Versione settembre 2008
Lezioni di Algebra Lineare
I. Le nozioni di base sugli spazi vettoriali
Contenuto
1. Combinazioni lineari di vettori
2. Sottospazi vettoriali
3. Sottospazio vettoriale generato da un insieme di vettori
4. Insiemi di generatori di uno spazio vettoriale
5. Insiemi di vettori linearmente indipendenti
6. Basi di uno spazio vettoriale
7. Dimensione di uno spazio vettoriale
8. Coordinate
9. Somma e intersezione di sottospazi vettoriali
1
2
Prerequisiti
Prima di iniziare a leggere queste dispense lo studente deve avere studiato la
definizione di spazio vettoriale astratto e conoscerne l’esempio concreto Rn .
In alcuni esempi ed esercizi si presuppone anche che lo studente abbia già studiato
la rappresentazione geometrica di R2 e di R3 . In particolare lo studente deve già
conoscere
• le operazioni di somma e prodotto per scalari di vettori geometrici applicati;
• le nozioni di sistema di riferimento e di coordinate nel piano e nello spazio;
• la corrispondenza
vettori geometrici e loro operazioni ←→ vettori algebrici e loro operazioni
3
In tutti i paragrafi che seguono supponiamo fissato uno spazio vettoriale reale
che denotiamo con V . Chiamiamo vettori gli elementi di V e scalari i numeri reali.
1. Combinazioni lineari di vettori
Supponiamo fissati k vettori v1 , . . . , vk (k intero ≥ 1).
Definizione. Un vettore v si dice combinazione lineare di v1 , . . . , vk se esistono
degli scalari λ1 , . . . , λk tali che v = λ1 v1 + · · · + λk vk .
Definizione più generale. Se S è un sottoinsieme, anche infinito, di V , diciamo
che il vettore v è combinazione lineare di elementi di S se v è uguale a una somma
finita di tipo λ1 v1 + · · · + λk vk , con v1 , . . . , vk ∈ S e λ1 , . . . , λk ∈ R.


1
Esempio. Il vettore v =  3  è una combinazione lineare dei vettori v1 =
−1




2
0
 4  e v2 =  −1 , perché v = 1 v1 − v2 (fare il conto).
2
−2
0
Problemi.
2
2
1. Stabilire se il vettore v =
è combinazione lineare dei vettori v1 =
1
3
1
e v2 =
. Se lo è determinare esplicitamente dei coefficienti a e b tali che
5
v = av1 + bv2 .
Soluzione. Il problema chiede di stabilire se l’equazione (vettoriale)
xv1 + yv2 = v
(a)
nelle coppia di incognite reali (x, y) ha soluzioni e, se ci sono soluzioni, di scriverne
esplicitamente una. Sostituendo in (a) i dati numerici otteniamo:
2
1
2
x
+y
=
3
5
1
⇔
2x
3x
+
y
5y
2
=
1
⇔
2x + y = 2
3x + 5y = 1
Con facili calcoli troviamo che il sistema scritto sopra ha come unica soluzione la
coppia (x, y) = 97 , − 47 . Quindi v è combinazione lineare di v1 e v2 , precisamente
4
v = 79 v1 − 47 v2 ; inoltre, a =
9
7
e b = − 47 soddisfano la richiesta del problema (e sono
gli unici numeri reali con questa proprietà).
 
 
2
2



2. Stabilire se i vettori v =
3
e w =
3  sono combinazioni lineari di
2
 
 
1 
1
2
−1





v1 = 0 , v2 = 1 , v3 =
3 . Se lo sono, determinare esplicitamente i
1
2
−1
coefficienti di tali combinazioni lineari.
Soluzione. Lo schema di risoluzione è analogo a quello del problema precedente.
Per stabilire se v è combinazione lineare di v1 , v2 , v3 , dobbiamo studiare la risolubilità del sistema di equazioni

 x + 2y − z = 2
y + 3z = 3
,

x + 2y − z = 1
nella terna di incognite reali (x, y, z). Confrontando la prima e la terza equazione del
sistema si vede subito che il sistema non ha soluzioni, quindi v non è combinazione
lineare di v1 , v2 e v3 .
Nel caso di w dobbiamo considerare il sistema

