CAPITOLO 5 Dipendenza e indipendenza lineare (senza il concetto di rango)

Esercizio 5.1. Scrivere un vettore w ∈ R^{3} linearmente dipendente dal vettore v ≡ (−1, 9, 0).

Esercizio 5.2. Stabilire se i vettori v_{1} ≡ (1, 5, 7) e v_{2} ≡ (1, 3, 4) di R^{3} sono linearmente dipendenti.

Esercizio 5.3. Scrivere un vettore w ∈ R^{4} linearmente dipendente dal vettore v ≡ (1, 3, −4, 2).

Esercizio 5.4. Stabilire se i vettori v_{1} ≡ (1, −5, 700) e v_{2} ≡ (0, 0, 0) di R^{3} sono linearmente dipendenti.

Esercizio 5.5. Studiare la dipendenza o indipendenza lineare dei seguenti vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, −3, 7), v_{2} ≡ (2, −1, −1), v_{3} ≡ (0, 0, 0)

Se risultano linearmente dipendenti esprimere, quando è possibile, • v_{1} come combinazione lineare di v_{2} e v_{3}

• v_{2} come combinazione lineare di v_{1} e v_{3}

• v_{3} come combinazione lineare di v_{1} e v_{2}

Esercizio 5.6. Studiare la dipendenza o indipendenza lineare dei seguenti vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, −3, 7), v_{2} ≡ (2, −1, −1), v_{3} ≡ (−4, 2, 2)

Se risultano linearmente dipendenti esprimere, quando è possibile, • v_{1} come combinazione lineare di v_{2} e v_{3}

• v_{2} come combinazione lineare di v_{1} e v_{3}

• v_{3} come combinazione lineare di v_{1} e v_{2}

Esercizio 5.7. Ripetere l’esercizio precedente con i vettori

v_{1} ≡ (1, −1, 2), v_{2} ≡ (5, 2, 0), v_{3} ≡ (3, 4, −4)

Esercizio 5.8. Ripetere l’esercizio precedente con i vettori

v_{1} ≡ (1, 2, −2), v_{2} ≡ (1, 1, −3), v_{3} ≡ (3, 7, k − 6)

discutendo i valori del parametro k ∈ R.

Esercizio 5.9.

a) Determinare per quali valori del parametro reale k i seguenti vettori di R^{5} sono linearmente dipendenti:

v_{1} = (0, 1, −1, 0, 1),  v_{2} = (1, 0, 1, 0, k),  v_{3} = (−1, 2, −3, 0, 0).

b) Per i valori di k determinati in a), esprimere uno o più vettori come combinazione lineare dei rimanenti.

Esercizio 5.10. Dati i vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 2), v_{2} ≡ (2, 4, 6), v_{3} ≡ (−1, 2, 5), v_{4} ≡ (1, 1, 10)

determinare se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} (determinare cioè se v_{4} appartiene allo spazio vettoriale generato da v_{1}, v_{2} e v_{3}). In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Esercizio 5.11. Dati i vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 1), v_{2} ≡ (−3, −2, −2), v_{3} ≡ (2, 2, k + 4), v_{4} ≡ (1, 3, 4)

determinare per quali valori del parametro reale k, v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} (determinare cioè se v_{4} appartiene allo spazio vettoriale generato da v_{1}, v_{2} e v_{3}). In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Esercizio 5.12. Ripetere l’esercizio precedente con i vettori

v_{1} ≡ (1, 3, 1), v_{2} ≡ (2, k, −1), v_{3} ≡ (−1, k − 1, 0), v_{4} ≡ (1, 15, 7)

Esercizio 5.13. Dati i vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 2, 1), v_{2} ≡ (k − 2, k − 4, −k − 2), v_{3} ≡ (5, 9, 3)

determinare, se possibile, i valori del parametro k per cui il vettore v_{3} è combinazione lineare di v_{1}, e v_{2}. In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Esercizio 5.14. Dati i vettori di R^{4}:

v_{1} ≡ (1, 1, 2, 1),  v_{2} ≡ (2, 5, 7, 5),
v_{3} ≡ (−3, −2, k − 5, k − 2),  v_{4} ≡ (−1, −2k − 1, −2k − 2, −3)

determinare i valori del parametro reale k per i quali v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}. In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Esercizio 5.15. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}0 & 0 \\ k & 0 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}1 & k \\ −2 & 0 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}k & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}]

Si dica per quali valori del parametro reale k le matrici A, B, C sono linearmente indipendenti nello spazio M_{2}(R).

Esercizio 5.16. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}2 & k + 1 \\ 4 & k − 3 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 2k − 2 & 2k − 1 \end{matrix}]

a) Si stabilisca per quale valore di k ∈ R le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti.

b) Per il valore trovato in a) esprimere B come combinazione lineare di A e C.

