Spazi vettoriali

Esercizio 26   Determinare se i seguenti sottoinsiemi sono sottospazi di $R^3$:

$$A = \{ (x,y,z) \in R^3 \;:\; x=z \}$$

$$B = \{ (x,y,z)\in R^3 \; : \; x=z+1 \}$$

$$C = \{ (x,y,z)\in R^3 \; : \; x=z^2 \}$$

$$D = \{ (x,y,z)\in R^3 \; : \; (x,y,z)=(y,x,x) \}$$

$$E = \{ (x,y,z)\in R^3 \; : \; x^2+y^2+z^2=0 \}$$

$$F = \{ (x,y,z)\in R^3 \; : \; x^2-z^2=0 \;\textrm{e}\;\; x+z=0 \}.$$

Dimostrazione. L'insieme $A$ è costituito dai vettori $(x,y,z) \in R^3$ tali che $x=z$. Poichè $A$ è l'insieme delle soluzioni di una equazione lineare omogenea, $A$ è un sottospazio di $R^3$.
Verifichiamo direttamente che $A$ è un sottospazio di $R^3$.
Abbiamo:

$$A=\{ (x,y,z) \in R^3 \; : \; z=x \}=\{ (a,b,a)\;: \; a,b \in R \}.$$

La somma di due vettori di $A$ è ancora un vettore in $A$, infatti:

$$(a,b,a)+(c,d,c)=(a+c,b+d,a+c) \in A \quad \forall (a,b,a),\; (c,d,c) \in A.$$

Il prodotto di un vettore di $A$ per uno scalare è ancora un vettore di $A$, infatti:

$$\lambda (a,b,a)=(\lambda a,\lambda b,\lambda a) \in A \quad \forall (a,b,a) \in A, \; \forall \lambda \in R.$$

Il sottoinsieme

$$B=\{(x,y,z) \in R^3 \;:\; x=z+1 \}$$

è l'insieme delle soluzioni di una equazione lineare non omogenea e pertanto non è un sottospazio. di $R^3$. È facile anche verificare che, per esempio, il vettore nullo non appartiene a $B$.

Il sottoinsieme $C$ di $R^3$ è costituito dai vettori della forma $(a^2,b,a)$ al variare di $a$ e $b$ in $R$. Dati due vettori di $C$, $v_1= (a^2,b,a)$ e $v_2= (c^2,d,ca)$, il vettore somma $v_1+v_2=(a^2+c^2,b+d,a+c)$ in generale non è un elemento di $C$. Infatti $a^2+c^2 \neq (a+c)^2$ se $a$ e $c$ sono entrambi non nulli. Ne segue che $C$ non è chiuso rispetto alla somma e dunque non è un sottospazio.

Il sottoinsieme $D$ è costituito dai vettori di $R^3$ che sono soluzioni del sistema lineare omogeneo

$$\begin{cases} x-y=0\\ y-x=0\\ z-x=0 \end{cases}$$

pertanto è un sottospazio di $R^3$. I suoi elementi sono i vettori della forma $(a,a,a)$ al variare di $a$ in $R$.

Il sottoinsieme $E$ è costituito dal solo vettore nullo, infatti l'equazione

$x^2+y^2+z^2=0$ è soddisfatta solo per $x=y=z=0$. Ne segue che $E$ è il sottospazio banale di $R^3$.

Infine il sottoinsieme $F$ è costituito dai vettori $(x,y,z)$ di $R^3$ tali che

$$x^2-z^2=0 \quad \textrm{e} \quad x+z=0,$$

ovvero dai vettori di $R^3$ tali che

$$x+z=0.$$

Un generico vettore di $F$ si scrive allora come $(a,b,-a)$ per certi $a$ e $b$ in $R$. Si verifica facilmente che $F$ è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per uno scalare. Infatti:

$$(a,b,-a)+(c,d,-c)=(a+c,b+d,-(a+c)) \in F$$

e

$$\lambda (a,b,-a)=(\lambda a, \lambda b,- \lambda a ) \qquad \forall (a,b,-a), (c,d,-c) \in F, \forall \lambda \in R.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 27   Sia $V$ il sottospazio di $R^3$ generato dai vettori

$$v_1=(1,0,-1) \quad \textrm{e} \quad v_2=(0,0,1).$$

Scrivere $V$ come spazio delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo.

