Esercizio su intersezione di due sottospazi

[ncant04]

Ciao a tutti. Scrivo qui un esercizio sull'intersezione di due sottospazi che ho svolto.


[highlight]Si considerino i seguenti sottospazi vettoriali di $\mathbb{R}^4$:
\begin{gather*}
U = \text{Span} \left(
u_1 = \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}, \
u_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \\ 2 \end{bmatrix}, \
u_3 = \begin{bmatrix} -1 \\ 5 \\ -2 \\ 4 \end{bmatrix}\right) , \\[1.5ex]
V = \text{Span} \left(
v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \
v_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}, \
v_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}\right).
\end{gather*}
Determinare:

(a) la dimensione e una base di $U$;
(b) la dimensione e una base di $V$;
(c) la dimensione e una base di $U \cap V$.
[/list:u:5hdxvmrk][/highlight]

Svolgimento:

(a) Dato che $u_1, u_2, u_3$ generano $U$, affinché essi possano essere una base di $U$ è necessario che siano linearmente indipendenti. Per verificare ciò, considero la matrice
\[
A = \begin{bmatrix}
-1 & 2 & 0 & 1 \\
1 & 1 & -2 & 2 \\
-1 & 5 & -2 & 4
\end{bmatrix} \in \mathcal{M}_{3,4} (\mathbb{R}).
\]
composta dai vettori da esaminare disposti in riga[nota]Avrei potuto usare la matrice le cui colonne sono i vettori da esaminare, ma ho risolto più facilmente questa matrice. Essendo il rango uguale al C-rango e al R-rango, ciò che stiamo cerchiamo "non cambia".[/nota]. La riduco in forma a scala con l'algoritmo di Gauss. Le operazioni sono, riferendosi alle righe della matrice, in ordine:
\begin{align*}
R_2 &= R_1 + R_2 \\
R_3 &= R_3 - R_1 \\
R_3 &= R_3 - R_2
\end{align*},
ottenendo quindi la seguente forma a scala
\[
A' = \begin{bmatrix}
-1 & 2 & 0 & 1 \\
0 & 3 & -2 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}.
\]
che ha rango 2 e i pivot nelle prime due righe, originariamente corrispondenti ai vettori $u_1, u_2$. Dunque, $ \mathcal{B}_U = \{ u_1, u_2 \}$ è una base di $U$ e di conseguenza $U$ ha dimensione 2. In alternativa, osservo che vale $u_3 = 2u_1 + u_2$ e che $u_1, u_2$ sono linearmente indipendenti, arrivando alla stessa conclusione.

(b) Noto che $v_3 = v_1 - v_2$. Inoltre, posso facilmente verificare che $v_1, v_2$ sono linearmente indipendenti. Perciò $\mathcal{B}_V = \left\{ v_1, v_2 \right\}$ è una base di $V$ e di conseguenza $V$ ha dimensione 2.

(c) Sia $w \in U \cap V$. Allora, per la definizione di intersezione insiemistica, si ha che $w$ è un elemento sia di $U$ sia di $V$. Di conseguenza, $w$ è esprimibile sia come combinazione lineare della base $\mathcal{B}_U$, cioè esistono $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ tali che $w = x_1 u_1 + x_2 u_2$, sia come combinazione lineare della base $\mathcal{B}_V$, cioè esistono $x_3, x_4 \in \mathbb{R}$ tali che $w = x_3 v_1 + x_4 v_2$. Ovviamente il vettore $w$ è lo stesso sia che si trovi in $U$ o che si trovi in $V$. Dunque, possiamo uguagliare le due combinazioni lineari:
\[
x_1 u_1 + x_2 u_2 = x_3 v_1 + x_4 v_2,
\]
cioè
\[
x_1 \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} +
x_2 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \\ 2 \end{bmatrix} =
x_3 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} +
x_4 \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix},
\]
da cui
\[
x_1 \begin{bmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} +
x_2 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \\ 2 \end{bmatrix} -
x_3 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} -
x_4 \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} =
\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},
\]
che si traduce nel seguente sistema lineare:
\begin{align*}
-x_1 + x_2 - x_3 &= 0 \\
2 x_1 + x_2 - x_3 &= 0 \\
-2 x_2 + x_4 &= 0 \\
x_1 + 2 x_2 - x_4 &= 0
\end{align*}
dove
\[
C =
\begin{bmatrix}
-1 & 1 & -1 & 0 & 0\\
2 & 1 & -1 & 0 & 0\\
0 & -2 & 0 & 1 & 0\\
1 & 2 & 0 & -1 & 0
\end{bmatrix}
\]
è la sua matrice completa. Riduco $C$ ad una forma a scala, con queste operazioni:
\begin{align*}
R_2 &= R_2 + 2R_1 \\
R_4 &= R_4 + R_1 \\
R_3 &= R_3 + \frac{2}{3} R_2 \\
R_4 &= R_4 - R_2 \\
R_4 &= R_4 + R_3
\end{align*}
e ottengo
\[
C' = \begin{bmatrix}
-1 & 1 & -1 & 0 & 0 \\
0 & 3 & -3 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\]
che è la matrice del completa del sistema lineare omogeneo equivalente
\begin{align*}
-x_1 + x_2 - x_3 &= 0 \\
3x_2 - 3x_3 &= 0 \\
-2x_3 + x_4 &= 0
\end{align*}. Essendo il numero di equazioni di questo sistema minore del numero di incognite, il sistema ammette infinite soluzioni. Sostituendo, ottengo
\begin{align*}
x_1 &= 0 \\
x_2 &= x_3 \\
x_3 &= x_3 \\
x_4 &= 2x_3.
\end{align*}
L'insieme delle soluzioni $X$ del sistema in esame è definito come
\[
X =
\left\{ \begin{bmatrix}
0 \\ x_3 \\ x_3 \\ 2x_3
\end{bmatrix}: x_3 \in \mathbb{R} \right\} =
\left\{
x_3 \begin{bmatrix}
0 \\ 1 \\ 1 \\ 2
\end{bmatrix} : x_3 \in \mathbb{R} =
\right\} = \text{Span} \left( \begin{bmatrix}
0 \\ 1 \\ 1 \\ 2
\end{bmatrix} \right).
\].
Dunque
\[
\left\{ \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix} \right\}
\]
è una base di $U \cap V$ e di conseguenza quest'ultimo ha dimensione 1.

