Esercizio 5estrarre e completare una base in R3

Testo (Lezione 6, esempi svolti dal prof).

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

1. Estrarre una base da un sistema di generatori

L'idea

$U$ è generato da $v_1, v_2, v_3$, quindi questi tre vettori sono già un sistema di generatori di $U$. 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 $\dim U = 3$ (cioè $U = \mathbb{R}^3$);
• se sono dipendenti, si toglie un vettore che è combinazione degli altri e si ripete il controllo.

Indipendenza di $v_1, v_2, v_3$

$$\lambda_1 \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \vec 0 \iff \begin{cases} 2\lambda_1 + \lambda_2 + 3\lambda_3 = 0 \\ \lambda_2 - \lambda_3 = 0 \\ \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \end{cases}$$

Dalla seconda $\lambda_3 = \lambda_2$; dalla terza $\lambda_1 = -2\lambda_2$. Nella prima:

$$2(-2\lambda_2) + \lambda_2 + 3\lambda_2 = -4\lambda_2 + 4\lambda_2 = 0.$$

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

Quale vettore togliere

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

$$-2v_1 + v_2 + v_3 = \vec 0.$$

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

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

$$v_3 = 2v_1 - v_2, \qquad v_2 = 2v_1 - v_3, \qquad v_1 = \tfrac12 v_2 + \tfrac12 v_3.$$

Si toglie, per esempio, $v_3$: restano $v_1, v_2$, che generano ancora $U$ (perché $v_3$ si ricostruisce da loro). Togliere $v_1$ o $v_2$ sarebbe stato altrettanto lecito: si otterrebbe un'altra base, con lo stesso numero di vettori.

Indipendenza di $v_1, v_2$

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

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

Risultato

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

Significato geometrico. $v_3 = 2v_1 - v_2$ sta nel piano di $v_1$ e $v_2$: i tre vettori sono complanari e $U$ è un piano per l'origine, non tutto $\mathbb{R}^3$.

2. Completare a una base

Indipendenza di $v_1 = (3, -7, 5)$ e $v_2 = (2, 6, -5)$

$$\begin{cases} 3\lambda_1 + 2\lambda_2 = 0 \\ -7\lambda_1 + 6\lambda_2 = 0 \\ 5\lambda_1 - 5\lambda_2 = 0 \end{cases}$$

Dalla terza $\lambda_1 = \lambda_2$; nella prima $5\lambda_1 = 0$, quindi $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$ (e la seconda è soddisfatta). Solo la soluzione nulla: indipendenti.

Quanti vettori mancano

$\dim \mathbb{R}^3 = 3$, 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 $v_1$ e $v_2$, cioè non deve stare nel piano che generano.

La scelta pratica

Invece di studiare quel piano, si prova un vettore semplice, $e_1 = (1, 0, 0)$, e poi si verifica. La probabilità che un vettore preso "a caso" cada proprio sul piano di $v_1$ e $v_2$ è minima; se succede, si prova $e_2$, poi $e_3$. Gli zeri di $e_1$ semplificano il sistema della verifica.

Verifica di $v_1, v_2, e_1$

$$\lambda_1 \begin{pmatrix} 3 \\ -7 \\ 5 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \vec 0 \iff \begin{cases} 3\lambda_1 + 2\lambda_2 + \lambda_3 = 0 \\ -7\lambda_1 + 6\lambda_2 = 0 \\ 5\lambda_1 - 5\lambda_2 = 0 \end{cases}$$

La terza dà $\lambda_1 = \lambda_2$; la seconda diventa $-\lambda_1 = 0$, quindi $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$; la prima dà $\lambda_3 = 0$. Solo la soluzione nulla: $v_1, v_2, e_1$ sono indipendenti.

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

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

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 $e_1$ è un tentativo, l'indipendenza va controllata.
• Dimenticare il risparmio: con 3 vettori in $\mathbb{R}^3$ basta verificare l'indipendenza.