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Esercizio 26
Determinare se i seguenti sottoinsiemi sono sottospazi di
![$ R^3$](img252.gif)
:
Dimostrazione.
L'insieme
![$ A$](img5.gif)
è costituito dai vettori
![$ (x,y,z) \in R^3$](img259.gif)
tali che
![$ x=z$](img260.gif)
.
Poichè
![$ A$](img5.gif)
è l'insieme delle soluzioni di una equazione lineare omogenea,
![$ A$](img5.gif)
è un sottospazio di
![$ R^3$](img252.gif)
.
Verifichiamo direttamente che
![$ A$](img5.gif)
è un sottospazio di
![$ R^3$](img252.gif)
.
Abbiamo:
La somma di due vettori di
![$ A$](img5.gif)
è ancora un vettore in
![$ A$](img5.gif)
, infatti:
Il prodotto di un vettore di
![$ A$](img5.gif)
per uno scalare è ancora un vettore di
![$ A$](img5.gif)
,
infatti:
Il sottoinsieme
è l'insieme delle soluzioni di una equazione lineare non omogenea e pertanto
non è un sottospazio. di
![$ R^3$](img252.gif)
. È facile anche verificare che, per esempio,
il vettore nullo non appartiene a
![$ B$](img7.gif)
.
Il sottoinsieme
di
è costituito dai vettori della forma
al variare di
e
in
. Dati due vettori di
,
e
, il vettore somma
in generale non
è un elemento di
. Infatti
se
e
sono
entrambi non nulli. Ne segue che
non è chiuso rispetto alla somma e dunque
non è un sottospazio.
Il sottoinsieme
è costituito dai vettori di
che sono soluzioni del sistema lineare
omogeneo
pertanto è un sottospazio di
![$ R^3$](img252.gif)
. I suoi elementi sono i vettori della forma
![$ (a,a,a)$](img275.gif)
al
variare di
![$ a$](img266.gif)
in
![$ R$](img268.gif)
.
Il sottoinsieme
è costituito dal solo vettore nullo, infatti l'equazione
è soddisfatta solo per
. Ne segue che
è il sottospazio banale di
.
Infine il sottoinsieme
è costituito dai vettori
di
tali che
ovvero dai vettori di
![$ R^3$](img252.gif)
tali che
Un generico vettore di
![$ F$](img94.gif)
si scrive allora come
![$ (a,b,-a)$](img282.gif)
per certi
![$ a$](img266.gif)
e
![$ b$](img267.gif)
in
![$ R$](img268.gif)
.
Si verifica
facilmente che
![$ F$](img94.gif)
è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per uno scalare.
Infatti:
e
Esercizio 27
Sia
![$ V$](img285.gif)
il sottospazio di
![$ R^3$](img252.gif)
generato dai vettori
Scrivere
![$ V$](img285.gif)
come spazio delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo.
Dimostrazione.
Gli elementi del sottospazio
![$ V$](img285.gif)
sono i vettori
al variare di
![$ \alpha$](img288.gif)
e
![$ \beta$](img289.gif)
in
![$ R$](img268.gif)
.
Abbiamo allora:
Al variare di
![$ \alpha$](img288.gif)
e
![$ \beta$](img289.gif)
in
![$ R$](img268.gif)
,
![$ \alpha$](img288.gif)
e
![$ \beta- \alpha$](img291.gif)
descrivono tutto
![$ R$](img268.gif)
,
pertanto:
Esercizio 28
Dire quali dei seguenti sottoinsiemi di
![$ R^3$](img252.gif)
sono formati da vettori
linearmente indipendenti:
Dimostrazione.
L'insieme
![$ S$](img301.gif)
è costituito dai vettori
![$ (1,1,1)$](img302.gif)
e
![$ (1,0,1)$](img303.gif)
che sono linearmente indipendenti.
Infatti due vettori sono linearmente dipendenti se e solo se sono proporzionali. È facile
verificare che in questo caso non esiste alcun
![$ \lambda$](img304.gif)
in
![$ R$](img268.gif)
tale che
![$ \lambda (1,1,1)=(1,0,1)$](img305.gif)
.
I tre vettori in
non sono linearmente indipendenti perchè il terzo è somma dei primi due.
I vettori
e
sono invece indipendenti poichè non esiste alcun
tale che
.
L'insieme
è costituito dai vettori
,
e
. Per verificare se si
tratta di vettori indipendenti calcoliamo il determinante della matrice formata dai tre vettori:
Risulta
![$ \dete(A)=1 \neq 0$](img315.gif)
pertanto i vettori di
![$ U$](img311.gif)
sono linearmente indipendenti.
