CAPITOLO 7 Rango: Rouchè-Capelli, dimensione e basi di spazi vettoriali.

Esercizio 7.1. Determinare il rango delle seguenti matrici al variare del parametro t ∈ R.

A_{1} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & t + 1 & −1 \\ 0 & 0 & t − 3 \end{matrix}]  A_{2} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & t + 1 & −1 \\ 0 & 0 & t − 3 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]  A_{3} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 & t \\ 2 & 1 & 2 & t + 1 \\ t & 0 & t & 0 \end{matrix}]

Esercizio 7.2. Siano v, w ∈ R^{n} vettori colonna. Dimostrare che la matrice A = vw^{T} ∈ M_{n}(R) ha rango 0 oppure 1.

Esercizio 7.3. Determinare per quali valori del parametro reale t il sistema Ax = b è compatibile (cioè ammette soluzione). In tali casi determinare esplicitamente le soluzioni.

A = [\begin{matrix}−1 & 3 & 0 \\ 1 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & 2t + 1 \end{matrix}]  b = [\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 5 \end{matrix}]

Esercizio 7.4. Si considerino le matrici (dove k è un parametro reale)

A = [\begin{matrix}6k & 4 & −2 & 2 \\ 4k + 1 & 4 & −1 & 1 \\ −2k − 1 & −2 & 1 & −1 \\ 2k + 3 & 2 & 0 & 0 \end{matrix}] , b = [\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}]

a) Si stabilisca il rango di A al variare di k.

b) Si stabilisca per quali valori di k il sistema lineare Ax = b è risolubile e in tali casi se ne determinino le soluzioni.

Esercizio 7.5. Si dica per quali valori di k il sistema di equazioni lineari:

x + y = 1

kx + y + z = 1 − k (k parametro reale) y + (1 − k)z = 1

ammette un’unica soluzione.

Esercizio 7.6. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}2x_{1} − x_{2} = k \\ x_{1} − x_{2} − x_{3} = 0 \\ x_{1} − kx_{2} + kx_{3} = k \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema é compatibile e quando ha infinite soluzioni.

b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, trovare le sue soluzioni.

Esercizio 7.7. Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}−x + 2y + 3z = k + 3 \\ −2x + 6y + (k + 7)z = 2k + 9 \\ x − 4y − 2z = k − 2 \\ 3x − 6y + (k − 7)z = k^{2} − k − 9 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette una unica soluzione e per quali k ne ammette infinite.

b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema.

Esercizio 7.8. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}kx + ky + k^{2}z & = 4 \\ x + y + kz & = k \\ x + 2y + 3z & = 2k \end{cases}

a) Si dica per quali valori del parametro reale k il sistema è compatibile.

b) Esistono valori di k per i quali il sistema ha infinite soluzioni?

Esercizio 7.9. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 5 \\ 1 & −1 & k + 2 & k − 1 \\ 1 & 0 & k + 2 & 2k − 1 \end{matrix}] b = [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \\ k \end{matrix}]

con k parametro reale.

a) Si risolva il sistema Ax = b al variare del parametro k.

b) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) appartiene all’insieme Sol(Ax = b).

Esercizio 7.10. Dato il sistema

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

determinare per quali valori di k ∈ R il sistema ammette soluzioni. In tali casi stabilire anche se ne ammette una o infinite.

Esercizio 7.11. Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}x + ky + z = 2k − 1 \\ kx + y + z = 5 \\ x + y + kz = 0 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema è risolubile.

b) Si dica per quali valori di k il sistema ammette un’unica soluzione.

Esercizio 7.12. Si consideri il sistema di equazioni lineari

\begin{cases}kx + y + z & = 1 \\ y + z & = k \\ 3x + ky + 2z & = 2 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Discutere l’esistenza e unicità di soluzioni del sistema lineare al variare di k ∈ R.

b) Determinare le eventuali soluzioni del sistema al variare di k.

Esercizio 7.13. Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}(1 + k)x = 0 \\ ky + z + w = 2 \\ x + kz + 2w = k \\ x + kw = 0 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette una unica soluzione.

b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema per k = 0.

Esercizio 7.14. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}x_{1} − x_{2} = t − 2 \\ tx_{1} + (t − 4)x_{2} = 0 \\ 2x_{1} + (2 − 2t)x_{2} = 2t − 4 \end{cases}  (t parametro reale)

a) Si dica per quali valori di t il sistema è compatibile.

b) Per i valori di t che rendono il sistema compatibile, trovare le sue soluzioni.

Esercizio 7.15. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}x_{1} − (k + 1)x_{2} = k \\ 2x_{1} − 2x_{2} = 2k \\ (k + 2)x_{1} + (k − 2)x_{2} = 0 \end{cases}  (t parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema è compatibile.

b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, trovare le sue soluzioni.

Esercizio 7.16. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}kx_{1} − x_{4} = 1 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ (k − 1)x_{1} + (k − 1)x_{2} = k − 1 \\ kx_{1} + kx_{2} = 2k \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette soluzione, specificando se e quando ne ammette una o infinite.

b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, si determinino le sue soluzioni.

Esercizio 7.17. Al variare del parametro reale k, si risolva il sistema di equazioni lineari omogenee:

\begin{cases}2kx_{2} + x_{3} − x_{4} = 0 \\ x_{1} − 2x_{3} + kx_{4} = 0 \\ x_{1} − 2kx_{3} + x_{4} = 0 \end{cases}  (t parametro reale)

Esercizio 7.18. Si consideri il sistema lineare dipendente dal parametro reale k

\begin{cases}x_{1} + kx_{2} + x_{3} + x_{4} = 1 \\ x_{1} + x_{2} + 2x_{3} + x_{4} = 1 \\ kx_{1} + kx_{4} = 1 \end{cases}

a) Si determini per quali valori di k il sistema ammette soluzione.

b) Si stabilisca se esistono valori di k per i quali il sistema ha soluzione unica.

