Vero-falso su indipendenza lineare di vettori e spazi vettoriali

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Vero-falso su indipendenza lineare di vettori e spazi vettoriali #95382

avt
giacomo.pigani
Punto
Dire se le seguenti proposizioni concernenti l'Algebra lineare sono vere oppure false, giustificando le risposte.

1. Siano u=(3,1,-1,-2) e v=(-1,0,-2,1) l'insieme dei vettori di \mathbb{R}^4 che sono perpendicolari sia ad u che a v è un sottospazio di \mathbb{R}^4\ ?


2. Lo spazio delle matrici 3\times 3 è isomorfo allo spazio delle 8-uple (x_1,..., x_8) che hanno 0 in terza posizione (x_3=0).


3. Siano V, W, U spazi vettoriali e

f: V\to W\ \ \ ; \ \ \ g:W\to U

applicazioni lineari. Sia k=\mbox{dim}(\mbox{ker}(g\circ f)) quante tra le seguenti affermazioni sono vere?

\\ (a)\ \ \ k=\min\left\{\mbox{dim}(\mbox{ker}(g),\mbox{dim}(\mbox{ker}(f)))\right\} \\ \\ \\ (b) \ \ \ k\ge\mbox{dim}(\mbox{ker}(g)) \\ \\ \\ (c) \ \ \ k\ge\mbox{dim}(\mbox{ker}(f)) \\ \\ \\ (d) \ \ \ k=\mbox{dim}(\mbox{ker}(f))


4. Sia f l'applicazione lineare tra spazi vettoriali la cui matrice rispetto a 2 basi fissate appartiene a \mathbb{R}^{5\times 3}. Quante tra queste affermazioni sono vere?

(a) \ \ \ F non può essere suriettiva;

(b) \ \ \ F può essere iniettiva;

(c) \ \ \ F può essere biettiva;

(d) \ \ \ F non può essere iniettiva.


5. Sia \{v_1,...,v_n\} con n\ge 3 insieme di tutti vettori linearmente indipendenti. Siano

\\ v_1'=5v_1-\alpha v_2-\beta v_3\\ \\ \\ v_n'=\alpha v_1+\beta v_2-2v_n

due vettori dipendenti dai parametri \alpha, \ \beta\in\mathbb{R}

I vettori

\{v_1', v_2, ..., v_{n-1}, v_n'\}

sono linearmente indipendenti?

(a) Dipende da valori specifici di \alpha \ \mbox{e} \ \beta

(b) Dipende da valori specifici di \{v_1,...,v_n\}


6. Siano V, \ W due spazi vettoriali tali che

W\subseteq V\ \mbox{e} \ \mbox{dim}(W)=1,\ \mbox{dim}(V)=2,

allora W'=V-W è uno spazio di dimensione 1.


7. Sia V spazio vettoriale di dimensione n>0 allora esistono 2n vettori

v_1, ..., v_{2n}\in V

tale che V è uno spazio generato da v_1,v_2,..., v_{2n}.


8. Siano u, \ v ,\ w\in\mathbb{R}^{n} vettori linearmente dipendenti. Allora l'insieme delle loro combinazioni lineari non è un sottospazio di \mathbb{R}^{n}.
 
 

Vero-falso su indipendenza lineare di vettori e spazi vettoriali #95384

avt
Ifrit
Amministratore
Procediamo con ordine e rispondiamo alla prima domanda

1. Siano u=(3,1,-1,-2) e v=(-1,0,-2,1) l'insieme dei vettori di \mathbb{R}^4 che sono perpendicolari sia ad u che a v è un sottospazio di \mathbb{R}^4\ ?

Verifichiamo che l'insieme formato da tutti i vettori z di \mathbb{R}^{4} perpendicolari sia a u \ \mbox{e a} \ v formano un sottospazio vettoriale

Z=\left\{z\in\mathbb{R}^{4}\ |\ z\perp u\wedge z\perp v \right\}

dove i simboli \perp e \wedge indicano rispettivamente la perpendicolarità e la congiunzione logica.

In accordo con la definizione di prodotto scalare si ha che un vettore z=(z_1,z_2,z_3,z_4) appartiene a Z se e solo se il prodotto scalare tra z ed u è nullo, così come deve essere nullo il prodotto scalare tra z e v. In sostanza devono valere le condizioni

\\ z\perp u\iff z\cdot u=0\iff 3z_1+z_2-z_3-2z_4=0 \\ \\ \\ z\perp v\iff z\cdot v=0\iff -z_1-2z_3+z_4=0

Le equazioni ottenute permettono di esprimere l'insieme Z come

Z=\{z=(z_1,z_2,z_3,z_4)\ |\ 3z_1+z_2-z_3-2z_4=0\wedge  -z_1-2z_3+z_4=0\}

da cui si evince che Z è un sottospazio vettoriale perché le condizioni di appartenenza si esprimono mediante delle equazioni lineari omogenee.

La prima è dunque vera.