Esercizio 5.17. Date le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ −1 & 3 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}−1 & 1 \\ 2 & 3 \end{matrix}] , D = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix}]

stabilire se D è combinazione lineare di A, B, C.

Esercizio 5.18. Date le matrici

A = [\begin{matrix}1 & k \\ 0 & 1 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 2 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}3 & 6 \\ 1 & 3 \end{matrix}]

stabilire se esistono valori di k per cui C è combinazione lineare di A, B. In caso positivo esprimere tale combinazione lineare.

Esercizio 5.19. Siano dati i polinomi

p_{1}(x) = 1 + x,  p_{2}(x) = 1 + 2x + x^{2},  p_{3}(x) = x − x^{2}.

Esprimere, se è possibile, f(x) = x^{2} − x + 2 come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x).

——————————————————————————————————————————————-

1. Suggerimenti

• n vettori v_{1}, v_{2}, …, v_{n} sono detti linearmente indipendenti se

x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + ⋯ + x_{n}v_{n} = 0  ⇒  x_{1} = x_{2} = ⋯ = x_{n} = 0

In caso contrario sono detti linearmente dipendenti.

• Un vettore w è combinazione di n vettori v_{1}, v_{2}, …, v_{n} se esistono x_{1}, x_{2}, …, x_{n} ∈ R tali che:

x_{1}v_{1} + x_{2}v_{2} + ⋯ + x_{n}v_{n} = w

• Se n vettori sono linearmente dipendenti, allora almeno uno è combinazione lineare degli altri.

• Se w è combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, …, v_{n}, allora v_{1}, v_{2}, …, v_{n}, w sono linearmente dipendenti.

• Alcuni degli esercizi svolti in questo capitolo possono essere svolti in maniera leggermente sem-

plificata utilizzando la nozione di rango (v. capitoli successivi).

——————————————————————————————————————————————-

2. Soluzioni

Esercizio 5.1. Scrivere un vettore w ∈ R^{3} linearmente dipendente dal vettore v ≡ (−1, 9, 0).

Soluzione: Per esempio il vettore w = 3v = (−3, 27, 0) è linearmente dipendente da v.

Potevamo anche considerare il vettore nullo (0, 0, 0) = 0v che è sempre linearmente dipendente da qualsiasi altro vettore.

□

Esercizio 5.2. Stabilire se i vettori v_{1} ≡ (1, 5, 7) e v_{2} ≡ (1, 3, 4) di R^{3} sono linearmente dipendenti.

Soluzione:

Si tratta di verificare se l’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} = 0 ammette soluzioni diverse dalla soluzione nulla x = y = 0. Nel caso particolare di due vettori (non nulli), notiamo che x e y o sono entrambi nulli o sono entrambi non nulli. Supponendo quindi che esistano soluzioni diverse dalla soluzione nulla x = y = 0 ne segue che possiamo supporre y ≠ 0 e possiamo dividere per y ottenendo v_{2} = −\frac{x}{y} v_{1}.

Ovvero due vettori non nulli sono linearmente dipendenti se sono uno multiplo dell’altro. E’ evidente che in questo caso v_{1} non è multiplo di v_{2}, quindi v_{1} e v_{2} sono linearmente indipendenti.

Lo stesso risultato si poteva ottenere risolvendo il sistema associato all’equazione xv_{1} + yv_{2} = 0

\begin{cases}x + y = 0 \\ 5x + 3y = 0 \\ 7x + 4y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −y \\ −5y + 3y = 0 \\ −7y + 4y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \end{cases}

Poichè l’unica soluzione è quella nulla, v_{1} e v_{2} sono linearmente indipendenti.

□

Esercizio 5.3. Scrivere un vettore w ∈ R^{4} linearmente dipendente dal vettore v ≡ (1, 3, −4, 2).

Soluzione: Per esempio il vettore w = 2v = (2, 6, −8, 4) è linearmente dipendente da v.

□

Esercizio 5.4. Stabilire se i vettori v_{1} ≡ (1, −5, 700) e v_{2} ≡ (0, 0, 0) di R^{3} sono linearmente dipendenti.

Soluzione:

Il vettore nullo è sempre linarmente dipendente da ogni altro insieme di vettori. Infatti l’equazione vettoriale:

xv_{1} + yv_{2} = 0

ammette (per esempio) la soluzione non nulla

\begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \end{cases}
□

Esercizio 5.5. Studiare la dipendenza o indipendenza lineare dei seguenti vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, −3, 7), v_{2} ≡ (2, −1, −1), v_{3} ≡ (0, 0, 0)

Se risultano linearmente dipendenti esprimere, quando è possibile, • v_{1} come combinazione lineare di v_{2} e v_{3}

• v_{2} come combinazione lineare di v_{1} e v_{3}
• v_{3} come combinazione lineare di v_{1} e v_{2}

Soluzione: Per quanto osservato nell’esercizio precedente possiamo giá affermare che i tre vettori sono linearmente dipendenti in quanto tra di essi vi é il vettore nullo.