 x + 2y − z = 2
y + 3z = 3
,

x + 2y − z = 2
che chiaramente è equivalente a
x + 2y − z = 2
.
y + 3z = 3
Questo è un sistema risolubile e con infinite soluzioni. Infatti, dalla seconda equazione ottengo y = −3z + 3 e, sostituendo nella prima,
x = 7z − 4
.
y = −3z + 3
Questo vuol dire che qualunque valore reale, diciamo c, io attribuisca a z, la terna
(7c − 4, −3c + 3, c) è una soluzione del sistema. Quindi, poiché esistono soluzioni,
w è combinazione lineare di v1 , v2 , v3 ; inoltre, esistono infinite terne di coefficienti (a, b, c) tali che w = av1 + bv2 + cv3 ; infine, l’insieme di tutte queste terne è
5
{(7c − 4, −3c + 3, c) | c ∈ R}. Per ottenere una terna particolare basta attribuire
un valore a c, ad esempio per c = 0 ottengo w = −4v1 + 3v2 .
2. Sottospazi vettoriali
Definizione. Un sottospazio vettoriale di V è un sottoinsieme non vuoto di V
chiuso rispetto alle operazioni di V .
Quindi dire che U è un sottospazio vettoriale di V vuol dire:
(1) che U è un sottoinsieme di V che contiene almeno un vettore;
(2) che se il vettore u appartiene a U , anche tutti i vettori di tipo λu (con λ ∈ R)
appartengono a U ;
(3) che se i vettori u e u0 appartengono a U , anche il vettore u + u0 appartiene a U .
Osservazioni.
1. Poiché 0v = 0 per ogni vettore v, dalle condizioni (1) e (2) della definizione
segue che un sottospazio vettoriale contiene sempre il vettore 0.
2. Le condizioni (2) e (3) si riasumono in: le combinazioni lineari di vettori di U
appartengono ancora ad U .
3. Un sottospazio vettoriale di V è a sua volta uno spazio vettoriale reale.
Esempi.
1. Il sottospazio nullo (o banale). Il sottoinsieme {0} è un sottospazio vettoriale di
V . Infatti: (1) contiene 0, quindi non è vuoto; (2) tutti i vettori di tipo λ0 (λ ∈ R)
sono uguali a 0 e quindi stanno in {0}; (3) se u e u0 stanno in {0}, allora u = u0 = 0
e quindi u + u0 = 0 + 0 = 0 ∈ {0}.
2. Il sottospazio improprio. [Dimostrare.] V stesso è un sottospazio vettoriale di
se stesso.
3. [Dimostrare.] Se fissiamo un sistema di riferimento nello spazio e identifichiamo i
punti dello spazio con gli elementi di R3 , tramite le coordinate, allora: tutte le rette
passanti per l’origine e tutti i piani passanti per l’origine sono sottospazi vettoriali
di R3 .
N.B. Nel caso V = R3 , i sottospazi descritti negli esempi 1, 2 e 3 precedenti sono
tutti i sottospazi vettoriali di V . [Provate a dimostrare anche questo.]
6
3. Sottospazio vettoriale generato da un insieme di vettori
Fissiamo un insieme non vuoto di vettori S ⊆ V .
Definizione. Il sottospazio vettoriale generato da S, che denoteremo con Span S,
è il minimo sottospazio vettoriale di V che contiene S.
Spiegazione della definizione: “minimo” vuol dire: “ogni altro sottospazio vettoriale che contiene S contiene anche Span S”.
Teorema. Span S coincide con l’insieme di tutte le combinazioni lineari di vettori
di S.
Schema di dimostrazione. [Capire e provare a completare.] Dobbiamo dimostrare due cose:
1. che l’insieme di tutte le combinazioni lineari di vettori di S è un sottospazio
vettoriale che contiene S.
2. che è minimo nel senso spiegato sopra.
Per il punto 1 dobbiamo far vedere: (a) che sommando due combinazioni lineari
di elementi di S si ottiene ancora una combinazione lineare di elementi di S (facile!);
(b) che moltiplicando per uno scalare una combinazione lineare di elementi di S si
ottiene ancora una combinazione lineare di elementi di S (facile!).
Per il punto 2 basta usare l’Osservazione 2 della sezione 2. Da questa segue
direttamente che se un sottospazio vettoriale di V contiene S, allora contiene anche
Span S.
Esempi.
1. Span {0} = {0}, perché {0} è già un sottospazio vettoriale.
2. [Dimostrare.] Fissiamo v ∈ V , v 6= 0. Allora Span {v} è l’insieme di tutti i
multipli scalari di v. In R2 e in R3 , con l’usuale rappresentazione geometrica, si
ottiene che Span {v} è la retta passante per l’origine su cui giace il vettore v.
3. [Dimostrare.] Fissiamo u, v ∈ R3 . Se u e v non sono proporzionali, allora
otteniamo che la rappresentazione geometrica di Span {u, v} è il piano passante
per l’origine che contiene i vettori u e v. [Problemi sull’esempio 3: a) Cosa
succede se u e v sono proporzionali?
b) Cosa può essere Span {u, v, w}, nella
rappresentazione geometrica, se u, v, w sono tre vettori arbitrari in R3 ?
e v sono due vettori non proporzionali di R2 , cosa è Span {u, v}?]
c) Se u
7
4. Insiemi di generatori di uno spazio vettoriale
Definizione 1. Un insieme di generatori di V è un insieme di vettori S, incluso
in V , tale che ogni vettore di V sia combinazione lineare di vettori di S.
Definizione 2. V si dice finitamente generato se ha un insieme di generatori
finito.
Osservazioni.
1. Dire che S è un insieme di generatori di V equivale a dire che V = Span S.
[Spiegate perché.]
2. Se S è un insieme di generatori di V , allora ogni sottoinsieme S 0 di V che
contiene S è ancora un insieme di generatori di V . (I generatori che non compaiono
esplicitamente in combinazione lineare hanno coefficiente nullo).
Esempi.
1
0
a
2
1.
,
è un insieme di generatori di R , perché per ogni vettore
∈
0
1
b
R2 si ha
a
1
0
=a
+b
.
b
0
1
2. L’esempio precedente si generalizza a Rn , n ≥ 1: per i = 1, . . . , n chiamiamo
ei il vettore di Rn con tutte le componenti nulle tranne la i- esima, che invece è
1. Allora {e1 , . . . , en } è un insieme di generatori di Rn . Infatti per ogni vettore
 
a1
 a2 
 .  ∈ Rn si ha che
 .. 
an

 
 
 
a1
1
0
0
 a2 
0
1
0
 . 
 
 
 
 .  = a1  0  + a2  0  + · · · + an  ...  = a1 e1 + a2 e2 + · · · + an en
 .. 
.
.
 
 .. 
 .. 
 .. 
0

an
0
0
1
3. L’esempio precedente dimostra che Rn è finitamente generato, per ogni n ≥ 1.
Problemi. [Cfr. con i problemi della Sezione 1.]
2
1
è un insieme di generatori di R2 .
1. Dimostrare che
,
5
4
8
Soluzione. Dobbiamo dimostrare che ogni vettore diR2è una combinazione lineare
a
dei due vettori dati, cioè che dato un arbitrario
∈ R2 , possiamo trovare
b
2
1
a
x, y ∈ R tali che x
+y
=
. Questo equivale a dire che il sistema
4
5
b
nella coppia di incognite reali (x, y)
2x + y = a
4x + 5y = b
è risolubile qualunque siano i “termini noti” a e b. Chi ricorda la regola di Cramer
dirà subito che questo è vero, e in più il sistema ha soluzione unica, perché 2·5−4·1 6=
0. Allo stesso risultato si arriva anche provando direttamente a risolvere il sistema:
si trova che qualunque siano a e b il sistema ha soluzione, unica, x =
5a−b
6 ,
2
y=
b−2a
3 .
[In generale vale il fatto seguente: due vettori non proporzionali in R costituiscono
sempre un insieme di generatori di R2 . Sapete trovare una spiegazione geometrica
di questo?]
2. Consideriamo il sottospazio vettoriale V di R3 ,
 
 


