2. ALCUNI ESERCIZI SVOLTI Elementi di teoria sugli spazi vettoriali ...

SPAZI E SOTTOSPAZI VETTORIALI 32. ALCUNI ESERCIZI SVOLTIElementi di teoria sugli spazi vettoriali K n , K m,n , R [x], R n [x] verranno richiamati via via, acommento del testo di alcuni esercizi.L’asterisco contrassegna gli esercizi più difficili.ESERCIZIO. Dati in R 4 i vettoriu 1 =(0, 1, 2, 1) , u 2 =(1, 1, 0, 0) , u 3 =(0, 1, 0, −1) , u 4 =(1, 1, −1, −1) ,determinare dimensione e una base dei sottospazi W = L (u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ), W 1 = L (u 1 , u 2 ),W 2 = L (u 3 ), W 3 = L (u 3 , u 4 ), W 4 = L (u 1 , u 2 , u 4 ).Fare lo stesso per le somme W 1 + W 2 , W 1 + W 3 , W 2 + W 4 e le corrispondenti intersezioni,evidenziando eventuali coppie di sottospazi supplementari in W .Ricordiamo che K n (dove K = R o K = C) è lo spazio vettoriale su K delle n-uple ordinatex =(x 1 ,...,x n ) di numeri x 1 ,...,x n ∈ K (cioè reali o complessi), il cui vettore nullo è 0 K n =(0,...,0).L’insieme (e 1 , e 2 ,...,e n ) delle n-uple definite dae 1 =(1, 0,...,0) , e 2 =(0, 1, 0,...,0) ,...,e n−1 =(0,...,0, 1, 0) , e n =(0,...,0, 1)è una base (detta base canonica) perK n e pertanto risulta dim K n = n. Le entrate x 1 ,...,x ndel generico vettore x =(x 1 ,...,x n ) ∈ K n coincidono con le componenti di x rispettoallabasecanonica di K n :nx =(x 1 ,...,x n )=x 1 (1, 0,...,0) + x 2 (0, 1, 0,...,0) + ... + x n (0,...,0, 1) = x i e i .Svolgimento. Tutti gli spazi da studiare sono ovviamente sottospazi di R 4 .Iniziamo col considerare W = L (u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ). Disponendo di un suo insieme di generatori,una sua base può essere determinata in due modi:(1) individuando un sottoinsieme di {u 1 , u 2 , u 3 , u 4 } che sia massimale rispetto all’indipendenzalineare (cioè costituito da vettori l.i. e tale che i vettori di ogni altro sottoinsieme di{u 1 , u 2 , u 3 , u 4 } che lo contiene risultino l.d.);(2) riducendo per righe la matrice dei vettori u 1 , u 2 , u 3 , u 4 (rispetto a una base qualsiasi di R 4 )e leggendo quindi le componenti (rispetto alla medesima base di R 4 ) di una base di W sullerighe non nulle della matrice ridotta.Vediamoli in opera entrambi.(1) Utilizziamo il metodo degli scarti successivi.• Il vettore u 1 è l.i., perché non nullo.• Controlliamo l’indipendenza lineare di u 1 , u 2 .Poiché due vettori sono l.d. se e solo se almeno uno è multiplo dell’altro, èevidenteche u 1 , u 2 sono l.i. (nessuno è multiplo dell’altro).• Controlliamo l’indipendenza lineare di u 1 , u 2 , u 3 .Sia au 1 + bu 2 + cu 3 = 0 con a, b, c ∈ R, cioè(b, a + b + c, 2a, a − c) =(0, 0, 0, 0). Ciòi=0significa⎧⎪ ⎨⎪ ⎩b =0a + b + c =02a =0a − c =0Dunque u 1 , u 2 , u 3 sono l.i..⎧··· ⎪⎨···a =0 ⎪⎩−c =0cheequivaleaa = b = c =0.