Risolviamo comunque l’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0 che, in generale, ci permette di rispondere a tutte le domande dell’esercizio. Consideriamo il sistema in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x + 2y + 0z = 0 \\ −3x − y + 0z = 0 \\ 7x − y + 0z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2y \\ 6y − y = 0 \\ −14y − y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente dipendenti e:

0v_{1} + 0v_{2} + tv_{3} = 0 ∀t ∈ R

Dall’equazione precedente notiamo che • v_{1} non si può esprimere come combinazione lineare di v_{2} e v_{3}.

• v_{2} non si può esprimere come combinazione lineare di v_{1} e v_{3}.

• Ponendo per esempio t = 1, otteniamo che

v_{3} = 0v_{1} + 0v_{2}
□

Esercizio 5.6. Studiare la dipendenza o indipendenza lineare dei seguenti vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, −3, 7), v_{2} ≡ (2, −1, −1), v_{3} ≡ (−4, 2, 2)

Se risultano linearmente dipendenti esprimere, quando è possibile, • v_{1} come combinazione lineare di v_{2} e v_{3}

• v_{2} come combinazione lineare di v_{1} e v_{3}
• v_{3} come combinazione lineare di v_{1} e v_{2}

Soluzione: La risoluzione dell’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0 permette di rispondere a tutte le domande dell’esercizio. ——————————————————————————————————————————————-

Sappiamo infatti che data l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0

• v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente indipendenti se l’equazione ammette solo la soluzione nulla: x = y = z = 0.

• v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente dipendenti se l’equazione ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla x = y = z = 0.

——————————————————————————————————————————————-

Consideriamo il sistema in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x + 2y − 4z = 0 \\ −3x − y + 2z = 0 \\ 7x − y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2y + 4z \\ 6y − 12z − y + 2z = 0 \\ −14y + 28z − y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2y + 4z \\ 5y − 10z = 0 \\ −15y + 30z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −2y + 4z \\ y = 2z \\ −30z + 30z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 2t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente dipendenti e:

0v_{1} + 2tv_{2} + tv_{3} = 0 ∀t ∈ R

Dall’equazione precedente notiamo che • v_{1} non si può esprimere come combinazione lineare di v_{2} e v_{3}.

• Ponendo per esempio t = 1, otteniamo 2v_{2} + v_{3} = 0 ovvero

v_{2} = −\frac{1}{2}v_{3}

• Analogamente al punto precedente otteniamo

v_{3} = −2v_{2}
□

Esercizio 5.7. Ripetere l’esercizio precedente con i vettori

v_{1} ≡ (1, −1, 2), v_{2} ≡ (5, 2, 0), v_{3} ≡ (3, 4, −4)

Soluzione: La risoluzione dell’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0 permette di rispondere a tutte le domande dell’esercizio. Consideriamo il sistema in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x + 5y + 3z = 0 \\ −x + 2y + 4z = 0 \\ 2x + 0y − 4z = 0 \end{cases}

Riduciamo quindi a gradini la matrice associata a tale sistema:

[\begin{matrix}1 & 5 & 3 & | & 0 \\ −1 & 2 & 4 & | & 0 \\ 2 & 0 & −4 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 5 & 3 & | & 0 \\ 0 & 7 & 7 & | & 0 \\ 0 & −10 & −10 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}(1/7)II \\ (−1/10)III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 5 & 3 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 5 & 3 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Tornando al sistema

\begin{cases}x + 5y + 3z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x − 5z + 3z = 0 \\ y = −z \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente dipendenti e:

2tv_{1} − tv_{2} + tv_{3} = 0 ∀t ∈ R

Ponendo per esempio t = 1 otteniamo 2v_{1} − v_{2} + v_{3} = 0 da cui segue

• v_{1} = \frac{1}{2} v_{2} − \frac{1}{2} v_{3}

• v_{2} = 2v_{1} + v_{3}

• v_{3} = −2v_{1} + v_{2}

□

Esercizio 5.8. Ripetere l’esercizio precedente con i vettori

v_{1} ≡ (1, 2, −2), v_{2} ≡ (1, 1, −3), v_{3} ≡ (3, 7, k − 6)

discutendo i valori del parametro k.