2. Lo spazio delle matrici 3\times 3 è isomorfo allo spazio delle 8-uple (x_1,..., x_8) che hanno 0 in terza posizione (x_3=0).

I due spazi vettoriali non possono essere isomorfi perché, se lo fossero, allora dovrebbero avere le stesse dimensioni.

Lo spazio delle matrici Mat(3,3,\mathbb{R}) ha dimensione 9 mentre

V=\left\{\begin{pmatrix}x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7,x_8\end{pmatrix}:x_3=0\right\}

è un sottospazio vettoriale di \mathbb{R}^{8} di dimensione \mbox{dim}(V)=7.

3. Siano V, W, U spazi vettoriali e

f: V\to W\ \ \ ; \ \ \ g:W\to U

applicazioni lineari. Sia k=\mbox{dim}(\mbox{ker}(g\circ f)) quante tra le seguenti affermazioni sono vere?

\\ (a)\ \ \ k=\min\left\{\mbox{dim}(\mbox{ker}(g),\mbox{dim}(\mbox{ker}(f))\right\} \\ \\ \\ (b) \ \ \ k\ge\mbox{dim}(\mbox{ker}(g)) \\ \\ \\ (c) \ \ \ k\ge\mbox{dim}(\mbox{ker}(f)) \\ \\ \\ (d) \ \ \ k=\mbox{dim}(\mbox{ker}(f))

Per rispondere al quesito 3 abbiamo bisogno di costruire dei contro-esempi.

Partiamo dalla (a), considerando le applicazioni lineari

\bullet \ \ \ f \ : \ \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}

che associa ad ogni v\in\mathbb{R}^2 il vettore nullo di \mathbb{R}, in altri termini:

f(v)=0 \ \ \ \forall v\in\mathbb{R}^2

\bullet \ \ \ g \ : \ \mathbb{R}\to\mathbb{R}^3

che associa ad ogni elemento w\in\mathbb{R} il vettore nullo di \mathbb{R}^3, ossia

g(w)=(0,0,0) \ \ \ \forall w\in\mathbb{R}

In accordo con la definizione di nucleo di un'applicazione lineare, deduciamo che

\\ \mbox{ker}(f)=\mathbb{R}^2\implies\mbox{dim}(\mbox{ker}(f))=2 \\ \\ \\ \mbox{ker}(g)=\mathbb{R}\implies\mbox{dim}(\mbox{ker}(g))=1

mentre

\mbox{ker}(g\circ f)=\mathbb{R}^2\implies\mbox{dim}(\mbox{ker}(g\circ f))=2\implies k=2

di conseguenza

k=\mbox{min}\left\{\mbox{dim}(\mbox{ker}(f)), \mbox{dim}(\mbox{ker}(g))\right\}\iff 2=\min\left\{2,1\right\}=1

è certamente falsa.

Mostriamo che (b) è falsa con un controesempio. Consideriamo le applicazioni lineari identicamente nulle

\\ f\ :\ \mathbb{R}\to\mathbb{R}^2 \ \ \ ; \ \ \ f(v)=(0,0)\ \ \ \forall v\in\mathbb{R} \\ \\ g \ : \ \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3 \ \ \ ; \ \ \ g(w)=(0,0,0)\ \ \ \forall w\in\mathbb{R}^2

e analizziamo le dimensioni del loro nucleo:

\\ \mbox{ker}(f)=\mathbb{R}\implies\mbox{dim}(\mbox{ker}(f))=1 \\ \\ \\ \mbox{ker}(g)=\mathbb{R}^2\implies\mbox{dim}(\mbox{ker}(g))=2

infine la composizione

g\circ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^3

ha per nucleo \mathbb{R} la cui dimensione è k=1

\mbox{ker}(g\circ f)=\mathbb{R}\implies\mbox{dim}(\mbox{ker}(g\circ f))=1=k

Otteniamo pertanto una disuguaglianza falsa

1=k\ge\mbox{dim}(\mbox{ker}(g))=2


Mostriamo che (c) è vera con una dimostrazione diretta: dimostreremo che \mbox{ker}(f) è un sottoinsieme di \mbox{ker}(g\circ f)

Sia v\in\mbox{ker}(f), allora per definizione di nucleo si ha che f(v)=0_{W}.

Applicando ambo i membri l'applicazione lineare g otteniamo

g(f(v))=g(0_{W})=0_{U}

ossia v\in\mbox{ker}(g\circ f). Dall'arbitrarietà di v deduciamo che

\mbox{ker}(f)\subseteq\mbox{ker}(g\circ f)

e per il teorema delle dimensioni

\mbox{dim}(\mbox{ker}(f))\le\mbox{dim}(\mbox{ker}(g\circ f)=k

Infine mostriamo la falsità di (d) mediante un contro-esempio.