Dimostrazione. Gli elementi del sottospazio $V$ sono i vettori

$$\alpha v_1+ \beta v_2=( \alpha,0, \beta- \alpha)$$

al variare di $\alpha$ e $\beta$ in $R$.

Abbiamo allora:

$$V=\{(x,y,z) \in R^3\; : \; x= \alpha, y=0, z= \beta- \alpha \}.$$

Al variare di $\alpha$ e $\beta$ in $R$, $\alpha$ e $\beta- \alpha$ descrivono tutto $R$, pertanto:

$$V=\{(x,y,z) \in R^3\; : \; y=0 \}.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 28   Dire quali dei seguenti sottoinsiemi di $R^3$ sono formati da vettori linearmente indipendenti:

$$S = \{ (1,1,1),\; (1,0,1) \}$$

$$T = \{ (2,1,3),\; (1,1,2),\; (3,2,5) \}$$

$$U = \{ (1,1,1),\; (0,1,1),\;(0,0,1) \}$$

$$V = \{ (a,b,0)\; : \;a,b \in R \}$$

Dimostrazione. L'insieme $S$ è costituito dai vettori $(1,1,1)$ e $(1,0,1)$ 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 $\lambda$ in $R$ tale che $\lambda (1,1,1)=(1,0,1)$.

I tre vettori in $T$ non sono linearmente indipendenti perchè il terzo è somma dei primi due. I vettori $(2,1,3)$ e $(1,1,2)$ sono invece indipendenti poichè non esiste alcun $\lambda \in R$ tale che $\lambda (2,1,3)=(1,1,2)$.

L'insieme $U$ è costituito dai vettori $(1,1,1)$, $(0,1,1)$ e $(0,0,1)$. Per verificare se si tratta di vettori indipendenti calcoliamo il determinante della matrice formata dai tre vettori:

$$A= \left ( \begin{matrix} 1&0&0\\ 1&1&0\\ 1&1&1 \end{matrix}\right ).$$

Risulta $\dete(A)=1 \neq 0$ pertanto i vettori di $U$ sono linearmente indipendenti.

Infine il sottoinsieme $V$ è un sottospazio di $R^3$ 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. $\qedsymbol$

Esercizio 29   Provare che l'insieme

$$S=\{ (1,1,0),\;(1,1,1),\;(2,1,0),\;(1,0,-1)\}$$

è un sistema di generatori di $R^3$. Estrarre una base di $R^3$ dagli elementi di $S$.

Dimostrazione. Proviamo che l'insieme $S$ genera $R^3$. Si tratta di far vedere che ogni vettore di $R^3$ si può scrivere come combinazione lineare degli elementi di $S$. Per ogni $(a,b,c) \in R^3$ vogliamo trovare $x,y,z,w \in R$ tali che

$$x(1,1,0)+y(1,1,1)+z(2,1,0)+w(1,0,-1)=(a,b,c).$$

Otteniamo un sistema lineare la cui matrice completa è :

$$\left ( \begin{matrix} 1&1&2&1&a\\ 1&1&1&0&b\\ 0&1&0&-1&c \end{matrix}\right ).$$

Una possibile riduzione per righe è :

$$\left ( \begin{matrix} 1&1&2&1&a\\ 1&1&1&0&b\\ 0&1&0&-1&c \en... ... \begin{matrix} 1&1&2&1&a\\ 0&1&0&-1&c\\ 0&0&1&1&a-b \end{matrix}\right ).$$

