spazio vettoriale nullo ha dimensione 0.

Affinché la definizione precedente abbia senso serve che tutte le basi di uno spazio

vettoriale V fissato abbiano lo stesso numero di elementi.

Teorema. Sia V uno spazio vettoriale finitamente generato. Allora tutte le basi di

V hanno lo stesso numero di elementi.

Il Teorema segue dai due enunciati seguenti, che sono importanti in sè.

16

Proposizione 1. Supponiamo che lo spazio vettoriale V abbia una base costituita

da n vettori, con n > 0. Allora ogni insieme di generatori di V ha almeno n

elementi.

Proposizione 2. Supponiamo che lo spazio vettoriale V abbia una base costituita

da n vettori, con n > 0. Allora ogni insieme linearmente indipendente di vettori di

V ha al massimo n elementi. {0}

Spieghiamo come si deduce il Teorema dai due enunciati precedenti. Se V =

il risultato è immediato, quindi possiamo supporre che V sia non nullo.

Supponiamo che V abbia una base B costituita da n vettori e supponiamo che

0 0

B sia un’altra base di V : allora B , essendo un insieme di generatori, ha almeno

n elementi (Proposizione 1) e, essendo un insieme linearmente indipendente, ha al

più n elementi (Proposizione 2): quindi ha eattamente n elementi.

Dimostrazione delle Proposizioni 1 e 2. Per qualunque insieme finito A de-

|A|

notiamo con il numero degli elementi di A. Dimostriamo l’enunciato seguente,

dal quale seguono entrambe le Proposizioni 1 e 2 (spiegare perché):

Enunciato 3. Supponiamo V finitamente generato. Sia I un insieme linearmente

indipendente di elementi di V e sia G un insieme finito di generatori di V . Allora

|I| ≤ |G|.

Se I è vuoto l’enunciato è vero, quindi supponiamo che I sia non vuoto. Sia

{v } ≥ {u }.

I = , . . . , v (h 1) e G = , . . . , u Devo dimostrare che G ha almeno h

1 h 1 k

elementi distinti. Per fare questo associo a v , . . . , v h elementi distinti u , . . . , u

1 h i i

1 h

di G, con un procedimento ricorsivo. · · ·

Passo 1. Scrivo v come combinazione lineare di u , . . . , u , sia v = a v + +

1 1 k 1 1 1

6 6

a u . Poiché v = 0, almeno uno dei coefficienti è non nullo, supponiamo a = 0.

i

k k 1 1

6

Allora u è combinazione lineare di v e degli u con j = i . Ne segue che l’insieme

i 1 j 1

1

{v } ∪ \ {u })

G = (G è ancora in insieme di generatori di V .

1 1 i 1

Passo t + 1, (1 t < h). Al passo precedente ho ottenuto l’insieme di generatori

{v } ∪ \ {u }).

G = , . . . , v (G , . . . , u Scrivo v come combinazione lineare di

t 1 t i i t+1

1 t

elementi di G . Poiché i v sono linearmente indipendenti, in una tale combinazione

t j

lineare non possono comparire soltanto i vettori v , . . . , v , quindi in G deve essere

1 t t 17

rimasto almeno uno degli u , chiamiamolo u , e questo deve comparire con ceffi-

i i t+1

ciente non nullo. Ora in G , sostituisco v a u e ottengo l’insieme di generatori

t t+1 i t+1

{v } ∪ \ {u }).

G = , . . . , v (G , . . . , u

t+1 1 t+1 i i

1 t+1

Al termine della procedura avrò trovato h vettori distinti u , . . . , u in G.

i i

1 h

Questo conclude la dimostrazione.

Corollari.

1. Se V ha dimensione n e G è un insieme di generatori di V con n elementi, allora

G è una base di V .

Infatti posso estrarre una base da G eliminando opportunamente degli elementi,

se ci sono relazioni di dipendenza lineare. Ma non posso avere una base con meno

di n elementi, quindi G deve essere già linearmente indipendente.

2. Se V ha dimensione n e I è un sottoinsieme linearmente indipendente di V con

n elementi, allora I è una base di V .

