Dipendenza e indipendenza vettoriale
Ciao ragazzi mi servirebbe un aiuto con un esercizio. Posto il link.
Il numero 14. https://drive.google.com/file/d/0B9w8qY ... ef=2&pli=1
A me viene esattamente il contrario di ciò che viene detto. Mi viene un solo valore h per cui i tre vettori sono linearmente indipendenti. Non capisco dove sbaglio. Chi può aiutarmi? Grazie
Il numero 14. https://drive.google.com/file/d/0B9w8qY ... ef=2&pli=1
A me viene esattamente il contrario di ciò che viene detto. Mi viene un solo valore h per cui i tre vettori sono linearmente indipendenti. Non capisco dove sbaglio. Chi può aiutarmi? Grazie
Risposte
Scrivici i passaggi che fai che ti diciamo dove sbagli.
Penso di avercela fatta. Se qualcuno può controllare se è giusto..
Dunque imposto una C.L. nulla dei tre vettori:
x(hv1+v3) + y(v1+v2+2v3) + z(v1+v2+v3)= 0
Svolgendo i calcoli e raggruppando per v1, v2, v3 mi viene:
v1( xh + y + z) + v2( y + z) + v3 ( x + 2y + z) = 0
Per ipotesi i vettori v1, v2, v3 sono linearmente indipendenti, quindi quei 3 coefficienti devono essere uguali a 0:
xh + y + z = 0
y + z = 0
x + 2y + z = 0
Poi scrivo la matrice dei coefficienti e la riduco per righe :
h 1 1
_h 0 0
0 1 0
Se h è diverso da zero, ho 3 PIVOT = 3 incognite dominanti, quindi un'unica soluzione: quella banale. quindi i vettori di partenza sono linearmente indipendenti.
se h è uguale a 0 la matrice dei coefficienti è ridotta per righe, y è incognita libera. e una possibile soluzione è ( -y, y, -y).
quindi sostituendo a y un valore arbitrario trovo una combinazione lineare nulla non banale dei tre vettori.
Giusto??
Dunque imposto una C.L. nulla dei tre vettori:
x(hv1+v3) + y(v1+v2+2v3) + z(v1+v2+v3)= 0
Svolgendo i calcoli e raggruppando per v1, v2, v3 mi viene:
v1( xh + y + z) + v2( y + z) + v3 ( x + 2y + z) = 0
Per ipotesi i vettori v1, v2, v3 sono linearmente indipendenti, quindi quei 3 coefficienti devono essere uguali a 0:
xh + y + z = 0
y + z = 0
x + 2y + z = 0
Poi scrivo la matrice dei coefficienti e la riduco per righe :
h 1 1
_h 0 0
0 1 0
Se h è diverso da zero, ho 3 PIVOT = 3 incognite dominanti, quindi un'unica soluzione: quella banale. quindi i vettori di partenza sono linearmente indipendenti.
se h è uguale a 0 la matrice dei coefficienti è ridotta per righe, y è incognita libera. e una possibile soluzione è ( -y, y, -y).
quindi sostituendo a y un valore arbitrario trovo una combinazione lineare nulla non banale dei tre vettori.
Giusto??
Potreste aiutarmi anche con il numero 15?
Devo applicare il lemma di eliminazione, perché ciascun vettore si può scrivere come C.L. degli altri.
Però chi mi assicura che i due rimasti non siano a loro volta linearmente dipendenti?
E poi come si dimostra che L(v1,v2) = L(v1,v3) = L(v2,v3).
Ragazzi anche il 19. Sono in crisi. Non so proprio dove mettere mano. Se magari mi aiutaste ad impostare l'esercizio poi faccio da solo
Devo applicare il lemma di eliminazione, perché ciascun vettore si può scrivere come C.L. degli altri.
Però chi mi assicura che i due rimasti non siano a loro volta linearmente dipendenti?
E poi come si dimostra che L(v1,v2) = L(v1,v3) = L(v2,v3).
Ragazzi anche il 19. Sono in crisi. Non so proprio dove mettere mano. Se magari mi aiutaste ad impostare l'esercizio poi faccio da solo
Riscrivo in modo che sia comprensibile.
