Esercizio 1dipendenza lineare di vettori in R2 e R3

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Il metodo (uguale per tutti e quattro)

Per la definizione di indipendenza lineareI vettori sono indipendenti se l'unica combinazione lineare uguale al vettore nullo è quella con tutti i coefficienti nulli.Combinazioni lineari e dipendenza lineare →:

1. si scrive $a_1 v_1 + a_2 v_2 + \dots = \vec 0$ con i coefficienti $a_i$ incogniti;
2. si sostituiscono le componenti (in colonna) e si ottiene un sistema lineare omogeneo, una equazione per ogni componente: due vettori di $\mathbb{R}^n$ sono uguali se e solo se sono uguali componente per componenteIn K^n somma e prodotto per uno scalare si fanno componente per componente, e due n-uple sono uguali quando coincidono tutte le componenti.Spazi vettoriali →;
3. solo la soluzione nulla → indipendenti; infinite soluzioni → dipendenti.

Un sistema omogeneo (tutti i termini noti nulli) ha sempre almeno la soluzione nulla $a_1 = a_2 = \dots = 0$; la domanda è se ne ha altre. Se ne ha una non nulla ne ha infinite, perché i suoi multipli sono ancora soluzioni (vedi struttura delle soluzioniLe soluzioni di un sistema omogeneo formano un sottospazio: o c'è solo il vettore nullo, o ce ne sono infinite.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli →).

I sistemi si risolvono per sostituzione: si ricava un'incognita da un'equazione e la si sostituisce nelle altre. Il sistema che si ottiene ha le stesse soluzioni di quello di partenza, perché l'equazione usata resta nel sistema (serve poi a calcolare l'incognita ricavata).

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1. $(3, 1)$ e $(2, 5)$

$$a_1 \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} + a_2 \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3a_1 + 2a_2 \\ a_1 + 5a_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \iff \begin{cases} 3a_1 + 2a_2 = 0 \\ a_1 + 5a_2 = 0 \end{cases}$$

Dalla seconda equazione $a_1 = -5a_2$ (si sceglie di ricavare $a_1$ da lì perché ha coefficiente $1$, così non compaiono frazioni). Sostituendo nella prima: $3(-5a_2) + 2a_2 = -13a_2 = 0$, quindi $a_2 = 0$ e poi $a_1 = -5 \cdot 0 = 0$.

Unica soluzione $a_1 = a_2 = 0$: linearmente indipendenti.

Controllo geometrico. Per due vettoriDue vettori sono dipendenti se e solo se uno è multiplo dell'altro, cioè se sono paralleli (o uno è nullo).Combinazioni lineari e dipendenza lineare →, indipendenti significa non paralleli: $(2, 5)$ non è multiplo di $(3, 1)$ (servirebbe il fattore $\frac23$ per la prima componente e $5$ per la seconda) ✓.

Controllo con il determinante (strumento del capitolo Determinanten vettori di K^n sono indipendenti se e solo se la matrice che li ha in colonna ha determinante diverso da 0.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →, visto più avanti nel corso): $\det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} = 3 \cdot 5 - 2 \cdot 1 = 13 \ne 0$ ✓. Il numero $13$ è lo stesso che compariva in $-13a_2 = 0$.

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2. $(3, -2)$, $(4, 1)$, $(1, 3)$

$$a_1 \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \end{pmatrix} + a_2 \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \end{pmatrix} + a_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = \vec 0 \iff \begin{cases} 3a_1 + 4a_2 + a_3 = 0 \\ -2a_1 + a_2 + 3a_3 = 0 \end{cases}$$

Prima di fare conti: ci sono 2 equazioni e 3 incognite. Ogni equazione permette di ricavare un'incognita, quindi una delle tre resterà libera e le soluzioni saranno infinite. Ci si aspetta "dipendenti".

Dalla prima $a_3 = -3a_1 - 4a_2$. Nella seconda:

$$-2a_1 + a_2 + 3(-3a_1 - 4a_2) = -2a_1 + a_2 - 9a_1 - 12a_2 = -11a_1 - 11a_2 = 0 \iff a_2 = -a_1$$

(si è diviso per $-11$: $a_1 + a_2 = 0$).

Poi $a_3 = -3a_1 - 4(-a_1) = a_1$. Le soluzioni sono $(a_1, a_2, a_3) = (t, -t, t)$ per ogni $t \in \mathbb{R}$: infinite. Linearmente dipendenti.

Una relazione esplicita (con $t = 1$): $v_1 - v_2 + v_3 = \vec 0$. Verifica: $(3 - 4 + 1, -2 - 1 + 3) = (0, 0)$ ✓. Quindi, per esempio, $v_2 = v_1 + v_3$.

