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Note per Studenti Esercizio 5 · estrarre e completare una base in R3

Esercizio 5estrarre e completare una base in R3

In questa pagina 3

Testo.

  1. In R3\mathbb{R}^3 sia U=⟨v1,v2,v3⟩U = \langle v_1, v_2, v_3 \rangle con v1=(2,0,1)v_1 = (2, 0, 1), v2=(1,1,2)v_2 = (1, 1, 2), v3=(3,−1,0)v_3 = (3, -1, 0). Trovare la dimensione e una base di UU.
  2. In R3\mathbb{R}^3 siano v1=(3,−7,5)v_1 = (3, -7, 5) e v2=(2,6,−5)v_2 = (2, 6, -5). Verificare che sono linearmente indipendenti e completarli a una base di R3\mathbb{R}^3.

1. Estrarre una base da un sistema di generatori

L'idea

UU è generato da v1,v2,v3v_1, v_2, v_3, quindi questi tre vettori sono già un sistema di generatori di UU. Per il teorema di estrazione di una baseDa ogni sistema di generatori si estrae una base togliendo, uno alla volta, vettori che sono combinazione lineare degli altri.Dimensione →:

  • se sono indipendenti, sono una base e dim⁡U=3\dim U = 3 (cioè U=R3U = \mathbb{R}^3);
  • se sono dipendenti, si toglie un vettore che è combinazione degli altri e si ripete il controllo.

Indipendenza di v1,v2,v3v_1, v_2, v_3

Per la definizione di indipendenzaL'unica combinazione lineare uguale al vettore nullo deve essere quella con tutti i coefficienti nulli.Combinazioni lineari e dipendenza lineare → si cercano i coefficienti di una combinazione nulla:

λ1(201)+λ2(112)+λ3(3−10)=0⃗  ⟺  {2λ1+λ2+3λ3=0λ2−λ3=0λ1+2λ2=0\lambda_1 \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \vec 0 \iff \begin{cases} 2\lambda_1 + \lambda_2 + 3\lambda_3 = 0 \\ \lambda_2 - \lambda_3 = 0 \\ \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \end{cases}

Si parte dalle equazioni con due sole incognite. Dalla seconda λ3=λ2\lambda_3 = \lambda_2; dalla terza λ1=−2λ2\lambda_1 = -2\lambda_2. Nella prima:

2(−2λ2)+λ2+3λ2=−4λ2+4λ2=0.2(-2\lambda_2) + \lambda_2 + 3\lambda_2 = -4\lambda_2 + 4\lambda_2 = 0.

La prima equazione diventa 0=00 = 0: λ2\lambda_2 resta libero e le soluzioni sono (λ1,λ2,λ3)=(−2t,t,t)(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) = (-2t, t, t). Infinite soluzioni: i vettori sono dipendenti, quindi non sono una base e dim⁡U<3\dim U < 3.

Quale vettore togliere

Si sceglie una soluzione non nulla, la più semplice: t=1t = 1, cioè λ1=−2\lambda_1 = -2, λ2=1\lambda_2 = 1, λ3=1\lambda_3 = 1. Si ottiene la relazione

−2v1+v2+v3=0⃗.-2v_1 + v_2 + v_3 = \vec 0.

È anche un controllo dei conti: −2(2,0,1)+(1,1,2)+(3,−1,0)=(−4+1+3, 0+1−1, −2+2+0)=(0,0,0)-2(2, 0, 1) + (1, 1, 2) + (3, -1, 0) = (-4 + 1 + 3,\ 0 + 1 - 1,\ -2 + 2 + 0) = (0, 0, 0) ✓.

Tutti e tre i coefficienti sono diversi da zero, quindi si può ricavare qualunque dei tre vettori:

v3=2v1−v2,v2=2v1−v3,v1=12v2+12v3.v_3 = 2v_1 - v_2, \qquad v_2 = 2v_1 - v_3, \qquad v_1 = \tfrac12 v_2 + \tfrac12 v_3.

