Span e Indipendenza Lineare

Lezione 3: Span, indipendenza lineare
Nella lezione scorsa abbiamo visto la definizione di spazio vettoriale e di
sottospazio. Ora cerchiamo di descrivere questi oggetti in modo piu’ efficiente.
1
Combinazione lineare, Span
Ogni spazio vettoriale V 6= {0} contiene infiniti vettori; infatti basta che V
contenga un vettore v e immediatamente deve contenere anche tutti i suoi
multipli, cioè λv ∈ V per ogni λ ∈ R. Vediamo un esempio per capire
meglio.
Consideriamo il ssv W = {(x, ax)|x ∈ R} in R2 esaminato nella lezione
precedente. Si tratta della retta del piano cartesiano di equazione y = ax e
possiamo descriverla in modo alternativo come l’insieme i multipli del vettore
(1, a)
W = {(x, y) | (x, y) = λ(1, a)}.
Infatti graficamente è chiaro che se conosciamo un punto di una retta (nel
piano, ma anche nello spazio tridimensionale R3 ), allora possiamo disegnare
subito la retta corrispondente passante per l’origine.
Diciamo allora che il vettore (1, a) genera il ssv W dato dalla retta y =
ax. La parola ”genera” non è casuale in quanto appunto tutti i vettori del
sottospazio W sono multipli di (1, a). Notiamo inoltre che la scelta del vettore
(1, a) generatore di W è arbitraria, potevamo benissimo scegliere anche un
suo qualunque multiplo come (17, 17a).
Vediamo ora un altro esempio. In R2 consideriamo i due vettori (1, 0)
e (0, 1). Ci chiediamo: qual’è il ssv W piu’ piccolo che contiene entrambi
questi vettori? Per i ragionamenti precedenti sappiamo che questo ssv dovra’
contenere le due rette W1 e W2 generate da (1, 0) e (0, 1):
W1 = {λ(1, 0)|λ ∈ R}
asse x
W2 = {µ(0, 1)|µ ∈ R}
asse y
Sappiamo inoltre che la somma di due vettori in W deve ancora stare in
W (per definizione di ssv). Ad esempio (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) ∈ W , ma
1
anche (1, 2) + (3, 4) = (4, 6) ∈ W . Lo studente è invitato a disegnare somme
di vettori in R2 usando la regola del parallelogramma per convincersi che
effettivamente W = R2 . La dimostrazione grafica pero’ non è sufficiente per
dimostrare questo fatto, in quanto non è possibile disegnare tutti i vettori
del piano, vediamo quindi una dimostrazione algebrica. Prendiamo il vettore
generico (λ, 0) in W1 e (0, µ) il vettore generico in W2 e facciamone la somma:
(λ, 0)+(0, µ) = (λ, µ). E’ chiaro che ogni vettore in R2 , (x, y) si puo’ scrivere
in questo modo scegliendo λ = x e µ = y. Quindi abbiamo trovato che il piu’
piccolo ssv in R2 contenente i vettori (1, 0) e (0, 1) è tutto R2 .
Ora formalizziamo il concetto di “generazione” di un ssv che abbiamo
descritto con gli esempi precedenti.
Definizione 1.1. Sia V uno spazio vettoriale, v1 . . . vn un insieme di vettori in V e siano λ1 . . . λn ∈ R. Il vettore w = λ1 v1 + · · · + λn vn si dice
combinazione lineare di v1 , . . . vn con scalari λ1 , . . . , λn .
Ad esempio (1, 1) è combinazione lineare di (1, 0) e (0, 1) con scalari λ1 = 1
e λ2 = 1, ma anche combinazione lineare di (2, 1) e (1, 0) con scalari λ1 = 1
e λ2 = −1.
Veniamo adesso al concetto di span e di generatori che è uno dei protagonisti di questa lezione insieme al concetto di lineare indipendenza.
Definizione 1.2. Sia V uno spazio vettoriale e {v1 , . . . , vn } un insieme di
vettori in V . Si definisce span dei vettori v1 , . . . , vn l’insieme di tutte le loro
combinazioni lineari, cioè
Span{v1 . . . vn } = {λ1 v1 + · · · + λn vn
| λ1 , . . . , λn ∈ R}.
[Nota: lo span si indica talvolta con hv1 . . . vn i].