Soluzione: Procediamo come nell’esercizio precedente risolvendo l’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0. Consideriamo il sistema in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x + y + 3z = 0 \\ 2x + y + 7z = 0 \\ −2x − 3y + (k − 6)z = 0 \end{cases}

Riduciamo quindi a gradini la matrice associata a tale sistema:

[\begin{matrix}1 & 1 & 3 & | & 0 \\ 2 & 1 & 7 & | & 0 \\ −2 & −3 & k − 6 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 3 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −2 & k + 1 & | & 0 \end{matrix}]

⇒ III − 2II [\begin{matrix}1 & 1 & 3 & | & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & k − 1 & | & 0 \end{matrix}]

Notiamo che un sistema omogeneo ha sempre soluzione, infatti ha sempre almeno la soluzione nulla. Discutiamo i valori del parametro:

• Se k = 1 otteniamo il sistema:

\begin{cases}x + y + 3z = 0 \\ y = z \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −4t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente dipendenti e:

−4tv_{1} + tv_{2} + tv_{3} = 0 ∀t ∈ R

Ponendo per esempio t = 1 otteniamo −4v_{1} + v_{2} + v_{3} = 0 da cui segue

– v_{1} = \frac{1}{4} v_{2} + \frac{1}{4} v_{3}

– v_{2} = 4v_{1} − v_{3}

– v_{3} = 4v_{1} − v_{2}

• Se k ≠ 1 il sistema ammette la sola soluzione x = y = z = 0 e v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente indipendenti. In particolare nessuno di loro può essere espresso come combinazione lineare degli altri.

□

Esercizio 5.9.

a) Determinare per quali valori del parametro reale k i seguenti vettori di R^{5} sono linearmente dipendenti:

v_{1} = (0, 1, −1, 0, 1),  v_{2} = (1, 0, 1, 0, k),  v_{3} = (−1, 2, −3, 0, 0).

b) Per i valori di k determinati in a), esprimere uno o più vettori come combinazione lineare dei rimanenti.

Soluzione: Cerchiamo le soluzioni dell’equazione vettoriale

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0

riducendo a gradini la matrice associata al sistema in cui si esplicita tale equazione.

[\begin{matrix}0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 1 & 0 & 2 & | & 0 \\ −1 & 1 & −3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & k & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \\ III + II \\ V − II \\ IV \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & k & −2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}III − II \\ IV − kII \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 + k & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2z = 0 \\ y − z = 0 \\ (k − 2)z = 0 \end{cases}

Dobbiamo ora distinguere due casi:

• Se k ≠ 2 otteniamo la soluzione x = y = z = 0 e i tre vettori sono linearmente indipendenti.

• Se k = 2 il sistema diventa

\begin{cases}x + 2z = 0 \\ y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi per k = 2 i tre vettori sono linearmente dipendenti.

b) Al punto precedente abbiamo trovato che se k = 2 allora

−2tv_{1} + tv_{2} + tv_{3} = 0 ∀t ∈ R

In particolare ponendo per esempio t = 1 oteniamo

v_{1} = \frac{1}{2}v_{2} + \frac{1}{2}v_{3}

v_{2} = 2v_{1} − v_{3} v_{3} = 2v_{1} − v_{2}

□

Esercizio 5.10. Dati i vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 2), v_{2} ≡ (2, 4, 6), v_{3} ≡ (−1, 2, 5), v_{4} ≡ (1, 1, 10)

determinare se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} (determinare cioè se v_{4} appartiene allo spazio vettoriale generato da v_{1}, v_{2} e v_{3}). In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Soluzione: Si tratta di risolvere l’equazione vettoriale

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4}

Consideriamo il sistema (non omogeneo) in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x + 2y − z = 1 \\ x + 4y + 2z = 1 \\ 2x + 6y + 5z = 10 \end{cases}

Riduciamo quindi a gradini la matrice associata a tale sistema:

[\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 1 & 4 & 2 & | & 1 \\ 2 & 6 & 5 & | & 10 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 7 & | & 8 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 8 \end{matrix}]

Tornando al sistema

\begin{cases}x + 2y − z = 1 \\ 2y + 3z = 0 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 9 \\ y = −3 \\ z = 2 \end{cases}

Di conseguenza

v_{4} = 9v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}

Notiamo che anzicchè fermarci alla matrice ridotta a gradini potevamo arrivare alla scrittura della matrice in forma normale, ovvero alla matrice che ha solo elementi sulla diagonale e questi sono tutti 1 o 0.

