Vettori linearmente indipendenti

[meck90]

Dovrei svolgere questo esercizio:

Consideriamo le applicazioni lineari: $F: R^3$ $\rightarrow$ $R^2$, $G: R^3$ $\rightarrow$ $R^2$, $H: R^3$ $\rightarrow$ $R^2$, definite da: $F(x,y,z)=(x+y+z, x+y)$,$G(x,y,z)=(2x+z, x+y)$, $H(x,y,z)=(2y, x)$.
Dimostrare che $F,G,H$ sono linearmente indipendenti (come elementi di $Hom(R^3, R^2)$).

Grazie a tutti.

[4mrkv]

\(F,G,H\) sono vettori di \(\mbox{Hom}(\mathbb{R}^{3},\mathbb{R}^{2})\). Enuncia la definizione di indipendenza lineare fra vettori e prova a verificarla alla lettera.

[Sk_Anonymous]

Se non ricordo male esiste un isomorfismo tra gli elementi di $Hom(mathbb{R^3},mathbb{R^2})$ e quelli dello spazio ( che si dimostra essere vettoriale) delle matrici $M_{2x3}(mathbb{R})$. Per effetto di ciò, per dimostrare l'indipendenza lineare di $F,G,H$ è sufficiente dimostrare l'indipendenza lineare delle corrispondenti matrici $M_F,M_G,M_H$. Ovvero sarà sufficiente dimostrare che non esiste una terna ( $a,b,c)$ di scalari non tutti nulli per la quale si abbia che :
$aM_F+bM_G+cM_H=0_{2x3}$
dove con $O_{2x3}$ ho indicato la matrice nulla a 2 righe e 3 colonne.
Nel nostro caso deve essere:
\(\displaystyle \displaystyle a \begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&0\end{pmatrix} + b \begin{pmatrix}2&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}+ c\begin{pmatrix}0&2&0\\1&0&0\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} \)
E cioè:
\(\displaystyle \begin{pmatrix}a+2b&a+2c&a+b\\a+b+c&a+b&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} \)
Eguagliando i termini delle due matrici che compaiono nell'ultima eguaglianza, si ha il sistema :
\(\displaystyle \begin{cases}a+2b=0\\a+2c=0\\a+b=0\\a+b+c=0\end{cases} \)
Come è facile verificare, tale sistema ha la sola soluzione banale $a=0,b=0,c=0$ e dunque resta provato quanto si chiedeva.

[meck90]

OK, GRAZIE 1000

[4mrkv]

Io avrei fatto così:
\[
\begin{split}
c_{1}f+c_{2}g+c_{3}h
&=c_{1}(x+y+z,x+y)+c_{2}(2x+z,x+y)+c_{3}(2y,x) \\
&=(c_{1}x+c_{1}y+c_{1}z,c_{1}x+c_{1}y)+(c_{2}2x+c_{2}z,c_{2}x+c_{2}y)+(2c_{3}y,c_{3}x) \\
&=(c_{1}x+c_{1}y+c_{1}z+c_{2}2x+c_{2}z+2c_{3}y,c_{1}x+c_{1}y+c_{2}x+c_{2}y+c_{3}x) \\
&=([c_{1}+2c_{2}]x+[c_{1}+2c_{3}]y+[c_{1}+c_{2}]z,...) \\
&=(0,0)
\end{split}
\]
Siccome deve valere per ogni \(x,y,z\) vale anche con \((x,y,z)=(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\). Sostituendo il primo ottieni ad esempio \(c_{1}+2c_{2}=0\). Con questi termini risolvi il sistema come ha fatto ciromario.

[meck90]

grazie infinite, un ulteriore punto di vista non guasta mai !!!

[meck90]

Vorrei chiarire ancora un particolare se possibile: come posso dimostrare che vale per ogni $(x,y,z)$ e non solo per la base canonica $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ ?
Mi riferisco alla parte finale del post di "4mrkv".