Si toglie, per esempio, v3v_3: restano v1,v2v_1, v_2, che generano ancora UU (perché v3v_3 si ricostruisce da loro). Togliere v1v_1 o v2v_2 sarebbe stato altrettanto lecito: si otterrebbe un'altra base, con lo stesso numero di vettori.

Indipendenza di v1,v2v_1, v_2

λ1(2,0,1)+λ2(1,1,2)=0⃗  ⟺  {2λ1+λ2=0λ2=0λ1+2λ2=0\lambda_1 (2, 0, 1) + \lambda_2 (1, 1, 2) = \vec 0 \iff \begin{cases} 2\lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\ \lambda_2 = 0 \\ \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \end{cases}

La seconda dà λ2=0\lambda_2 = 0 e poi la terza λ1=0\lambda_1 = 0: solo la soluzione nulla, indipendenti. (Era prevedibile: due vettori sono dipendenti solo se paralleli, e (1,1,2)(1, 1, 2) non è multiplo di (2,0,1)(2, 0, 1) per via dello 00 nella seconda componente.)

Risultato

dim⁡U=2,base di U: v1=(2,0,1), v2=(1,1,2).\dim U = 2, \qquad \text{base di } U: \ v_1 = (2, 0, 1),\ v_2 = (1, 1, 2).

Significato geometrico. v3=2v1−v2v_3 = 2v_1 - v_2 sta nel piano di v1v_1 e v2v_2: i tre vettori sono complanari e UU è un piano per l'origine, non tutto R3\mathbb{R}^3.

Controllo con la riduzione a scala delle righe (passo 1 del metodoLe operazioni elementari sulle righe non cambiano il sottospazio generato e le righe non nulle di una matrice a scala sono indipendenti.Metodo - basi, equazioni cartesiane, intersezione e somma di sottospazi →, che usa l'Eliminazione di GaussCon tre operazioni elementari sulle righe (scambio, moltiplicazione per uno scalare non nullo, somma di un multiplo di un'altra riga) ogni matrice si riduce a scala senza cambiare il rango; serve a calcolare ranghi, risolvere sistemi, trovare relazioni di dipendenza e matrici che riducono a scala.Eliminazione di Gauss → vista più avanti):

(2011123−10)→R1↔R2(1122013−10)→R3→R3−3R1R2→R2−2R1(1120−2−30−4−6)→R3→R3−2R2(1120−2−3000)\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 \leftrightarrow R_2} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 1 \\ 3 & -1 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow[R_3 \to R_3 - 3R_1]{R_2 \to R_2 - 2R_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & -2 & -3 \\ 0 & -4 & -6 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 \to R_3 - 2R_2} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

Lo scambio mette in alto la riga con pivot 11; poi R2−2R1=(2−2, 0−2, 1−4)R_2 - 2R_1 = (2 - 2,\ 0 - 2,\ 1 - 4), R3−3R1=(3−3, −1−3, 0−6)R_3 - 3R_1 = (3 - 3,\ -1 - 3,\ 0 - 6) e infine R3−2R2R_3 - 2R_2 annulla la terza riga. Due righe non nulle: dim⁡U=2\dim U = 2 ✓. (Le righe (1,1,2)(1, 1, 2) e (0,−2,−3)(0, -2, -3) sono un'altra base di UU, altrettanto valida.)

2. Completare a una base

Indipendenza di v1=(3,−7,5)v_1 = (3, -7, 5) e v2=(2,6,−5)v_2 = (2, 6, -5)

{3λ1+2λ2=0−7λ1+6λ2=05λ1−5λ2=0\begin{cases} 3\lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \\ -7\lambda_1 + 6\lambda_2 = 0 \\ 5\lambda_1 - 5\lambda_2 = 0 \end{cases}

Dalla terza, divisa per 55, λ1=λ2\lambda_1 = \lambda_2; nella prima 3λ1+2λ1=5λ1=03\lambda_1 + 2\lambda_1 = 5\lambda_1 = 0, quindi λ1=λ2=0\lambda_1 = \lambda_2 = 0 (e la seconda è soddisfatta: −0+0=0-0 + 0 = 0). Solo la soluzione nulla: indipendenti. (Più in fretta: sono due vettori non proporzionali, perché i rapporti tra le componenti 23\frac23, −67-\frac67, −1-1 non sono uguali.)