Infine il sottoinsieme
è un sottospazio di
e pertanto non è costituito da vettori
linearmente indipendenti. Per esempio perchè contiene il vettore nullo, oppure perchè
dato un vettore
ne contiene ogni multiplo.
Esercizio 29
Provare che l'insieme
è un sistema di generatori di
![$ R^3$](img252.gif)
. Estrarre una base di
![$ R^3$](img252.gif)
dagli
elementi di
![$ S$](img301.gif)
.
Dimostrazione.
Proviamo che l'insieme
![$ S$](img301.gif)
genera
![$ R^3$](img252.gif)
. Si tratta di far vedere che ogni vettore di
![$ R^3$](img252.gif)
si può
scrivere come combinazione lineare degli elementi di
![$ S$](img301.gif)
. Per ogni
![$ (a,b,c) \in R^3$](img317.gif)
vogliamo
trovare
![$ x,y,z,w \in R$](img318.gif)
tali che
Otteniamo un sistema lineare la cui matrice completa è :
Una possibile riduzione per righe è :
Se ne deduce che il sistema ammette sempre (infinite) soluzioni e dunque
![$ S$](img301.gif)
genera
![$ R^3$](img252.gif)
.
I vettori di
![$ S$](img301.gif)
sono in numero maggiore della dimensione di
![$ R^3$](img252.gif)
quindi non possono essere
tutti
linearmente indipendenti. Infatti risulta:
D'altra parte i tre vettori
![$ (1,1,0)$](img323.gif)
,
![$ (1,1,1)$](img302.gif)
e
![$ (2,1,0)$](img324.gif)
sono indipendenti e pertanto
costituiscono una base di
![$ R^3$](img252.gif)
.
Esercizio 30
Determinare una base del sottospazio di
![$ R^3$](img252.gif)
formato dalle soluzioni
dell'equazione
Dimostrazione.
Le soluzioni dell'equazione sono tutti e soli i vettori di
![$ R^3$](img252.gif)
della forma
![$ (2y-2z,y,z)$](img326.gif)
al
variare di
![$ y$](img174.gif)
e
![$ z$](img166.gif)
in
![$ R$](img268.gif)
. Ora:
sicchè l'insieme
![$ \mathcal{B}= \{(2,1,0),(-2,0,1) \}$](img330.gif)
genera il sottospazio. Poichè i vettori
di
![$ \mathcal{B}$](img331.gif)
sono
linearmente indipendenti l'insieme
![$ \mathcal{B}$](img331.gif)
è una base del sottospazio.
Dimostrazione.
Il sottoinsieme
![$ W$](img332.gif)
è costituito dalle soluzioni dell'equazione
pertanto è un sottospazio
di
![$ R^3$](img252.gif)
. Inoltre possiamo scrivere:
Un generico vettore di
![$ W$](img332.gif)
è combinazione lineare dei vettori
![$ v_1=(1,0,1)$](img337.gif)
e
![$ v_2=(0,1,0)$](img338.gif)
poichè:
I vettori
![$ v_1$](img340.gif)
e
![$ v_2$](img341.gif)
sono linearmente indipendenti così l'insieme
![$ \mathcal{B}= \{
v_1,v_2 \}$](img342.gif)
è una base di
![$ W$](img332.gif)
e risulta
![$ \dimm(W)=2$](img343.gif)
.
Infine il vettore
appartiene a
perchè la prima e la terza componente coincidono.
Le sue coordinate rispetto alla base ordinata
sono rispettivamente
e
:
Esercizio 32
Sia
un sottoinsieme di vettori linermente indipendenti in uno spazio vettoriale
reale
![$ V$](img285.gif)
.
Provare che anche
è un sottoinsieme di vettori linearmente indipendenti.
Dimostrazione.
Per provare che i vettori di
![$ S'$](img347.gif)
sono linearmente indipendenti supponiamo di avere una combinazione
lineare uguale al vettore nullo e proviamo che allora i coefficienti della combinazione devono essere
tutti nulli.
Supponiamo dunque di avere:
Questo implica che sia:
L'ultima equazione è una combinazione lineare dei vettori di
![$ S$](img301.gif)
uguale al vettore nullo.
Poichè
![$ S$](img301.gif)
è un sottoinsieme di vettori linearmente indipendenti, i coefficienti della
combinazione devono
essere tutti nulli, ovvero deve essere:
e dunque
Abbiamo così mostrato che
ovvero che l'unica combinazione lineare dei vettori di
![$ S'$](img347.gif)
uguale al vettore nullo è quella i cui
coefficienti siano tutti nulli.