Dalla matrice in poi non è chiaro il tuo ragionamento. Partendo dalla matrice dei coefficienti del sistema, che è
\[
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1
\end{bmatrix},
\]
si nota subito che se $h=0$ le prime due righe sono uguali, e che, come hai detto tu, lasciando $y$ "libera", le soluzioni sono $(x,y,z)=(-y,y,-y)$. Ad esempio ponendo $y=1$, troviamo la combinazione lineare nulla e non banale dei tre vettori ponendo $(x,y,z)=(-1,1,-1)$.
Se invece $h\ne 0$, possiamo fare la riduzione a scala:
\[
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1
\end{bmatrix}
\rightarrow
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 2-1/h & 1-1/h
\end{bmatrix}
\rightarrow
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}
\]
ed avendo tre pivot, l'unica soluzione è quella banale.
"fede.991":
Penso di avercela fatta. Se qualcuno può controllare se è giusto..
Dunque imposto una C.L. nulla dei tre vettori:
\[
x(hv_1+v_3) + y(v_1+v_2+2v_3) + z(v_1+v_2+v_3)= 0
\]
Svolgendo i calcoli e raggruppando per $v_1$, $v_2$, $v_3$ mi viene:
\[
v_1( xh + y + z) + v_2( y + z) + v_3 ( x + 2y + z) = 0
\]
Per ipotesi i vettori $v_1$, $v_2$, $v_3$ sono linearmente indipendenti, quindi quei 3 coefficienti devono essere uguali a $0$:
$ { ( xh + y + z = 0 ),( y + z = 0 ),( x + 2y + z = 0 ):} $
Poi scrivo la matrice dei coefficienti e la riduco per righe :
\[
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
-h & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0
\end{bmatrix}
\]
Se $h$ è diverso da zero, ho 3 PIVOT = 3 incognite dominanti, quindi un'unica soluzione: quella banale. quindi i vettori di partenza sono linearmente indipendenti.
se $h$ è uguale a $0$ la matrice dei coefficienti è ridotta per righe, $y$ è incognita libera. e una possibile soluzione è $( -y, y, -y)$.
quindi sostituendo a $y$ un valore arbitrario trovo una combinazione lineare nulla non banale dei tre vettori.
Giusto??
Dalla matrice in poi non è chiaro il tuo ragionamento. Partendo dalla matrice dei coefficienti del sistema, che è
\[
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1
\end{bmatrix},
\]
si nota subito che se $h=0$ le prime due righe sono uguali, e che, come hai detto tu, lasciando $y$ "libera", le soluzioni sono $(x,y,z)=(-y,y,-y)$. Ad esempio ponendo $y=1$, troviamo la combinazione lineare nulla e non banale dei tre vettori ponendo $(x,y,z)=(-1,1,-1)$.
Se invece $h\ne 0$, possiamo fare la riduzione a scala:
\[
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1
\end{bmatrix}
\rightarrow
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 2-1/h & 1-1/h
\end{bmatrix}
\rightarrow
\begin{bmatrix}
h & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}
\]
ed avendo tre pivot, l'unica soluzione è quella banale.
Ti do un aiutino per il 15: sia
\[
\mathbf{v}\in\mathcal{L}(\mathbf{v_1},\mathbf{v_2}), \qquad \mathbf{v}=\alpha_1\mathbf{v_1}+\alpha_2\mathbf{v_2}.
\]
Dato che $2\mathbf{v_1}-2\mathbf{v_2}+\mathbf{v_3}=0$, allora $\mathbf{v_2}=\mathbf{v_1}+\frac{1}{2}\mathbf{v_3}$, dunque
\[
\mathbf{v}=\alpha_1\mathbf{v_1}+\alpha_2\mathbf{v_2}=\alpha_1\mathbf{v_1}+\alpha_2\bigg(\mathbf{v_1}+\frac{1}{2}\mathbf{v_3}\bigg)=(\alpha_1+1)\mathbf{v_1}+\frac{\alpha_2}{2}\mathbf{v_3}\in\mathcal{L}(\mathbf{v_1},\mathbf{v_3}).