Quanti vettori mancano

dim⁡R3=3\dim \mathbb{R}^3 = 3, quindi ogni base ha 3 vettori: ne manca unoOgni insieme di vettori indipendenti si completa a una base aggiungendo vettori che non siano combinazione di quelli già presenti.Dimensione →. Il vettore da aggiungere non deve essere combinazione di v1v_1 e v2v_2, cioè non deve stare nel piano che generano.

La scelta pratica

Invece di studiare quel piano, si prova un vettore semplice, e1=(1,0,0)e_1 = (1, 0, 0), e poi si verifica. La probabilità che un vettore preso "a caso" cada proprio sul piano di v1v_1 e v2v_2 è minima; se succede, si prova e2e_2, poi e3e_3. Gli zeri di e1e_1 semplificano il sistema della verifica.

Verifica di v1,v2,e1v_1, v_2, e_1

λ1(3−75)+λ2(26−5)+λ3(100)=0⃗  ⟺  {3λ1+2λ2+λ3=0−7λ1+6λ2=05λ1−5λ2=0\lambda_1 \begin{pmatrix} 3 \\ -7 \\ 5 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \vec 0 \iff \begin{cases} 3\lambda_1 + 2\lambda_2 + \lambda_3 = 0 \\ -7\lambda_1 + 6\lambda_2 = 0 \\ 5\lambda_1 - 5\lambda_2 = 0 \end{cases}

La terza dà λ1=λ2\lambda_1 = \lambda_2; la seconda diventa −7λ1+6λ1=−λ1=0-7\lambda_1 + 6\lambda_1 = -\lambda_1 = 0, quindi λ1=λ2=0\lambda_1 = \lambda_2 = 0; la prima dà λ3=−3λ1−2λ2=0\lambda_3 = -3\lambda_1 - 2\lambda_2 = 0. Solo la soluzione nulla: v1,v2,e1v_1, v_2, e_1 sono indipendenti.

Controllo con il determinante (capitolo successivo: tre vettori di R3\mathbb{R}^3 sono indipendenti se e solo se il determinanteSi sviluppa con Laplace lungo la colonna con più zeri.Proprietà del determinante, Binet e Laplace → della matrice che li ha in colonna non è zero). Sviluppando lungo la terza colonna, quella di e1e_1, che ha un solo elemento non nullo al posto (1,3)(1, 3) (segno ++):

det⁡(321−7605−50)=1⋅det⁡(−765−5)=35−30=5≠0 ✓\det \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ -7 & 6 & 0 \\ 5 & -5 & 0 \end{pmatrix} = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -7 & 6 \\ 5 & -5 \end{pmatrix} = 35 - 30 = 5 \ne 0 \ \checkmark

Il criterio pratico che se ne ricava: e1e_1 completa v1,v2v_1, v_2 a una base se e solo se il minore formato dalle righe 2 e 3 di v1,v2v_1, v_2 non è nullo.

Sono 3 vettori indipendenti in uno spazio di dimensione 3, quindi sono una base: non serve verificare che generano (in dimensione n bastano n vettori indipendentiSe dim V = n, n vettori linearmente indipendenti sono automaticamente anche generatori, quindi una base.Dimensione →).

Risultato

base di R3: (3,−7,5), (2,6,−5), (1,0,0).\text{base di } \mathbb{R}^3: \ (3, -7, 5),\ (2, 6, -5),\ (1, 0, 0).

Errori comuni

  • Togliere un vettore senza aver trovato la relazione: qui andava bene togliere uno qualsiasi perché tutti i coefficienti della relazione erano non nulli, ma non è sempre così.
  • Aggiungere un vettore e non verificare: la scelta di e1e_1 è un tentativo, l'indipendenza va controllata.
  • Dimenticare il risparmio: con 3 vettori in R3\mathbb{R}^3 basta verificare l'indipendenza.