4 M.GUIDA - S.ROLANDO• Controlliamo l’indipendenza lineare di u 1 , u 2 , u 3 , u 4 .Siano a, b, c, d ∈ R tali che au 1 + bu 2 + cu 3 + du 4 = 0, chesignifica(b + d, a + b + c + d, 2a − d, a − c − d) =(0, 0, 0, 0) .Ciò equivale a⎧⎪ ⎨⎪ ⎩b + d =0a + b + c + d =02a − d =0a − c − d =0⎧ ⎧b = −d b = −2a⎪⎨ ⎪⎨··· 0=0d =2a ···⎪⎩ ⎪⎩c = a − d c = −acioè b = −2a, c = −a, d =2a con a ∈ R qualsiasi.Dunque u 1 , u 2 , u 3 , u 4 sono l.d..In conclusione, una base di W è (u 1 , u 2 , u 3 ) erisultadim W =3.Osserviamo che il controllo dell’indipendenza lineare di u 1 , u 2 , u 3 ediu 1 , u 2 , u 3 , u 4 sisarebbe potuto fare anche calcolando il rango della loro matrice, ad esempio rispetto allabase canonica.(2) La matrice dei vettori u 1 , u 2 , u 3 , u 4 (rispetto alla base canonica C =(e 1 , e 2 , e 3 , e 4 ))è⎛ ⎞01 2 1M = M C (u 1 , u 2 , u 3 , u 4 )= ⎜ 11 0 0⎟⎝ 01 0 −1 ⎠ .11−1 −1Riducendo per righe ad esempio tramite le trasformazioni elementari R 1 ↔ R 2 ,R 4 →R 4 − R 1 ,R 3 → R 3 − R 2 ,R 4 → 2R 4 − R 3 (nell’ordine), si ottiene la matrice⎛ ⎞11 0 0⎜ 01 2 1⎟⎝ 00−2 −2 ⎠00 0 0da cui si deduce che i vettori (1, 1, 0, 0) = u 2 , (0, 1, 2, 1) = u 1 e (0, 0, −2, −2) = −2(0, 0, 1, 1)sono l.i.. Poiché le trasformazioni elementari sulle righe mantengono lo spazio generato dallerighe, una base di W = L (u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) è quindi data da (u 1 , u 2 , u) con u =(0, 0, 1, 1),da cui segue anche che dim W =3.Consideriamo ora i W i , i =1, 2, 3, 4 (i quali, essendo generati da elementi di W , sono sottospazidi W oltre che di R 4 ).Poiché u 1 , u 2 sono l.i. (nessuno è multiplo dell’altro) e u 3 = 0, si conclude subito che (u 1 , u 2 )e (u 3 ) sono basi di W 1 = L (u 1 , u 2 ) e W 2 = L (u 3 ) rispettivamente. Analogamente (u 3 , u 4 ) èbase di W 3 = L (u 3 , u 4 ) e dunque risulta dim W 1 =dimW 3 =2e dim W 2 =1.Per studiare W 4 = L (u 1 , u 2 , u 4 ), si procede con uno qualsiasi dei due metodi già usati perW ;sitrovacheu 1 , u 2 , u 4 sono l.i. e che quindi (u 1 , u 2 , u 4 ) è una base di W 4 . Di conseguenzadim W 4 =3eallora 1 W 4 = W .Passiamo allo studio delle somme e intersezioni richiesto dalla seconda parte dell’esercizio.Poiché 2 W 1 + W 2 = L (u 1 , u 2 )+L (u 3 )=L (u 1 , u 2 , u 3 ) e⎛M C (u 1 , u 2 , u 3 )= ⎝ 012 1⎞110 0 ⎠010−11 Si ricordi che se U è sottospazio di uno spazio vettoriale V di dimensione finita, dim U =dimV ⇒ U = V.2 È un fatto generale che se u 1 , ..., u n , v 1 , ..., v m sono vettori di uno spazio vettoriale qualsiasi, alloraL (u 1, ..., u n)+L (v 1, ..., v m)=L (u 1, ..., u n, v 1, ..., v m) .

