Esercizio su sottospazi vettoriali

[Yuyu_13]

Buonasera. Sto provando a capire la seguente affermazione:
Sia $RR^3$ spazio vettoriale reale, e sia $H$ sottospazio vettoriale di $RR^3$.
Se $dimH=2$ e $v,w$ formano una base di $H$ allora $H$ è il piano per l'origine contenente $v,w$.
Vi chiedo per provare che $H$ sia un siffatto sottospazio vettoriale devo provare

$ = {(x,y,z) in RR^3: ax+by+cz=0}$

Preciso che con il simbolo $$ intendo il sottospazio generato dai vettori $v,w$.

[Bokonon]

Puoi farlo esplicitando le componenti di v e w e risolvendo il sistema lineare che definisce H, ovvero:
$(x,y,z)^T=alphav^T+betaw^T$
Oppure notando che il piano è definito dal sistema $ ( x \ \ y \ \ z )( ( a ),( b ),( c ) )=0 $ ovvero l'insieme dei punti perpendicolari al vettore $(a,b,c)$ che non è altro che $vxxw$

[Yuyu_13]

Ciao bokonon, grazie per la risposta !
Quindi, se volessi proseguire per la prima strada, la quale mi sembra proprio essere la mia affermazione, dovrei proseguire cosi:
siano $v,w in RR^3$ con $v:=(x_1,y_1,z_1)^T$ e $w:=(x_2,y_2,z_2)^T$, e $alpha, beta in RR$, dopodiché mi calcolo il generico elemento di $$ il quale è dalla forma

$ (x,y,z)^T=alphav^T+betaw^T =alpha(x_1,y_1,z_1)^T+beta(x_2,y_2,z_2)^T=(alphax_1+betax_2, alphay_1+betay_2,alphaz_1+betaz_2)^T$

e quindi si ha

$x=alphax_1+betax_2,y=alphay_1+betay_2,z=alphaz_1+betaz_2$

Affinché il vettore $(x,y,z)^T$ di $$ risulti essere un elemento di $I:={(x,y,z) in RR^3: ax+by+cz=0} $, devo provare che le coordinate sopra determinare soddisfino l'equazione che definisce l'insieme $I$ ?

[Bokonon]

Non so perchè non ti venga naturale chiamare le componenti in questo modo:
$ { ( x=alphav_1+betaw_1 ),( y=alphav_2+betaw_2 ),( z=alphav_3+betaw_3 ):} $
che poi ti incasini
E adesso risolvi per $alpha$ e $beta$ e resterà l'equazione del piano:
$(v_2w_3-v_3w_2)x+(v_3w_1-v_1w_3)y+(v_1w_2-v_2w_1)z=0$
E riconoscerai che i nostri a, b e c sono esattamente le componenti del vettore $vxxw$ (incredibile! )

P.S. Puoi anche ottenere le componenti del vettore $wxxv$ e otterrai la medesima equazione del piano in cui entrambi i membri sono moltiplicati per $-1$

[Yuyu_13]

Buongiorno.

"Bokonon":Non so perchè......che poi ti incasini

Perchè sono un folle . Ho provato come mi hai detto, ma non mi torna
Tu dici di risolvere rispetto ad $alpha, beta$ quindi, ad esempio

$alpha=x/v_1-beta/v_1w_2$
$beta=y/w_2-alpha/w_2v_1$

e sostituisco

$z=(x/v_1-beta/v_1w_2)v_3+(y/w_2-alpha/w_2v_1)w_3$

Ho fatto i conti ma non mi trovo l'equazione del piano. Dov'è l'errore ?

[Bokonon]

Dalle prime equazioni si ricava:
$alpha=(w_2x-w_1y)/(v_1w_2-v_2w_1)$ e $beta=(v_1y-v_2x)/(v_1w_2-v_2w_1)$
Sostituendo nella terza si ottiene il piano.

[j18eos]

...a 'sto punto: basta prendere \((a,b,c)=\underline{v}\wedge\underline{w}\) e concludi!

[Yuyu_13]

Buonasera.

"Bokonon":Dalle prime equazioni si ricava:
$ alpha=(w_2x-w_1y)/(v_1w_2-v_2w_1) $ e $ beta=(v_1y-v_2x)/(v_1w_2-v_2w_1) $
Sostituendo nella terza si ottiene il piano.

Grazie ho controllato, ho sostituito $alpha$ nella seconda equazione del sistema è mi sono trovato $beta$ come il tuo, e poi mi ho sostituito il valore di $beta$ ottenuto nella prima.
Quindi, sostituendo
$z=(w_2x-w_1y)/(v_1w_2-v_2w_1)v_3+(v_1y-v_2x)/(v_1w_2-v_2w_1) w_3 $
$(v_1w_2-v_2w_1)z=(w_2x-w_1y)v_3+(v_1y-v_2x)w_3$
$(v_1w_2-v_2w_1)z=(w_2v_3x-w_1v_3y)+(v_1w_3y-v_2w_3x)$
$(w_1v_3x-w_2v_3y)+(v_2w_3y-v_1w_3x) +(v_1w_2-v_2w_1)z=0$
$(w_1v_3-v_1w_3)x+(v_2w_3-w_2v_3)y +(v_1w_2-v_2w_1)z=0$
salvo, errori di calcolo ci sono riuscito grazie a te
Ora mi chiedo, io ho fatto questo:
ho preso un generico elemento del sottospazio generato $$ ed ho fatto vedere che è un elemento dell'insieme $I$ cioè è un punto del piano passante per l'origine ?