Se ne deduce che il sistema ammette sempre (infinite) soluzioni e dunque $S$ genera $R^3$. I vettori di $S$ sono in numero maggiore della dimensione di $R^3$ quindi non possono essere tutti linearmente indipendenti. Infatti risulta:

$$(2,1,0)-(1,1,1)=(1,0,-1).$$

D'altra parte i tre vettori $(1,1,0)$, $(1,1,1)$ e $(2,1,0)$ sono indipendenti e pertanto costituiscono una base di $R^3$. $\qedsymbol$

Esercizio 30   Determinare una base del sottospazio di $R^3$ formato dalle soluzioni dell'equazione

$$x-2y+2z=0$$

Dimostrazione. Le soluzioni dell'equazione sono tutti e soli i vettori di $R^3$ della forma $(2y-2z,y,z)$ al variare di $y$ e $z$ in $R$. Ora:

$$(2y-2z,y,z) =(2y,y,0)+(-2z,0,z)$$

$$=y(2,1,0)+z(-2,0,1),$$

sicchè l'insieme $\mathcal{B}= \{(2,1,0),(-2,0,1) \}$ genera il sottospazio. Poichè i vettori di $\mathcal{B}$ sono linearmente indipendenti l'insieme $\mathcal{B}$ è una base del sottospazio. $\qedsymbol$

Esercizio 31   Sia $W$ il sottoinsieme di $R^3$ definito come

$$W= \{ (x,y,z) \in R^3\; : \; (x,y,z)=(z,y,x) \}.$$

1. Provare che $W$ è un sottospazio di $R^3$.
2. Calcolare la dimensione di $W$ e determinare una sua base $\mathcal{B}$.
3. Provare che il vettore $w=(3,2,3)$ appartiene a $W$ e determinare le sue coordinate rispetto alla base $\mathcal{B}$.

Dimostrazione. Il sottoinsieme $W$ è costituito dalle soluzioni dell'equazione

$$x-z=0$$

pertanto è un sottospazio di $R^3$. Inoltre possiamo scrivere:

$$W= \{ (a,b,a)\; : \; a,b \in R \}$$

Un generico vettore di $W$ è combinazione lineare dei vettori $v_1=(1,0,1)$ e $v_2=(0,1,0)$ poichè:

$$(a,b,a)=av_1+bv_2.$$

I vettori $v_1$ e $v_2$ sono linearmente indipendenti così l'insieme $\mathcal{B}= \{ v_1,v_2 \}$ è una base di $W$ e risulta $\dimm(W)=2$.

Infine il vettore $w=(3,2,3)$ appartiene a $W$ perchè la prima e la terza componente coincidono. Le sue coordinate rispetto alla base ordinata $\mathcal{B}$ sono rispettivamente $2$ e $3$:

$$3v_1+2v_2=w.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 32   Sia

$$S=\{ v_1,v_2, \ldots , v_n \}$$

un sottoinsieme di vettori linermente indipendenti in uno spazio vettoriale reale $V$. Provare che anche

$$S'=\{ 2v_1,2v_2, \ldots, 2v_n \}$$

è un sottoinsieme di vettori linearmente indipendenti.

Dimostrazione. Per provare che i vettori di $S'$ 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:

$$a_1(2v_1)+a_2(2v_2)+ \cdots +a_n(2v_n)=0.$$

Questo implica che sia:

$$(2a_1)v_1+(2a_2)v_2+ \cdots +(2a_n)v_n=0.$$

L'ultima equazione è una combinazione lineare dei vettori di $S$ uguale al vettore nullo. Poichè $S$ è un sottoinsieme di vettori linearmente indipendenti, i coefficienti della combinazione devono essere tutti nulli, ovvero deve essere:

$$2a_i=0, \qquad i=1 \ldots n,$$

e dunque

$$a_i=0, \qquad i=1 \ldots n.$$

Abbiamo così mostrato che

$$a_1(2v_1)+a_2(2v_2)+ \cdots +a_n(2v_n)=0\quad \Longrightarrow \quad a_i=0, \quad i=1 \ldots n,$$

ovvero che l'unica combinazione lineare dei vettori di $S'$ uguale al vettore nullo è quella i cui coefficienti siano tutti nulli. $\qedsymbol$

Esercizio 33   Determinare i valori del parametro reale $q$ per i quali i tre vettori di $R^4$:

$$v_1=(1,1,0,1)$$

$$v_2=(q,2,1,1)$$

$$v_3=(-1,1,1,0)$$

sono linearmente dipendenti. Per tali valori esprimere uno dei tre vettori come combinazione lineare degli altri due.