SPAZI E SOTTOSPAZI VETTORIALI 5èridotta,(u 1 , u 2 , u 3 ) è una base di W 1 + W 2 e dim (W 1 + W 2 )=3. Allora dim (W 1 + W 2 )=dim W e quindi(1)W 1 + W 2 = W.Inoltre, per la formula di Grassmann 3 ,risultadim (W 1 ∩ W 2 )=dimW 1 +dimW 2 − dim (W 1 + W 2 )=2+1− 3=0,che implica W 1 ∩ W 2 = {0}. Ciò vale a dire che la somma W 1 + W 2 è diretta 4 , il che, insiemealla (1), significa che W 1 e W 2 sono supplementari in W (cioè si ha W 1 ⊕ W 2 = W ).Anche la somma di W 1 e W 3 coincide con tutto W (in quanto W 1 + W 3 = L (u 1 , u 2 )+L (u 3 , u 4 )=L (u 1 , u 2 , u 3 , u 4 )=W ), ma W 1 e W 3 non sono supplementari in W ; infatti, essendodim (W 1 + W 3 )=dimW =3, la relazione di Grassmann implica(2)dim (W 1 ∩ W 3 )=dimW 1 +dimW 3 − dim (W 1 + W 3 )=1e quindi W 1 ∩ W 3 = {0} (cioè W 1 + W 3 non è diretta).Per studiare W 1 ∩ W 3 (dalla (2) sappiamo già che W 1 ∩ W 3 ha dimensione 1, ma dobbiamodeterminarne una base), ricorriamo al metodo standard per lo studio dell’intersezione di piùspazi: esprimiamo gli spazi in forma implicita 5 e consideriamo congiuntamente tutte le condizioniche li individuano.Il sistema di matrice completa (le prime colonne sono le componenti di u 2 , u 1 , generatori di W 1 )⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞10x 110x 110x 1⎜ 11x 2⎟⎝ 02x 3⎠ R 2→R 2 −R −→1⎜ 01x 2 − x 1⎟⎝ 02x 3⎠ R 3→R 3 −2R −→2⎜ 01x 2 − x 1⎟R 4 →R 4 −R 2⎝x 3 − 2x 2 +2x 1⎠01x 4 01x 400x 4 − x 2 + x 1ècompatibileseesolosex 4 − x 2 + x 1 = x 3 − 2x 2 +2x 1 =0, quindiW 1 = (x 1 ,...,x 4 ) ∈ R 4 : x 1 − x 2 + x 4 =2x 1 − 2x 2 + x 3 =0 .Il sistema di matrice completa (le prime colonne sono le componenti di u 3 , u 4 , generatori di W 3 )⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞0 1x 10 1x 11 1x 2⎜ 1 1x 2⎟⎝ 0 −1x 3⎠ R 4→R 4 +R −→2⎜ 1 1x 2⎟⎝ 0 −1x 3⎠ R 1↔R 2−→ ⎜ 0 1x 1⎟⎝ 0 −1x 3⎠−1 −1 x 4 0 0 x 4 + x 2 0 0 x 4 + x 2⎛⎞11x 2R 3 →R 3 +R −→2⎜ 01x 1⎟⎝x 3 + x 1⎠00x 4 + x 2ècompatibileseesolosex 4 + x 2 = x 3 + x 1 =0, quindiW 3 = (x 1 ,...,x 4 ) ∈ R 4 : x 2 + x 4 = x 1 + x 3 =0 .Dunque W 1 ∩ W 3 è lo spazio delle soluzioni del sistema⎧x ⎪⎨ 1 − x 2 + x 4 =02x 1 − 2x 2 + x 3 =0x 2 + x 4 =0⎪⎩x 1 + x 3 =03 Formula di Grassmann: se U 1 ,U 2 sono sottospazi di dimensione finita di uno spazio vettoriale qualsiasi,allora dim (U 1 + U 2)+dim(U 1 ∩ U 2)=dimU 1 +dimU 2.4 Si ricordi che se U 1 ,U 2 sono sottospazi di uno spazio vettoriale qualsiasi, U 1 + U 2 èdiretta⇔ U 1 ∩ U 2 = {0}.5 Ricordiamo che per passare dalla forma esplicita di un sottospazio U di uno spazio V alla sua forma implicita,si impone la compatibilità del sistema lineare completo di matrice (A | B), doveA è la trasposta della matricedei generatori di U rispetto ad una base qualsiasi di V e B è la colonna delle componenti rispetto alla stessa basedel generico vettore di V .