\]
In modo analogo dimostri che l'inclusione opposta così da dimostrare l'ugualiganza. E sempre in modo analogo dimostri l'ultima uguaglianza che ti serve per finire l'esercizio.
Anche il 19 è da svolgere in modo simile.
\[
\mathbf{v}\in\mathcal{L}(\mathbf{v_1},\mathbf{v_2}), \qquad \mathbf{v}=\alpha_1\mathbf{v_1}+\alpha_2\mathbf{v_2}.
\]
Dato che $2\mathbf{v_1}-2\mathbf{v_2}+\mathbf{v_3}=0$, allora $\mathbf{v_2}=\mathbf{v_1}+\frac{1}{2}\mathbf{v_3}$, dunque
\[
\mathbf{v}=\alpha_1\mathbf{v_1}+\alpha_2\mathbf{v_2}=\alpha_1\mathbf{v_1}+\alpha_2\bigg(\mathbf{v_1}+\frac{1}{2}\mathbf{v_3}\bigg)=(\alpha_1+1)\mathbf{v_1}+\frac{\alpha_2}{2}\mathbf{v_3}\in\mathcal{L}(\mathbf{v_1},\mathbf{v_3}).
\]
In modo analogo dimostri che l'inclusione opposta così da dimostrare l'ugualiganza. E sempre in modo analogo dimostri l'ultima uguaglianza che ti serve per finire l'esercizio.
Anche il 19 è da svolgere in modo simile.
Ok ti ringrazio.
Dell'esercizio 19 non capisco però perché un generico vettore di L(v1,v2,...,vn) si può scrivere come combinazione lineare di quegli altri vettori.
Dell'esercizio 19 non capisco però perché un generico vettore di L(v1,v2,...,vn) si può scrivere come combinazione lineare di quegli altri vettori.
In pratica dato $\mathbf{v}=\alpha_1\mathbf{v_1}+\ldots +\alpha_n\mathbf{v_n}$, tu vuoi trovare $\beta_1,\ldots,\beta_n$ tali che
\[
\alpha_1\mathbf{v_1}+\ldots+\alpha_n\mathbf{v_n}=\beta_1\mathbf{v_1}+\beta_2(\mathbf{v_2}+r_2\mathbf{v_1})+\ldots+\beta_n(\mathbf{v_n}+r_n\mathbf{v_1}) \\
=(\beta_1+\beta_2r_2+\ldots+\beta_nr_n)\mathbf{v_1}+\beta_2\mathbf{v_2}+\ldots+\beta_n\mathbf{v_n};
\]
uguagliando i coefficienti trovi che $\alpha_j=\beta_j$ per ogni $j=2,\ldots,n$, e $\alpha_1=\beta_1+\beta_2r_2+\ldots+\beta_nr_n$, ovvero
\[
\beta_1=\alpha_1-\beta_2r_2-\ldots-\beta_nr_n=\alpha_1-\alpha_2r_2-\ldots-\alpha_nr_n.
\]
A questo punto dovrebbe essere chiaro come fare l'inclusione opposta.
\[
\alpha_1\mathbf{v_1}+\ldots+\alpha_n\mathbf{v_n}=\beta_1\mathbf{v_1}+\beta_2(\mathbf{v_2}+r_2\mathbf{v_1})+\ldots+\beta_n(\mathbf{v_n}+r_n\mathbf{v_1}) \\
=(\beta_1+\beta_2r_2+\ldots+\beta_nr_n)\mathbf{v_1}+\beta_2\mathbf{v_2}+\ldots+\beta_n\mathbf{v_n};
\]
uguagliando i coefficienti trovi che $\alpha_j=\beta_j$ per ogni $j=2,\ldots,n$, e $\alpha_1=\beta_1+\beta_2r_2+\ldots+\beta_nr_n$, ovvero
\[
\beta_1=\alpha_1-\beta_2r_2-\ldots-\beta_nr_n=\alpha_1-\alpha_2r_2-\ldots-\alpha_nr_n.
\]
A questo punto dovrebbe essere chiaro come fare l'inclusione opposta.
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