Infatti posso completare I ad una base di V aggiungendo opportunamente degli

elementi. Ma non posso avere una base con più di n elementi, quindi I deve essere

già una base. n

Esempio fondamentale. ha dimensione n (cfr. Esempio fondamentale della

R

Sezione 6).

Problemi.

2 1 2

1. Dimostrare che , è una base di .

R

3 5

Soluzione. Poiché i due vettori dati non sono proporzionali, sono linearmente

2

indipendenti. Poiché dim = 2, per il Corollario 2 essi costituiscono una base di

R

2 .

R  

     

1 1 2

  3

−1 −3

2. Dimostrare che 1 , , è una base di .

R

     

1 1 1

 

3

Soluzione. Poiché dim = 3 e l’insieme dato ha tre elementi, è sufficiente di-

R

mostrare una sola delle due proprietà che definiscono una base, cioè dimostrare o

che i vettori dati sono linearmente indipendenti, o che sono un insieme di generatori

3

di . Per i Corollari 1 e 2 l’una proprietà implica anche l’altra.

R

18 Dimostriamo che i vettori sono indipendenti. Per questo rimandiamo alla Solu-

zione del Problema 1 della Sezione 5, dove il calcolo è stato svolto in dettaglio.

Coordinate

8. ≥ {v }

Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n, con n 1 e sia B = , . . . , v

1 n

una base di V . Allora ogni vettore v V si scrive in modo unico come combinazione

lineare degli elementi di B, cioè esiste ed è unica una n-upla di scalari a , . . . , a

1 n

· · ·

tale che v = a v + + a v .

1 1 n n

Definizione. Gli scalari a , . . . , a si chiamano le coordinate di v rispetto alla base

1 n

a

 

1

. n

..

B. Il vettore (che è un elemento di ) si chiama il vettore delle coordinate

R

 

a

n

di v rispetto alla base B.

Osservazione. La nozione di vettore delle coordinate presuppone che abbiamo

scelto un ordine sui vettori della base. Quando scriviamo esplicitamente una base

sottintendiamo che l’ordine dei suoi vettori è esattamente l’ordine in cui li abbiamo

scritti.

Esempi. a

 

1

.

n ..

1. Sia v . Se v = , allora a , . . . , a sono le coordinate di v rispetto

R 1 n

 

a

n

alla base canonica. Quindi il vettore delle coordinate di v rispetto alla base canonica

è v stesso.

1 2

2 {v }.

2. Sia V = , v = , v = , B = , v B è una base di V ,

R 1 2 1 2

−2 3 2

essendo un insieme linearmente indipendente di due vettori in . Consideriamo

R

9 x + 2y = 9

poi il vettore v = . Risolvendo il sistema , troviamo che

−4 −2x −4

+ 3y =

5

v = 5v + 2v , quindi il vettore delle coordinate di v rispetto alla base B è .

1 2 2

Osserviamo anche che i vettori delle coordinate degli stessi v e v rispetto a B

1 2

0

1 , rispettivamente.

sono e 1

0 19

3. Sia V l’insieme dei polinomi a coefficienti reali di grado 2. È facile verifi-

care che V , con le usuali operazioni di somma di polinomi e moltiplicazione di un

polinomio per uno scalare, è uno spazio vettoriale. Poichè ogni polinomio in V si

2 2

· · · {1, }

1 + a x + a x , x, x è una base di V .

scrive in modo unico nella forma a

0 1 2 2

Il vettore delle coordinate del polinomio a + a x + a x rispetto a questa base è

0 1 2

 

a

0

a .

1

 

a

2

Se V è uno spazio vettoriale di dimensione n > 0 e B è una base di V , allora

n

i vettori delle coordinate degli elementi di V sono vettori in . È immediato

R

verificare che per ogni coppia di vettori v, w V , e per ogni scalare λ in il

R,

vettore delle coordinate di v + w è la somma dei vettori delle coordinate di v e w,

e il vettore delle coordinate di λv è uguale a λ per il vettore delle coordinate di

v. [Provate a specializzare le affermazioni fatte al V dell’esempio 3]. Questo dice

che, qualunque sia V , una volta fissata una sua base possiamo “identificarlo”, come

n

spazio vettoriale, con . Questo concetto di “identificazione” sarà precisato nelle

R

prossime lezioni.