Oltre a chiedermi se ciò che ho fatto è corretto, ho un dubbio riguardo la risposta fornita dal nostro docente riguardo al punto (c):

" Scrivo la matrice $C = [u_1 , u_2 , v_1 , v_2]$ e determino $\text{Ker } C$, Per esempio risolvendo il sistema lineare omogeneo $Cx = 0$. Trovo che $\text{Ker } C ha dimensione 1 ed è generato dal vettore
\[
w = \begin{bmatrix}
0 \\ 1 \\ -1 \\ -2
\end{bmatrix}
\]
(o da qualunque multiplo non nullo di $w$). Quindi il sottospazio $U \cap V$ ha dimensione 1 e una sua base è $\{ u_2 \}$. "

Non riesco a capacitarmi di ciò. Potete aiutarmi?
Grazie.

[Lebesgue]

Attenzione: il vettore $a=(0,1,1,2)$ non sta in $V$.
Se infatti una base di $V$ è $B = {(1,1,0,0),(0,0,-1,1)}$, si vede immediatamente che il vettore non sta lì dentro.

Infatti come hai fatto tu va bene, ma chi sono $x_1,x_2,x_3,x_4$ che trovi risolvendo il tuo sistema??
Queste qui sono le componenti del vettore $w$ che stiamo cercando essere nell'intersezione $V \cap U$.
In particolare, ad esempio in $V$, deve essere che $w = x_3 v_1 + x_4 v_2$.
Avendo tu trovato che $x_3$ è libera e $x_4 = 2x_3$, hai che i vettori dell'intersezione che stai cercando sono quelli della forma:

$w = x_3 (1,1,0,0) + 2x_3(0,0,-1,1) = x_3(1,1,-2,2)$
(ti viene lo stesso vettore se usi che $w = x_1 u_1 + x_2 u_2$ con $x_1 = 0, x_2 = x_3$)

Dunque $U \cap V = \Span(1,1,-2,2) = Span(u_2)$.

Per quanto concerne la soluzione del tuo prof, è praticamente lo stesso procedimento che hai fatto tu:
per trovare i vettori $w \in U\cap V$, devo risolvere il sistema lineare dato da:

$x_1u_1 + x_2 u_2 -x_3 v_1 - x_4 v_2 = 0$

A meno di rinominare le variabili $-x_3 = x'_3$ e $-x_4 = x'_4$, risolvere quel sistema vuol dire cercare il nucleo (Ker) della matrice $C$ che ha per colonne i vettori $u_1, u_2, v_1, v_2$.
La soluzione di questo sistema, che al tuo prof giustamente viene $(x_1,x_2,x'_3,x'_4) = x'_3(0,1,-1-2)$ ti dà i coefficienti che, sostituiti nell'equazione che caratterizza i vettori dell'intersezione:

$x_1u_1 + x_2 u_2 -x_3 v_1 - x_4 v_2 = 0$

ti sputa fuori come sono fatti i vettori di $U \cap V$