da Bokonon » 05/06/2019, 13:26
Innanzitutto scusami perchè ho scritto male la soluzione completa:
$ {( ( x ),( y ),( z ),( w ) ) = k( ( -b/a ),( 1 ),( 0 ),( 0 ) )+m( ( -c/a ),( 0 ),( 1 ),( 0 ) )+n( ( -d/a ),( 0 ),( 0 ),( 1 ) )+( ( e/a ),( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $
Che nel nostro caso diventa $ {( ( x ),( y ),( z ),( w ) ) = k( ( 1/2 ),( 1 ),( 0 ),( 0 ) )+m( ( -1/2 ),( 0 ),( 1 ),( 0 ) )+n( ( 3/2 ),( 0 ),( 0 ),( 1 ) )$
Ma io preferisco eliminare le frazioni: $ {( ( x ),( y ),( z ),( w ) ) = k( ( 1 ),( 2 ),( 0 ),( 0 ) )+m( ( 1 ),( 0 ),( -2 ),( 0 ) )+n( ( 3 ),( 0 ),( 0 ),( 2 ) )$
Abbiamo persino la base ${b_1,b_2,b_3}$, quindi la dimostrazione che sia uno spazio vettoriale di dimensione 3 è triviale. Si applicano le definizioni stesse.
Contiene il vettore nullo? La combinazione lineare $k=m=n=0$ restituisce ${0}$
Presi due generici vettori $in B$, la loro comb. lineare è ancora $in B$?
$alphav+betaw=alpha(kb_1+mb_2+nb_3)+beta(ob_1+pb_2+qb_3)=(alphak+betao)b_1+(alpham+betap)b_2+(alphan+betaq)b_3$
La risposta è "certo che si".
Insomma è davvero così banale...