Esercizio 7.19. Si consideri lo spazio vettoriale N(A) dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0 con

A = [\begin{matrix}8k + 1 & k + 4 & 0 & k + 8 \\ 2k & 0 & 1 & 2k + 2 \\ 0 & 0 & k + 4 & 0 \\ k & 0 & k + 2 & k + 3 \end{matrix}] k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali valori di k lo spazio N(A) è nullo: N(A) = {(0, 0, 0, 0)}.

b) Per i valori di k esclusi al punto precedente si determini una base di N(A).

Esercizio 7.20. Si consideri la matrice

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

a) Indicare basi per lo spazio delle righe e per lo spazio delle colonne di A.

b) Esistono valori t ∈ R per cui il sistema Ax = b, con b = (1, 1, t, t) ammetta soluzione?

Esercizio 7.21. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 6 & 2k + 2 \\ 3 & k + 11 & 5k + 7 \\ −1 & −3 & k^{2} − 3 \end{matrix}]

dove k è un parametro reale. a) Si calcoli il rango di A.

b) Si stabilsca per quali valori di k il sistema Ax = b ha soluzione per ogni b ∈ R^{3}.

Esercizio 7.22. Siano dati i seguenti vettori di R^{3}:

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

Stabilire se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

Esercizio 7.23. Siano dati i segunti vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 1),  v_{2} ≡ (2, 7, 7),  v_{3} ≡ (0, k^{2} + 2, 3),  v_{4} ≡ (1, k + 3, k^{2} + 2).

Stabilire se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} al variare del parametro k.

Esercizio 7.24. Determinare per quali valori del parametro reale k i seguenti vettori formano una base di R^{3}.

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

Esercizio 7.25.

a) Mostrare che i vettori

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

sono linearmente indipendenti per ogni valore di k ∈ R.

b) Esprimere il vettore v = (2, 1, 2) come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3}.

Esercizio 7.26. In R^{3} siano

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

a) Si stabilisca per quali valori di k i tre vettori costituiscono una base di R^{3}.

b) Per i valori trovati al punto a), si calcolino le coordinate del vettore v = (−2, 1, 2) rispetto a tale base.

Esercizio 7.27. Si consideri il sottospazio V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ di R^{5} generato dai vettori

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

a) Trovare una base di V.

b) Determinare le coordinate del vettore v = (−2, 6, 6, 4, 0) ∈ V rispetto alla base trovata al punto a).

Esercizio 7.28. Sia V il sottospazio di R^{3} generato dai vettori:

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

Determinare una base di V. Esprimere inoltre v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4} come combinazione lineare degli elementi di tale base.

Esercizio 7.29. Sia V il sottospazio di R^{4} generato dai vettori:

v_{1} ≡ (2, 1, 2, 1),  v_{2} ≡ (6, 7, 8, 5)
v_{3} ≡ (2k, k + 8, 3k + 3, 2),  v_{4} ≡ (0, 2k, 2k, 1).

Determinare una base di V al variare del parametro k. Esprimere inoltre v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4} come combinazione lineare degli elementi di tale base.

Esercizio 7.30. Sia V il sottospazio di R^{4} generato dai vettori:

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

Determinare la dimensione e una base di V al variare del parametro reale k.

Esercizio 7.31. Sia W il sottospazio di R^{4} generato dai vettori {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}:

v_{1} = (−1, 1, −1, 1),  v_{2} = (1, k, 3, 4),  v_{3} = (1, −1, k, 1),  v_{4} = (0, 0, 1, k)

Si calcoli la dimensione di W al variare di k ∈ R.

Esercizio 7.32. Si considerino i vettori di R^{4}

v_{1} = (3, −1, 2, 0), v_{2} = (−6, 2, −4, 0), v_{3} = (−3, k, k − 3, 0)

a) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v_{3} appartiene al sottospazio W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ generato da v_{1} e v_{2}.

b) Si trovi, al variare di k, una base di W e una base del sottospazio ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩.

Esercizio 7.33. Si considerino i vettori di R^{4}

v_{1} = (1, 2, −1, 3), v_{2} = (−2, −4, 2, −6), v_{3} = (3, 6, k − 6, 3k)

a) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v_{3} appartiene al sottospazio W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ generato da v_{1} e v_{2}.

b) Si trovi, al variare di k, una base di W e una base del sottospazio ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩.

Esercizio 7.34. Sia V = ⟨ v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} ⟩ con

v_{1} = (3, 7, k + 1, 2k + 2), v_{2} = (2, 2k + 2, 0, 0), v_{3} = (1, 1, 0, 0), v_{4} = (−3, −7, −1, 2k)

a) Si determini la dimensione di V al variare di k ∈ R.

b) Si determini una base di V al variare di k ∈ R.

Esercizio 7.35. Determinare una base dei seguenti sottospazi W di R^{3}:

(1) W = ⟨(1, 2, 5), (−3, −6, −15)⟩

(2) W = ⟨(1, 2, 5), (−3, −6, −15), (2, 1, 0)⟩

(3) W = ⟨(−1, 2, 0), (0, 1, −1), (1, −1, 2)⟩

Esercizio 7.36. Sia V = ⟨ v_{1}, v_{2}, v_{3} ⟩ con

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

a) Si stabilisca per quali valori di k ∈ R lo spazio V coincide con R^{3}.

b) Si determini la dimensione una base di V al variare di k ∈ R.

Esercizio 7.37. Sia V lo spazio vettoriale generato dai vettori v_{1} = (1, −2, 4, 0), v_{2} = (2, 3, −1, 1) e v_{3} = (0, −1, 3, 0):

V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩

(1) Determinare la dimensione dello spazio vettoriale V.