Dimostrazione. I vettori $v_1$, $v_2$ e $v_3$ sono linearmente dipendenti se e solo se la matrice

$$A=\left( \begin{matrix} 1&q&-1\\ 1&2&1\\ 0&1&1\\ 1&1&0 \end{matrix}\right)$$

non ha rango massimo. Per determinare il rango di $A$ riduciamola a gradino. Una possibile riduzione è:

$$\left( \begin{matrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 1&2&1\\ 1&q&-1 \end{m... ...( \begin{matrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&-q\\ 0&0&0\\ \end{matrix}\right).$$

La matrice $A$ ha rango $3$ per $q\neq 0$ e rango $2$ per $q=0$. Per $q=0$ i vettori $v_1$, $v_2$ e $v_3$ sono allora linearmente dipendenti. Inoltre

$$v_1=(1,1,0,1), \quad v_2=(0,2,1,1) \quad \textrm{e} \quad v_3=(-1,1,1,0).$$

Si vede facilmente che $v_2$ è combinazione lineare di $v_1$ e $v_3$, infatti:

$$v_2=v_1+v_3.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 34   Determinare la dimensione e una base dei seguenti sottospazi di $R^3$:

$$S_1 = \sppan{ \{ (1,1,1), (1,3,5)\}};$$

$$S_2 = \sppan{ \{ (0,0,1), (1,2,-1), (-3,-6,-4) \}};$$

$$S_3 = \sppan{ \{ (3,4,6), (1,0,1), (0,1,1)\}}.$$

Dimostrazione. Il sottospazio $S_1$ è generato dai vettori $v_1=(1,1,1)$ e $v_2=(1,3,5)$, che sono linearmente indipendenti. Ne segue che $\dimm(S_1)=2$ e una base di $S_1$ è $\{v_1,v_2 \}$.

Il sottospazio $S_2$ è generato dai vettori $v_1=(0,0,1)$, $v_2=(1,2,-1)$ e $v_3=(-3,-6,-4)$, che non sono indipendenti. Infatti:

$$\left \vert \; \begin{matrix} 0&1&-3\\ 0&2&-6\\ 1&-1&-4 \end{matrix}\; \right \vert =0.$$

D'altra parte $v_1$ e $v_2$ sono linearmente indipendenti pertanto $\dimm(S_2)=2$ e una base di $S_2$ è $\{v_1,v_2 \}$.

Infine $S_3$ è generato dai vettori $v_1=(3,4,6)$, $v_2=(1,0,1)$ e $v_3=(0,1,1)$. I tre vettori sono linearmente indipendenti perchè

$$\left \vert \; \begin{matrix} 3&1&0\\ 4&0&1\\ 6&1&1 \end{matrix} \; \right \vert \neq 0.$$

Allora la dimensione di $S_3$ è $3$ e una base di $S_3$ è $\{v_1,v_2,v_3 \}$. $\qedsymbol$

Esercizio 35   Dati i vettori di $R^4$:

$$v_1=(4,19,7,-1)$$

$$v_2=(0,2,4,-4)$$

$$v_3=(0,3,1,1)$$

$$v_4=(1,1,3,-5)$$

sia $V$ il sottospazio

$$V= \sppan{ \{ v_1,v_2,v_3,v_4 \}}.$$

Determinare una base di $V$.