6 M.GUIDA - S.ROLANDOche ha matrice⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞1 −1 01 1 −1 0 1 1 −1 0 1 1 −1 0 1⎜ 2 −2 10⎟⎝ 0 1 0 1⎠ → ⎜ 0 0 1 −2⎟⎝ 0 1 0 1 ⎠ → ⎜ 0 0 1 −2⎟⎝ 0 1 0 1 ⎠ → ⎜ 0 1 0 1⎟⎝ 0 0 1 −2 ⎠1 0 1 0 0 1 1 −1 0 0 1 −2 0 0 1 −2ed equivale quindi al sistema⎧⎨ x 1 − x 2 + x 4 =0x 2 + x 4 =0⎩x 3 − 2x 4 =0In definitiva⎧⎨ x 1 = x 2 − x 4 = −2x 4x 2 = −x 4.⎩x 3 =2x 4W 1 ∩ W 3 = (−2x 4 , −x 4 , 2x 4 ,x 4 ):x 4 ∈ R 4 = L ((−2, −1, 2, 1))ed una base di W 1 ∩ W 3 è ((−2, −1, 2, 1)).Infine, poiché W 2 ⊂ W esiègiàvistocheW 4 = W , risulta subito W 2 + W 4 = W 2 + W =W e W 2 ∩ W 4 = W 2 ∩ W = W 2 (in particolare W 2 ,W 4 non sono supplementari in W perchéW 2 ∩ W 4 = W 2 = {0}, ossiaW 2 + W 4 non è diretta).ESERCIZIO. Sia V uno spazio vettoriale reale di dimensione 4 esiaB =(u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) unasua base. Determinare dimensione e una base del sottospazio W di V generato dai vettoriv 1 = u 4 − u 3 + u 1 , v 2 =2u 2 + u 3 − u 4 , v 3 =2u 2 +2u 1 + u 4 − u 3 .Completare poi la base trovata ad una base di V .Svolgimento. Disponendo di un insieme di generatori di W = L (v 1 , v 2 , v 3 ), possiamo procederetramite scarti successivi oppure riduzione. Ricorriamo al secondo metodo.Le componenti rispetto alla base B dei generatoriv 1 = u 1 −u 3 +u 4v 2 = 2u 2 +u 3 −u 4v 3 =2u 1 +2u 2 −u 3 +u 4sono rispettivamente[v 1 ] B=(1, 0, −1, 1)[v 2 ] B=(0, 2, 1, −1)[v 2 ] B=(2, 2, −1, 1)(si noti che per leggere le componenti dei v i , le loro espressioni come combinazione lineare degliu j si sono scritte in modo ordinato, secondo gli indici degli u j ) e quindi la matrice di v 1 , v 2 , v 3rispetto a B è⎛M = M B (v 1 , v 2 , v 3 )= ⎝ 10−1 1⎞02 1 −1 ⎠ .22−1 1La dimensione di W coincide con il rango di M ed una base di W è data, in componenti rispettoa B, dalle righe non nulle di una qualsiasi forma ridotta per righe di M. Riducendo per righe,si ottiene⎛M −→ ⎝ 10−1 1⎞ ⎛02 1 −1 ⎠ −→ ⎝ 10−1 1⎞02 1 −1 ⎠ ,R 3 →R 3 −2R 1 R02 1 −1 3 →R 3 −R 200 0 0da cui segue che dim W = ρ (M) =2. Inoltreivettoridicomponenti(1, 0, −1, 1) e (0, 2, 1, −1)rispetto a B, cioèv 1 e v 2 , sono una base di W .Una base di V che contenga la base (v 1 , v 2 ) di W si determina aggiungendo due vettori di Va (v 1 , v 2 ) in modo da ottenere un insieme di quattro vettori l.i. (i quali costituiranno una base

