Soluzioni
  • È noto che U e V sono due sottospazi vettoriali di \mathbb{R}^3 così definiti

    \\ U=\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \ | \ x-y+2z=0\} \\ \\ V=\mbox{Span}((1,0,1), \ (3,1,2))

    I nostri obiettivi sono: calcolare una base del sottospazio intersezione U \cap V e, successivamente, completarla a base di \mathbb{R}^3.

    Base del sottospazio intersezione

    Per trovare una base di U \cap V procediamo come segue:

    - ricaviamo le equazioni cartesiane del sottospazio generato V;

    - calcoliamo una base per lo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo formato dalle equazioni di U e da quelle di V.

    La base così ottenuta è una base di U \cap V e non dobbiamo fare altro.

    Per determinare le equazioni cartesiane di

    V=\mbox{Span}((1,0,1), \ (3,1,2))

    disponiamo i vettori che lo generano per colonne in una matrice A, a cui accostiamo un vettore colonna \mathbf{x} di incognite

    (A|\mathbf{x})=\begin{pmatrix}1&3&x \\ 0&1&y \\ 1&2&z\end{pmatrix}

    Applichiamo il metodo di eliminazione di Gauss alla matrice (A|\mathbf{x}) fermandoci non appena otteniamo una riduzione a scala di A.

    Sostituiamo la terza riga di (A|\mathbf{x}) con la somma tra l'opposta della prima riga e la terza

    \\ R_3 \ \to \ -R_1+R_3 = \\ \\ = \begin{pmatrix}-1&-3&-x\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1&2&z\end{pmatrix} = \\ \\ = \begin{pmatrix}0&-1&-x+z\end{pmatrix}

    e otteniamo la matrice

    (A|\mathbf{x})'=\begin{pmatrix}1&3&x \\ 0&1&y \\ 0&-1&-x+z\end{pmatrix}

    dopodiché sostituiamo la terza riga di (A|\mathbf{x})' con la somma tra la seconda e la terza

    \\ R_3 \ \to \ R_2+R_3 = \\ \\ = \begin{pmatrix}0&1&y\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0&-1&-x+z\end{pmatrix} = \\ \\ = \begin{pmatrix}0&0&-x+y+z\end{pmatrix}

    La matrice risultante è

    (A|\mathbf{x})''=\begin{pmatrix}1&3&x \\ 0&1&y \\ 0&0&-x+y+z\end{pmatrix}

    e contiene una riduzione a scala di A, data da

    A''=\begin{pmatrix}1&3 \\ 0&1 \\ 0&0 \end{pmatrix}

    Calcoliamo il rango di A, che è uguale al numero di righe non identicamente nulle di A'', per cui

    \mbox{rk}(A)=2.

    Richiediamo che anche il rango di (A|\mathbf{x}) sia pari a 2 imponendo che sia nullo l'ultimo elemento dell'ultima riga di (A|\mathbf{x})'':

    -x+y+z=0

    Ci siamo! Quella così ottenuta è l'equazione cartesiana che descrive il sottospazio V, ossia

    V=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3 \ | \ -x+y+z=0\}

    Abbiamo ora tutto quello che serve per calcolare una base di U \cap V.

    Consideriamo il sistema lineare omogeneo formato dalle equazioni di U e di V

    \begin{cases}x-y+2z=0 \\ -x+y+z=0\end{cases}

    e calcoliamo una base per lo spazio delle soluzioni.

    La matrice dei coefficienti associata al sistema è

    \begin{pmatrix}1&-1&2 \\ -1&1&1 \end{pmatrix}

    ed ha rango 2, infatti la sottomatrice di ordine due che si ottiene eliminandone la prima colonna ha determinante diverso da zero.

    Per il teorema di Rouché Capelli il sistema ammette \infty^{3-2}=\infty^1 soluzioni, dove 3 è il numero di incognite. Calcoliamole assegnando all'incognita x il ruolo di parametro libero

    \begin{cases}x=a \\ x-y+2z=0 \\ -x+y+z=0\end{cases} \ \ \mbox{ con } a \in \mathbb{R}

    Sostituiamo x=a nelle ultime due equazioni, ricaviamo il valore di y dalla seconda, e sostituiamolo nella terza

    \begin{cases}x=a \\ a-y+2z=0 \\ -a+y+z=0\end{cases} \ \to \ \begin{cases}x=a \\ y=a+2z \\ -a+a+2z+z=0\end{cases}

    Risolviamo l'ultima equazione e sostituiamo il valore di z nella seconda

    \begin{cases}x=a \\ y=a+2z=a \\ z=0\end{cases}

    Le \infty^1 soluzioni sono

    (x,y,z)=(a,a,0) = a (1,1,0) \ \ \mbox{ con } a \in \mathbb{R}

    per cui una base dello spazio delle soluzioni, nonché una base di U \cap V, è

    \mathcal{B}_{U \cap V} = \{(1,1,0)\}

    Completamento a base

    Per concludere l'esercizio completiamo \mathcal{B}_{U \cap V} a base di \mathbb{R}^3, ossia costruiamo una base di \mathbb{R}^3 che contiene il vettore (1,1,0). Detta

    \\ \mathcal{C}=\{\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3\} = \\ \\ = \{(1,0,0), \ (0,1,0), \ (0,0,1)\}

    la base canonica di \mathbb{R}^3, consideriamo l'insieme

    \mathcal{B}_{U \cap V} \cup \mathcal{C} = \{(1,1,0), \ (1,0,0), \ (0,1,0), \ (0,0,1)\}

    Per com'è stato costruito è un sistema di generatori di \mathbb{R}^3, dunque per ottenere una base di \mathbb{R}^3 che contiene (1,1,0) è sufficiente estrarla da esso.

    Tra i vari metodi di estrazione scegliamo quello degli scarti successivi:

    - il primo vettore, indubbiamente, lo teniamo;

    - il secondo, \mathbf{e}_1=(1,0,0), è linearmente indipendente dal primo, quindi teniamo anche lui;

    - il terzo vettore, \mathbf{e}_2=(0,1,0), è combinazione lineare di quelli tenuti

    (0,1,0)=(1,1,0)-(1,0,0)

    dunque va scartato.

    - Infine, il quarto vettore \mathbf{e}_3=(0,0,1) lo teniamo perché l'insieme \{(1,1,0), \mathbf{e}_1, \mathbf{e}_3 \} è linearmente indipendente.

    In conclusione, una base di \mathbb{R}^3 che contiene \mathcal{B}_{U \cap V} è

    \mathcal{B}_{\mathbb{R}^3} = \{(1,1,0), \ (1,0,0), \ (0,0,1)\}

    e l'esercizio è concluso!

    Risposta di Galois
 
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