(2) Determinare se il vettore v_{4} = (3, 1, 3, 1) appartiene a V. In caso positivo esprimere v_{4} come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

(3) Determinare la dimensione dello spazio vettoriale W = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩.

Esercizio 7.38. Sia

V = ⟨ (1, 1, 2, −1), (2, k + 3, 4, −2), (0, 1, 1, k^{2} − 1) ⟩

con k parametro reale.

a) Si determini la dimensione di V al variare di k ∈ R.

b) Si stabilisca per quali valori di k ∈ R il vettore v_{4} = (3, 3, k + 6, −3) appartiene a V.

Esercizio 7.39. Sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ lo spazio vettoriale generato dai seguenti vettori:

v_{1} = (1, 1, 2), v_{2} = (0, k − 1, k − 1), v_{3} = (2, 1, k + 5)

dove k è un parametro reale.

a) Determinare una base e la dimensione di V al variare del parametro k.

b) Stabilire per quali valori di k il vettore v_{4} = (1, 3, 4) appartiene a V. In caso positivo esprimere v_{4} come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

Esercizio 7.40. Si considerino i seguenti vettori di R^{4}:

v_{1} = (1, 0, 3, 1), v_{2} = (−3, −3, −3, 0), v_{3} = (0, k + 1, k + 1, 0), v_{4} = (k − 1, 1, 3k − 5, 2k − 5),

dove k è un parametro reale, e sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{2}, v_{4}⟩. a) Si stabilisca per quali valori di k lo spazio V coincide con R^{4}.

b) Si determini la dimensione e una base di V al variare di k.

Esercizio 7.41. Si consideri l’insieme

S = { (k + 1, k + 1, 0, 2k), (0, 2k, 0, 0), (1, 3k, 0, 1), (1, 5k, 1, k) } .

a) Si stabilisca per quali valori di k l’insieme S è una base di R^{4}.

b) Posto k = −1 si trovino le coordinate del vettore v = (1, 1, 0, 1) rispetto alla base trovata.

Esercizio 7.42. Sia W il sottospazio di R^{4} generato dai vettori

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

a) Al variare del parametro k, trovare una base di W.

b) Si completi la base trovata in a) ad una base di R^{4}.

Esercizio 7.43. Sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ il sottospazio di R^{4} generato dai vettori

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

a) Trovare una base di V al variare del parametro k.

b) Posto k = 0, completare la base trovata al punto precedente ad una base di R^{4}.

c) Stabilire per quali valori di k il vettore w = (−3, 0, −1, 1) appartiene a V.

Esercizio 7.44. Sia

B = { (−2, 0, 0), (1, k, −1), (1, −1, k) }

a) Trovare i valori del parametro k per cui B è una base di R^{3}.

b) Per il valore k = 3, determinare le coordinate dei vettori v = (−3, 2, 1) e w = (0, 1, 2) rispetto alla base B.

Esercizio 7.45. Si considerino i vettori di R^{3}: v_{1} = (1, 2, 1), v_{2} = (1, 1, −1), v_{3} = (1, 1, 3), w_{1} = (2, 3, −1), w_{2} = (1, 2, 2), w_{3} = (1, 1, −3).

a) Si calcoli la dimensione dei sottospazi V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩, W = ⟨w_{1}, w_{2}, w_{3}⟩.

b) Si trovi una base del sottospazio intersezione V ∩ W.

Esercizio 7.46. Si considerino i seguenti sottospazi di R^{3}:

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x − 2y + z = 0}
V = ⟨(1, 0, 1), (1, 2, 1), (1, 0, 1)⟩

a) Determinare una base e la dimensione di U e di V.

b) Determinare una base e la dimensione di U ∩ V.

b) Determinare una base e la dimensione di U + V.

Esercizio 7.47. Si considerino i seguenti sottospazi di R^{4}:

U = {(0, 1, 1, 0)a + (0, 0, 0, 1)b | a, b ∈ R}
V = {(x, y, z, w) ∈ R^{4} | x + y = 0, z = 2x}

a) Determinare una base e la dimensione di U e di V.

b) Determinare una base e la dimensione di U ∩ V.

c) Determinare una base e la dimensione di U + V.

Esercizio 7.48. In R^{4} con il prodotto scalare canonico sia U il sottospazio dei vettori ortogonali al vettore (1, 0, −1, 0) e sia V il sottospazio generato dai vettori (1, 0, −2, 3), (−1, 1, 1, −4), (1, 1, −3, 2).

Si trovino la dimensione e una base di U, V, U ∩ V, U + V.

Esercizio 7.49. Siano U e V i sottospazi di R^{3} così definiti

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + z = 0}
V = ⟨(1, −1, 0), (1, 1, −1)⟩

a) Determinare la dimensione e una base dei due sottospazi U e V.

b) Determinare la dimensione e una base dei due sottospazi U + V e U ∩ V.

Esercizio 7.50. Siano U e V i sottospazi di R^{3} così definiti

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + z = 0}
V = ⟨(2, −1, −2), (−3, 4, 3)⟩

Dimostrare che U = V.