Sia g\ :\ \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 un'applicazione lineare la cui matrice associata è

M_{g}=\begin{pmatrix}1&-1\\ 0&0\end{pmatrix}

e sia f\ : \ \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 l'applicazione lineare la cui matrice associata è

M_{f}=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\end{pmatrix}

ossia la matrice identica di ordine 2.

Consideriamo il vettore v\in\mathbb{R}^2 con componenti

v=\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}

e calcoliamone l'immagine mediante f

f(v)=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}

Infine calcoliamo l'immagine di v mediante la composizione

(g\circ f)(v)=\begin{pmatrix}1&-1\\ 0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}

Alla luce dei calcoli svolti, possiamo concludere che il vettore v appartiene al nucleo della composta, mentre non appartiene al \mbox{ker}(f). Utilizzando questa informazione, in combinazione con il risultato ottenuto in (c) concludiamo che

\mbox{dim}(\mbox{ker}(f))<k

4. Sia f l'applicazione lineare tra spazi vettoriali la cui matrice rispetto a 2 basi fissate appartiene a \mathbb{R}^{5\times 3}. Quante tra queste affermazioni sono vere?

(a) \ \ \ F non può essere suriettiva;

(b) \ \ \ F può essere iniettiva;

(c) \ \ \ F può essere biettiva;

(d) \ \ \ F non può essere iniettiva.

Sappiamo che la matrice associata ad F è una 5\times 3, quindi possiamo pensare di lavorare con un'applicazione lineare avente per insieme di partenza \mathbb{R}^3 e per insieme di arrivo \mathbb{R}^5

F:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{5}

(a)\ \ \ F non può essere suriettiva. È vero, infatti in accordo con il teorema delle dimensioni sappiamo che

\mbox{dim}(\mbox{Im}(F))=\mbox{dim}(\mathbb{R}^3)-\mbox{dim}(\mbox{ker}(F))=3-\mbox{dim}(\mbox{ker}(f))\le3

La dimensione dell'immagine non può coincidere con la dimensione dell'insieme d'arrivo.

(b) \ \ \ F può tranquillamente essere iniettiva, è sufficiente chiedere che il nucleo di F sia formato dal solo vettore nullo.

(c) \ \ \ F non può essere biettiva giacché manca la suriettività.

(d)\ \ \ F può tranquillamente essere iniettiva come abbiamo visto nel punto (b).

5. Sia \{v_1,...,v_n\} con n\ge 3 insieme di tutti vettori linearmente indipendenti. Siano

\\ v_1'=5v_1-\alpha v_2-\beta v_3\\ \\ v_n'=\alpha v_1+\beta v_2-2v_n

due vettori dipendenti dai parametri \alpha, \ \beta\in\mathbb{R}

I vettori

\{v_1', v_2, ..., v_{n-1}, v_n'\}

sono linearmente indipendenti?

(a) Dipende da valori specifici di \alpha \ \mbox{e} \ \beta

(b) Dipende da valori specifici di \{v_1,...,v_n\}

La risposta corretta è la (a): dipende da valori specifici di \alpha\ \mbox{e} \ \beta\in\mathbb{R}.

6. Siano V, \ W due spazi vettoriali tali che

W\subset V\ \mbox{e} \ \mbox{dim}(W)=1,\ \mbox{dim}(V)=2,

allora W'=V-W è uno spazio di dimensione 1.

Questa sembra essere una domanda trabocchetto. Poiché per ipotesi sia V che W sono sottospazi vettoriali allora possiedono entrambi almeno il vettore nullo.

L'insieme W' è definito mediante differenza insiemistica pertanto

0\notin W'\implies W' \ \mbox{non }\grave{\mbox{e}}\mbox{ un sottospazio}

7. Sia V spazio vettoriale di dimensione n>0 allora esistono 2n vettori

v_1, ..., v_{2n}\in V

tale che V è uno spazio generato da v_1,v_2,..., v_{2n}.

L'esistenza dei vettori

v_1, ..., v_{2n}\in V

che generano V è assicurata. È sufficiente considerare una base di V

B_{V}=\{w_1,...w_n\}

e affiancare ad essa altri vettori presi randomicamente in V.

L'insieme dei vettori così ottenuti non sono più base di V ma costituiscono comunque un sistema di generatori per lo stesso insieme.

8. Siano u, \ v ,\ w\in\mathbb{R}^{n} vettori linearmente dipendenti. Allora l'insieme delle loro combinazioni lineari non è un sottospazio di \mathbb{R}^{n}.

Tale proposizione è vera perché il testo parla in modo implicito dello span dei vettori u, \ v, \ w ossia dell'insieme

\mbox{span}(u,v,w)=\left\{\alpha u+\beta v+\gamma w| \alpha, \ \beta, \ \gamma\in\mathbb{R}\right\}

che si può dimostrare essere un sottospazio vettoriale di \mathbb{R}^{n}. Sia chiaro, u,\ v, \mbox{e} \ w non sono una base per \mbox{span}(u,v,w).
Ringraziano: CarFaby, giacomo.pigani
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