Intersezione e base sottospazi.

[Kashaman]

Salve ragazzi, da qualche giorno ho iniziato a studiare algebra lineare . Veniamo a noi.
Consideriamo $V=K^4$ .
Siano $V_1=L((2,1,0,1),(1,2,3,2),(1,0,-1,0)}$ (per $L$ intendo spazio generato da..)
$V_2={ (x,y,z,t) in RR^4 | z=2x , t=-y-2}$
a) determinare la dimensione di $V_1$ e di $V_2$
b) la dimensione di $V_1nnV_2$

Ho ragionato così. Per $V_1$ , intanto bisogna trovare una base di $V_1$.
Denoto $v_1=(2,1,0,1)$
$v_2=(1,2,3,2)$
$v_3=(1,0,-1,0)$
Applico il metodo degli scarti successivi.
Parto da $v_1!=0$ lo prendo.
Verifico ora se $v_2=\alphav_1$ ma ciò non è possibile, infatti avrei un sistema incompatibile.
Quindi $v_1$ e $v_2$ sono linearmente indipendenti.
Verifico ora se $v_3=\alphav_1+\betav_2$ , con un po di calcoli mi accorgo che posto $\alpha=1/2 ^^ \beta=-1/3$ $v_3$ è linearmente dipendente rispetto ai vettori precedenti. Dunque ne risulta che ${v_1,v_2}$ costituisce una base di $V_1$ , dunque $L(v_1,v_2)=V_1$ ne segue che $dimV_1=2$
Per $V_2$ ho constatato che qualsiasi elemento di $V_2$ può essere scritto come, per definizione di $V_2$ ,
$(x,y,z,t)=(x,y,2x,-y-2x)=x(1,0,2,-1)+y(0,1,0,-1)$
e dunque $V_2=L((1,0,2,-1),(0,1,0,-1)$ essendo i vettori sopracitati linearmente indipendenti. Nesegue allora che $dimV_2=2$ Denoto i generatori di $V_2$ come $w_1=(1,0,2,-1)$ , $w_2=(0,1,0,-1)$
punto b)
A questo punto , determino $V_1nnV_2$
Ogni vettore di $V_1$ può essere rappresentato come $v=\alphav_1+\betav_2$ e ogni vettore di $V_2$ come
$v=aw_1+bw_2$ ora $v in V_1nnV_2 <=> \alphav_1+\betav_2=\w_1+bw_2 $ con un poco di conti risulta che si ha soluzione solo per $\alpha=\beta=a=b=0$ dunque $w_1,w_2,v_1,v_2$ sono linearmente indipendenti e l'unico vettore appartente all'intersezione è il vettore nullo. Ne segue che $dim(V_1nnV_2)=0$

// Nota al margine //
Dalla formula di grossmann $dim(V_1+V_2)=dimV_1+dimV_2-dim(V_1nnV_2)$ si deduce che $dim(V_1+V_2)=2+2=4$ ,non è errato dire che quei quattro vettori generano $RR^4$ giusto? $RR^4=L(v_1,v_2,w_1,w_2)$

domanda, curiosità soprattutto per l'intersezione, è il modo giusto di procedere per questa tipologia di esercizi?

grazie a tutti!

[Kashaman]

tanto per darvi fastidio, un'altro di questo genere.
Es 2
Dimostrare che $RR^3=U\oplusW$
ove $U={(x,y,z) | x-y=0}$
$W=L({1,0,1))$

Prima di tutto trovo la base la dimensione di $U$.
Da $x-y=0$ si ricava che $(x,y,z)=(x,x,z)=x(1,1,0)+z(0,0,1)$ e quindi $u_1=(1,1,0)$ e $u_2=(0,0,1)$ sono i vettori che generano $U$. Pertanto $U=L(u_1,u_2)$ e $dimU=2$
Banalmente, si vede anche che $dimW=1$, essendo generato dal solo vettore $w_1=(1,0,1)$
Ora, si vede banalmente che , $u_1,u_2,w_1$ sono linearmente indipendenti e quindi $UnnW={0_(RR^3)}$ e pertanto
$dimUnnW=0$
ne segue allora che la somma è diretta e in particolare , poiché, per grossman, $dim(U+V)=dimU+dimW-dim(UnnW)=2+1-0=3$ segue che $RR^3=U+W$. La tesi.

thanks
che ne dite?

[Kashaman]

"Sergio":
Ok, ma ora perdonami: gli spoiler mi stanno un po' antipatici e ti "svelo".
NB: c'è una svista. Come appare chiaro dopo, per \(V_2\) si ha \(t=-y-2x\). \(t=-y-2\) sarebbe impossibile per uno spazio vettoriale (se non ti è chiaro il motivo, fai un fischio).

Hai ragione Sergio, se fosse $t=-y-2$ non si avrebbe un sottospazio, perché all'insieme non apparterrebbe il vettore nullo , è stato un errore di battitura.

Ho letto con attenzione il tuo messaggio e sei stato a dir poco esaustivo, ti ringrazio
Hai anche ragione sul fatto che era meglio dire che $w_1,w_2,v_1,v_2$ costituiscono una base di $RR^4$. E scusami anche per la svita di "un altro " XD ... riesaminerò i due esercizi, cercando di correggere eventuali errori. grazie.

[Kashaman]

Vi riporto questo esercizio, procedo per gradi, dimenticando per un momento gli esercizi precedenti.
es
Sia $V={(x_1,x_1,x_3) | x_1,x_3 in RR}subeRR^3$
Dimostrare che $V$ è un sottospazio vettoriale di $RR^3$ e calcolarne la dimensione.

svolgimento :
Per la verifica di sottospazio, non ho avuto problemi. Per la dimensione, ho deciso di trovare una base di $V$.
Ho notato che un qualsiasi vettore di $V$ si può scrivere come
$(x,x,z)=x_1(1,1,0)+x_3(0,0,1)$ e cioé come combinazione lineare di $(1,1,0)$ e $(0,0,1)$. Inoltre essendo $(1,1,0)$ e $(0,0,1)$ linearmente indipendenti, costituiscono una base di $V$ e dunque essendo $dimV$ il numero massimo di vettori linearmente indipendenti di $V$ segue che $dimV=2$
Che ne dite?