Esercizio 7.51. Si consideri il sottoinsieme S di R^{4} costituito dai vettori v della forma

v = (a_{1}, a_{1} − a_{2} + 2a_{3}, 2a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2} + a_{4})

dove a_{1}, a_{2}, a_{3} e a_{4} sono parametri reali.

a) S è un sottospazio vettoriale di R^{4}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Esercizio 7.52. Si consideri il sottoinsieme S di R^{4} costituito dai vettori v della forma

v = (a_{1} − a_{2} + 2a_{3}, a_{1}, 2a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2} + a_{4})

dove a_{1}, a_{2}, a_{3} e a_{4} sono parametri reali. a) S è un sottospazio vettoriale di R^{4}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Esercizio 7.53. Si consideri il sottoinsieme S di R^{4} costituito dai vettori v della forma

v = (a_{1} − a_{2} + 2a_{3} + a_{4}, a_{1}, 2a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2})

dove a_{1}, a_{2}, a_{3} e a_{4} sono parametri reali. a) S è un sottospazio vettoriale di R^{4}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Esercizio 7.54. Si consideri il sottoinsieme S di R^{5} costituito dai vettori v della forma

v = (2a_{1} + a_{2}, a_{1} − a_{2} − 3a_{3}, a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2} + a_{3}, a_{2})

dove a_{1}, a_{2} e a_{3} sono parametri reali. a) S è un sottospazio vettoriale di R^{5}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Esercizio 7.55. Si consideri il sottospazio W di R^{5} costituito dai vettori w della forma

w = (2a_{1} − a_{2} − a_{3}, 2a_{1} − a_{3}, a_{1}, a_{2}, a_{1} − 4a_{2} + a_{3})

dove a_{1}, a_{2} e a_{3} sono parametri reali. a) Trovare una base di W.

b) Determinare le coordinate del vettore v = (0, 1, 1, 1, −2) ∈ W rispetto alla base trovata al punto a).

Esercizio 7.56. Sia

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + y + (k + 1)z = k, 2x + y + z = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k l’insieme S è un sottospazio di R^{3}.

b) Per il valore di k trovato al punto precedente determinare una base di S.

Esercizio 7.57. Sia

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x − 2y + kz = k − 1, x − 2y + z = 0, −2x + 4ky − 2z = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k l’insieme S è un sottospazio di R^{3}.

b) Per il valore di k trovato al punto precedente determinare una base di S.

Esercizio 7.58. Sia S il sottoinsieme di R^{5}

S = {x ∈ R^{5} | x_{1} − x_{2} + 2x_{5} = k, x_{1} + x_{3} + kx_{4} = 0} .

a) Per quali valori del parametro reale k l’insieme S ée un sottospazio vettoriale di R^{5}?

b) Per i valori determinati al punto a), trovare una base di S.

Esercizio 7.59. Sia W il sottinsieme di R^{5}definito da

\begin{matrix}W = \{x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}) ∈ R^{5} : x_{1} − x_{3} + kx_{4} + x_{5} = 0, x_{2} − 3x_{4} = k, \\ x_{1} − x_{2} − x_{3} + 3x_{4} + x_{5} = 0 \} \end{matrix}

Stabilire per quali valori di k l’insieme W è un sottospazio vettoriale di R^{5} e calcolarne una base e la dimensione.

Esercizio 7.60.

a) Trovare una base del sottospazio V di R^{5} così definito:

V = {x ∈ R^{5} | 2x_{1} − x_{2} + x_{3} − x_{4} = 0, x_{1} − x_{3} − 2x_{4} + 2x_{5} = 0}.

b) Determinare una base di R^{5} contenente la base di V trovata in a).

Esercizio 7.61. Sia

S = {x ∈ R^{4}|x_{1} − 4x_{2} − x_{3} + 2kx_{4} = k + 1, 2x_{1} − kx_{3} + kx_{4} = 2k + 2,

3x_{1} − 4kx_{2} + 9x_{3} + 3x_{4} = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k ∈ R l’insieme S è un sottospazio di R^{4}.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente determinare la dimensione e una base di S.

Esercizio 7.62. Sia S l’insieme delle soluzioni del seguente sistema lineare:

\begin{cases}−x_{1} + (k − 1)x_{4} = 0 \\ −x_{1} + 2x_{2} + (k + 1)x_{3} + (k − 1)x_{4} = 0 \\ 2x_{1} + 2x_{3} + (2 − 2k)x_{4} = k − 2 \\ x_{1} + 4x_{2} + (2k − 2)x_{3} + (1 − k)x_{4} = 2 − k \end{cases}  (k parametro reale)

a) Stabilire per quali k l’insieme S è uno spazio vettoriale e in tali casi determinarne una base.

b) Esplicitare S al variare di k ∈ R.

Esercizio 7.63. Sia A la matrice reale seguente:

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

a) Determinare il rango di A al variare del parametro reale k.

b) Calcolare una base del nucleo di A, cioé dello spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo Ax = 0, nel caso k = 1.

Esercizio 7.64.

a) Sia

V = ⟨ (1, 2, 1), (−1, 3, 0), (3, 1, 2) ⟩

Si determini la dimensione e una base di V.

b) Sia

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x − y + 3z = 0, 2x + 3y + z = 0, x + 2z = 0 }

Si determini la dimensione e una base di S.

c) Si confrontino i metodi risolutivi e i risultati dei due precedenti punti.

Esercizio 7.65. Sia W il sottospazio di R^{5} generato dai vettori:

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

a) Al variare del parametro k, trovare una base di W.

b) Si completi la base trovata in a) ad una base di R^{5}.

Esercizio 7.66. Dati i vettori linearmente indipendenti v_{1} = (3, 0, 1) e v_{2} = (1, 4, −2) completare l’insieme S = {v_{1}, v_{2}} in modo da ottenere una base di R^{3}.

Esercizio 7.67. Siano

v_{1} = (1, −1, −1, 1), v_{2} = (k, 1, 1, −1) ∈ R^{4}

a) Si trovino i valori del parametro k per i quali v_{1} e v_{2} sono indipendenti.

b) Per k = 2, si estenda l’insieme {v_{1}, v_{2}} a una base di R^{4}.