Grazie ancora

[4mrkv]

Hai uguagliato \(c_{1}f+c_{2}g+c_{3}h\) all'applicazione nulla, che assegna \((0,0)\) ad ogni terna \((x,y,z)\in \mathbb{R}^{3}\). Se vale per ogni vettore allora vale anche per la base canonica.

[meck90]

Ringrazio con notevole ritardo "4mrkv" per l'ultimo post.

Ho provato a sviluppare quello che intendevo chiedere nell'ultimo mio post.
Mi scuso xchè sono sicuro che per voi molti passaggi sono inutili, banali e noiosi ma questo aiuta un "dilettante autodidatta" come me ad avere le idee un pò più chiare .

Considero l'applicazione $f: R^3$ $->$ $R^2$
$f(x,y,z)$ $=$ $f(x(1,0,0)+y(0,0,1)+z(0,0,1))$ $=$ $f(xe_1+ye_2+ze_3)$ $=$ $xf(e_1)+yf(e_2)+zf(e_3)$
pertanto le applicazioni cosi definite:
$F(x,y,z)=(x+y+z,x+y)$; $G(x,y,z)=(2x+z,x+y)$; $H(x,y,z)=(2y,x)$
possono essere scritte come:
$x(1,1)+y(1,1)+z(1,0)$; $x(2,1)+y(0,2)+z(1,0)$; $x(0,1)+y(2,0)+z(0,0)$
e la loro combinazione lineare sarà:
$a*(x(1,1)+y(1,1)+z(1,0))$ + $b*(x(2,1)+y(0,1)+z(1,0))$ + $c*(x(0,1)+y(2,0)+z(0,0))$ = $(0,0)$
=$a*(x*1+y*1+z*1,x*1+y*1+z*0)$ + $b*(x*2+y*0+z*1,x*1+y*1+z*0)$ + $c*(x*0+y*2+z*0,x*1+y*0+z*0)$=$(0,0)$
usando la notazione matriciale:
$M_F$ $*$ $((x),(y),(z))$ $+$ $M_G$ $*$ $((x),(y),(z))$ $+$ $M_H$ $*$ $((x),(y),(z))$
dove:
$M_F$ $=$ $((1,1,1),(1,1,0))$; $M_G$ $=$ $((2,0,1),(1,1,0))$; $M_H$ = $((0,2,0),(1,0,0))$
avrò:
$a$ $*$ $((1,1,1),(1,1,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ $+$ $b$ $*$ $((2,0,1),(1,1,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ $+$ $c$ $*$ $((0,2,0), (1,0,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ = $((0,0,0),(0,0,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ $=$
$((a,a,a),(a,a,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ $+$ $((2b,0,b),(b,b,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ $+$ $((0,2c,0),(c,0,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ = $((0,0,0),(0,0,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ $=$
$((a+2b,a+2c,a+b),(a+b+c,a+b,0))$ $*$ $((x),(y),(z))$ $=$ $((0,0,0),(0,0,0))$
per cui il sistema diventa:
$\{((a+2b)x = 0),((a+2c)y =0),((a + b)z = 0),((a+b+c)x=0), ((a+b)y=0):}$

quindi per qualunque $(x,y,z)$ l'unica soluzione del sistema omogeneo sarà: $a=,b=0,c=0$.

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Restando in tema, nello spazio $Hom(R^n,R^m)$, a senso parlare di "base canonica" ?
Ad esempio se considero l'insieme delle applicazioni $L$ :$R^2$ $->$ $R^2$, un qualunque vettore che appartiene a
questo spazio può essere pensato come combinazione lineare del tipo:
$($ $a*A1$ $+$ $b*A2$ $+$ $c*A3$ $+$ $d*A4$ $)$ $*$ $((x),(y))$
dove:
$A1$ $=$ $((1,0),(0,0))$
$A2$ $=$ $((0,1),(0,0))$
$A3$ $=$ $((0,0),(1,0))$
$A4$ $=$ $((0,0),(0,1))$

grazie 1000!!!