Dimostrazione. La dimensione di $V$ è uguale al rango della matrice

$$A= \left( \begin{matrix} 4&0&0&1\\ 19&2&3&1\\ 7&4&1&3\\ -1&-4&1&-5 \end{matrix}\right).$$

Una possibile riduzione per righe della matrice $A$ è la seguente:

$$\left( \begin{matrix}4&0&0&1\\ 19&2&3&1\\ 7&4&1&3\\ -1&-4&1&-5 \e... ...4&1&-5\\ 0&-16&4&-19\\ 0&-74&22&-94\\ 0&-24&8&-32 \end{matrix} \right) \leadsto$$

$$\left( \begin{matrix}-1&-4&1&-5\\ 0&-16&4&-19\\ 0&0&56&-98\\ 0&0&... ...gin{matrix}-1&-4&1&-5\\ 0&-16&4&-19\\ 0&0&56&-98\\ 0&0&0&0 \end{matrix} \right)$$

La dimensione di $V$ è uguale a $3$ . Inoltre i vettori $v_1$, $v_2$ e $v_3$ costituiscono una base per $V$. Per dimostrare l'ultima affermazione basta osservare che, dalla riduzione fatta sopra, segue che la matrice

$$\left( \begin{matrix} 4&0&0\\ 19&2&3\\ 7&4&1\\ -1&-4&1 \end{matrix}\right).$$

ha rango $3$. Un'altra scelta possibile per una base di $V$ è $\{v_1,v_2,v_4 \}$. $\qedsymbol$

Esercizio 36   Sia $S$ il sottoinsieme di $R^3$

$$S= \{(1,1,0),\;(0,1,1) \}.$$

Determinare i valori del parametro reale $q$ per i quali

$$(1,1,q) \in \sppan{S}.$$

Dimostrazione. Si tratta di trovare i valori del parametro $q$ per i quali il sistema:

$$x \left( \begin{matrix} 1\\ 1\\ 0 \end{matrix}\right) +y \lef... ...1 \end{matrix}\right)= \left( \begin{matrix} 1\\ 1\\ q \end{matrix}\right)$$

ha soluzione.

Il sistema si riscrive:

$$\begin{cases} x=1\\ x+y=1\\ y=q \end{cases}\quad \textrm{ovvero} \quad \begin{cases} x=1\\ y=0\\ y=q, \end{cases}$$

ed ha soluzione se e solo se $q=0$. $\qedsymbol$

Esercizio 37   Siano dati i vettori di $R^3$:

$$v_1=\left( \begin{matrix} 1\\ 2\\ -1 \end{matrix}\right), \qu... ...}\right), \quad v_4=\left( \begin{matrix} 3\\ 5\\ k-1 \end{matrix}\right).$$

1. Determinare, al variare del parametro reale $k$, la dimensione e una base del sottospazio $V$ generato da $v_1, v_2$ e $v_3$.
2. Determinare per quali valori del parametro reale $k$ il vettore $v_4$ appartiene a $V$ e, in tal caso, scrivere $v_4$ come combinazione lineare degli elementi di una base di $V$.

Dimostrazione. Per determinare la dimensione di $V$ verifichiamo se i vettori $v_1$, $v_2$ e $v_3$ sono linearmente indipendenti. Si tratta allora di determinare le soluzioni del sistema omogeneo

$$xv_1+yv_2+zv_3=0.$$

La matrice dei coefficienti del sistema è:

$$\left( \begin{matrix} 1&-2&1\\ 2&k-2&2\\ -1&k+4&k-2 \end{matrix}\right ),$$

che, ridotta a gradino, diventa:

$$\left( \begin{matrix} 1&-2&1\\ 2&k-2&2\\ -1&k+4&k-2 \end{matr... ...sto \left( \begin{matrix} 1&-2&1\\ 0&k+2&0\\ 0&0&k-1 \end{matrix}\right ).$$

Per $k \neq -2,1$ il sistema ammette solo la soluzione banale dunque i vettori $v_1, v_2$ e $v_3$ sono linearmente indipendenti. Questo significa che per $k \neq -2,1$ la dimensione di $V$ è $3$ ( ovvero $V= R^3$ ) e una sua base è $\mathcal{B}=\{ v_1,v_2,v_3\}$.