@j18eos

"j18eos":...a 'sto punto: basta prendere \( (a,b,c)=\underline{v}\wedge\underline{w} \) e concludi!

cosa significa quello ?

[j18eos]

\(\wedge\) indica il prodotto vettoriale di due vettori in \(\displaystyle\mathbb{R}^3\): non è nel programma di esame?

[Yuyu_13]

E nooo
Se non sbaglio lo facciamo a geometria due

[j18eos]

Provo in un'altra maniera: tu vuoi caratterizzare tutti i vettori \(\displaystyle(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\) tali che questi siano combinazioni lineari dei vettori \(\displaystyle\underline{v}=(v_1,v_2,v_3),\underline{w}=(w_1,w_2,w_3)\) (che si suppone essere linearmente indipendenti).

Applicando il teorema del Rango alla seguente matrice:
\[
M(x,y,z)=\begin{pmatrix}
x & y & z\\
v_1 & v_2 & v_3\\
w_1 & w_2 & w_3
\end{pmatrix}
\]
hai che dev'essere \(rank M(x,y,z)=2\), equivalentemente:
\[
\det M(x,y,z)=x\begin{vmatrix}
v_2 & v_3\\
w_2 & w_3
\end{vmatrix}-y\begin{vmatrix}
v_1 & v_3\\
w_1 & w_3
\end{vmatrix}+z\begin{vmatrix}
v_1 & v_2\\
w_1 & w_2
\end{vmatrix}=0
\]
e hai concluso.

Ti torna tutto?

[Yuyu_13]

Hey !
Si mi torna quasi tutto, cioè mi torna quando mi dici che il vettore $u=(x,y,z)$ affinché risulti combinazione lineare dei vettori $v,w$ si deve verificare necessariamente che il rango della matrice definita $A=(v,w)$ e il rango della matrice $[A|u]$ risultano coincidenti.
Ora per dire che $ ={(x,y,z) in RR^3: ax+by+cz=0}$ dobbiamo provare la doppia inclusione.
Quello che abbiamo fatto è dimostrare che $subseteq{(x,y,z) in RR^3: ax+by+cz=0}$
O no ?

Comunque, sviluppando il determinante lungo la prima riga alla matrice \[ M(x,y,z)=\begin{pmatrix} x & y & z\\ v_1 & v_2 & v_3\\ w_1 & w_2 & w_3 \end{pmatrix} \]
si ottiene l'equazione del piano, che cosa interessante.

[Bokonon]

"Yuyu_13":
ho preso un generico elemento del sottospazio generato $$ ed ho fatto vedere che è un elemento dell'insieme $I$ cioè è un punto del piano passante per l'origine ?

Beh, sei partito dalla definizione: $(x,y,z)^T=alphav^T+betaw^T$ che si legge:"l'insieme dei vettori (x,y,z) che sono combinazioni lineari di una base di due vettori di $RR^3$" e sei arrivato all'equazione cartesiana (che è soddisfatta per x=y=z=0, quindi passa per l'origine).

L'altro metodo te l'avevo suggerito come alternativa (e francamente è più semplice per i conti).

Edit: sostituito "punti" con "vettori"

[Yuyu_13]

Quindi praticamente ho provato entrambi le inclusioni.
Grazie ad entrambi.

[j18eos]

Un altra maniera è applicare il teorema di Rouché-Capelli: un'equazione lineare omogenea in \(3\) incognite rappresenta (cartesianamente) un sottospazio vettoriale di \(\mathbb{K}^3\) di dimensione \(3-1=2\).

Ti torna?

[Yuyu_13]

We we j18eos si si mi torna.
Perché se considero l'equazione cartesiana di un piano passante per l'origine, cioè $ax+by+cz=0$, e sia $A in M_(1,3) in K$ matrice definita dai coefficienti dell'equazione, cioè $A:=|a \ \ b \ \ c \ \|$.

Dopodiché l'insieme delle soluzioni dell'equazione $ax+by+cz=0$ è il $Ker(L_A)$ e dal teorema del rango

$dimKer(L_A)=dim(RR^3)- rg(L_A)=3-1=2$

Per cui l'insieme delle soluzioni dell'equazione ha dimensione due e quindi è generata da due vettori in $RR^3$ non proporzionali e cioè

$ ={(x,y,z) in RR^3 \ : \ ax+by+cz=0}$

[j18eos]

Sì, mi sembra che vada tutto bene!

[Yuyu_13]

Grazie mille ad entrambi !!