[\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 8 \end{matrix}] ⇒ 1/4III [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I + III \\ II − 3III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 2 & 0 & | & −6 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \end{matrix}]

⇒ 1/2II [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & −3 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ I − 2II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 9 \\ 0 & 1 & 0 & | & −3 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \end{matrix}]

Ritornando al sistema in questo caso otteniamo direttamente

\begin{cases}x = 9 \\ y = −3 \\ z = 2 \end{cases}

ovvero

v_{4} = 9v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}
□

Esercizio 5.11. Dati i vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 1), v_{2} ≡ (−3, −2, −2), v_{3} ≡ (2, 2, k + 4), v_{4} ≡ (1, 3, 4)

determinare per quali valori del parametro reale k, v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} (determinare cioè se v_{4} appartiene allo spazio vettoriale generato da v_{1}, v_{2} e v_{3}). In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Soluzione: Si tratta di risolvere l’equazione vettoriale

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4}

Consideriamo il sistema (non omogeneo) in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x − 3y + 2z = 1 \\ x − 2y + 2z = 3 \\ x − 2y + (k + 4)z = 4 \end{cases}

Riduciamo quindi a gradini la matrice associata a tale sistema:

[\begin{matrix}1 & −3 & 2 & | & 1 \\ 1 & −2 & 2 & | & 3 \\ 1 & −2 & k + 4 & | & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −3 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & | & 2 \\ 0 & 0 & k + 2 & | & 1 \end{matrix}]

Tornando al sistema

\begin{cases}x − 3y + 2z = 1 \\ y = 2 \\ (k + 2)z = 1 \end{cases}

Dobbiamo ora di distinguere due casi

• Se k = −2:

\begin{cases}x − 3y + 2z = 1 \\ y = 2 \\ 0 = 1 \end{cases}

Quindi il sistema non ammette soluzioni, e v_{4} non si può esprimere come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3}.

• Se k ≠ −2:

\begin{cases}x = \frac{7k + 12}{k + 2} \\ y = 2 \\ z = \frac{1}{k + 2} \end{cases}

e

v_{4} = (\frac{7k + 12}{k + 2}) · v_{1} + 2 · v_{2} + (\frac{1}{k + 2}) · v_{3}

□

Esercizio 5.12. Ripetere l’esercizio precedente con i vettori

v_{1} ≡ (1, 3, 1), v_{2} ≡ (2, k, −1), v_{3} ≡ (−1, k − 1, 0), v_{4} ≡ (1, 15, 7)

Soluzione: Cerchiamo le soluzioni dell’equazione vettoriale

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4}

Riduciamo a gradini la matrice associata al sistema in cui si esplicita tale equazione:

[\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 3 & k & k − 1 & | & 15 \\ 1 & −1 & 0 & | & 7 \end{matrix}]

Procedendo con il metodo di Gauss otteniamo la matrice equivalente

\begin{matrix}II − 3I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & k − 6 & k + 2 & | & 12 \\ 0 & −3 & 1 & | & 6 \end{matrix}]

Facciamo a questo punto una importante osservazione. Se procediamo ancora con la riduzione a gradini, per ottenere uno zero nel secondo posto della terza riga siamo costretti a fare la seguente operazione

(k − 6)III + 3II [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & k − 6 & k + 2 & | & 12 \\ 0 & 0 & 4k & | & 6k \end{matrix}]

Notiamo però che procedendo così abbiamo sostituito la terza riga con un suo multiplo dipendente dal parametro, sommato ad un multiplo non nullo della seconda. Dalla teoria sappiamo però che tale operazione è lecita solamente se il valore per cui moltiplichiamo la terza riga è diverso da zero, nel nostro caso cioè se k ≠ 6. In caso contrario avremmo infatti sostituito la terza riga con un multiplo della seconda ottenendo perciò un sistema non più equivalente. Potremmo quindi procedere per poi controllare separatamente il caso k = 6, ritornando al sistema che avevamo prima della operazione non lecita. Questo modo di procedere, benchè corretto, risulta piuttosto lungo e macchinoso. E’ invece decisamente più conveniente procedere nel seguente modo.

Ritorniamo alla matrice ottenuta al primo passaggio della riduzione a gradini e effettuiamo uno scambio di righe

\begin{matrix}III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & −3 & 1 & | & 6 \\ 0 & k − 6 & k + 2 & | & 12 \end{matrix}] ⇒ 3III + (k − 6)II [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & −3 & 1 & | & 6 \\ 0 & 0 & 4k & | & 6k \end{matrix}]

Abbiamo quindi sostituito la terza riga con un suo multiplo non nullo sommato ad un multiplo della seconda dipendente dal parametro. Questa operazione è sempre lecita. Infatti anche per il valore critico k = 6 otteniamo un sistema ancora equivalente in cui la terza riga è stata sostituita con un suo multiplo non nullo. Possiamo perciò procedere senza dovere distinguere alcun caso.

Torniamo ora al sistema

\begin{cases}x & + & 2y & − & z & = & 1 \\ & − & 3y & + & z & = & 6 \\ & & & & 4kz & = & 6k. \end{cases}

Per trovare le soluzioni siamo costretti a distinguere due casi.