SPAZI E SOTTOSPAZI VETTORIALI 7di V ,perchéV ha dimensione 4). Poiché, ad esempio, la matrice⎛ ⎞10−1 1⎜ 02 1 −1(costruita semplicemente aggiungendo due⎟⎝ 00 1 0 ⎠ righe non nulle alla matrice M B (v 1 , v 2 ) inmodo da ottenere una matrice 4 × 4 ridotta)00 0 1ha rango 4, i vettori di componenti (1, 0, −1, 1) , (0, 2, 1, −1) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1) rispetto a B,cioè v 1 , v 2 , u 3 , u 4 , sono l.i. e quindi (v 1 , v 2 , u 3 , u 4 ) è una base di V . Lo stesso vale ad esempioper le matrici⎛ ⎞ ⎛ ⎞10−1 110−1 1⎜ 02 1 −1⎟⎝ 00 1 1 ⎠ e ⎜ 02 1 −1⎟⎝ 01 1 0 ⎠00 0 100 1 0da cui segue che anche (v 1 , v 2 , u 3 + u 4 , u 4 ) e (v 1 , v 2 , u 2 + u 3 , u 3 ) sono basi di V .ESERCIZIO.insiemeConsideriamo lo spazio R 2,2 delle matrici 2×2 acoefficienti reali ed il seguenteV = A ∈ R 2,2 :(1, 2) A =(0, 0) .Verificare che V è un sottospazio di R 2,2 e determinarne una base.Ricordiamo che K m,n (dove K = R o K = C) è lo spazio vettoriale su K delle matrici m × n(m righe, n colonne) ad elementi in K, in cui il vettore nullo è la matrice ad elementi tutti nulli,denotata di solito con il simbolo O m,n (o brevemente O n se m = n). L’insieme(E 11 ,E 12 ,...,E 1n ,...,E 21 ,...,E 2n ,...,E m1 ,...,E mn )delle matrici definite daj-esima colonna↓⎛⎞0 ... 0 ... 0. . .E ij =0 ... 1 ... 0⎜⎟⎝. . .⎠0 ... 0 ... 0← i-esima rigai =1,...,mj =1,...,nè una base (canonica) perK m,n e pertanto risulta dim K m.n = mn. Le entrate della genericamatrice A ∈ K m,n coincidono con le componenti di A rispetto alla base canonica di K m,n :⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞a 11 a 12 ... a 1n1 ... 0 01... 00 ... 0⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟A = ⎝ . . . ⎠ = a 11 ⎝ . . ⎠ + a 12 ⎝ . . . ⎠ + ... + a mn ⎝ . . ⎠a m1 a m2 ... a mn 0 ... 0 00... 00 ... 1m n= a ij E ij .i=1 j=1Svolgimento. Controllato che la matrice nulle appartiene a V ,perverificare che V èsottospaziodi R 2,2 possiamo, come al solito, procedere in due modi:(1) utilizzare il criterio per i sottospazi, ossia controllare che la combinazione lineare di elementidi V siaancoraunelementodiV ;(2) cercare di scrivere il generico elemento di V come combinazione lineare a coefficienti realiqualsiasidielementidiR 2,2 , in modo da recuperare V come sottospazio generato da talielementi.Vediamo entrambi i procedimenti.