Abbiamo visto che per esempio lo span di un vettore non nullo in R2 è
una retta, mentre lo span dei due vettori (1, 0) e (0, 1) in R2 è tutto R2 .
Definizione 1.3. Sia V uno spazio vettoriale, {v1 . . . vn } un insieme di vettori in V . Si dice che {v1 . . . vn } generano V , o che {v1 . . . vn } è un insieme
di generatori di V se V = Span{v1 . . . vn }.
Proposizione 1.4. Sia V uno spazio vettoriale e v1 , . . . , vn un insieme di
vettori in V . Span{v1 , . . . , vn } è un ssv di V ed è il piu’ piccolo ssv di V
contenente v1 , . . . vn .
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Dimostrazione: Siano v, w ∈ hv1 , . . . , vn i. Allora esisteranno degli scalari
α1 , . . . , αn e β1 , . . . , βn tali che:
v = α1 v1 + · · · + αn vn ,
w = β1 v1 + · · · + βn vn
e pertanto
v + w = (α1 + β1 )v1 + · · · + (αn + βn )vn ∈ hv1 , . . . , vn i .
Inoltre se λ ∈ R
kv = (kα1 )v1 + · · · + (kαn )vn ∈ hv1 , . . . , vn i .
Questo dimostra che Span{v1 , . . . , vn } è un ssv di V .
Sia ora v = λ1 v1 + · · · + λn vn ∈ Span{v1 . . . vn } e sia Z un ssv di
V contenente v1 , . . . vn . Allora Z contiene anche λ1 v1 , . . . , λm vn , perchè
essendo uno spazio vettoriale se contiene dei vettori contiene anche tutti i
loro multipli. Inoltre, poichè è chiuso rispetto alla somma, contiene anche
λ1 v1 + · · · + λn vn = v. Quindi Span{v1 . . . vn } ⊆ Z.
Vediamo ora un esempio che ci riallaccia a quanto abbiamo visto nella
prima lezione a proposito della soluzione di sistemi lineari dipendenti da un
parametro.
Esempio 1.5. 1. Vogliamo determinare lo span dei vettori (1, 1), (2, k) al
variare del parametro k. Dato che siamo in R2 è sempre utile fare un disegno.
Span{(1, 1), (2, k)} = λ1 (1, 1) + λ2 (2, k) = (λ1 + 2λ2 , λ1 + kλ2 ).
Vediamo subito che se k = 2 allora i due vettori giacciono sulla stessa
retta e cioè su Span{1, 1}. Se invece k 6= 2 facciamo vedere che il loro span
è tutto R2 . Dobbiamo mostrare che possiamo scegliere sempre λ1 e λ2 in
modo che
(λ1 + 2λ2 , λ1 + kλ2 ) = (a, b)
per ogni fissato vettore nel piano (a, b). Lasciamo per esercizio la verifica che
questo sistema ammette sempre soluzione se k 6= 2.
2. Modifichiamo ora leggermente questo esempio. Vogliamo calcolare lo
span dei vettori: (1, 1), (−1, −1) (2, k) al variare del parametro k.
Span{(1, 1), (2, k), (−1, −1)} = λ1 (1, 1) + λ2 (2, k) + λ3 (−1, −1) =
= (λ1 − 2λ2 − λ3 , λ1 + kλ2 − λ3 ).
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Ci aspettiamo, dal il ragionamento precedente, che questi vettori generino quasi sempre R2 (cioè per quasi ogni valore di k). Ma vediamo una
dimostrazione rigorosa. Vogliamo mostrare che possiamo sempre scegliere
λ1 , λ2 , λ3 tali che
(λ1 + 2λ2 − λ3 , λ1 + kλ2 − λ3 ) = (a, b)
per ogni fissato vettore nel piano (a, b). Un facile calcolo di risoluzione dei
sistemi lineari dipendenti da un parametro con l’algoritmo di Gauss mostra
che questo sistema ammette sempre soluzione (per ogni a e b fissati) purchè
k 6= 2. Quando invece k = 2 abbiamo:
(λ1 + 2λ2 − λ3 , λ1 + 2λ2 − λ3 ) = (a, b)
dunque necessariamente a = b, percio’ gli unici vettori che possiamo generare
sono quelli del tipo (a, a), e cioè che giacciono sulla retta y = x. In realta’
un’accurata analisi del problema ci poteva dare subito la risposta a questo
problema senza alcun calcolo: infatti bastava che notassimo che il vettore
(−1, −1) era superfluo nel calcolo dello span, in quanto giacente sulla retta
generata da (1, 1). Dunque potevamo tranquillamente ignorarlo e dare subito
come risposta la soluzione dell’esempio 1.