9. Somma e intersezione di sottospazi vettoriali

In questa sezione supponiamo fissati uno spazio vettoriale reale V di dimensione

finita e due sottospazi vettoriali U e W di V . ∩W

Proposizione. L’intersezione insiemistica U è un sottospazio vettoriale di V .

Dimostrazione. U W è non vuoto perché contiene almeno 0. Supponiamo

0 0 0

∈ ∩ ∈ ∈ ∈

z, z U W e λ Allora z, z U e quindi z + z , λz U , perché U è

R. 0 ∈

un sottospazio vettoriale. Ragionando in modo analogo trovo che z + z , λz W .

0 ∈ ∩

Quindi z + z , λz U W . ∩

Definizione. Il sottospazio vettoriale U W si chiama sottospazio intersezione di

U e W .

Contrariamente all’intersezione, l’unione di due sottospazi vettoriali, in generale,

non è un sottospazio, a meno che U e W siano inclusi l’uno nell’altro.

20 2

Controesempio. Consideriamo i sottospazi di R

1 λ | ∈

U = Span = λ ,

R

1 λ

1 λ | ∈

W = Span = λ .

R

0 0

Nelle rappresentazione geometrica, se usiamo le usuali coordinate cartesiane orto-

gonali, U è la bisettrice del primo e terzo quadrante e W è l’asse delle ascisse. È

chiaro che sommando con la regola del parallelogramma due vettori non nulli che

giacciono uno su U e uno su W troviamo un vettore che non sta né su né su W , e

∪ ∪

quindi non sta in U W . Perciò U W non è chiuso rispetto alla somma. Se non

vogliamo usare alcun argomento geometrico, basta che osserviamo che U è l’insieme

dei vettori con le due componenti uguali tra loro, mentre W è l’insieme dei vettori

con la seconda componente nulla. È chiaro che, se sommo due vettori fatti cosı̀, in

generale trovo un vettore che ha le due componenti diverse tra loro e la seconda

1 1 2

componente diversa da 0, ad esempio + = .

1 0 1

Definizione. Il sottospazio somma di U e W , che si denota con U +W , è il minimo

sottospazio vettoriale di V che include U W .

Il nome somma e la notazione U +W corrispondono a quello che è effettivamente il

sottospazio che abbiamo definito. La proposizione seguente dice infatti che U + W

è l’insieme di tutti gli elementi di V che si possono scrivere come somma di un

elemento in U e uno in W .

Proposizione 1. {u | ∈ ∈ }.

U + W = + w u U, w W

Dimostrazione. È chiaro che U + W contiene U e W (elementi di tipo u + 0

0

∈ ∈

con u U e di tipo 0 + w, con w W ). Se z, z sono due elementi in U + W ,

0 0 0 0 0

∈ ∈

allora esistono u, u U e w, w W tali che z = u + w e z = u + w . Segue che

0 0 0 0 0

z+z = (u+w)+(u +w ) = (u+u )+(w+w ). Poiché U e W sono chiusi per somma,

0 0 0

∈ ∈

u+u U e w +w W , e quindi z +z sta in U +W . Analogamente, se conservo le

notazioni precedenti e suppongo λ allora trovo che λz = λ(u + w) = λu + λw.

R,

∈ ∈

Ma λu U e λw W perché U e W sono chiusi per prodotto per scalari, quindi

21

λz U + W . Cosı̀ abbiamo dimostrato che U + W è un sottospazio vettoriale di V .

Per vedere che è il minimo che include U e W basta osservare che ogni sottospazio

di V con la stessa proprietà, essendo chiuso per somma include anche U + W .

Corollario. Se G è un insieme di generatori di U e G è un insieme di genera-

U W

tori di W , allora G G è un insieme di generatori di U + W .

U W

Dimostrazione. Per la Proposizione 1, ogni elemento z in U + W è somma di un

elemento u in U e un elemento w in W . Ora u è combinazione lineare di elementi

in G e w è combinazione lineare di elementi in G , quindi la loro somma z è

U W

combinazione lineare di elementi in G G .

U W

Nota Bene. In generale è falso che se B e B sono basi di U e W rispettivamente

U W

allora B B è una base di U + W . Il teorema seguente implica in particolare

U W ∩

che questo è vero se e solo se U W è il sottospazio nullo di V .