Esercizio 7.68. Si consideri l’insieme S costituito dai seguenti vettori di R^{4}

v_{1} = (1, 2, 2, 1),  v_{2} = (2, 1, 2, 1),  v_{3} = (0, 1, 2, 1)

a) E’ possibile estendere S a una base di R^{4}?

b) In caso affermativo, trovare una base di R^{4} contenente S.

Esercizio 7.69. Si considerino i vettori di R^{4}

v_{1} = (2, 1, −1, 3), v_{2} = (1, 0, 5, 1), v_{3} = (2, −1, 3, 1).

a) Stabilire se il vettore v = (0, 0, 1, 0) è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

b) Completare l’insieme {v_{1}, v_{2}, v_{3}} ad una base di R^{4}.

Esercizio 7.70. Sia dato l’insieme

V = {p(x) ∈ R_{3}[x] | p(1) = 0 }

a) Verificare che l’insieme V è un sottospazio vettoriale di R_{3}[x].

b) Determinare una base di V.

Esercizio 7.71. Siano dati i polinomi

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

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x)} è una base di R_{2}[x].

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

Esercizio 7.72. Si considerino i polinomi p_{1} = x^{2}+ax+b+c, p_{2} = x^{2}+bx+a+c, p_{3} = x^{2}+cx+a+b.

a) Mostrare che per ogni valore dei parametri a, b, c i tre polinomi sono dipendenti nello spazio dei polinomi R[x].

b) Calcolare la dimensione e una base dello spazio ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ⊆ R[x] al variare di a, b, c.

Esercizio 7.73. Sia S il sottoinsieme dello spazio dei polinomi R_{3}[x] così definito:

S = {p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d ∈ R_{3}[x] | p(0) = 0}

a) Mostrare che S è un sottospazio vettoriale di R_{3}[x].

b) Determinare la dimensione di S.

Esercizio 7.74. Sia W l’insieme dei polinomi p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d ∈ R[x], di grado al più 3, tali che p(0) = p(1) = 0. Determinare un insieme generatore di W.

Esercizio 7.75. Si considerino i polinomi a coefficienti reali

p_{1} = x^{2} + x,  p_{2} = kx^{2} − 1,  p_{3} = x^{2} + 2x + k.

a) Stabilire per quali valori di k i tre polinomi formano una base dello spazio R_{2}[x].

b) Per i valori di k per cui i polinomi sono dipendenti, trovare uno o più polinomi che completano l’insieme {p_{1}, p_{2}, p_{3}} ad un’insieme generatore di R_{2}[x].

Esercizio 7.76. Si considerino i polinomi a coefficienti reali

p_{1} = x^{2} + x,  p_{2} = kx^{2} − 1,  p_{3} = x^{2} + 2x + k.

a) Stabilire per quali valori di k i tre polinomi sono linearmente dipendenti.

b) Per i valori di k per cui i polinomi sono dipendenti esprimere un polinomio come combinazione lineare degli altri.

Esercizio 7.77. Si considerino i polinomi

p_{1}(x) = x^{2} + 2,  p_{2}(x) = 3x + 4,  p_{3}(x) = −x^{2} + 6x + 6

e sia W = ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ il sottospazio di R_{2}[x] generato da p_{1}, p_{2} e p_{3}. a) Si determini la dimensione e una base di W.

b) Si stabilisca per quali valori di k il polinomio f_{k}(x) = (k + 1)x^{2} + 3kx + 4 appartiene a W.

Esercizio 7.78. Nello spazio vettoriale V = R_{2}[x] dei polinomi reali di grado non superiore a due, si considerino gli elementi

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

a) Si mostri che l’insieme B = {p_{1}, p_{2}, p_{3}} è una base di V.

b) Si trovino le coordinate del polinomio costante 1 nella base B.

Esercizio 7.79. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali nella variabile x, di grado minore o uguale a 3.

a) Si mostri che U = {f(x) ∈ V | f(1) = f(2) = 0} è un sottospazio vettoriale di V e se ne trovi una base.

b) Si completi la base trovata al punto precedente ad una base di V.

Esercizio 7.80. Siano dati i polinomi

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

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x)} è una base di R_{2}[x].

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

Esercizio 7.81. Si considerino i polinomi

p_{1}(x) = 2x + x^{2} − x^{3}, p_{2}(x) = 1 − x + x^{2}, p_{3}(x) = 3 + x − x^{3}, p_{4}(x) = x^{2} + x^{3}

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x)} è una base di R_{3}[x].

b) Esprimere f(x) = (x + 1)^{3} come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x).

Esercizio 7.82. Dati i polinomi

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

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x)} è una base di R_{2}[x]

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

Esercizio 7.83. Sia W il sottoinsieme dello spazio di polinomi R_{3}[x] definito da

W = {p(x) ∈ R_{3}[x] | p′′′ = 0, p(1) = 0}

(p′′′ è la derivata terza di p)

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di R_{2}[x].

b) Trovare una base e la dimensione di W.

c) Determinare le coordinate del polinomio p(x) = 2x^{2} − x − 1 ∈ W rispetto alla base trovata al punto b).

Esercizio 7.84. Sia S l’insieme delle matrici simmetriche:

S = \{ [\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}] | a, b, c ∈ R\}

(Notiamo anche che S = {A ∈ M_{2×2} | A^{T} = A}).

a) Verificare che S è un sottospazio di M_{2×2}.

b) Determinare una base di S.

Esercizio 7.85. Sia S il sottinsieme dello spazio delle matrici M_{3,2}(R) così definito:

S = \{[\begin{matrix}a & b \\ b & a \\ 0 & 0 \end{matrix}] ∈ M_{3,2}(R) | a, b ∈ R\}

a) Mostrare che S è un sottospazio vettoriale di M_{3,2}(R).

b) Determinare un insieme generatore di S.