Esercizio 33
Determinare i valori del parametro reale
![$ q$](img353.gif)
per i quali i tre vettori di
![$ R^4$](img354.gif)
:
sono linearmente dipendenti. Per tali valori esprimere uno dei tre vettori come
combinazione lineare degli altri due.
Dimostrazione.
I vettori
![$ v_1$](img340.gif)
,
![$ v_2$](img341.gif)
e
![$ v_3$](img358.gif)
sono linearmente dipendenti se e solo se la matrice
non ha rango massimo. Per determinare il rango di
![$ A$](img5.gif)
riduciamola a gradino.
Una possibile riduzione è:
La matrice
![$ A$](img5.gif)
ha rango
![$ 3$](img112.gif)
per
![$ q\neq 0$](img361.gif)
e rango
![$ 2$](img108.gif)
per
![$ q=0$](img362.gif)
. Per
![$ q=0$](img362.gif)
i vettori
![$ v_1$](img340.gif)
,
![$ v_2$](img341.gif)
e
![$ v_3$](img358.gif)
sono allora linearmente dipendenti. Inoltre
Si vede facilmente che
![$ v_2$](img341.gif)
è combinazione lineare di
![$ v_1$](img340.gif)
e
![$ v_3$](img358.gif)
, infatti:
Esercizio 34
Determinare la dimensione e una base dei seguenti sottospazi di
![$ R^3$](img252.gif)
:
Dimostrazione.
Il sottospazio
![$ S_1$](img371.gif)
è generato dai vettori
![$ v_1=(1,1,1)$](img372.gif)
e
![$ v_2=(1,3,5)$](img373.gif)
, che sono
linearmente indipendenti. Ne segue che
![$ \dimm(S_1)=2$](img374.gif)
e una base di
![$ S_1$](img371.gif)
è
![$ \{v_1,v_2 \}$](img375.gif)
.
Il sottospazio
è generato dai vettori
,
e
, che non sono indipendenti. Infatti:
D'altra parte
![$ v_1$](img340.gif)
e
![$ v_2$](img341.gif)
sono linearmente indipendenti pertanto
![$ \dimm(S_2)=2$](img381.gif)
e una base
di
![$ S_2$](img376.gif)
è
![$ \{v_1,v_2 \}$](img375.gif)
.
Infine
è generato dai vettori
,
e
. I tre
vettori sono linearmente indipendenti perchè
Allora la dimensione di
![$ S_3$](img382.gif)
è
![$ 3$](img112.gif)
e una base di
![$ S_3$](img382.gif)
è
![$ \{v_1,v_2,v_3 \}$](img387.gif)
.
Esercizio 35
Dati i vettori di
![$ R^4$](img354.gif)
:
sia
![$ V$](img285.gif)
il sottospazio
Determinare una base di
![$ V$](img285.gif)
.
Dimostrazione.
La dimensione di
![$ V$](img285.gif)
è uguale al rango della matrice
Una possibile riduzione per righe della matrice
![$ A$](img5.gif)
è la seguente:
La dimensione di
![$ V$](img285.gif)
è uguale a
![$ 3$](img112.gif)
. Inoltre i vettori
![$ v_1$](img340.gif)
,
![$ v_2$](img341.gif)
e
![$ v_3$](img358.gif)
costituiscono
una base per
![$ V$](img285.gif)
. Per dimostrare l'ultima affermazione basta osservare che, dalla riduzione
fatta sopra, segue che la matrice
ha rango
![$ 3$](img112.gif)
. Un'altra scelta possibile per una base di
![$ V$](img285.gif)
è
![$ \{v_1,v_2,v_4 \}$](img397.gif)
.
Esercizio 36
Sia
![$ S$](img301.gif)
il sottoinsieme di
Determinare i valori del parametro reale
![$ q$](img353.gif)
per i quali
Dimostrazione.
Si tratta di trovare i valori del parametro
![$ q$](img353.gif)
per i quali il sistema:
ha soluzione.
Il sistema si riscrive:
ed ha soluzione se e solo se
![$ q=0$](img362.gif)
.
Dimostrazione.
Per determinare la dimensione di
![$ V$](img285.gif)
verifichiamo se i vettori
![$ v_1$](img340.gif)
,
![$ v_2$](img341.gif)
e
![$ v_3$](img358.gif)
sono
linearmente indipendenti.
