Esercizio 7intersezione e somma con vettori dati in una base

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L'idea chiave: i coefficienti rispetto alla base

Qui i vettori non sono $n$-uple di numeri ma combinazioni di $v_1, \dots, v_4$. Il fatto che $v_1, \dots, v_4$ siano una base, quindi indipendenti, permette di lavorare come in $\mathbb{R}^4$: una combinazione $c_1 v_1 + c_2 v_2 + c_3 v_3 + c_4 v_4$ è nulla se e solo se $c_1 = c_2 = c_3 = c_4 = 0$. Così ogni uguaglianza tra vettori diventa un sistema sui coefficienti.

(Equivalentemente: si identifica ogni vettore con le sue coordinateFissata una base, ogni vettore ha una e una sola lista di coordinate; la funzione vettore → coordinate è un isomorfismo con K^n, quindi ogni spazio di dimensione n si comporta come K^n (ma l'isomorfismo dipende dalla base).Coordinate rispetto a una base →, per esempio $u_1 \leftrightarrow (0, 2, 0, -1)$, e si lavora in $\mathbb{R}^4$.)

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1. Dimensione e base di $U$

$U$ è generato da 3 vettori, quindi $\dim U \le 3$; è $3$ solo se sono indipendenti. Si scrive una combinazione nulla e si raccolgono i $v_i$:

$$\lambda_1 (2v_2 - v_4) + \lambda_2 (v_1 + 2v_2 - v_3) + \lambda_3 (v_1 - v_3 + v_4) = \vec 0$$ $$(\lambda_2 + \lambda_3)\, v_1 + (2\lambda_1 + 2\lambda_2)\, v_2 + (-\lambda_2 - \lambda_3)\, v_3 + (-\lambda_1 + \lambda_3)\, v_4 = \vec 0.$$

Per l'indipendenza dei $v_i$ tutti i coefficienti sono nulli:

$$\begin{cases} \lambda_2 + \lambda_3 = 0 \\ 2\lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \\ -\lambda_2 - \lambda_3 = 0 \\ -\lambda_1 + \lambda_3 = 0 \end{cases}$$

Dalla quarta $\lambda_1 = \lambda_3$; dalla prima $\lambda_2 = -\lambda_3$. La seconda diventa $2\lambda_3 - 2\lambda_3 = 0$ e la terza $\lambda_3 - \lambda_3 = 0$: identità. $\lambda_3$ resta libero: dipendenti.

Con $\lambda_3 = 1$: $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = -1$, cioè $u_1 - u_2 + u_3 = \vec 0$, ovvero

$$u_3 = u_2 - u_1.$$

Verifica: $u_2 - u_1 = v_1 + 2v_2 - v_3 - 2v_2 + v_4 = v_1 - v_3 + v_4 = u_3$ ✓.

Si toglie $u_3$. Per $u_1, u_2$ basta ripetere il sistema con $\lambda_3 = 0$: la prima equazione dà $\lambda_2 = 0$, la seconda $\lambda_1 = 0$. Indipendenti.

$$\dim U = 2, \qquad \text{base di } U: \ u_1, u_2.$$

Controllo con le coordinate e la riduzione a scala. Le coordinate rispetto a $v_1, \dots, v_4$ sono $u_1 \leftrightarrow (0, 2, 0, -1)$, $u_2 \leftrightarrow (1, 2, -1, 0)$, $u_3 \leftrightarrow (1, 0, -1, 1)$. Poiché l'isomorfismo delle coordinateLa funzione che manda ogni vettore nelle sue coordinate è lineare e biiettiva, quindi conserva dipendenza e indipendenza lineare.Coordinate rispetto a una base → conserva le relazioni lineari, si può ridurre a scala la matrice delle coordinate (come nel passo 1 del metodoLe righe non nulle della forma a scala sono una base del sottospazio generato dalle righe.Metodo - basi, equazioni cartesiane, intersezione e somma di sottospazi →):

$$\begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 & -1 \\ 1 & 2 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 \leftrightarrow R_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 \to R_3 - R_1} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 \to R_3 + R_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

(lo scambio serve perché la prima riga ha $0$ al primo posto e non può fare da pivot). Due righe non nulle: $\dim U = 2$ ✓.

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2. Dimensione e base di $W$

$$\lambda_1 w_1 + \lambda_2 w_2 + \lambda_3 w_3 = \lambda_1 v_1 + (\lambda_2 - \lambda_3)\, v_2 + (2\lambda_2 + \lambda_3)\, v_3 + (\lambda_1 + \lambda_3)\, v_4 = \vec 0$$

$$\begin{cases} \lambda_1 = 0 \\ \lambda_2 - \lambda_3 = 0 \\ 2\lambda_2 + \lambda_3 = 0 \\ \lambda_1 + \lambda_3 = 0 \end{cases}$$

Dalla prima $\lambda_1 = 0$; allora la quarta dà $\lambda_3 = -\lambda_1 = 0$; dalla seconda $\lambda_2 = \lambda_3 = 0$ (e la terza è soddisfatta). Solo la soluzione nulla: indipendenti.