• Se 4k ≠ 0, ovvero se k ≠ 0, l’ultima equazione si può dividere per 4k per cui otteniamo la seguente soluzione

\begin{cases}x = \frac{11}{2} \\ y = −\frac{3}{2} \\ z = \frac{3}{2}. \end{cases}

Di conseguenza se k ≠ 0 abbiamo ottenuto la seguente (unica) combinazione lineare:

v_{4} = \frac{11}{2}v_{1} − \frac{3}{2}v_{2} + \frac{3}{2}v_{3}.

• Se k = 0 otteniamo il seguente sistema

\begin{cases}x & + & 2y & − & z & = & 1 \\ & − & 3y & + & z & = & 6 \\ & & & & 0 & = & 0 \end{cases}

Ponendo y = t otteniamo le soluzioni

\begin{cases}x = t + 7 \\ y = t \\ z = 3t + 6. \end{cases}  ∀t ∈ R

Quindi anche se k = 0 il vettore v_{4} si può esprimere come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}:

v_{4} = (t + 7) · v_{1} + t · v_{2} + (3t + 6) · v_{3} ∀t ∈ R.

In questo caso le possibili combinazioni lineari sono infinite.

□

——————————————————————————————————————————————-

Osservazione importante. Abbiamo incontrato in questo esercizio una prima difficoltà nel ridurre a gradini un sistema parametrico. Abbiamo visto che è stato decisamente utile spostare in basso la riga contenente il parametro. Possiamo quindi dare una prima regola utile per ridurre a gradini i sistemi parametrici: è tendenzialmente conveniente spostare verso il basso le righe contenenti il parametro. ——————————————————————————————————————————————-

Esercizio 5.13. Dati i vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 2, 1), v_{2} ≡ (k − 2, k − 4, −k − 2), v_{3} ≡ (5, 9, 3)

determinare, se possibile, i valori del parametro k per cui il vettore v_{3} è combinazione lineare di v_{1}, e v_{2}. In caso positivo sprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Soluzione: Si tratta di cercare (se esistono) le soluzioni dell’equazione vettoriale

xv_{1} + yv_{2} = v_{3}.

Consideriamo il sistema (non omogeneo) associato

\begin{cases}x + (k − 2)y = 5 \\ 2x + (k − 4)y = 9 \\ x + (−k − 2)y = 3 \end{cases}

Riduciamo a gradini la matrice associata

[\begin{matrix}1 & k − 2 & | & 5 \\ 2 & k − 4 & | & 9 \\ 1 & −k − 2 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & k − 2 & | & 5 \\ 0 & −k & | & −1 \\ 0 & −2k & | & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−II \\ III − 2II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & k − 2 & | & 5 \\ 0 & k & | & 1 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Otteniamo quindi il sistema

\begin{cases}x + (k − 2)y = 5 \\ ky = 1 \\ 0 = 0 \end{cases}

Dobbiamo ora distinguere due casi • Se k ≠ 0 otteniamo

\begin{cases}x = \frac{4k + 2}{k} \\ y = \frac{1}{k} \end{cases}

per cui

v_{3} = (\frac{4k + 2}{k}) · v_{1} + \frac{1}{k} · v_{2} se k ≠ 0.

• Se k = 0:

\begin{cases}y & − & 2x & = & 5 \\ & & 0 & = & 1 \\ & & 0 & = & 0 \end{cases}

Quindi il sistema è impossibile e in questo caso il vettore v_{3} non è combinazione lineare di v_{1} e v_{2}.

□

Esercizio 5.14. Dati i vettori di R^{4}:

v_{1} ≡ (1, 1, 2, 1),  v_{2} ≡ (2, 5, 7, 5),
v_{3} ≡ (−3, −2, k − 5, k − 2),  v_{4} ≡ (−1, −2k − 1, −2k − 2, −3)

determinare i valori del parametro reale k per i quali v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}. In caso positivo sprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Soluzione: Studiamo la seguente equazione vettoriale

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4}

riducendo a gradini la matrice associata al sistema in cui si esplicita tale equazione:

[\begin{matrix}1 & 2 & −3 & | & −1 \\ 1 & 5 & −2 & | & −2k − 1 \\ 2 & 7 & k − 5 & | & −2k − 2 \\ 1 & 5 & k − 2 & | & −3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −3 & | & −1 \\ 0 & 3 & 1 & | & −2k \\ 0 & 3 & k + 1 & | & −2k \\ 0 & 3 & k + 1 & | & −2 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}III − II \\ IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −3 & | & −1 \\ 0 & 3 & 1 & | & −2k \\ 0 & 0 & k & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 2k − 2 \end{matrix}]

Ritornando al sistema abbiamo ottenuto

\begin{cases}x + 2y − 3z = −1 \\ 3y + z = −2k \\ kz = 0 \\ 0 = 2k − 2 \end{cases}