Si tratta allora di determinare le soluzioni del sistema omogeneo
La matrice dei coefficienti del sistema è:
che, ridotta a gradino, diventa:
Per
![$ k \neq -2,1$](img408.gif)
il sistema ammette solo la soluzione banale dunque i vettori
![$ v_1, v_2$](img403.gif)
e
![$ v_3$](img358.gif)
sono linearmente indipendenti. Questo significa che per
![$ k \neq -2,1$](img408.gif)
la dimensione di
![$ V$](img285.gif)
è
![$ 3$](img112.gif)
( ovvero
![$ V= R^3$](img409.gif)
) e una sua base è
![$ \mathcal{B}=\{ v_1,v_2,v_3\}$](img410.gif)
.
Se
o
invece i vettori
e
sono linearmente dipendenti dunque la
dimensione di
è minore di
.
Per
abbiamo:
I vettori
![$ v_1$](img340.gif)
e
![$ v_3$](img358.gif)
sono linearmente indipendenti perchè non sono proporzionali sicchè la
dimensione di
![$ V$](img285.gif)
è
![$ 2$](img108.gif)
e una sua base è, per esempio,
![$ \mathcal{B}=\{v_1,v_3 \}$](img412.gif)
.
Un'altra scelta possibile per una base di
![$ V$](img285.gif)
è l'insieme
![$ \mathcal{B}=\{v_2,v_3 \}$](img413.gif)
mentre i
vettori
![$ v_1$](img340.gif)
e
![$ v_2$](img341.gif)
non costituiscono una base di
![$ V$](img285.gif)
perchè sono dipendenti (proporzionali).
Infine per
abbiamo
Di nuovo i vettori
![$ v_1$](img340.gif)
e
![$ v_2$](img341.gif)
sono linearmente indipendenti, la dimensione di
![$ V$](img285.gif)
è
![$ 2$](img108.gif)
e
una sua base è
![$ \mathcal{B}= \{
v_1,v_2 \}$](img342.gif)
.
Determiniamo ora i valori del parametro reale
per i quali il vettore
è combinazione
lineare dei primi tre.
Per
abbiamo visto che
coincide con
e
è una base
di
. Allora per
il vettore
è sicuramente combinazione lineare di
. Per determinare i coefficienti della combinazione lineare risolviamo il sistema
La matrice completa associata al sistema è :
che, ridotta a gradino, diventa:
Per
![$ k \neq -2,1$](img408.gif)
abbiamo una unica soluzione
Per
![$ k=-2$](img190.gif)
consideriamo la base
![$ \{ v_1, v_3\}$](img421.gif)
di
![$ V$](img285.gif)
. Di nuovo dobbiamo risolvere il sistema
La matrice del sistema è:
che, ridotta a gradino diventa
Segue che il sistema non ha soluzioni ovvero
![$ v_4$](img404.gif)
non è combinazione degli elementi di una
base di
![$ V$](img285.gif)
ovvero
![$ v_4$](img404.gif)
non appartiene a
![$ V$](img285.gif)
.
Per
consideriamo la base
e risolviamo il sistema
La matrice del sistema è:
che, ridotta a gradino diventa
Come nel caso precedente si conclude che
![$ v_4$](img404.gif)
non appartiene a
![$ V$](img285.gif)
.
Esercizio 38
Determinare i valori del parametro
![$ q$](img353.gif)
per cui la somma dei sottospazi di
![$ R^3$](img252.gif)
:
è una somma diretta.
Dimostrazione.
La somma dei sottospazi
![$ W$](img332.gif)
e
![$ U$](img311.gif)
è diretta se e solo se
Supponiamo esista un vettore
![$ v$](img430.gif)
in
![$ W \cap U$](img431.gif)
, sarà allora:
per certi
![$ a$](img266.gif)
,
![$ b$](img267.gif)
e
![$ c$](img273.gif)
in
![$ R$](img268.gif)
.
Allora deve anche essere:
Se
![$ q\neq 0$](img361.gif)
troviamo che
![$ v$](img430.gif)
deve essere il vettore nullo, mentre se
![$ q=0$](img362.gif)
ogni vettore
della forma
![$ (c,c,-c)$](img434.gif)
è nell'intersezione.
Riassumendo la somma di
e
è diretta se e solo se
.
Esercizio 39
Determinare una base di
![$ R^3$](img252.gif)
rispetto alla quale il vettore
![$ (1,1,2)$](img308.gif)
ha
componenti
![$ (-1,1,1)$](img435.gif)
.