Se $k=-2$ o $k=1$ invece i vettori $v_1, v_2$ e $v_3$ sono linearmente dipendenti dunque la dimensione di $V$ è minore di $3$.

Per $k=-2$ abbiamo:

$$v_1=(1,2,-1), \quad v_2=(-2,-4,2), \quad v_3=(1,2,-4).$$

I vettori $v_1$ e $v_3$ sono linearmente indipendenti perchè non sono proporzionali sicchè la dimensione di $V$ è $2$ e una sua base è, per esempio, $\mathcal{B}=\{v_1,v_3 \}$. Un'altra scelta possibile per una base di $V$ è l'insieme $\mathcal{B}=\{v_2,v_3 \}$ mentre i vettori $v_1$ e $v_2$ non costituiscono una base di $V$ perchè sono dipendenti (proporzionali).

Infine per $k=1$ abbiamo

$$v_1=(1,2,-1), \quad v_2=(-2,-1,5), \quad v_3=(1,2,-1).$$

Di nuovo i vettori $v_1$ e $v_2$ sono linearmente indipendenti, la dimensione di $V$ è $2$ e una sua base è $\mathcal{B}= \{ v_1,v_2 \}$.

Determiniamo ora i valori del parametro reale $k$ per i quali il vettore $v_4$ è combinazione lineare dei primi tre.

Per $k \neq -2,1$ abbiamo visto che $V$ coincide con $R^3$ e $\{v_1,v_2,v_3 \}$ è una base di $R^3$. Allora per $k \neq -2,1$ il vettore $v_4$ è sicuramente combinazione lineare di $v_1, v_2, v_3$. Per determinare i coefficienti della combinazione lineare risolviamo il sistema

$$xv_1+yv_2+zv_3=v_4.$$

La matrice completa associata al sistema è :

$$\left( \begin{matrix} 1&-2&1&3\\ 2&k-2&2&5\\ -1&k+4&k-2&k-1 \end{matrix}\right ),$$

che, ridotta a gradino, diventa:

$$\left( \begin{matrix}1&-2&1&3\\ 2&k-2&2&5\\ -1&k+4&k-2&k-1 \end{m... ...gin{matrix}1&-2&1&3\\ 0&k+2&0&-1\\ 0&k+2&k-1&k+2 \end{matrix} \right ) \leadsto$$

$$\left( \begin{matrix}1&-2&1&3\\ 0&k+2&0&-1\\ 0&0&k-1&k+1 \end{matrix} \right ).$$

Per $k \neq -2,1$ abbiamo una unica soluzione

$$x=2 \frac{k^2+k-1}{(k-1)(k+2)}, \quad y=- \frac{1}{k+2}, \quad z= \frac{k+1}{k-1}.$$

Per $k=-2$ consideriamo la base $\{ v_1, v_3\}$ di $V$. Di nuovo dobbiamo risolvere il sistema

$$xv_1+yv_3=v_4.$$

La matrice del sistema è:

$$\left( \begin{matrix} 1&1&3\\ 2&2&5\\ -1&-4&-3 \end{matrix}\right)$$

che, ridotta a gradino diventa

$$\left( \begin{matrix} 1&1&3\\ 0&0&-1\\ 0&-3&0 \end{matrix}\right ).$$

Segue che il sistema non ha soluzioni ovvero $v_4$ non è combinazione degli elementi di una base di $V$ ovvero $v_4$ non appartiene a $V$.

Per $k=1$ consideriamo la base $\{v_1,v_2 \}$ e risolviamo il sistema

$$xv_1+yv_2=v_4.$$

La matrice del sistema è:

$$\left( \begin{matrix} 1&-2&3\\ 2&-1&5\\ -1&5&0 \end{matrix}\right)$$

che, ridotta a gradino diventa

$$\left( \begin{matrix} 1&-2&3\\ 0&3&-1\\ 0&0&4 \end{matrix}\right ).$$

Come nel caso precedente si conclude che $v_4$ non appartiene a $V$. $\qedsymbol$

Esercizio 38   Determinare i valori del parametro $q$ per cui la somma dei sottospazi di $R^3$:

$$W=\langle \{(1,2,0), (q,1,1)\} \rangle \quad \textrm{e} \quad U= \{(x,x,-x)\; \vert \; x \in R \}$$

è una somma diretta.