1
2
−1
V = Span {v1 , v2 , v3 }, dove v1 =  0  , v2 =  1  , v3 =  3  .
1
2
−1
Dimostrare che {v1 , v2 } è un insieme di generatori di V .
Soluzione. Dobbiamo dimostrare che tutti gli elementi di V sono combinazioni
lineari di v1 e v2 . Per prima cosa, visto che v3 appartiene a V , v3 stesso deve essere
combinazione lineare di v1 e v2 . Con un calcolo diretto, analogo ai calcoli visti nella
Sezione 1, troviamo infatti che
v3 = −7v1 + 3v2
(∗)
[fate il conto]. Ora, per definizione, V è generato da {v1 , v2 , v3 } e quindi tutti
i suoi elementi sono combinazioni lineari di v1 , v2 , v3 . Ma se sostituiamo a v3 la
sua espressione come combinazione lineare di v1 e v2 data dalla (∗), riusciamo a
trasformare ogni combinazione lineare di v1 , v2 , v3 in una combinazione lineare dei
soli v1 e v2 , che è quello che vogliamo.
5. Insiemi di vettori linearmente indipendenti
9
Fissiamo un insieme di vettori {v1 , . . . , vk } (k intero positivo) nello spazio vettoriale reale V .
Definizione. L’insieme {v1 , . . . , vk } si dice linearmente dipendente se esistono
degli scalari a1 , . . . , an non tutti nulli tali che
a1 v1 + · · · + ak vk = 0.
(∗)
Una relazione del tipo (∗), con a1 , . . . , an scalari non tutti nulli, si chiama relazione
di dipendenza lineare tra i vettori v1 , . . . , vk .
L’insieme {v1 , . . . , vk } si dice linearmente indipendente se non è linearmente dipendente.
Nota. Spesso diremo in modo meno formale che “i vettori v1 , . . . , vk sono” linearmente dipendenti o indipendenti (invece di “l’insieme di vettori . . . ”).
Osservazione ovvia. È chiaro che se prendiamo la combinazione lineare con tutti
gli ai nulli otteniamo
a1 v1 + · · · + ak vk = 0 v1 + · · · + 0 vk = 0 + · · · + 0 = 0;
quindi dire che i vettori v1 , . . . , vk sono linearmente indipendenti equivale a dire che
questo è l’unico modo di scegliere i coefficienti per ottenere 0.
Esempi.
1
1
1. V = R . L’insieme
,
è linearmente indipendente perché se voglio
0
1
ottenere 0 come combinazione lineare di essi, devo necessariamente prendere en2
trambi i coefficienti nulli:
1
1
0
a+b
0
a+b=0
a
+b
=
⇔
=
⇔
⇔ b = a = 0.
0
1
0
b
0
b=0
1
2
2
2. V = R . L’insieme
,
è linearmente dipendente: se voglio ottenere
2
4
0 come combinazione lineare di essi, posso scegliere i coefficienti in infiniti modi,
per esempio
1
2
0
2
−
=
.
2
4
0
3. Qualunque sia lo spazio V , {0} è linearmente dipendente perché per ogni a ∈ R
si ha a0 = 0.
10
0
2
4. V = R . L’insieme
,
è linearmente dipendente: si ha, ad esempio,
0
4
2
0
2
0
1
+0
=
.
0
4
0
     
1
0 
 1
3





5. V = R . L’insieme
2 , 3 , 2  è linearmente dipendente: si ha,


3
4
2
ad esempio,
   
 
 
1
1
0
0
2 − 3 + 1 2 = 0.
2
2
3
4
0
1
0
6. V = R . L’insieme
,
è linearmente indipendente, perchè se
0
1
2
1
0
0
a
+b
=
,
0
1
0
allora a e b sono necessariamente entrambi nulli.
In generale, per V = Rn , n ≥ 1: i vettori e1 , . . . , en definiti nell’Esempio 2 della
Sezione 4 sono linearmente indipendenti.
Osservazioni.
1. Un insieme formato da un singolo vettore, {v}, è linearmente dipendente se
v = 0, mentre è linearmente indipendente se v 6= 0 (perchè in questo caso av = 0
solo se a = 0.)
2. Se k > 1 e {v1 , . . . , vk } è linearmente dipendente, allora almeno uno dei vettori
vi è combinazione lineare degli altri. [Dimostrazione: per ipotesi esistono dei reali
ai , i = 1, . . . , k, tali che a1 v1 + · · · + ak vk = 0 e almeno uno degli ai non è 0. Ma
se ai 6= 0, dalla relazione precedente ottengo:
ai vi =
k
X
−aj vj
j=1
j6=i
e, dividendo per ai ,
vi =
X
1≤j≤k
j6=i
−
aj
vj . ]
ai
È facile dimostrare che vale anche il viceversa [fatelo], quindi si ha che:
{v1 , . . . , vk } è linearmente dipendente se e solo se almeno uno dei vettori vi è combinazione lineare degli altri.
11
3. Come caso particolare dell’osservazione precedente otteniamo che:
un insieme di due vettori è linearmente dipendente se e solo se i due vettori sono
proporzionali.
4. Se {v1 , . . . , vk } è linearmente dipendente, allora ogni insieme di vettori di V
che contiene v1 , . . . , vk è linearmente dipendente. [Dimostrazione: una relazione
di dipendendenza lineare tra i v1 , . . . , vk può essere vista come una relazione che
coinvolge anche altri vettori, con coefficiente 0 (cfr. Esempio 3)] In particolare ogni
insieme di vettori che comprende anche il vettore 0 è linearmente dipendente.
Problemi.
  
 

1
2 
 1
1. Stabilire se  1  ,  −1  ,  −3  è linearmente dipendente o indipen

1
1
1
dente.
Soluzione Dobbiamo stabilire se è possibile trovare tre scalari x, y, z, non tutti
nulli, tali che
 



  
1
1
2
0







x 1 + y −1 + z −3 = 0  .
1
1
1
0
Questa equazione vettoriale è equivalente al sistema lineare

 x + y + 2z = 0
x − y − 3z = 0 ,

x+y+z =0
quindi dobbiamo stabilire se questo sistema ha almeno una soluzione diversa dalla
terna (0, 0, 0) (è chiaro che quest’ultima è una soluzione). Sottraendo la terza
equazione dalla prima otteniamo che ogni soluzione deve soddisfare z = 0. Sostituendo 0 a z troviamo che deve valere anche
x+y =0
x−y =0
e da qui facilmente che x = y = 0. Ne concludiamo che l’insieme di vettori dato è
linearmente indipendente.

 



2
1
−1
2. Sia v1 =  1  , v2 =  −1  , v3 =  −3 . Stabilire se {v1 , v2 , v3 } è linear1
1
−1
mente dipendente o indipendente. Dire se è possibile scrivere ognuno dei tre vettori
dati come combinazione lineare degli altri due.
12
Soluzione La prima risposta è immediata se usiamo le Osservazioni 3 e 4: i primi
due vettori sono proporzionali, quindi linearmente dipendenti, ne segue che tutto
l’insieme è linearmente dipendente.
Anche la seconda risposta è immediata: è chiaro che il primo vettore è combinazione lineare degli altri due, precisamente si ha v1 = −v2 = −1v2 +0v3 . Analogamente, v2 = −1v1 + 0v3 . Ma è anche chiaro che v3 non è combinazione di v1 e v2 ,
perché, essendo questi ultimi proporzionali, anche ogni loro combinazione lineare
sarà ad essi proporzionale, mentre v3 non lo è. (Cfr. Osservazione 2.)