Abbiamo percio’ visto che nel descrivere un ssv usando lo span alcuni
vettori siano superflui, cioè anche eliminandoli lo span non cambia. Cio’
accade ad esempio quando abbiamo un vettore multiplo di un altro, ma
anche quando un vettore è realizzato come somma di altri due. Ad esempio
abbiamo visto che Span{(1, 0), (0, 1)} = R2 , ma anche (come lo studente
puo’ direttamente verificare):
Span{(1, 0), (0, 1), (1, 1)} = R2 .
Questo fenomeno è formalizzato dalla seguente proposizione.
Proposizione 1.6. Sia V uno spazio vettoriale, v1 . . . vn vettori in V e w
una loro combinazione lineare, cioè: w = λ1 v1 + · · · + λn vn . Allora:
Span{v1 . . . vn } = Span{v1 . . . vn , w}
Dimostrazione. Chiaramente il primo insieme è contenuto nel secondo (perchè?),
dunque per dimostrare il risultato è sufficiente far vedere che il secondo insieme è contenuto nel primo, cioè per ogni α1 , . . . , αn , α ∈ R
α1 v1 + . . . αn vn + αw ∈ Span{v1 . . . vn }
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Scriviamo meglio:
α1 v1 + . . . αn vn + α(λ1 v1 + · · · + λn vn ) =
.
= (α1 + αλ1 )v1 + . . . (αn + αλn )vn ∈ Span{v1 . . . vn }
Il problema che ci poniamo ora è: come fare a stabilire quali sono i vettori
“superflui” nella descrizione dello span di un insieme di vettori? Se vogliamo
essere efficienti nella descrizione di un ssv, dobbiamo poterlo descrivere come
span del numero minimo di vettori possibile. La risposta a questa domanda
viene dal concetto di indipendenza lineare. Questo è di gran lunga il concetto piu’ difficile da digerire ed è il pilastro su cui si basa l’intera teoria
che noi faremo. In pillole la storia è: se un insieme di vettori è linearmente
indipendente, allora siamo sicuri che è il modo piu’ efficiente di descrivere il
sottospazio generato da quei vettori e cioè che stiamo usando il numero minimo di vettori, senza averne alcuno superfluo. Vediamo allora la definizione
e poi con una serie di piccoli passi e lemmi arriveremo nella prossima lezione
a dimostrare quanto asserito sopra.
Definizione 1.7. Sia V uno spazio vettoriale e siano v1 , . . . vn , ∈ V. Diciamo che v1 . . . vn sono linearmente dipendenti se esistono scalari λ1 , . . . , λn
non tutti nulli tali che λ1 v1 + . . . λn vn = 0.
Osservazione: Si ha dunque che v1 . . . vn sono linearmente in dipendenti se
l’uguaglianza λ1 v1 + . . . λn vn = 0 è soddisfatta solo se i λi sono tutti nulli,
cioè solo se λ1 = λ2 = . . . = λn = 0.
Rivediamo gli esempi precedenti. L’insieme di vettori {(1, 0), (0, 1)} in R2
è un insieme di vettori linearmente indipendente, infatti l’unica combinazione
lineare che da’ il vettore nullo è quella ottenuta con scalari tutti nulli:
α(1, 0) + β(0, 1) = (α, β) = (0, 0),
solo se α = β = 0.
Invece l’insieme di vettori {(1, 0), (0, 1), (1, 1)} è linearmente dipendente
poichè esiste una combinazione lineare dei vettori dati con scalari non tutti
nulli che è uguale al vettore nullo.
(1, 0) + (0, 1) − (1, 1) = (0, 0).
Vediamo un esempio piu’ complesso.
5
Esempio 1.8. Consideriamo l’insieme di vettori in R2 [x]: {x+1, x2 −1, 2, x−
1}. Ci chiediamo: è un insieme di vettori linearmente indipendenti? Se
conoscessimo qualche cosa in piu’ di algebra lineare la risposta sarebbe immediata, per il momento dobbiamo fare i calcoli. Scriviamo una combinazione
lineare generica e poniamola uguale al vettore nullo:
α1 (x + 1) + α2 (x2 − 1) + 2α3 + α4 (x − 1) = 0.