Dimostrazione. La somma dei sottospazi $W$ e $U$ è diretta se e solo se

$$W \cap U=\{ (0,0,0) \}.$$

Supponiamo esista un vettore $v$ in $W \cap U$, sarà allora:

$$v=(a+bq,2a+b,b) \quad \textrm{e} \quad v=(c,c,-c).$$

per certi $a$, $b$ e $c$ in $R$.

Allora deve anche essere:

$$\begin{cases} a+bq=c\\ 2a+b=c\\ b=-c \end{cases}\quad \t... ...{ovvero} \quad \begin{cases} a=c\\ b=-c\\ qc=0. \end{cases}$$

Se $q\neq 0$ troviamo che $v$ deve essere il vettore nullo, mentre se $q=0$ ogni vettore della forma $(c,c,-c)$ è nell'intersezione.

Riassumendo la somma di $W$ e $U$ è diretta se e solo se $q=0$. $\qedsymbol$

Esercizio 39   Determinare una base di $R^3$ rispetto alla quale il vettore $(1,1,2)$ ha componenti $(-1,1,1)$.

Dimostrazione. Sia $\{e_1,e_2,e_3\}$ la base canonica di $R^3$, così

$$(1,1,2)=e_1+e_2+2e_3.$$

Poniamo $b_1=-e_1$, $b_2=e_2$ e $b_3=2e_3$. È facile verificare che $\{ b_1,b_2,b_3 \}$ è ancora una base di $R^3$. Inoltre

$$(1,1,2)=b_1+b_2+b_3.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 40   Provare che se $\mathcal{B}$, $\mathcal{B'}$ sono basi di due sottospazi $W$ e $W'$ di $R^n$ tali che $W \cap W'=\{0\}$, allora $\mathcal{B \cup B'}$ è base di $W \oplus W'$.

Dimostrazione. Indichiamo con $b_1, b_2, \ldots b_n$ gli elementi di $\mathcal{B}$ e con $e_1, e_2, \ldots e_m$ gli elementi di $\mathcal{B'}$.

Proviamo che $\mathcal{B \cup B'}= \{b_1, b_2, \ldots b_n, e_1, e_2, \ldots e_m \}$ genera $W \oplus W'$.

Sia $w$ un vettore di $W \oplus W'$, allora $w=u+v$ con $u \in W$ e $v \in W'$. Poichè $\mathcal{B}$ è una base di $W$, sarà :

$$u= \sum_{i=0}^{n} a_ib_i \qquad a_i \in R,$$

e, poichè $\mathcal{B'}$ è una base di $W'$, sarà anche:

$$v= \sum_{j=0}^{m} c_je_j \qquad c_j \in R.$$

Ne segue che :

$$w=u+v= \sum_{i=0}^{n} a_ib_i + \sum_{j=0}^{m} c_je_j,$$

sicchè $\mathcal{B \cup B'}$ genera $W \oplus W'$.

Ora proviamo che i vettori di $\mathcal{B \cup B'}$ sono linearmente indipendenti. Supponiamo di avere una loro combinazione lineare uguale al vettore nullo:

$$\sum_{i=0}^{n} \lambda_i b_i + \sum_{j=0}^{m} \mu_j e_j=0, \qquad \lambda_i, \mu_j \in R.$$