Dimostrazione.
Sia
![$ \{e_1,e_2,e_3\}$](img436.gif)
la base canonica di
![$ R^3$](img252.gif)
, così
Poniamo
![$ b_1=-e_1$](img438.gif)
,
![$ b_2=e_2$](img439.gif)
e
![$ b_3=2e_3$](img440.gif)
. È facile verificare che
![$ \{ b_1,b_2,b_3 \}$](img441.gif)
è
ancora una base di
![$ R^3$](img252.gif)
. Inoltre
Esercizio 40
Provare che se
![$ \mathcal{B}$](img331.gif)
,
![$ \mathcal{B'}$](img443.gif)
sono basi di due sottospazi
![$ W$](img332.gif)
e
![$ W'$](img444.gif)
di
![$ R^n$](img1.gif)
tali che
![$ W \cap W'=\{0\}$](img445.gif)
, allora
![$ \mathcal{B \cup B'}$](img446.gif)
è base
di
![$ W \oplus W'$](img447.gif)
.
Dimostrazione.
Indichiamo con
![$ b_1, b_2, \ldots b_n$](img448.gif)
gli elementi di
![$ \mathcal{B}$](img331.gif)
e con
![$ e_1, e_2, \ldots e_m$](img449.gif)
gli elementi di
![$ \mathcal{B'}$](img443.gif)
.
Proviamo che
genera
.
Sia
un vettore di
, allora
con
e
. Poichè
è una base di
, sarà :
e, poichè
![$ \mathcal{B'}$](img443.gif)
è una base di
![$ W'$](img444.gif)
, sarà anche:
Ne segue che :
sicchè
![$ \mathcal{B \cup B'}$](img446.gif)
genera
![$ W \oplus W'$](img447.gif)
.
Ora proviamo che i vettori di
sono linearmente indipendenti. Supponiamo
di avere una loro combinazione lineare uguale al vettore nullo:
Allora
dunque il vettore
![$ \displaystyle{\sum_{i=0}^{n} \lambda_i b_i}$](img460.gif)
appartiene a sia a
![$ W$](img332.gif)
che a
![$ W'$](img444.gif)
. Siccome la
somma è diretta deve essere
D'altra parte
![$ \mathcal{B}$](img331.gif)
è una base di
![$ W$](img332.gif)
, dunque
![$ \lambda_i=0$](img462.gif)
, per
![$ i=1, \ldots n$](img463.gif)
.
Ragionando nello stesso modo per il vettore
![$ \displaystyle{\sum_{j=0}^{m} (-\mu_j) e_j}$](img464.gif)
, si
trova che
![$ \mu_j=0$](img465.gif)
per
![$ j=0, \ldots m$](img466.gif)
.
Esercizio 41
Date le matrici
provare che l'insieme
![$ \{A_1,A_2,A_3,A_4 \}$](img468.gif)
è un insieme linearmente
indipendente nello spazio delle matrici
![$ 2 \times 3$](img8.gif)
a coefficienti reali.
Dimostrazione.
Nello spazio delle matrici
![$ 2 \times 3$](img8.gif)
a coefficienti reali il vettore nullo è la matrice
nulla. Per provare che l'insieme
![$ \{A_1,A_2,A_3,A_4 \}$](img468.gif)
è un insieme linearmente
indipendente, supponiamo di avere una combinazione lineare dei suoi elementi uguale
alla
matrice nulla:
Deve allora essere
La matrice associata al sistema è:
che, ridotta a gradino, diventa:
Il sistema ammette una e una sola soluzione, necessariamente banale:
Esercizio 42
Provare che le seguenti matrici
sono una base del sottospazio vettoriale delle matrici
![$ 2 \times 2$](img6.gif)
a
coefficienti reali formato dalle matrici simmetriche.
Dimostrazione.
Una matrice
![$ 2 \times 2$](img6.gif)
simmetrica è della forma:
Le matrici
![$ \left( \begin{matrix}
1&0\\
0&0
\end{matrix}\right)$](img476.gif)
,
![$ \left( \begin{matrix}
0&1\\
1&0
\end{matrix}\right)$](img477.gif)
e
![$ \left( \begin{matrix}
0&0\\
0&1
\end{matrix}\right)$](img478.gif)
generano il sottospazio delle matrici simmetriche perchè:
Inoltre sono linearmente indipendenti perchè l'uguaglianza:
implica
![$ x=y=z=0$](img278.gif)
.
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Andreatta Marco
2000-09-18