Esercizio 7.86.

a) Mostrare che l’insieme

W = \{ [\begin{matrix}3a & −a + b \\ a & −2a + b \end{matrix}] | a, b ∈ R\}

è un sottospazio vettoriale dello spazio delle matrici reali M_{2,2}(R).

b) Determinare una base di W.

Esercizio 7.87. Si consideri il sottospazio

S = \{ [\begin{matrix}3a + b + 3c & 2b − 6c \\ a + 3b − 7c & 4a + 8c \end{matrix}] | a, b, c ∈ R\}

dello spazio delle matrici reali M_{2}(R).

a) Determinare una base di S.

b) Stabilire se A = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 2/3 & 8/3 \end{matrix}] ∈ S (ed in caso positivo esprimere A come combinazione lineare

della base trovata in a)).

Esercizio 7.88. Sia V Lo spazio vettoriale delle matrici reali 2 × 2. Si consideri la matrice A =

[\begin{matrix}−8 & −7 \\ 1 & 0 \end{matrix}] e sia S il sottinsieme di V costituito dalle matrici che commutano con A:

S = \{M = [\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}] ∈ V : AM = MA\}

a) Mostrare che S è un sottospazio di V.

b) Calcolare la dimensione e una base di S.

Esercizio 7.89. Sia

A = [\begin{matrix}1 & −1 \\ −2 & 2 \end{matrix}]

e sia S = {M ∈ M_{2}(R) | AM = MA = 0}. Dimostrare che S è un sottospazio di M_{2}(R) e calcolarne la dimensione.

Esercizio 7.90. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}1 & k \\ 2 & 3 \end{matrix}] .

a) Si determini una base del sottospazio U = {X ∈ M_{2}(R) : AX = XA} .

b) Mostrare che il sottoinsieme W = {X ∈ U : X è invertibile} non è un sottospazio vettoriale di U.

Esercizio 7.91. Sia W = ⟨A, B, C⟩ il sottospazio di M_{2}(R) generato dalle matrici

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

Si determini la dimensione di W e una sua base al variare del parametro reale k.

Esercizio 7.92. Sia V = ⟨A, B, C⟩ il sottospazio di M_{2×2}(R) dove

A = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 3 & 4 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 3 \\ 7 & 8 \end{matrix}] .

a) Si determini la dimensione e una base di V.

b) Si esprima D = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 5 & 6 \end{matrix}] come combinazione lineare della base trovata al punto a).

Esercizio 7.93. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ −3 & 0 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}0 & 3 \\ 0 & 1 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 7 \\ −6 & 1 \end{matrix}]

a) Si stabilisca se A, B e C sono linearmente indipendenti in M_{2}(R).

b) Si determini una base del sottospazio ⟨A, B, C⟩.

Esercizio 7.94. Sia V = ⟨A, B, C⟩ il sottospazio di M_{2}(R) generato dalle matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}0 & 4 \\ 4 & 0 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 9 \\ 10 & 1 \end{matrix}] ,  D = [\begin{matrix}6 & k − 2 \\ 2 & k + 2 \end{matrix}]

a) Si determini la dimensione e una base di V.

b) Si stabilisca per quali k la matrice D appartiene a V. In tali casi si esprima D come combianzione lineare della base trovata al punto precedente.

Esercizio 7.95. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 4 e sia B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} una sua base. a) Mostrare che l’insieme B′ = {v_{1} + v_{2}, v_{2} + v_{3}, v_{3} + v_{4}, v_{4}} è una sua base di V.

b) Calcolare le coordinate del vettore v = v_{1} + v_{2} + v_{3} + v_{4} rispetto a B e rispetto a B′.

Esercizio 7.96. Si consideri l’insieme S di matrici 3 × 3

S = {A = [a_{ij}] ∈ M_{3}(R) : a_{11} + a_{12} = a_{32} + a_{33} = 0} .

a) Stabilire se S è un sottospazio vettoriale di M_{3}(R). In caso affermativo, trovarne la dimensione.

b) Sia Sim_{3}(R) lo spazio delle matrici reali simmetriche 3 × 3. Trovare una base dello spazio intersezione S ∩ Sim_{3}(R).

Esercizio 7.97. Sia W il seguente sottoinsieme dello spazio delle matrici 3 × 3:

W = {A ∈ M_{3,3}(R) | A + A^{T} = 0} .

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R).

b) Trovare una base di W.

c) Mostrare che ogni elemento di W ha rango minore di 3.

Esercizio 7.98. Sia W il seguente sottoinsieme dello spazio delle matrici 3 × 3:

W = {A ∈ M_{3,3}(R) | A = A^{T} , tr(A) = 0}

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R).

b) Trovare una base di W.

c) Calcolare le coordinate di B = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 3 \\ 1 & 3 & 0 \end{matrix}] ∈ W rispetto alla base trovata al punto b).

Esercizio 7.99. Sia W il seguente sottoinsieme dello spazio delle matrici 3 × 3:

W = {A ∈ M_{3,3}(R) | a_{ij} = 0 per i ≥ j}

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R).

b) Trovare una base di W.

c) Mostrare che per ogni matrice A in W, la matrice A^{2} ha rango minore di 2.

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

1. Suggerimenti

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

Rango.

Per calcolare il rango di una matrice possiamo utilizzare i sottodeterminanti oppure i pivot. Infatti valgono le seguenti proprietà:

(1) Il rango di una matrice A corrisponde al massimo ordine di una sua sottomatrice (quadrata) con determinante non nullo.

(2) Il rango di una matrice A corrisponde al numero dei suoi pivot, una volta che A è stata ridotta a gradini.

(3) Il rango di una matrice A è uguale al numero di righe linearmente indipendenti.

(4) Il rango di una matrice A è uguale al numero di colonne linearmente indipendenti.