1
1
−2
3. Sia v1 =  −1  , v2 =  −2  , v3 =  9 . Stabilire se {v1 , v2 , v3 } è linear−1
−1
2
mente dipendente o indipendente. Se è linearmente dipendente, scrivere almeno
una relazione di dipendenza lineare tra di essi. Dire se è possibile scrivere ognuno
dei tre vettori dati come combinazione lineare degli altri due.
Soluzione Procediamo con nel primo problema, cioè studiamo se il sistema

 x + y − 2z = 0
−x − 2y + 9z = 0

−x − y + 2z = 0
ha almeno una soluzione diversa dalla terna (0, 0, 0). Chiaramente la prima e la
terza equazione sono equivalenti, quindi il sistema scritto sopra equivale a
x + y − 2z = 0
,
−x − 2y + 9z = 0
a sua volta equivalente a
x + y − 2z = 0
,
−y + 7z = 0
ottenuto sommando alla seconda equazione la prima, e quindi a
x + y = 2z
−y = −7z
Ora è chiaro che, se attribuiamo a z qualunque valore reale, diciamo a, allora dalla
seconda equazione otteniamo y = 7a e, sostituendo nella prima equazione, x = −5a.
Quindi il sistema ha infinite soluzioni, precisamente, per ogni scelta di a in R, la
terna (−5a, 7a, a) è una soluzione. Inoltre, se a 6= 0, la terna soluzione ottenuta è
non nulla. Ne segue che {v1 , v2 , v3 } è linearmente dipendente.
13
Fissando a troviamo i coefficienti di una relazione di dipendenza lineare, per
esempio, per a = 1, troviamo
−5v1 + 7v2 + v3 = 0.
Usando la relazione precedente (cfr. Osservazione 2) possiamo scrivere ciascuno
dei tre vettori dati come combinazione lineare degli altri due, precisamente otteniamo: v1 = 57 v2 + 51 v3 ; v2 = 57 v1 − 17 v3 ; v3 = 5v1 − 7v2 .
6. Basi di uno spazio vettoriale
Definizione. Una base di V è un insieme di generatori di V linearmente indipendente.
Osservazione. Lo spazio vettoriale nullo non contiene vettori linearmente indipendenti e quindi ha come base l’insieme vuoto.
Fatto fondamentale. Un sottoinsieme non vuoto B di V è una base se e solo se
ogni vettore in V si scrive in modo unico come combinazione lineare di elementi di
B.
Dimostrazione. Il fatto che ogni elemento di V si scriva come combinazione
lineare di elementi di B equivale al fatto che B è un insieme di generatori di V .
Per concludere basta dimostrare che ogni elemento di V si scrive in modo unico
come combinazione lineare di elementi di B se e solo se l’insieme di generatori B è
linearmente indipendente. Per semplicità supponiamo B finito: B = {v1 , . . . , vn }.
La dimostrazione si estende facilmente al caso infinito.
Lavoriamo sulle negazioni degli asserti, cioè dimostriamo che la dipendenza lineare equivale alla possibilità di diverse scritture per lo stesso elemento. In primo
luogo osserviamo che se B è linearmente dipendente, allora o è uguale a {0}, oppure
uno dei suoi elementi, diciamo vi , si scrive come combinazione lineare dei rimanenti.
Nel primo caso avrò 0 = a0 per ogni a ∈ R: infinite scritture. Nel secondo avrò
comunque almeno due scritture per vi , e cioè vi = vi e vi uguale a una combinazione
lineare dei rimanenti elementi di B. Viceversa, se ho due scritture diverse per lo
stesso elemento v ∈ V , diciamo v = a1 v1 + · · · + an vn = b1 v1 + · · · + bn vn , con
ai 6= bi per almeno un indice i (1 ≤ i ≤ n), allora (a1 − b1 )v1 + · · · + (an − bn )vn = 0
con almeno uno dei coefficienti ai − bi 6= 0: quindi B è linearmente dipendente.
14
Esempio fondamentale. Per i = 1, . . . , n chiamiamo ei il vettore di Rn con
tutte le componenti nulle tranne la i-esima, che invece è 1. Allora l’insieme di
vettori {e1 , . . . , en } è una base di Rn , detta la base canonica. Infatti è chiaro che
ogni vettore di Rn si scrive in modo unico come combinazione lineare di e1 , . . . , en .
(Riguardate anche gli Esempi 1 e 2 della Sezione 4.)
Problemi.
1. Riguardate il Problema 2 della Sezione 1. L’insieme {v1 , v2 , v3 } è linearmente
dipendente o indipendente? È una base di Span {v1 , v2 , v3 }?
Soluzione.
L’insieme {v1 , v2 , v3 } è chiaramente un insieme di generatori di
Span {v1 , v2 , v3 }, ma non è una base perché non è linearmente indipendente. Infatti
abbiamo visto che il vettore w si scrive in infiniti modi come combinazione lineare
di v1 , v2 , v3 .
2. Riguardate il Problema 2 della Sezione 4. L’insieme {v1 , v2 } è una base di U ?
Soluzione. L’insieme {v1 , v2 } è una base di U . Infatti abbiamo dimostrato che
esso è un insieme di generatori di U e in più, poiché v1 e v2 non sono proporzionali,
è linearmente indipendente.
Teorema. 1. Ogni spazio vettoriale ha una base.
2. Se S è un insieme di generatori dello spazio vettoriale non nullo V , allora S
contiene una base di V .
3. Se I è un insieme linearmente indipendente di vettori di V , allora esiste una
base di V che contiene I.
L’enunciato è vero anche per spazi vettoriali non finitamente generati. Qui trattiamo solo il caso finitamente generato e, invece di abbozzare una dimostrazione
formale, spieghiamo come si possa ottenere esplicitamente una base a partire da
un qualunque insieme finito di generatori (parte 2 del teorema) e come, dato un
insieme linearmente indipendente, si possa costruire una base che lo contiene (parte
3 del teorema).
Estrazione di una base da un insieme finito di generatori.
Sia V uno spazio vettoriale, non nullo e finitamente generato, e sia {v1 , . . . , vn }
un suo insieme di generatori. Se {v1 , . . . , vn } è linearmente indipendente abbiamo
15
già una base. Facciamo vedere che, se invece {v1 , . . . , vn } è linearmente dipendente,
allora è possibile ottenere da esso una base di V “scartando” opportunamente degli
elementi. Procediamo in questo modo:
Per ognuno dei vettori vi , i = 1, . . . , n, se vi = 0, oppure se vi è combinazione
lineare dei vettori che lo precedono, eliminiamo vi dall’insieme; altrimenti lo teniamo. Chiamiamo B l’insieme che otteniamo dopo avere completato il procedimento.
Allora B è una base. Spieghiamo perché.
Dobbiamo far vedere (a) che B è un insieme di generatori di V e (b) che B è
linearmente indipendente.
(a) Partiamo da una combinazione lineare a1 v1 + · · · + an vn e facciamo vedere
esplicitamente che possiamo scriverla come combinazione dei soli elementi di B.
Possiamo farlo ricorsivamente in questo modo:
Controlliamo se vn sta in B: se sta in B non facciamo niente; se vn non sta in
B vuol dire che o che o vn = 0, e in questo caso posso semplicemente eliminare
l’addendo an vn , o vn è uguale a una certa combinazione lineare dei vettori che lo
precedono. In questo caso sostituisco a vn questa combinazione lineare e trasformo
a1 v1 + · · · + an vn in una combinazione lineare dei soli vettori v1 , . . . , vn−1 .
Ripetiamo la procedura appena descritta con vn−1 al posto di vn ; e poi di seguito
fino a v1 : alla fine avremo trasformato a1 v1 +· · ·+an vn in una combinazione lineare
dei soli elementi di B.
(b) Qui diamo una dimostrazione formale. Sia B = {vi1 , . . . , vik } (1 ≤ i1 <
· · · < ik ≤ n). Supponiamo per assurdo che esistano b1 , . . . , bk ∈ R non tutti nulli
tali che b1 vi1 + · · · + bk vik = 0. Sia h (1 ≤ h ≤ k) il massimo indice tale che bh 6= 0.
Allora (cfr. Osservazione 2 della Sezione 5) vih è combinazione lineare dei vij con
j < h e questo è impossibile.
Osservazioni.
1.
L’insieme B ottenuto con la costruzione descritta sopra dipende non solo
dall’insieme di generatori {v1 , . . . , vn }, ma anche dal loro ordine.
2. Nelle lezioni seguenti mostreremo una tecnica di calcolo molto efficiente per
determinare, dato un insieme ordinato finito di vettori in Rn , quali dei vettori dati
sono combinazioni lineari dei precedenti.
16
Completamento di un insieme linearmente indipendente ad una base.
Qui supponiamo di avere un insieme I di vettori di V , linearmente indipendente
e finito. Supponiamo anche di avere un insieme finito S di generatori di V . Per
ottenere una base di V che contiene I procediamo cosı̀: consideriamo l’insieme
unione I ∪ S. Questo è ancora un insieme di generatori di V (cfr. Osservazione 2
della Sezione 4). Ordiniamo I ∪S in modo che i vettori di I precedano tutti gli altri.
Quindi applichiamo il procedimento di estrazione di una base da I ∪ S descritto
nel paragrafo precedente. Poiché I è linearmente indipendente e per il modo in cui
abbiamo ordinato l’insieme unione, nessun vettore di I è combinazione lineare dei
vettori che lo precedono. Quindi la base che otterremo al termine del procedimento
conterrà tutti i vettori di I.
Problemi.
1
2
3. Considerate il sottospazio vettoriale U = Span
,
di R2 . Determi2
4
nate una base di U .
1
2
Soluzione. L’insieme
,
è un insieme di generatori di U , ma non è
2
4
linearmente
perché i due vettori dati sono proporzionali, precisamente
indipendente
2
1
=2
. Basta “scartare” uno dei due vettori per ottenere una base. Ad
4
2
esempio, {v1 } è una base di U .
 