Da cui:
α2 (x2 ) + (α1 + α4 )x + (α1 − al2 + 2α3 − al4 ) = 0.
Da cio’ ricaviamo il sistema lineare:
α2 = 0
α1 + α4 = 0
α1 − α2 + 2α3 − α4 = 0
Lasciamo allo studente per esercizio la verifica che questo sistema ammette
infinite soluzioni. Ad esempio ammette la soluzione: α1 = 1, α2 = 0, α3 = 1.
α4 = −1. Dunque possiamo scrivere esplicitamente una combinazione lineare
dei vettori dati che dia il vettore nullo e non abbia scalari tutti nulli:
1 · (x + 1) + 1 · 2 − 1 · (x − 1) = 0
Quando abbiamo una combinazione lineare di questo tipo possiamo sempre scrivere uno dei vettori come combinazione lineare degli altri ad esempio:
(x + 1) = −2 + (x − 1)
[Naturalmente non tutti i vettori dati in un insieme linearmente dipendente
possono essere espressi in funzione degli altri, ad esempio vediamo che non
c’è modo di esprimere x2 − 1 come combinazione lineare degli altri.]
La cosa importante da notare è che eliminando in un insieme di vettori
linearmente dipendenti uno che è combinazione lineare degli altri lo span non
cambia (vedi proposizione precedente) e il nuovo insieme ottenuto puo’ essere
diventato linearmente indipendente [Nota: attenzione pero’ che non è detto,
per esempio nell’insieme 2x, 3x, 4x anche eliminando un vettore, l’insieme
resta linearmente dipendente, come lo studente puo’ verificare]. In qualche
modo la lineare indipendenza ci dice che abbiamo raggiunto il numero minimo
di vettori necessari a descrivere lo span. Questo concetto sara’ esplorato con
molta attenzione nella lezione successiva sulle basi. Intanto formalizziamo in
una proposizione quanto abbiamo capito sulla lineare indipendenza.
6
Proposizione 1.9. Un insieme di vettori {v1 , . . . , vn } in uno spazio vettoriale V è linearmente dipendente se e solo se almeno uno dei suoi elementi
è combinazione lineare degli altri.
Dimostrazione. Supponiamo che {v1 , . . . , vn } siano linearmente dipendenti.
Allora esistono degli scalari α1 , . . . , αn ∈ R non tutti nulli tali che
α1 v1 + · · · + αn vn = 0 .
Supponiamo αk 6= 0 allora:
vk = −
1
(α1 v1 + · · · + αk−1 vk−1 + αk+1 vk+1 + · · · + αn vn )
αk
e dunque vk è combinazione lineare degli altri.
Viceversa supponiamo che esistano degli scalari αi tali che
vk = α1 v1 + · · · + αk−1 vk−1 + αk+1 vk+1 + · · · + αn vn
allora portando vk a destra del segno di uguale
α1 v1 + · · · αk−1 vk−1 + (−vk ) + αk+1 vk+1 + · · · + αn vn = 0
Vediamo un caso particolare di questa proposizione, molto utile negli
esercizi.
Proposizione 1.10. Due vettori sono linearmente indipendenti se e solo se
non sono uno multiplo dell’altro.
La dimostrazione di questa proposizione è immediata: basta guardare la
dimostrazione della proposizione precedente e adattarla a questo caso.
Attenzione. Affinchè un insieme di vettori sia linearmente dipendente
è sufficiente trovare un vettore che sia combinazione lineare degli altri. Ad
esempio se vediamo che un vettore è multiplo di un altro allora sappiamo
subito che l’insieme è linearmente dipendente. I seguenti insiemi sono linearmente dipendenti senza che noi facciamo alcun calcolo (ma lo studente
dovrebbe farli se non vede il perchè e vuole convincersi!).
• In R3 : {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 2, 0)}.
• In R3 : {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (−1, 2, 0), (1, 2, 1)}.
7
• In R3 [x]: {2, x + 7, x3 − 3x, 1}.
• In R3 [x]: {0, x, 1 − x, x3 , }.