Osservazioni

• Come conseguenza delle proprietà 3) e 4) si ha che se A è una matrice n × m, allora rg(A) ≤ min{m, n}

• Per utilizzare la proprietà 1) si può anche ridurre (parzialmente) a gradini la matrice. ——————————————————————————————————————————————-

Rouchè-Capelli.

Un sistema di equazioni Ax = b ammette soluzioni (è compatibile) se e solo se il rango della matrice dei coefficienti A è uguale al rango della matrice completa A|b:

rg(A) = rg(A|b)

Inoltre:

• Ammette un’unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = numero delle incognite.

• Ammette infinite soluzioni se rg(A) = rg(A|b) < numero delle incognite. ——————————————————————————————————————————————-

Dipendenza lineare.

Sia V uno spazio lineare e v, v_{i} vettori di V.

• v è combinazione lineare di v_{1}, …, v_{n} se l’equazione:

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

ammette soluzione.

Nel caso particolare in cui V ⊆ R^{m}, alla precedente equazione possiamo associare la matrice A|b, dove le colonne di A sono date dai vettori v_{1}, …, v_{n} e b è data dal vettore v. In tale caso:

v è combinazione lineare di v_{1}, …, v_{n} sse rg(A) = rg(A|b)

——————————————————————————————————————————

• v_{1}, …, v_{n} sono linearmente indipendenti se l’equazione:

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

ammette la sola soluzione nulla x_{1} = x_{2} = …, x_{n} = 0.

Nel caso particolare in cui V ⊆ R^{m}, alla precedente equazione possiamo associare la matrice A|0, dove le colonne di A sono date dai vettori v_{1}, …, v_{n}. In tale caso:

v_{1}, …, v_{n} sono linearmente indipendenti sse rg(A) = n

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

Basi e dimensione.

Sia S = {v_{1}, v_{2}, …, v_{n}} un sottinsieme di V. Diciamo che S è una base di V se:

(1) S è un insieme generatore di V: V = ⟨S⟩, cioè ogni elemento di V si può scrivere come combinazione lineare degli elementi di S.

(2) Gli elementi di S sono linearmente indipendenti. La dimensione di uno spazio vettoriale corrisponde al numero di elementi di una sua base.

Nel caso particolare in cui V = R^{n} sappiamo che S per essere una base deve essere formato da n elementi, ed è sufficiente verificare che gli n elementi di S siano linearmente indipendenti. Ragionando sui ranghi, n vettori di R^{n} formano una base di R^{n} se e solo se la matrice associata ha rango n. ——————————————————————————————————————————————-

Spazi vettoriali • Nel caso particolare di

V = ⟨ v_{1}, v_{2}, …, v_{n}⟩,

se indichiamo con A la matrice formata dai vettori colonna v_{1}, …, v_{n}, allora:

dim(V) = rg(A)

B(V) = base di V = {vettori linearmente indipendenti tra v_{1}, …, v_{n}}
= {vettori tra v_{1}, …, v_{n} corrispondenti ai pivot di A }

• Nel caso particolare di

V = { soluzioni di un sistema omogeneo },

se indichiamo con A la matrice associata al sistema e con n il numero delle incognite, allora:

dim(V) = n − rg(A)

B(V) = base di V = {generatori delle soluzioni una volta scritte in forma vettoriale }

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

2. Soluzioni

Esercizio 7.1. Determinare il rango delle seguenti matrici al variare del parametro t ∈ R.

A_{1} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & t + 1 & −1 \\ 0 & 0 & t − 3 \end{matrix}]  A_{2} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & t + 1 & −1 \\ 0 & 0 & t − 3 \\ 0 & 0 & t \end{matrix}]  A_{3} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 & t \\ 2 & 1 & 2 & t + 1 \\ t & 0 & t & 0 \end{matrix}]

Soluzione:

• Consideriamo la matrice A_{1}. Visto che A_{1} è ridotta a gradini è immediato calcolarne il rango

utilizzando i pivot:

– Se t + 1 e t − 3 sono non nulli, ovvero se t ≠ −1, 3, allora A_{1} ha tre pivot e rg(A_{1}) = 3.

– Se t = −1 la matrice diventa:

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

Quindi se t = −1 la matrice A_{1} ha due pivot e rg(A_{1}) = 2.

– Se t = 3 la matrice diventa:

[\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 4 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi se t = 3 la matrice A_{1} ha due pivot e rg(A_{1}) = 2.

Analogamente potevamo calcolare il rango di A_{1} ragionando sui determinanti.

det(A_{1}) = (t + 1)(t − 3)

Quindi:

– Se t ≠ −1, 3, la matrice ha determinante non nullo, quindi A_{1} ha rango 3.

– Se t = −1, la matrice ha determinante nullo, quindi rg(A_{1}) ≤ 2. Inoltre in A_{1} troviamo la sottomatrice

[\begin{matrix}−4 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix}]

con determinante non nullo. Quindi rg(A_{1}) = 2

– Se t = 3, la matrice ha determinante nullo, quindi rg(A_{1}) ≤ 2. Inoltre in A_{1} troviamo la sottomatrice

[\begin{matrix}1 & −4 \\ 0 & 4 \end{matrix}]

con determinante non nullo. Quindi anche in questo caso rg(A_{1}) = 2.

• Anche se la matrice A_{2} non è completamente ridotta a gradini possiamo comunque calcolarne il

rango ragionando sui pivot.

– Se t ≠ −1 la matrice A_{2} ha tre pivot e quindi rg(A_{2}) = 3. Notiamo che anche nei casi

particolari t = 3 e t = 0 otteniamo una matrice con tre pivot, infatti: ∗ Se t = 3:

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

Quindi A_{2} ha effettivamente tre pivot.

∗ Se t = 0:

A_{2} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & −3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi A_{2} ha effettivamente tre pivot.