Notiamo subito che l’ultima equazione impone 2k = 2, ovvero k = 1. Sostituendo quindi tale valore nel sistema oteniamo

\begin{cases}x + 2y − 3z = −1 \\ 3y + z = −2 \\ z = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{3} \\ y = −\frac{2}{3} \\ z = 0. \end{cases}

Quindi • Per k = 1 abbiamo ottenuto la seguente combinazione lineare

v_{4} = \frac{1}{3}v_{1} − \frac{2}{3}v_{2}

• Se k ≠ 1 il sistema non ammette soluzioni per cui il vettore v_{4} non si può esprimere come

combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

□

Esercizio 5.15. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}0 & 0 \\ k & 0 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}1 & k \\ −2 & 0 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}k & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}]

Si dica per quali valori del parametro reale k le matrici A, B, C sono linearmente indipendenti nello spazio M_{2}(R).

Soluzione: Per stabilire quando le tre matrici sono linearmente indipendenti risolviamo l’equazione xA+yB +zC = 0:

[\begin{matrix}y + kz & ky + z \\ kx − 2y − 1z & z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

da cui si ottiene il sistema

\begin{cases}y + kz = 0 \\ ky + z = 0 \\ kx − 2y − 1z = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}y = 0 \\ 0 = 0 \\ kx = 0 \\ z = 0 \end{cases}

Dobbiamo ora distinguere due casi.

• Se k ≠ 0 otteniamo la sola soluzione x = y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente indipendenti.

• Se k = 0 otteniamo la sola soluzione x = t, y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente

dipendenti.

□

Esercizio 5.16. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}2 & k + 1 \\ 4 & k − 3 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 2k − 2 & 2k − 1 \end{matrix}]

a) Si stabilisca per quale valore di k ∈ R le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti.

b) Per il valore trovato in a) esprimere B come combinazione lineare di A e C.

Soluzione:

a) Per stabilire quando le tre matrici sono linearmente dipendenti risolviamo l’equazione xA + yB + zC = 0:

[\begin{matrix}x + 2y & x + (k + 1)y + z \\ 2x + 4y + (2k − 2)z & −x + (k − 3)y + (2k − 1)z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

da cui si ottiene il sistema

\begin{cases}x + 2y = 0 \\ x + (k + 1)y + z = 0 \\ 2x + 4y + (2k − 2)z = 0 \\ −x + (k − 3)y + (2k − 1)z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 1 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 2 & 4 & 2k − 2 & | & 0 \\ −1 & k − 3 & 2k − 1 & | & 0 \end{matrix}]

Notiamo che le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti se il sistema ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla x = y = z = 0. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata al sistema:

\begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 2k − 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ IV − II [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

IV − III [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Dobbiamo ora distinguere due casi.

– Se k ≠ 1 otteniamo la sola soluzione x = y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente indipendenti.

– Se k = 1 otteniamo il sistema

\begin{cases}x + 2y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ −2t · A + t · B + 0 · C = 0 ∀t ∈ R

Il sistema ha infinite soluzioni e quindi le tre matrici sono linearmente dipendenti.

b) Per k = 1 abbiamo ottenuto al punto precedente −2t · A + t · B + 0 · C = 0 ∀t ∈ R. Ponendo

per esempio t = 1 otteniamo −2A + B = 0, ovvero B = 2A.

□

Esercizio 5.17. Date le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ −1 & 3 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}−1 & 1 \\ 2 & 3 \end{matrix}] , D = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix}]

stabilire se D è combinazione lineare di A, B, C.

Soluzione: Si tratta di determinare se esiste soluzione dell’equazione

Ax + By + Cz = D

Esplicitando tale equazione otteniamo:

Ax + By + Cz = [\begin{matrix}x & 2x \\ −x & 3x \end{matrix}] + [\begin{matrix}2y & y \\ y & y \end{matrix}] + [\begin{matrix}−z & z \\ 2z & 3z \end{matrix}] = [\begin{matrix}x + 2y − z & 2x + y + z \\ −x + y + 2z & 3x + y + 3z \end{matrix}]

Quindi:

[\begin{matrix}x + 2y − z & 2x + y + z \\ −x + y + 2z & 3x + y + 3z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y − z = 0 \\ 2x + y + z = 1 \\ −x + y + 2z = −1 \\ 3x + y + 3z = 2 \end{cases}

Dobbiamo quindi risolvere il sistema lineare non omogeneo di quattro equazioni i tre incognite:

[\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 2 & 1 & 1 & | & 1 \\ −1 & 1 & 2 & | & −1 \\ 3 & 1 & 3 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + I \\ IV − 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 3 & | & 1 \\ 0 & 3 & 1 & | & −1 \\ 0 & −5 & 6 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + II \\ 3IV − 5II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & | & 1 \end{matrix}]

⇒ 4IV − 3III [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 0 \\ 0 & −3 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 4 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 4 \end{matrix}]

Tornando al sistema notiamo che l’ultima equazione è 0 = 4, quindi il sistema non ammette soluzione e D non è combinazione lineare di A, B e C.