1
−1
2
4. Sia v1 =  1  , v2 =  −1  , v3 =  −3  (i dati sono gli stessi del Problema
1
−1
1
2 della Sezione 5). Considerate il sottospazio vettoriale U = Span {v1 , v2 , v3 } di
R3 . Determinate una base di U .
Soluzione. Abbiamo già visto che v2 è combinazione lineare di v1 , mentre v3 non
è combinazione lineare di v1 e v2 . Quindi {v1 , v3 } è una base di U .






1
1
−2
5. Sia v1 =  −1  , v2 =  −2  , v3 =  9  (i dati sono gli stessi del Problema
−1
−1
2
3 della Sezione 5) e U = Span {v1 , v2 , v3 } Determinate una base di U .
Soluzione. Abbiamo visto che v3 è combinazione lineare di v1 e v2 , mentre v2 non
è combinazione lineare di v1 , non essendo ad esso proporzionale. Quindi {v1 , v2 } è
una base di U .
17
Per fornire esempi ed esercizi non banali sulla procedura di completamento di
un insieme linearmente indipendente ad una base avremmo bisogno di tecniche
di calcolo più efficienti di quelle attualmente a nostra conoscenza. Descriveremo
queste tecniche nelle prossime lezioni.
7. Dimensione di uno spazio vettoriale
Definizione. La dimensione di uno spazio vettoriale finitamente generato è il
numero di elementi di una sua base.
La dimensione dello spazio vettoriale V si denota con dim V .
La definizione si può estendere a spazi vettoriali non finitamente generati. Noi
diremo semplicemente che uno spazio vettoriale non finitamente generato ha dimensione infinita.
Osservazione. Lo spazio vettoriale nullo ha dimensione 0.
Affinché la definizione precedente abbia senso serve che tutte le basi di uno spazio
vettoriale V fissato abbiano lo stesso numero di elementi.
Teorema. Sia V uno spazio vettoriale finitamente generato. Allora tutte le basi di
V hanno lo stesso numero di elementi.
Il Teorema segue dai due enunciati seguenti, che sono importanti in sè.
Proposizione 1. Supponiamo che lo spazio vettoriale V abbia una base costituita
da n vettori, con n > 0. Allora ogni insieme di generatori di V ha almeno n
elementi.
Proposizione 2. Supponiamo che lo spazio vettoriale V abbia una base costituita
da n vettori, con n > 0. Allora ogni insieme linearmente indipendente di vettori di
V ha al massimo n elementi.
Spieghiamo come si deduce il Teorema dai due enunciati precedenti. Se V = {0}
il risultato è immediato, quindi possiamo supporre che V sia non nullo.
Supponiamo che V abbia una base B costituita da n vettori e supponiamo che
B 0 sia un’altra base di V : allora B 0 , essendo un insieme di generatori, ha almeno
18
n elementi (Proposizione 1) e, essendo un insieme linearmente indipendente, ha al
più n elementi (Proposizione 2): quindi ha eattamente n elementi.
Dimostrazione delle Proposizioni 1 e 2. Per qualunque insieme finito A denotiamo con |A| il numero degli elementi di A. Dimostriamo l’enunciato seguente,
dal quale seguono entrambe le Proposizioni 1 e 2 (spiegare perché):
Enunciato 3. Supponiamo V finitamente generato. Sia I un insieme linearmente
indipendente di elementi di V e sia G un insieme finito di generatori di V . Allora
|I| ≤ |G|.
Se I è vuoto l’enunciato è vero, quindi supponiamo che I sia non vuoto. Sia
I = {v1 , . . . , vh } (h ≥ 1) e G = {u1 , . . . , uk }. Devo dimostrare che G ha almeno h
elementi distinti. Per fare questo associo a v1 , . . . , vh h elementi distinti ui1 , . . . , uih
di G, con un procedimento ricorsivo.
Passo 1. Scrivo v1 come combinazione lineare di u1 , . . . , uk , sia v1 = a1 v1 + · · · +
ak uk . Poiché v1 6= 0, almeno uno dei coefficienti è non nullo, supponiamo ai1 6= 0.
Allora ui1 è combinazione lineare di v1 e degli uj con j 6= i1 . Ne segue che l’insieme
G1 = {v1 } ∪ (G \ {ui1 }) è ancora in insieme di generatori di V .
Passo t + 1, (1 ≤ t < h). Al passo precedente ho ottenuto l’insieme di generatori
Gt = {v1 , . . . , vt } ∪ (G \ {ui1 , . . . , uit }). Scrivo vt+1 come combinazione lineare di
elementi di Gt . Poiché i vj sono linearmente indipendenti, in una tale combinazione
lineare non possono comparire soltanto i vettori v1 , . . . , vt , quindi in Gt deve essere
rimasto almeno uno degli ui , chiamiamolo uit+1 , e questo deve comparire con cefficiente non nullo. Ora in Gt , sostituisco vt+1 a uit+1 e ottengo l’insieme di generatori
Gt+1 = {v1 , . . . , vt+1 } ∪ (G \ {ui1 , . . . , uit+1 }).
Al termine della procedura avrò trovato h vettori distinti ui1 , . . . , uih in G.
Questo conclude la dimostrazione.
Corollari.
1. Se V ha dimensione n e G è un insieme di generatori di V con n elementi, allora
G è una base di V .
Infatti posso estrarre una base da G eliminando opportunamente degli elementi,
se ci sono relazioni di dipendenza lineare. Ma non posso avere una base con meno
di n elementi, quindi G deve essere già linearmente indipendente.
19
2. Se V ha dimensione n e I è un sottoinsieme linearmente indipendente di V con
n elementi, allora I è una base di V .
Infatti posso completare I ad una base di V aggiungendo opportunamente degli
elementi. Ma non posso avere una base con più di n elementi, quindi I deve essere
già una base.
Esempio fondamentale. Rn ha dimensione n (cfr. Esempio fondamentale della
Sezione 6).
Problemi.
2
1
1. Dimostrare che
,
è una base di R2 .
3
5
Soluzione. Poiché i due vettori dati non sono proporzionali, sono linearmente
indipendenti. Poiché dim R2 = 2, per il Corollario 2 essi costituiscono una base di
R2 .
  
 

1
2 
 1
2. Dimostrare che  1  ,  −1  ,  −3  è una base di R3 .


1
1
1
Soluzione. Poiché dim R3 = 3 e l’insieme dato ha tre elementi, è sufficiente dimostrare una sola delle due proprietà che definiscono una base, cioè dimostrare o
che i vettori dati sono linearmente indipendenti, o che sono un insieme di generatori
di R3 . Per i Corollari 1 e 2 l’una proprietà implica anche l’altra.
Dimostriamo che i vettori sono indipendenti. Per questo rimandiamo alla Soluzione del Problema 1 della Sezione 5, dove il calcolo è stato svolto in dettaglio.
8.
Coordinate
Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n, con n ≥ 1 e sia B = {v1 , . . . , vn }
una base di V . Allora ogni vettore v ∈ V si scrive in modo unico come combinazione
lineare degli elementi di B, cioè esiste ed è unica una n-upla di scalari a1 , . . . , an
tale che v = a1 v1 + · · · + an vn .
Definizione. Gli scalari a1 , . . . , an si chiamano le coordinate di v rispetto alla base
 
a1
.
B. Il vettore  ..  (che è un elemento di Rn ) si chiama il vettore delle coordinate
an
di v rispetto alla base B.
20
Osservazione. La nozione di vettore delle coordinate presuppone che abbiamo
scelto un ordine sui vettori della base. Quando scriviamo esplicitamente una base
sottintendiamo che l’ordine dei suoi vettori è esattamente l’ordine in cui li abbiamo
scritti.
Esempi.

a1
.
1. Sia v ∈ Rn . Se v =  .. , allora a1 , . . . , an sono le coordinate di v rispetto
an
alla base canonica. Quindi il vettore delle coordinate di v rispetto alla base canonica