Osservazione. I tre vettori sono a due a due non paralleli, eppure sono dipendenti: "indipendenti = non paralleli" vale solo per due vettori. In $\mathbb{R}^2$ tre vettori sono sempre dipendenti (vedi il lemma dello scambioIn uno spazio i vettori indipendenti non sono mai più dei generatori: in R^2 la base canonica ha 2 vettori, quindi 3 vettori sono sempre dipendenti.Generatori e basi →).

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3. $(2, 0, 1)$, $(-1, 1, 0)$, $(3, 3, 1)$

$$a_1 \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + a_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + a_3 \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} = \vec 0 \iff \begin{cases} 2a_1 - a_2 + 3a_3 = 0 \\ a_2 + 3a_3 = 0 \\ a_1 + a_3 = 0 \end{cases}$$

Si parte dalle equazioni più semplici: dalla terza $a_1 = -a_3$, dalla seconda $a_2 = -3a_3$. Sostituendo nella prima:

$$2(-a_3) - (-3a_3) + 3a_3 = -2a_3 + 3a_3 + 3a_3 = 4a_3 = 0 \iff a_3 = 0,$$

e quindi $a_1 = 0$, $a_2 = 0$. Solo la soluzione nulla: linearmente indipendenti.

Significato geometrico. $v_1$ e $v_2$ individuano un piano per l'origine, e $v_3$ non sta su quel piano.

Controllo con il determinante (vettori in colonna, sviluppo di LaplaceIl determinante si calcola sviluppando lungo una riga: somma degli elementi per i loro complementi algebrici, con segni alterni.Proprietà del determinante, Binet e Laplace → lungo la terza riga, che ha uno zero):

$$\det \begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} - 0 + 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot (-3 - 3) + 1 \cdot (2 - 0) = -4 \ne 0 \ \checkmark$$

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4. $(2, -1, 0)$, $(1, -3, 2)$, $(3, 1, -2)$

$$\begin{cases} 2a_1 + a_2 + 3a_3 = 0 \\ -a_1 - 3a_2 + a_3 = 0 \\ 2a_2 - 2a_3 = 0 \end{cases}$$

Dalla terza, divisa per $2$: $a_2 - a_3 = 0$, cioè $a_2 = a_3$. Nella seconda: $-a_1 - 3a_3 + a_3 = -a_1 - 2a_3 = 0$, cioè $a_1 = -2a_3$. Nella prima:

$$2(-2a_3) + a_3 + 3a_3 = -4a_3 + 4a_3 = 0.$$

La prima equazione è diventata $0 = 0$: è vera ma non determina $a_3$. Quindi $a_3$ è libero e le soluzioni sono $(a_1, a_2, a_3) = (-2t, t, t)$: infinite. Linearmente dipendenti, anche se le equazioni erano tante quante le incognite.

Relazione (con $t = 1$): $-2v_1 + v_2 + v_3 = \vec 0$, cioè $v_3 = 2v_1 - v_2$. Verifica: $2(2, -1, 0) - (1, -3, 2) = (4 - 1, -2 + 3, 0 - 2) = (3, 1, -2) = v_3$ ✓.

Significato geometrico. $v_3 = 2v_1 - v_2$ è la diagonale del parallelogramma di lati $2v_1$ e $-v_2$, che sta sul piano di $v_1$ e $v_2$: i tre vettori sono complanari.

Lo stesso con 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 → (metodo del capitolo sui sistemi lineari). Si mettono i vettori in riga e si riduce a scala: il numero di righe non nulle è la dimensione di $\langle v_1, v_2, v_3 \rangle$.

$$\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & -3 & 2 \\ 3 & 1 & -2 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 \leftrightarrow R_2} \begin{pmatrix} 1 & -3 & 2 \\ 2 & -1 & 0 \\ 3 & 1 & -2 \end{pmatrix} \xrightarrow[R_3 \to R_3 - 3R_1]{R_2 \to R_2 - 2R_1} \begin{pmatrix} 1 & -3 & 2 \\ 0 & 5 & -4 \\ 0 & 10 & -8 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 \to R_3 - 2R_2} \begin{pmatrix} 1 & -3 & 2 \\ 0 & 5 & -4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Lo scambio iniziale porta in alto la riga con pivot $1$, così non compaiono frazioni; poi si annullano gli elementi sotto i pivot ($2 - 2 \cdot 1 = 0$, $3 - 3 \cdot 1 = 0$, poi $10 - 2 \cdot 5 = 0$). Restano 2 righe non nulle: i tre vettori generano un piano, quindi sono dipendenti. Coerentemente, il determinante della matrice è $0$.

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Riepilogo

Errori comuni

• Fermarsi alla soluzione nulla: anche nel caso 4 la soluzione nulla c'è ($t = 0$), ma non è l'unica.
• Pensare che con 3 equazioni e 3 incognite la soluzione sia sempre unica: nel caso 4 un'equazione è "superflua" (diventa $0 = 0$).