Allora

$$\sum_{i=0}^{n} \lambda_i b_i=\sum_{j=0}^{m} (-\mu_j) e_j,$$

dunque il vettore $${\sum_{i=0}^{n} \lambda_i b_i}$$ appartiene a sia a $W$ che a $W'$. Siccome la somma è diretta deve essere

$$\sum_{i=0}^{n} \lambda_i b_i=0.$$

D'altra parte $\mathcal{B}$ è una base di $W$, dunque $\lambda_i=0$, per $i=1, \ldots n$. Ragionando nello stesso modo per il vettore $${\sum_{j=0}^{m} (-\mu_j) e_j}$$, si trova che $\mu_j=0$ per $j=0, \ldots m$. $\qedsymbol$

Esercizio 41   Date le matrici

$$A_1=\left( \begin{matrix} 1&0&1\\ 2&1&0 \end{matrix}\right), A_... ...matrix}\right), A_4=\left( \begin{matrix} -2&1&0\\ 0&1&1 \end{matrix}\right)$$

provare che l'insieme $\{A_1,A_2,A_3,A_4 \}$ è un insieme linearmente indipendente nello spazio delle matrici $2 \times 3$ a coefficienti reali.

Dimostrazione. Nello spazio delle matrici $2 \times 3$ a coefficienti reali il vettore nullo è la matrice nulla. Per provare che l'insieme $\{A_1,A_2,A_3,A_4 \}$ è un insieme linearmente indipendente, supponiamo di avere una combinazione lineare dei suoi elementi uguale alla matrice nulla:

$$\lambda_1\left( \begin{matrix} 1&0&1\\ 2&1&0 \end{matrix}\right... ... \end{matrix}\right)=\left( \begin{matrix} 0&0&0\\ 0&0&0 \end{matrix}\right)$$

Deve allora essere

$$\begin{cases} \lambda_1+3\lambda_3-2 \lambda_4=0\\ \lambda... ...mbda_4=0\\ 2 \lambda_2-2 \lambda_3+ \lambda_4=0. \end{cases}$$

La matrice associata al sistema è:

$$\left( \begin{matrix} 1&0&3&-2\\ 0&1&3&1\\ 1&0&1&0\\ 2&4&-5&0\\ 1&-1&1&1\\ 0&2&-2&1 \end{matrix}\right),$$

che, ridotta a gradino, diventa:

$$\left( \begin{matrix} 1&0&3&-2\\ 0&1&3&1\\ 0&0&2&-2\\ 0&0&0&-46\\ 0&0&0&-10\\ 0&0&0&-11 \end{matrix}\right).$$

Il sistema ammette una e una sola soluzione, necessariamente banale:

$$\lambda_1= \lambda_2= \lambda_3= \lambda_4=0.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 42   Provare che le seguenti matrici

$$\left( \begin{matrix} 1&0\\ 0&0 \end{matrix}\right), \left( \be... ...1&0 \end{matrix}\right), \left( \begin{matrix} 0&0\\ 0&1 \end{matrix}\right)$$

sono una base del sottospazio vettoriale delle matrici $2 \times 2$ a coefficienti reali formato dalle matrici simmetriche.

Dimostrazione. Una matrice $2 \times 2$ simmetrica è della forma:

$$\left( \begin{matrix} a&b\\ b&c \end{matrix}\right), \quad a, b, c \in R.$$

Le matrici $\left( \begin{matrix} 1&0\\ 0&0 \end{matrix}\right)$, $\left( \begin{matrix} 0&1\\ 1&0 \end{matrix}\right)$ e $\left( \begin{matrix} 0&0\\ 0&1 \end{matrix}\right)$ generano il sottospazio delle matrici simmetriche perchè:

$$\left( \begin{matrix} a&b\\ b&c \end{matrix}\right)=a \left( \b... ...0 \end{matrix}\right)+c \left( \begin{matrix} 0&0\\ 0&1 \end{matrix}\right).$$

Inoltre sono linearmente indipendenti perchè l'uguaglianza:

$$x \left( \begin{matrix} 1&0\\ 0&0 \end{matrix}\right)+y \left( ... ...0&1 \end{matrix}\right)= \left( \begin{matrix} 0&0\\ 0&0 \end{matrix}\right)$$

implica $x=y=z=0$.

$\qedsymbol$