è v stesso.
1
2
2. Sia V = R , v1 =
, v2 =
, B = {v1 , v2 }. B è una base di V ,
−2
3
2
essendo un insiemelinearmente
indipendente di due
vettori in R . Consideriamo
9
x + 2y = 9
, troviamo che
poi il vettore v =
. Risolvendo il sistema
−4
−2x + 3y = −4
5
v = 5v1 + 2v2 , quindi il vettore delle coordinate di v rispetto alla base B è
.
2
Osserviamo
anche
che i vettori delle coordinate degli stessi v1 e v2 rispetto a B
1
0
sono
e
, rispettivamente.
0
1
2
3. Sia V l’insieme dei polinomi a coefficienti reali di grado ≤ 2. È facile verificare che V , con le usuali operazioni di somma di polinomi e moltiplicazione di un
polinomio per uno scalare, è uno spazio vettoriale. Poichè ogni polinomio in V si
scrive in modo unico nella forma a0 · 1 + a1 · x + a2 · x2 , {1, x, x2 } è una base di V .
2
Il
 vettore
 delle coordinate del polinomio a0 + a1 x + a2 x rispetto a questa base è
a0
 a1 .
a2
Se V è uno spazio vettoriale di dimensione n > 0 e B è una base di V , allora
i vettori delle coordinate degli elementi di V sono vettori in Rn . È immediato
verificare che per ogni coppia di vettori v, w ∈ V , e per ogni scalare λ in R, il
vettore delle coordinate di v + w è la somma dei vettori delle coordinate di v e w,
e il vettore delle coordinate di λv è uguale a λ per il vettore delle coordinate di
v. [Provate a specializzare le affermazioni fatte al V dell’esempio 3]. Questo dice
che, qualunque sia V , una volta fissata una sua base possiamo “identificarlo”, come
21
spazio vettoriale, con Rn . Questo concetto di “identificazione” sarà precisato nelle
prossime lezioni.
9. Somma e intersezione di sottospazi vettoriali
In questa sezione supponiamo fissati uno spazio vettoriale reale V di dimensione
finita e due sottospazi vettoriali U e W di V .
Proposizione. L’intersezione insiemistica U ∩W è un sottospazio vettoriale di V .
Dimostrazione. U ∩ W è non vuoto perché contiene almeno 0. Supponiamo
z, z 0 ∈ U ∩ W e λ ∈ R. Allora z, z 0 ∈ U e quindi z + z 0 , λz ∈ U , perché U è
un sottospazio vettoriale. Ragionando in modo analogo trovo che z + z 0 , λz ∈ W .
Quindi z + z 0 , λz ∈ U ∩ W .
Definizione. U ∩ W si chiama sottospazio intersezione di U e W .
Contrariamente all’intersezione, l’unione di due sottospazi vettoriali, in generale,
non è un sottospazio, a meno che U e W siano inclusi l’uno nell’altro.
Controesempio. Consideriamo i sottospazi di R2
1
λ
U = Span
=
|λ∈R ,
1
λ
1
λ
W = Span
=
|λ∈R .
0
0
Nelle rappresentazione geometrica, se usiamo le usuali coordinate cartesiane ortogonali, U è la bisettrice del primo e terzo quadrante e W è l’asse delle ascisse. È
chiaro che sommando con la regola del parallelogramma due vettori non nulli che
giacciono uno su U e uno su W troviamo un vettore che non sta né su né su W , e
quindi non sta in U ∪ W . Perciò U ∪ W non è chiuso rispetto alla somma. Se non
vogliamo usare alcun argomento geometrico, basta che osserviamo che U è l’insieme
dei vettori con le due componenti uguali tra loro, mentre W è l’insieme dei vettori
con la seconda componente nulla. È chiaro che, se sommo due vettori fatti cosı̀, in
generale trovo un vettore che ha le due
tra loro e la seconda
componenti
diverse
2
1
1
.
componente diversa da 0, ad esempio
+
=
0
1
1
22
Definizione. Il sottospazio somma di U e W , che si denota con U +W , è il minimo
sottospazio vettoriale di V che include U ∪ W .
Il nome somma e la notazione U +W corrispondono a quello che è effettivamente il
sottospazio che abbiamo definito. La proposizione seguente dice infatti che U + W
è l’insieme di tutti gli elementi di V che si possono scrivere come somma di un
elemento in U e uno in W .
Proposizione 1.
U + W = {u + w | u ∈ U, w ∈ W }.
Dimostrazione. È chiaro che U + W contiene U e W (elementi di tipo u + 0
con u ∈ U e di tipo 0 + w, con w ∈ W ). Se z, z 0 sono due elementi in U + W ,
allora esistono u, u0 ∈ U e w, w0 ∈ W tali che z = u + w e z 0 = u0 + w0 . Segue che
z+z 0 = (u+w)+(u0 +w0 ) = (u+u0 )+(w+w0 ). Poiché U e W sono chiusi per somma,
u+u0 ∈ U e w +w0 ∈ W , e quindi z +z 0 sta in U +W . Analogamente, se conservo le
notazioni precedenti e suppongo λ ∈ R, allora trovo che λz = λ(u + w) = λu + λw.
Ma λu ∈ U e λw ∈ W perché U e W sono chiusi per prodotto per scalari, quindi
λz ∈ U + W . Cosı̀ abbiamo dimostrato che U + W è un sottospazio vettoriale di V .
Per vedere che è il minimo che include U e W basta osservare che ogni sottospazio
di V con la stessa proprietà, essendo chiuso per somma include anche U + W .
Corollario. Se GU è un insieme di generatori di U e GW è un insieme di generatori di W , allora GU ∪ GW è un insieme di generatori di U + W .
Dimostrazione. Per la Proposizione 1, ogni elemento z in U + W è somma di un
elemento u in U e un elemento w in W . Ora u è combinazione lineare di elementi
in GU e w è combinazione lineare di elementi in GW , quindi la loro somma z è
combinazione lineare di elementi in GU ∪ GW .
Nota Bene. In generale è falso che se BU e BW sono basi di U e W rispettivamente
allora BU ∪ BW è una base di U + W . Il teorema seguente implica in particolare
che questo è vero se e solo se U ∩ W è il sottospazio nullo di V .
Teorema. (Formula di Grassman)
dim (U + W ) = dim U + dim W − dim (U ∩ W ).