Versione ripasso

Testo.

  1. In R3\mathbb{R}^3 sia U=⟨v1,v2,v3⟩U = \langle v_1, v_2, v_3 \rangle con v1=(2,0,1)v_1 = (2, 0, 1), v2=(1,1,2)v_2 = (1, 1, 2), v3=(3,−1,0)v_3 = (3, -1, 0). Trovare la dimensione e una base di UU.
  2. In R3\mathbb{R}^3 siano v1=(3,−7,5)v_1 = (3, -7, 5) e v2=(2,6,−5)v_2 = (2, 6, -5). Verificare che sono linearmente indipendenti e completarli a una base di R3\mathbb{R}^3.

1. Estrarre una base da un sistema di generatori

Metodo. Per il teorema di estrazione di una baseDa ogni sistema di generatori si estrae una base togliendo, uno alla volta, vettori che sono combinazione lineare degli altri.Dimensione →: si cerca una relazione di dipendenza e si toglie un vettore con coefficiente non nullo, che è combinazione degli altri.

  1. Sistema ∑λivi=0⃗\sum \lambda_i v_i = \vec 0: {2λ1+λ2+3λ3=0λ2−λ3=0λ1+2λ2=0\begin{cases} 2\lambda_1 + \lambda_2 + 3\lambda_3 = 0 \\ \lambda_2 - \lambda_3 = 0 \\ \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \end{cases} Dalla seconda e dalla terza λ3=λ2\lambda_3 = \lambda_2, λ1=−2λ2\lambda_1 = -2\lambda_2; la prima diventa 0=00 = 0. Soluzioni (−2t,t,t)(-2t, t, t): i vettori sono dipendenti.
  2. Con t=1t = 1: −2v1+v2+v3=0⃗-2v_1 + v_2 + v_3 = \vec 0, quindi v3=2v1−v2v_3 = 2v_1 - v_2. Si toglie v3v_3.
  3. v1,v2v_1, v_2 sono indipendenti (non paralleli: (1,1,2)(1,1,2) non è multiplo di (2,0,1)(2,0,1)).

Risultato: dim⁡U=2\dim U = 2, base {(2,0,1),(1,1,2)}\{(2, 0, 1), (1, 1, 2)\} (UU è un piano per l'origine).

2. Completare a una base

Metodo. dim⁡R3=3\dim \mathbb{R}^3 = 3, quindi manca un vettore, che non deve stare nel piano generato da v1,v2v_1, v_2. Si prova un vettore canonico e si verifica.

  1. v1,v2v_1, v_2 indipendenti: dalla terza equazione (5λ1−5λ2=05\lambda_1 - 5\lambda_2 = 0) λ1=λ2\lambda_1 = \lambda_2, nella prima 5λ1=05\lambda_1 = 0, quindi λ1=λ2=0\lambda_1 = \lambda_2 = 0.
  2. Si aggiunge e1=(1,0,0)e_1 = (1, 0, 0): {3λ1+2λ2+λ3=0−7λ1+6λ2=05λ1−5λ2=0\begin{cases} 3\lambda_1 + 2\lambda_2 + \lambda_3 = 0 \\ -7\lambda_1 + 6\lambda_2 = 0 \\ 5\lambda_1 - 5\lambda_2 = 0 \end{cases} La terza dà λ1=λ2\lambda_1 = \lambda_2, la seconda −λ1=0-\lambda_1 = 0, la prima λ3=0\lambda_3 = 0: solo la soluzione nulla.
  3. Tre vettori indipendenti in dimensione 3 sono una base (in dimensione n bastano n vettori indipendentiSe dim V = n, n vettori linearmente indipendenti sono automaticamente anche generatori, quindi una base.Dimensione →).

Risultato: base di R3\mathbb{R}^3: (3,−7,5)(3, -7, 5), (2,6,−5)(2, 6, -5), (1,0,0)(1, 0, 0).

Errori tipici: togliere un vettore che ha coefficiente 00 nella relazione (non è combinazione degli altri); aggiungere un vettore senza verificare l'indipendenza.

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