8 M.GUIDA - S.ROLANDO(1) Controlliamo che ∀A, B ∈ V e ∀λ ∈ R risulti λA + B ∈ V ,cioè(1, 2) (λA + B) =(0, 0) .In effetti, applicando le proprietà delle operazioni tra matrici, si ha(1, 2) (λA + B) =λ (1, 2) A +(1, 2) Bdove (1, 2) A =(1, 2) B =(0, 0) perché A, B ∈ V . Quindi si ottiene(1, 2) (λA + B) =λ (0, 0) + (0, 0) = (0, 0) . ab(2) Cerchiamo di descrivere la generica matrice di V .SeA = è la generica matrice dicdR 2,2 ,perdefinizione di V si ha che A ∈ V se e solo se ab(1, 2) =(0, 0)cdcioè (a +2c, b +2c) =(0, 0), chesignifica a +2c =0b +2d =0 .Quindi A ∈ V se e solo se A è della forma −2c −2dA == cc d −201 0+ d 0 −20 1con c, d ∈ R qualsiasi. Ciò significa che il generico elemento di V è la generica combinazionelineare delle matrici −200 −2A 1 =e A1 02 =0 1e pertanto V è sottospazio di R 2,2 : il sottospazio generato da A 1 ,A 2 .Per quanto visto al punto (2), un insieme di generatori di V è {A 1 ,A 2 }. La coppia (A 1 ,A 2 ) èanche una base di V ,perchéA 1 ,A 2 sono l.i. (si vede subito che le due matrici non sono unamultipla dell’altra).ESERCIZIO.verificare che l’insiemeData la matriceA = 0 i 1∈ Ci 0 −i2,3 ,V = X ∈ C 3,2 : AX = O 2(dove AX ∈ C 2,2 indica la matrice prodotto di A e X) è sottospazio vettoriale di C 3,2 e determinarnedimensione e una base.Svolgimento. Ovviamente O 3,2 ∈ V (cioè AO 3,2 = O 2 ). Controlliamo allora che V sia chiusorispetto a combinazioni lineari. Per ogni X, Y ∈ C 3,2 e λ ∈ C si ha A (λX + Y )=A (λX)+AY =λAX + AY , in quanto il prodotto righe per colonne è distributivo rispetto alla somma edomogeneo rispetto al prodotto per scalari. Da qui, se in particolare X, Y ∈ V ,cioèAX = O 2e AY = O 2 , si ottiene A (λX + Y )=λO 2 + O 2 = O 2 ,chesignifica λX + Y ∈ V . Dunque V èspazio vettoriale, sottospazio di C 3,2 .

SPAZI E SOTTOSPAZI VETTORIALI 9Per determinare una base di V (e quindi la sua dimensione), cerchiamo un’espressione per lagenerica matrice di V , da cui dedurre poi un suo sistema di generatori. Per definizione di V ,una matrice⎛X = ⎝ a ⎞11 a 12a 21 a 22⎠a 31 a 32di C 3,2 appartiene a V se e solo se AX = O 2 ,cioè ⎛ 0 i 1 ⎝ a 11 a 12⎠ 00=i 0 −i00⎞a 21 a 22a 31 a 32Svolgendo il prodotto a primo membro, ciò significa ia21 + a 31 ia 22 + a 32=ia 11 − ia 31 ia 12 − ia 32ossia⎧⎧ia ⎪⎨ 21 + a 31 =0 a ⎪⎨ 31 = −ia 21 ia 22 + a 32 =0 a 32 = −ia 22 a11 = a 31 = −ia 21a 11 − a 31 =0 a 11 = a 31 a 12 = a 32 = −ia 22⎪⎩⎪⎩a 12 − a 32 =0 a 12 = a 32. 00,00con a 21 ,a 22 ∈ C qualsiasi.Dunque X ∈ V se e solo se X èdellaforma⎛X = ⎝ −ia ⎞ ⎛21 −ia 22a 21 a 22⎠ = a 21⎝ −i 0⎞ ⎛1 0⎠ + a 22⎝ 0 −i⎞0 1 ⎠ = a 21 A 1 + a 22 A 2−ia 21 −ia 22 −i 0 0 −i(con ovvia definizione di A 1 ,A 2 )dovea 21 ,a 22 sono numeri complessi qualsiasi, il che significaV = L (A 1 ,A 2 ). Poiché A 1 ,A 2 sono l.i. (si vede subito, guardandone gli elementi, che A 1 ,A 2non sono una multiplo dell’altra), si conclude che (A 1 ,A 2 ) è una base di V e quindi dim V =2.ESERCIZIO.Determinare una base del sottospazio V di R [x] generato dai polinomiP 1 (x) =x + x 2 , P 2 (x) =1+x 2 + x 3 ,P 3 (x) =1− x + x 3 , P 