ESERCIZI DI AVVIAMENTO - Sezione di Matematica
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terzo coefficiente non sia nullo (...). L’unica possibilità che resterebbe per<br />
ottenere una combinazione lineare non banale sarebbe quella <strong>di</strong> generare 0<br />
me<strong>di</strong>ante αv 1 + βv 2 , con α ≠ 0 oppure β ≠ 0, ma si vede facilmente che<br />
ciò non è possibile. Infatti i due vettori v 1 , v 2 non sono proporzionali, e<br />
la proporzionalità è proprio equivalente alla <strong>di</strong>pendenza lineare, quando si<br />
tratta <strong>di</strong> due soli vettori.<br />
B7. Riconoscere se prima l’insieme {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 0)}, e poi {(π, 3π,<br />
2π), (6, 18, 11), (6, 18, 12)} sono basi <strong>di</strong> R 3 .<br />
Soluzione. Chie<strong>di</strong>amoci se i primi tre vettori sono linearmente <strong>di</strong>pendenti<br />
(se non lo sono, essi formano infatti una base, poiché sono tanti quanto la<br />
<strong>di</strong>mensione). Potremmo usare il ru<strong>di</strong>mentale calcolo che conduce a un sistema,<br />
oppure potremmo cercare “a tentativi” una combinazione lineare che<br />
non abbia tutti i coefficienti nulli – se siamo convinti, o almeno speriamo,<br />
<strong>di</strong> trovare una risposta positiva. Invece, standar<strong>di</strong>zziamo l’esercizio grazie al<br />
calcolo del determinante della matrice ottenuta ponendo i tre vettori in riga.<br />
Sviluppando lungo la prima riga si ha:<br />
∣<br />
1 0 0<br />
0 1 0<br />
1 1 0<br />
= 1 ·<br />
∣<br />
∣<br />
1 0<br />
1 0<br />
∣ ∣ ∣∣∣∣ ∣ − 0 · 0 0<br />
∣∣∣∣ 1 0 ∣ + 0 · 0 1<br />
1 1 ∣ = 0<br />
(è inutile calcolare il secondo e terzo determinante <strong>di</strong> or<strong>di</strong>ne 2, perché verranno<br />
moltiplicati per 0 – questo è uno degli aspetti piacevoli del primo<br />
teorema <strong>di</strong> Laplace). Potevamo osservare, in alternativa, che una colonna<br />
della matrice è nulla. Deduciamo insomma che non siamo in presenza <strong>di</strong> una<br />
base. Nel secondo caso si ha:<br />
∣<br />
π 3π 2π<br />
6 18 11<br />
6 18 12<br />
= π ·<br />
∣<br />
∣<br />
18 11<br />
18 12<br />
∣ ∣ ∣∣∣∣ ∣ − 3π · 6 11<br />
∣∣∣∣ 6 12 ∣ + 2π · 6 18<br />
6 18 ∣ =<br />
= π · 18 − 3π · 6 + 2π · 0 = 0 .<br />
Dunque nemmeno in questo caso abbiamo una base. Anziché calcolare il determinante<br />
potevamo accorgerci che le prime due colonne sono proporzionali<br />
e dunque <strong>di</strong>pendenti. Per “colpa loro” l’insieme dei tre vettori è linearmente<br />
<strong>di</strong>pendente (infatti, a prescindere dalle caratteristiche <strong>di</strong> (2π, 11, 12), si ha<br />
che 3(π, 6, 6) − 1(3π, 18, 18) + 0(2π, 11, 12) = 0 ). Notiamo che la proporzionalità<br />
tra colonne è “saltata all’occhio” solo dopo aver messo i vettori in riga<br />
per formare una matrice quadrata.<br />
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