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Dipendenza lineare di un sistema di vettori
Marcello Colozzo – http://www.extrabyte.info
Esercizio 1 Assegnato lo spazio vettoriale P3 [t] dei polinomi di grado ≤ 3 sul campo reale, si verifichi
che il sistema
S = {a1 (t) , a2 (t) , a3 (t)}
(1)
è linearmente dipendente, essendo:
a1 (t) = t2 − t + 1,
a2 (t) = 2t3 − t2 + t + 1
a3 (t) = t3 + 1
(2)
Soluzione
Scriviamo
λ1 a1 (t) + λ2 a2 (t) + λ3 a3 (t) = 0,
(λi ∈ R)
(3)
Cioè
λ1 t2 − t + 1 + λ2 2t3 − t2 + t + 1 + λ3 t3 + 1 = 0
(4)
(λ2 + 2λ3 ) t3 + (λ1 − λ2 ) t2 + (λ2 − λ1 ) t + λ1 + λ2 + λ3 = 0
(5)
Sviluppando e ordinando i vari termini:
Il principio di identità dei polinomi restituisce il sistema lineare omogeneo nelle incognite λ1 , λ2 , λ3 :

0 + λ2 + 2λ3 = 0



λ1 − λ2 + 0 = 0
,
(6)
−λ1 + λ2 + 0 = 0



λ1 + λ2 + λ3 = 0
la cui matrice dei coefficienti è

0
2 1
 1 −1 0 

A=
 −1 1 0 
1
1 1

(7)
In generale il numero di soluzioni proprie (o autosoluzioni) di un sistema omogeneo è
n−p
∞ , se p < n
N=
,
0, se p = n
(8)
dove p = ρ (A) (rango di A), mentre n è il numero di incognite. Dobbiamo quindi calcolare il rango
della matrice A. Il minore di ordine 3 ottenuto cancellando la quarta riga è:
0
2 1 a123,123 = 1 −1 0 = 0
(9)
−1 1 0 Il minore di ordine 3 ottenuto cancellando
0
a124,123 = 1
1
la terza riga
2 1 −1 0 = 1 1 1
è:
0 2 1
1 −1 0
1 −1 0
=0
(10)
Il minore di ordine 3 ottenuto cancellando la seconda riga è:
0 2 1 0
2 1 a134,123 = −1 1 0 = −1 1 0 = 0
1 1 1 1 −1 0 Il minore di ordine 3 ottenuto cancellando la prima
1
a123,123 = −1
1
(11)
riga è:
−1 0 1 0 = 0
1 1 (12)
Cioè tutti i minori di ordine 3 sono nulli =⇒ ρ (A) < 3. Riesce
0 2 6= 0 =⇒ ρ (A) = 2
a12,12 = 1 −1 Ne concludiamo che il sistema (6) ammette ∞1 soluzioni proprie, per cui
∃ (λ1 , λ2 , λ3 ) 6= (0, 0, 0) |
3
X
λk ak (t) = 0
k=1
e quindi il sistema di vettori S è linearmente dipendente.
Osservazione 2 Per la determinazione dei minori estratti da una matrice e, quindi, del rango,
consigliamo questa risora.
2