4 (x) =1+2x +3x 2 + x 3estabilireseV ed il sottospazio di R 3 [x] definito daW = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 ∈ R 3 [x] :a 0 = a 2 ,a 1 = a 3sono supplementari in R 3 [x].Ricordiamo che R [x] è lo spazio vettoriale reale dei polinomi (di grado qualsiasi) nell’indeterminatax acoefficienti reali, il cui vettore nullo 0 R[x] è il polinomio nullo, cioè con coefficientitutti nulli. Risulta dim R [x] =∞.Con R n [x], n ≥ 0, si denota invece il sottospazio di R [x] costituitodaipolinomidigrado≤ nnell’indeterminata x acoefficienti reali, ossianP (x) =a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + ... + a n−1 x n−1 + a n x n = a k x k .L’insieme 1,x,x 2 ,x 3 ,...,x n dei monomi x k con k =0, 1,...,nè una base (canonica) perR n [x] epertanto risulta dim R n [x] =n+1. Ovviamente le componenti del generico polinomio P ∈ R n [x]rispetto a tale base sono i coefficienti di P (x).Svolgimento. Chiaramente V = L (P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 ) è sottospazio di R 3 [x], poiché tutti i suoigeneratori appartengono ad R 3 [x].k=0

10 M.GUIDA - S.ROLANDODisponendo di un insieme di generatori di V , una sua base può essere determinata tramitescarti successivi oppure riduzione. Vediamo entrambi i procedimenti.(1) Tramite il metodo degli scarti successivi, cerchiamo un sottoinsieme del insieme di generatori{P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 } che sia massimale rispetto all’indipendenza lineare (cioè costituitodapolinomil.i. etalecheipolinomidiognialtrosottoinsiemedi{P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 } che locontiene risultino l.d.).• Controlliamo l’indipendenza lineare di P 1 ,P 2 (per quanto si possa osservare subito chenon sono uno multiplo dell’altro).Siano a, b ∈ R tali cheaP 1 (x)+bP 2 (x) =0 per ogni x.Ciò significa a x + x 2 + b 1+x 2 + x 3 =0per ogni x, cioèb + ax +(a + b) x 2 + bx 3 =0per ogni xche, per l’indipendenza lineare di 1,x,x 2 ,x 3 (o, equivalentemente, per il principio diidentità dei polinomi), equivale a⎧b =0 ⎪⎨a =0cioè a = b =0.a + b =0⎪⎩a =0Dunque P 1 ,P 2 sono l.i..• Controlliamo l’indipendenza lineare di P 1 ,P 2 ,P 3 .Siano a, b, c ∈ R tali cheaP 1 (x)+bP 2 (x)+cP 3 (x) =0 per ogni x.Ciò significa a x + x 2 + b 1+x 2 + x 3 + c 1 − x + x 3 =0per ogni x, cioèb + c +(a − c) x +(a + b) x 2 +(b + c) x 3 =0per ogni xche, per l’indipendenza lineare di 1,x,x 2 ,x 3 ,equivalea⎧b + c =0 ⎧⎪⎨ ⎨ b = −c a − c =0b = −ca = ccon c ∈ R qualsiasi.a + b =0 ⎩a = c⎪⎩c − c =0b + c =0Dunque P 1 ,P 2 ,P 3 sono l.d. e quindi scartiamo P 3 .• Controlliamo l’indipendenza lineare di P 1 ,P 2 ,P 4 .Siano a, b, c ∈ R tali cheaP 1 (x)+bP 2 (x)+cP 4 (x) =0 per ogni x.Ciò significa a x + x 2 + b 1+x 2 + x 3 + c 1+2x +3x 2 + x 3 =0per ogni x, cioèb + c +(a +2c) x +(a + b +3c) x 2 +(b + c) x 3 =0per ogni xche, per l’indipendenza lineare di 1,x,x 2 ,x 3 ,equivalea⎧b + c =0 ⎧⎪⎨⎨ b = −c a +2c =0b = −ca = −2ca + b +3c =0 ⎩a = −2c⎪⎩−2c − c +3c =0b + c =0Dunque P 1 ,P 2 ,P 4 sono l.d. e dobbiamo scartare anche P 4 .con c ∈ R qualsiasi.