23
[Se lo studente trova troppo faticosa la lettura di questa dimostrazione, può saltarla,
almeno in prima lettura, e passare alla Definizione successiva.]
Dimostrazione. Il teorema è ovvio se almeno uno tra U e W è nullo, quindi
supponiamo che siano entrambi non nulli. Lo schema della dimostrazione è questo:
Caso 1: U ∩ W 6= {0}.
- Fissiamo un base BU ∩W di U ∩ W .
- Completiamo BU ∩W ad una base di U , che chiamiamo BU ; completiamo BU ∩W
ad una base di W , che chiamiamo BW .
- Dimostriamo che BU ∪ BW è una base di U + W .
- Dimostriamo che BU ∩ BW = BU ∩W .
- A questo punto concludiamo contando gli elementi delle basi considerate.
Caso 2: U ∩ W = {0}.
- In questo caso si vede invece che se BU e BW sono due basi qualunque di U ,
W , rispettivamente, allora BU ∪ BW è una base di U + W .
Ora diamo i dettagli.
Caso 1. Notazioni come nella schema precedente.
BU ∪ BW è un insieme di generatori di U + W per il corollario precedente.
Resta da vedere che BU ∪ BW è un insieme linearmente indipendente. Distinguiamo gli elementi di BU ∪ BW in tre sottoinsiemi, precisamente chiamiamo:
u1 , . . . , uh gli elementi che stanno in BU ma non in BU ∩W ;
w1 , . . . , wk gli elementi che stanno in BW ma non in BU ∩W ;
z1 , . . . , zl gli elementi di BU ∩W .
Supponiamo di avere una combinazione lineare nulla di elementi di BU ∪ BW ,
a1 u1 + · · · ah uh + b1 z1 + · · · bl zl + c1 w1 + · · · + ck wk = 0,
e dimostriamo che tutti i coefficienti a, b e c sono nulli. Dall’uguaglianza scritta
sopra otteniamo
a1 u1 + · · · ah uh = −b1 z1 − · · · − bl zl − c1 w1 − · · · − ck wk .
(∗)
Il termine sinistro della (∗) sta in U , mentre quello destro sta in W , perché sia gli
z sia i w stanno in W . Essendo uguali, termine destro e termine sinistro stanno
24
in U ∩ W . Ma se a1 u1 + · · · ah uh sta in U ∩ W , allora è combinazione lineare di
z1 , . . . , zl , diciamo
a1 u1 + · · · + ah uh = d1 z1 + · · · + dl zl .
Ora, se almeno uno degli a è diverso da 0, allora l’uguaglianza appena scritta dà una
relazione di dipendenza lineare su BU , che è l’unione degli u e degli z: impossibile
perché BU è una base. Quindi gli a sono tutti nulli. Allora la (∗) diventa
0 = −b1 z1 − · · · bl zl − c1 w1 − · · · − ck wk .
Ma l’unione degli z e dei w è la base BW , quindi per indipendenza lineare, anche i
coefficienti b e c sono nulli.
Quindi BU ∪ BW è una base U + W .
Proviamo ora che
BU ∩ BW = BU ∩W .
(∗∗)
Questo è vero perché se un elemento x appartiene a BU ∩ BW , allora x sta in
U ∩ W , e quindi è combinazione lineare di elementi di BU ∩W . Ma x è un elemento
della base BU , che include per costruzione BU ∩W , e un elemento di una base non
può essere combinazione di elementi della stessa base diversi da se stesso: quindi x
sta già in BU ∩W . Dalla relazione (∗∗), con considerazioni insiemistiche elementari
otteniamo:
|BU ∪ BW | = |BU | + |BW | − |BU ∪W |.
Poiché la dimensione di uno spazio vettoriale è il numero di elementi di una sua
base, la relazione che abbiamo scritto dà esattamente la formula che dovevamo
dimostrare.
La dimostrazione che abbiamo fatto si adatta facilmente al caso U ∩ W = {0}:
sotituiamo BU ∩W con l’insieme vuoto e BU e BW con due basi qualunque di U e
W . Si arriva, semplificando in modo naturale gli argomenti usati, a dimostrare che
BU ∪ BW è una base di U + W , e da qui alla formula di Grassman, che in questo
caso diventa dim (U + W ) = dim U + dim W .
Definizione. Se U ∩ W = {0} allora diciamo che il sottospazio somma di U e W è
somma diretta di U e W . In questo caso scriviamo anche U ⊕ W invece di U + W .
25
Il Corollario seguente è conseguenza immediata del Teorema e del Corollario
della Proposizione 1.
Corollario.
La somma U + W è diretta se e solo se dim (U + W ) = dim U + dim V .
In particolare, se BU e BW sono basi di U e W rispettivamente e se U ∩ W = {0},
allora BU ∪ BW e una base di U ⊕ W .
Proposizione 2. La somma U + W è diretta se e solo ogni elemento di U + W si
scrive in modo unico come somma di un elemento in U e uno in W .
Dimostrazione. Sia U ∩ W = {0} e z ∈ U + W . Se z = u + w = u0 + w0 , con
u, u0 ∈ U e w, w0 ∈ W , allora u − u0 = w0 − w. Poiché u − u0 ∈ U e w0 − w ∈ W ,
e poiché i due elementi coincidono, u − u0 ∈ U ∩ W . Ma U ∩ W contiene solo 0,
quindi u = u0 e w = w0 .
Viceversa, sia U ∩ W 6= {0} e z ∈ U ∩ W , z 6= 0. Allora abbiamo due diverse
decomposizioni per z: z = 0 + z (0 ∈ U, z ∈ W ), e z = z + 0 ( z ∈ U, 0 ∈ W ).
Definizione. Sia Z = U ⊕ W . La Proposizione 2 permette di definire le proiezioni
canoniche di Z su U e W . Precisamente abbiamo le due proiezioni πU : Z → U e
πW : Z → W , definite nel modo seguente: se z ∈ Z, siano u ∈ U e w ∈ W gli unici
elementi tali che z = u + w. Allora πU (z) = u e πW (z) = w.
Esempi.
1. Consideriamo i due sottospazi vettoriali in R2
λ
0
U=
|λ∈R , W =
|λ∈R
0
λ
(quindi U = Span {e1 } e W = Span {e2 }, dove {e1 , e2 } è la base canonica di R2 ).
Allora R2 = U ⊕ W . Infatti è chiaro che R2 = U + V e che ogni vettore in R2 si
scrive in modo unico come sommadi un elemento
in U e unoin W. Le
proiezioni
λ
0
λ
λ
canoniche sono definite cosı̀: πU :
7→
, πW :
7→
.
µ
0
µ
µ
2. Consideriamo i due sottospazi vettoriali di R3
 