Teorema. (Formula di Grassman) − ∩

dim (U + W ) = dim U + dim W dim (U W ).

[Se lo studente trova troppo faticosa la lettura di questa dimostrazione, può saltarla,

almeno in prima lettura, e passare alla Definizione successiva.]

Dimostrazione. Il teorema è ovvio se almeno uno tra U e W è nullo, quindi

supponiamo che siano entrambi non nulli. Lo schema della dimostrazione è questo:

∩ 6 {0}.

Caso 1: U W = ∩

- Fissiamo un base B di U W .

∩W

U

- Completiamo B ad una base di U , che chiamiamo B ; completiamo B

∩W ∩W

U U U

ad una base di W , che chiamiamo B .

W

- Dimostriamo che B B è una base di U + W .

U W

- Dimostriamo che B B = B .

∩W

U W U

- A questo punto concludiamo contando gli elementi delle basi considerate.

∩ {0}.

Caso 2: U W =

- In questo caso si vede invece che se B e B sono due basi qualunque di U ,

U W

W , rispettivamente, allora B B è una base di U + W .

U W

Ora diamo i dettagli.

22 Caso 1. Notazioni come nella schema precedente.

B B è un insieme di generatori di U + W per il corollario precedente.

U W ∪

Resta da vedere che B B è un insieme linearmente indipendente. Distin-

U W

guiamo gli elementi di B B in tre sottoinsiemi, precisamente chiamiamo:

U W

u , . . . , u gli elementi che stanno in B ma non in B ;

∩W

1 h U U

w , . . . , w gli elementi che stanno in B ma non in B ;

∩W

1 k W U

z , . . . , z gli elementi di B .

∩W

1 l U ∪

Supponiamo di avere una combinazione lineare nulla di elementi di B B ,

U W

· · · · · · · · ·

a u + a u + b z + b z + c w + + c w = 0,

1 1 h h 1 1 l l 1 1 k k

e dimostriamo che tutti i coefficienti a, b e c sono nulli. Dall’uguaglianza scritta

sopra otteniamo · · · −b − · · · − − − · · · −

a u + a u = z b z c w c w . (∗)

1 1 h h 1 1 l l 1 1 k k

Il termine sinistro della (∗) sta in U , mentre quello destro sta in W , perché sia gli

z sia i w stanno in W . Essendo uguali, termine destro e termine sinistro stanno

∩ · · · ∩

in U W . Ma se a u + a u sta in U W , allora è combinazione lineare di

1 1 h h

z , . . . , z , diciamo

1 l · · · · · ·

a u + + a u = d z + + d z .

1 1 h h 1 1 l l

Ora, se almeno uno degli a è diverso da 0, allora l’uguaglianza appena scritta dà una

, che è l’unione degli u e degli z: impossibile

relazione di dipendenza lineare su B

U

perché B è una base. Quindi gli a sono tutti nulli. Allora la (∗) diventa

U −b − · · · − − · · · −

0 = z b z c w c w .

1 1 l l 1 1 k k

Ma l’unione degli z e dei w è la base B , quindi per indipendenza lineare, anche i

W

coefficienti b e c sono nulli.

Quindi B B è una base U + W .

U W

Proviamo ora che ∩

B B = B . (∗∗)

∩W

U W U ∩

Questo è vero perché se un elemento x appartiene a B B , allora x sta in

U W

U W , e quindi è combinazione lineare di elementi di B . Ma x è un elemento

∩W

U


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DESCRIZIONE APPUNTO

Appunti di Algebra lineare per l'esame della professoressa Paola Cellinisui seguenti argomenti: le combinazioni lineari dei vettori,i sottospazi vettoriali, il sottospazio vettoriale generato da vettori,i generatori di spazio vettoriale, i vettori linearmente indipendenti,le basi dello spazio vettoriale, le dimensione dello spazio vettoriale, le coordinate, la somma dei sottospazi vettoriali, l'intersezione dei sottospazi vettoriali.


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in economia e finanza
SSD:
A.A.: 2013-2014

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Frau81 di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Algebra lineare e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Gabriele D'Annunzio - Unich o del prof Cellini Paola.

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