□

Esercizio 5.18. Date le matrici

A = [\begin{matrix}1 & k \\ 0 & 1 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 2 \end{matrix}] , C = [\begin{matrix}3 & 6 \\ 1 & 3 \end{matrix}]

stabilire se esistono valori di k per cui C è combinazione lineare di A, B. In caso positivo esprimere tale combinazione lineare.

Soluzione: Analogamente all’esercizio precedente si tratta di determinare se esiste soluzione dell’equazione

Ax + By = C

Esplicitando tale equazione otteniamo:

Ax + By = [\begin{matrix}x & kx \\ 0 & x \end{matrix}] + [\begin{matrix}2y & 3y \\ y & 2y \end{matrix}] = [\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ y & x + 2y \end{matrix}]

Quindi:

[\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ y & x + 2y \end{matrix}] = [\begin{matrix}3 & 6 \\ 1 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2y = 3 \\ kx + 3y = 6 \\ y = 1 \\ x + 2y = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x + 2 = 3 \\ kx + 3 = 6 \\ y = 1 \\ x + 2 = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ kx = 3 \\ y = 1 \\ x = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ k = 3 \\ y = 1 \\ x = 1 \end{cases}

Quindi • Se k = 3 il sistema ammette la sola soluzione x = y = 1 e A + B = C.

• Se k ≠ 3 il sistema non ammette soluzione e C non è combinazione di A e B.

□

Esercizio 5.19. Siano dati i polinomi

p_{1}(x) = 1 + x,  p_{2}(x) = 1 + 2x + x^{2},  p_{3}(x) = x − x^{2}.

Esprimere, se è possibile, f(x) = x^{2} − x + 2 come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x).

Soluzione: Si tratta di stabilire se l’equazione

ap_{1}(x) + bp_{2}(x) + cp_{3}(x) = f(x)

ammette soluzioni. Esplicitando l’equazione otteniamo:

ap_{1}(x) + bp_{2}(x) + cp_{3}(x) = a(1 + x) + b(1 + 2x + x^{2}) + c(x − x^{2})
= (b − c)x^{2} + (a + 2b + c)x + (a + b)

Quindi

(b − c)x^{2} + (a + 2b + c)x + (a + b) = x^{2} − x + 2 ⇒ \begin{cases}b − c = 1 \\ a + 2b + c = −1 \\ a + b = 2 \end{cases}

Risolviamo ora il sistema

[\begin{matrix}0 & 1 & −1 & | & 1 \\ 1 & 2 & 1 & | & −1 \\ 1 & 1 & 0 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 1 & 2 & 1 & | & −1 \\ 0 & 1 & −1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & −3 \\ 0 & 1 & −1 & | & 1 \end{matrix}]

⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & −3 \\ 0 & 0 & −2 & | & 4 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} + x_{2} = 2 \\ x_{2} + x_{3} = −3 \\ −2x_{3} = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 3 \\ x_{2} = −1 \\ x_{3} = −2 \end{cases}

Quindi

f(x) = 3 · p_{1}(x) − 1 · p_{2}(x) − 2 · p_{3}(x)

L’esercizio poteva essere svolto in maniera leggermente semplificata osservando che a ogni polinomio possiamo associare il vettore formato dai suoi coefficienti dopo avere scelto un ordine per l’insieme B = {x^{2}, x, 1}. La giustificazione precisa di questo fatto verrà data dopo avere introdotto il concetto di base, ma possiamo intanto osservare che ogni vettore è univocamente determinato dai suoi coefficienti e che la somma e il prodotto per scalari sono definiti in maniera analoga tra vettori e tra polinomi. Di conseguenza ai polinomi p_{1}(x), p_{2}(x) e p_{3}(x) possiamo associamo i tre vettori

p_{1} = (0, 1, 1)
p_{2} = (1, 2, 1)
p_{3} = (−1, 1, 0)
f = (1, −1, 2)

Il polinomio f(x) è combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x) se il vettore f è combinazione lineare dei vettori p_{1}, p_{2}, p_{3}. Risolvendo l’equazione ap_{1} + bp_{2} + cp_{3} otteniamo il sistema a cui è associata la

2. SOLUZIONI 15

matrice

[\begin{matrix}0 & 1 & −1 & | & 1 \\ 1 & 2 & 1 & | & −1 \\ 1 & 1 & 0 & | & 2 \end{matrix}]

che è infatti la stessa che abbiamo ottenuto con il precedente metodo.

□