 


 λ

 0
U =  0  | λ, µ ∈ R , W =  λ  | λ ∈ R




µ
0
26
(quindi U = Span {e1 , e3 } e W = Span {e2 }, dove {e1 , e2 , e3 } è la base canonica di
R3 ). Allora R3 = U ⊕ W . Infatti è chiaro che R3 = U + V e che ogni vettore in R3
si scrive in modo unico
come
 somma
 di un elemento
 in Ue uno
 in W . Le proiezioni
λ
λ
λ
0
canoniche sono: πU :  µ  7→  0 , πW :  µ  7→  µ .
ν
ν
ν
0
3. Consideriamo i due sottospazi vettoriali di R3
 

 

 λ

 0





U=
µ | λ, µ ∈ R , W =
λ | λ, µ ∈ R




0
µ
(quindi U = Span {e1 , e2 } e W = Span {e2 , e3 }, dove {e1 , e2 , e3 } è la base canonica
di R3 ). Allora R3 = U + W , ma la somma non è diretta. Infatti è chiaro che
ogni vettore in R3 si scrive come somma di un elemento in U e uno in W (e
ovviamente ogni elemento di questo tipo sta in R3 ), ma in questo caso U ∩W 6= {0}:
U ∩ W contiene tutti ivettori
e la terza coordinata nulla, anzi si ha

  con la prima
 0

esattamente U ∩ W =  λ  | λ ∈ R .


0