SPAZI E SOTTOSPAZI VETTORIALI 11In conclusione, abbiamo verificato che P 1 ,P 2 sono l.i. e che ogni altro sottoinsieme di{P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 } che contiene P 1 ,P 2 èl.d.;pertanto(P 1 ,P 2 ) è una base di V .Osserviamo che il controllo dell’indipendenza lineare di P 1 ,P 2 ,P 3 e P 1 ,P 2 ,P 4 si sarebbepotuto fare anche calcolando il rango della loro matrice, ad esempio rispetto alla base1,x,x 2 ,x 3 .(2) Riduciamo per righe la matrice dei generatori P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 (rispetto a una base qualsiasidi R 3 [X]) e leggiamo quindi le componenti (rispetto a quella stessa base) di una base di Vsulle righe non nulle della matrice ridotta.La matrice dei vettori P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 rispetto alla base canonica C = 1,x,x 2 ,x 3 di R 3 [X]è⎛ ⎞0 1 1 0M = M C (P 1 ,P 2 ,P 3 ,P 4 )= ⎜ 1 0 1 1⎟⎝ 1 −1 01⎠ .1 2 3 1Riducendo per righe si ottiene⎛ ⎞1 2 3 1M −→ ⎜ 1 0 1 1⎟R 1 ↔R 4⎝−→1 −1 010 1 1 0⎛⎠ R 2→R 2 −R 1⎜R 3 →R 3 −R 1⎝⎞1 2 3 10 −2 −2 0⎟0 −3 −3 0⎠0 1 1 0⎛R 3 →R 3 − 3 2 R 2−→ ⎜R 4 →2R 4 +R 2⎝⎞1 2 3 10 −2 −2 0⎟0 0 0 0⎠0 0 0 0e pertanto i polinomi di componenti (1, 2, 3, 1) e (0, −2, −2, 0) rispetto a C, cioè1+2x +3x 2 + x 3 = P 4 (x) e −2x − 2x 2 = −2P 1 (x), costituiscono una base di V (diversa da quellatrovata al punto (1)); lo stesso vale ovviamente per (P 1 ,P 4 ).Per concludere che V e W sono supplementari in R 3 [x] (cioè V ⊕ W = R 3 [x]), occorrecontrollare che la somma V + W sia diretta e coincida con tutto lo spazio R 3 [x].Siccome V +W è diretta se e solo se V ∩W si riduce al solo polinomio nullo, studiamo V ∩W .A tale scopo, possiamo esprimere anche V in forma implicita e risolvere poi il sistema di tuttele condizioni che individuano V e W , oppure sfruttare solo la forma implicita di W , ragionandocome segue.Siccome V = L (P 1 ,P 2 ) (stiamo usando una delle basi di V trovate al punto (1), ma un qualsiasiinsieme di generatori di V , anche non l.i., servirebbe ugualmente allo scopo), il generico vettoredi V è della formaa x + x 2 + b 1+x 2 + x 3 = b + ax +(a + b) x 2 + bx 3con a, b reali qualsiasi. Di conseguenza, un polinomio P (x) appartiene a V ∩ W seesoloseha tale forma ed i suoi coefficienti soddisfano le condizioni che definiscono W ,cioèseesoloseP (x) = b + ax + (a + b) x 2 + bx 3 con b = a + b e a = b; ciòsignifica a = b =0e quindi P (x) èil polinomio nullo. Concludiamo dunque che V ∩ W è il sottospazio banale, ossia che la sommaV + W è diretta.Per stabilire infine se V + W = R 3 [x], ragioniamo sulle dimensioni tramite la formula diGrassmann. A tale scopo, ci serve conoscere la dimensione di W , il cui generico elementoa 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 è caratterizzato da a 0 = a 2 e a 1 = a 3 , cioè è della formaa 0 1+x2 + a 1 x + x3 con a 0 ,a 1 ∈ R qualsiasi.In altri termini, si ha W = L 1+x 2 ,x+ x 3 , dove i generatori sono l.i. e costituiscono quindiuna base di W . Dunque si ha dim V =dimW =2e dim (V ∩ W )=0,dacuirisultadim (V + W )=dimV +dimW =4=dimR 3 [x]e pertanto V + W = R 3 [x].In definitiva abbiamo ottenuto che V ⊕W = R 3 [x], cioèV e W sono supplementari in R 3 [x].