• In M2,2 :
1 0
,
0 1
0 0
,
0 3
0 √0
,
0
2
3 0
0 3
.
Attenzione. Anche se è vero che in un insieme di vettori basta trovare
che uno è multiplo di un altro affinchè l’insieme sia linearmente dipendente
non è vero il contrario!. Come il secondo esempio sopra mostra, posso avere
un insieme di vettori linearmente dipendenti in cui nessuno è multiplo di un
altro.
La prossima proposizione ci mostra che invece togliendo vettori ad un
insieme linearmente indipendente, l’insieme resta linearmente indipendente.
Proposizione 1.11. Un sottoinsieme di un insieme di vettori linearmente
indipendenti è ancora linearmente indipendente.
Dimostrazione. Supponiamo, per assurdo, che I sia un insieme di vettori linearmente indipendenti e che J ⊆ I sia un sottoinsieme di vettori dipendenti.
Allora esiste un vettore in J che si scrive come combinazione lineare degli
altri. Ma allora si esprime anche come combinazione lineare dei vettori di I
e quindi I è un insieme linearmente dipendente contraddicendo l’ipotesi. Esercizi Si dica se i seguenti insiemi di vettori sono linearmente dipendenti o indipendenti:
1. I vettori v1 = (2, 1, 1), v2 = (3, 2, 1) e v3 = (6, 2, 2) in R3 .
2. I polinomi 1, X, X 2 , X 3 in R[X].
3. Le seguenti matrici di M2×2 (R):
1 0
0 3
1
3
,
,
2 −1
1 −3
−2 −1
Gli esercizi seguenti sono tutti presi da compiti di esame degli anni precedenti.
8
Esercizi
1. Siano dati in R3 i vettori:
 
 
 
 
1
2
k
1
v1 = k  v2 = −2 v3 =  0  w =  0 
2
0
−1
−1
a) Dare i valori di k per i quali w ∈ span{v1 , v2 , v3 }.
b) Dare i valori di k per i quali i tre vettori v1 , v2 , v3 sono linearmente
indipendenti.
2. a) Si studino al variare di k le soluzioni del seguente sistema lineare
dipendente da un parametro con il metodo di Gauss:


x + ky − z = 1
kx − ky + 2z = 0


2x − ky + kz = 1
b) Dire per quale valore del parametro k il vettore (1, 0, 1) appartiene allo
span dei vettori: (1, k, 2), (k, −k, −k), (−1, 2, k).
3. a) Enunciare chiaramente la definizione di vettori linearmente indipendenti.
b) Dati i vettori
1
u=
,
1
0
2
v=
,w =
2
−2
dire se sono linearmente indipendenti e calcolare il loro span.
c) Sia V uno spazio vettoriale. Dimostrare che l’insieme {u, v, u −v} è linearmente dipendente. (Se si intende usare un risultato enunciarlo chiaramente).
4. Si dica per quali valori di k si ha che
1
k
2
,
∈ Span
w=
−2
1
5
9
5. In R2 [x], spazio vettoriale dei polinomi di grado al piu’ 2 a coefficienti
reali, si diano esempi dei seguenti insiemi:
1) Un insieme di generatori che non siano linearmente indipendenti.
2) Un insieme di vettori linearmente indipendenti che non generino lo spazio.
6. Sia R2 [x] l’insieme dei polinomi di grado minore o uguale a 2, a coefficienti
reali. Si trovino i valori di a e b per i quali i vettori x2 + a, bx − a, x2 + 2bx − a
sono linearmente indipendenti. Se a = 1 e b = 2 tali vettori generano R2 [x]?
7. Siano a, b e c le ultime tre cifre non nulle del numero di matricola. Si dica
per quali valori del parametro k i vettori di R3 [x]: v1 = b + x, v2 = kx + ax2 ,
v3 = ax + kx2 , v4 = x3 sono linearmente indipendenti.
8. Siano a, b e c le ultime tre cifre non nulle del numero di matricola.
k 0
1 a
,
,
a) Si stabilisca per quali valori del parametro k le matrici
b 0
0 0
−1 k − a
sono linearmente indipendenti.
k
0
b) Si stabilisca
per quali
valori del parametro k tali matrici generano il sotr s tospazio W =
r, s, t ∈ R di Mat2,2 (R).
t 0
10