Controllo con le coordinate: $w_1 \leftrightarrow (1, 0, 0, 1)$, $w_2 \leftrightarrow (0, 1, 2, 0)$, $w_3 \leftrightarrow (0, -1, 1, 1)$; con $R_3 \to R_3 + R_2$ la terza riga diventa $(0, 0, 3, 1)$ e la matrice è a scala con 3 righe non nulle ✓.

$$\dim W = 3, \qquad \text{base di } W: \ w_1, w_2, w_3.$$

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3. Intersezione e somma

Come impostare l'intersezione

Un vettore $v \in U \cap W$ sta in $U$, quindi è combinazione della base di $U$, e sta in $W$, quindi è combinazione della base di $W$:

$$v = \alpha_1 u_1 + \alpha_2 u_2 = \beta_1 w_1 + \beta_2 w_2 + \beta_3 w_3.$$

Le incognite sono $\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2, \beta_3$. Si esprime tutto con i $v_i$:

$$\alpha_1 u_1 + \alpha_2 u_2 = \alpha_2\, v_1 + (2\alpha_1 + 2\alpha_2)\, v_2 - \alpha_2\, v_3 - \alpha_1\, v_4,$$ $$\beta_1 w_1 + \beta_2 w_2 + \beta_3 w_3 = \beta_1\, v_1 + (\beta_2 - \beta_3)\, v_2 + (2\beta_2 + \beta_3)\, v_3 + (\beta_1 + \beta_3)\, v_4.$$

Due combinazioni dei $v_i$ sono uguali se e solo se hanno gli stessi coefficienti (perché la loro differenza è nulla e i $v_i$ sono indipendenti):

$$\begin{cases} \alpha_2 = \beta_1 & (v_1) \\ 2\alpha_1 + 2\alpha_2 = \beta_2 - \beta_3 & (v_2) \\ -\alpha_2 = 2\beta_2 + \beta_3 & (v_3) \\ -\alpha_1 = \beta_1 + \beta_3 & (v_4) \end{cases}$$

Risoluzione

4 equazioni, 5 incognite: ci si aspettano infinite soluzioni.

• Da $(v_1)$: $\beta_1 = \alpha_2$.
• Da $(v_4)$: $\alpha_1 = -\beta_1 - \beta_3 = -\alpha_2 - \beta_3$.
• In $(v_2)$: $2(-\alpha_2 - \beta_3) + 2\alpha_2 = -2\alpha_2 - 2\beta_3 + 2\alpha_2 = -2\beta_3$, quindi $-2\beta_3 = \beta_2 - \beta_3$ e $\beta_2 = -\beta_3$.
• In $(v_3)$, con $\beta_2 = -\beta_3$: $-\alpha_2 = 2(-\beta_3) + \beta_3 = -\beta_3$, quindi $\alpha_2 = \beta_3$.
• Tornando indietro: $\beta_1 = \alpha_2 = \beta_3$ e $\alpha_1 = -\alpha_2 - \beta_3 = -2\beta_3$.

Tutto è espresso in funzione di $\beta_3$, che resta libero: $\alpha_1 = -2\beta_3$, $\alpha_2 = \beta_3$, $\beta_1 = \beta_3$, $\beta_2 = -\beta_3$.

Un parametro libero significa che le soluzioni formano uno spazio di dimensione 1, e a ogni soluzione corrisponde un vettore di $U \cap W$ (i coefficienti $\alpha_1, \alpha_2$ rispetto alla base $u_1, u_2$ determinano il vettore in modo unico). Quindi $\dim(U \cap W) = 1$.

Un vettore di base

Si pone $\beta_3 = 1$ (non $0$: darebbe il vettore nullo, che sta sempre nell'intersezione e non serve). Allora $\alpha_1 = -2$, $\alpha_2 = 1$:

$$v = -2u_1 + u_2 = -4v_2 + 2v_4 + v_1 + 2v_2 - v_3 = v_1 - 2v_2 - v_3 + 2v_4.$$

Controllo con l'altra espressione ($\beta_1 = 1$, $\beta_2 = -1$, $\beta_3 = 1$):

$$w_1 - w_2 + w_3 = (v_1 + v_4) - (v_2 + 2v_3) + (-v_2 + v_3 + v_4) = v_1 - 2v_2 - v_3 + 2v_4 \ \checkmark$$

Le due espressioni coincidono: i conti sono giusti. All'esame questo controllo costa poco e scopre subito eventuali errori.

$$\dim(U \cap W) = 1, \qquad \text{base di } U \cap W: \ v_1 - 2v_2 - v_3 + 2v_4.$$

La somma con Grassmann

Per la formula di Grassmanndim(U + W) = dim U + dim W − dim(U ∩ W).Formula di Grassmann e somma diretta →:

$$\dim(U + W) = \dim U + \dim W - \dim(U \cap W) = 2 + 3 - 1 = 4.$$

$U + W$ è un sottospazio di $V$ con la stessa dimensione di $V$ ($\dim V = 4$, perché $V$ ha una base di 4 vettori), quindi coincide con $V$Un sottospazio con la stessa dimensione dello spazio è tutto lo spazio.Dimensione →: $U + W = V$. Una base di $U + W$ è quindi una base di $V$, e il testo ne fornisce una:

$$\dim(U + W) = 4, \qquad \text{base di } U + W: \ v_1, v_2, v_3, v_4.$$

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Riepilogo

Errori comuni

• Uguagliare i coefficienti senza giustificarlo: si può fare perché $v_1, \dots, v_4$ sono indipendenti; con vettori dipendenti non sarebbe lecito.
• Contare i parametri liberi tra le incognite sbagliate: la dimensione dell'intersezione è il numero di parametri liberi del sistema in $\alpha, \beta$ quando si usano basi di $U$ e di $W$ (con generatori dipendenti il conteggio sarebbe falsato).
• Cercare una base di $U + W$ con altri conti quando Grassmann dice già che $U + W = V$.