– Se t = −1 otteniamo la matrice

A_{2} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −4 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + 4II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi se t = −1 la matrice A_{2} ha due pivot e rg(A_{2}) = 2.

Calcoliamo ora il rango di A_{2} ragionando sui determinanti. Consideriamo la sottomatrice quadrata 3 × 3

B = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & t + 1 & −1 \\ 0 & 0 & t − 3 \end{matrix}]

il cui determinante vale

det(B) = (t + 1)(t − 3)

Quindi:

– Se t ≠ −1, 3, la matrice B ha determinante non nullo, quindi A_{2} ha rango 3.

– Se t = −1, la matrice B ha determinante nullo e

A_{2} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −4 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}]

Di conseguenza per t = −1 ogni sottomatrice 3 × 3 di A_{2} ha determinante nullo, mentre

det [\begin{matrix}−4 & 2 \\ 0 & −1 \end{matrix}] = 4 ≠ 0

Di conseguenza rg(A_{2}) = 2

– Se t = 3, la matrice B ha determinante nullo e

A_{2} = [\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 4 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

In A_{2} troviamo quindi la sottomatrice 3 × 3

[\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 4 & −1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

con determinante non nullo. Quindi rg(A_{2}) = 3.

• Riduciamo a gradini della matrice A_{3}:

\begin{matrix}II − 2I \\ III − tI \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 3 & t \\ 0 & 1 & −4 & 1 − t \\ 0 & 0 & −2t & −t^{2} \end{matrix}]

Se ragioniamo sui pivot otteniamo:

– Se t ≠ 0 la matrice ha 3 pivot, quindi rg(A_{3}) = 3.

– Se t = 0 la matrice A_{3} diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & −4 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

quindi ha 2 pivot e rg(A_{3}) = 2.

Ragionando invece sui determinanti notiamo che A_{3} contiene la sottomatrice 3 × 3

[\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \\ t & 0 & t \end{matrix}]

il cui determinante è −2t. Di conseguenza

– Se t ≠ 0 la matrice A_{3} ha rango 3.

– Se t = 0 otteniamo la matrice

A_{3} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 & 0 \\ 2 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

che ha una riga nulla, quindi tutte le sottomatrici 3 × 3 di A_{3} hanno determinante nullo e rg(A_{3}) ≤ 2. Inoltre in A_{3} troviamo la sottomatrice

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

con determinante non nullo. Quindi in questo caso rg(A_{3}) = 2.

□

Esercizio 7.2. Siano v, w ∈ R^{n} vettori colonna. Dimostrare che la matrice A = vw^{T} ∈ M_{n}(R) ha rango 0 oppure 1.

Soluzione: Siano v^{T} = (v_{1}, v_{2}, …, v_{n}) e w^{T} = (w_{1}, w_{2}, … w_{n}), allora vw^{T} è una matrice n × n:

A = [\begin{matrix}v_{1} \\ v_{2} \\ … \\ v_{n} \end{matrix}] · [w_{1} w_{2} … w_{n}] = [\begin{matrix}v_{1}w_{1} & v_{1}w_{2} & … & v_{1}w_{n} \\ v_{2}w_{1} & v_{2}w_{2} & … & v_{2}w_{n} \\ … \\ v_{n}w_{1} & v_{n}w_{2} & … & v_{n}w_{n} \end{matrix}]

In sostanza ogni riga di A è un multiplo della riga formata da w^{T}. Se v = 0 o w = 0, allora anche la matrice A è nulla e rg(A) = 0, altrimenti A può essere ridotta nella matrice

[\begin{matrix}w_{1} & w_{2} & … & w_{n} \\ 0 & 0 & … & 0 \\ … \\ 0 & 0 & … & 0 \end{matrix}]

dove la riga ottenuta è non nulla, quindi se v ≠ 0 e w ≠ 0 la matrice A = vw^{T} ha rango 1.

□

Esercizio 7.3. Determinare per quali valori del parametro reale t il sistema Ax = b è compatibile (cioè ammette soluzione). In tali casi determinare esplicitamente le soluzioni.

A = [\begin{matrix}−1 & 3 & 0 \\ 1 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & 2t + 1 \end{matrix}]  b = [\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 5 \end{matrix}]

Soluzione:

Sia x = [x_{1}, x_{2}, x_{3}]^{T} e calcoliamo Ax:

Ax = [\begin{matrix}−1 & 3 & 0 \\ 1 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & 2t + 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}] = [\begin{matrix}−x_{1} + 3x_{2} \\ x_{1} + 2x_{2} − x_{3} \\ (2t + 1)x_{3} \end{matrix}]

L’equazione Ax = b si traduce quindi nel sistema

\begin{cases}−x_{1} + 3x_{2} = 2 \\ x_{1} + 2x_{2} − x_{3} = 1 \\ (2t + 1)x_{3} = 5 \end{cases}

La matrice associata a tale sistema è quindi formata dalla matrice A come matrice dei coefficienti e dalla matrice b come matrice dei termini noti:

[\begin{matrix}−1 & 3 & 0 & | & 2 \\ 1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 2t + 1 & | & 5 \end{matrix}]

Per stabilire l’esistenza e l’unicità delle soluzioni utilizziamo il teorema di Rouchè-Capelli: ——————————————————————————————————————————————-

Un sistema di equazioni AX = b ammette soluzioni (è compatibile) se e solo se il rango della matrice dei coefficienti A è uguale al rango della matrice completa A|b:

rg(A) = rg(A|b)

Inoltre:

• Ammette un’unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = numero delle incognite.

• Ammette infinite soluzioni se rg(A) = rg(A|b) < numero delle incognite. Notiamo che il numero delle incognite del sistema corrisponde al numero delle colonne di A. ——————————————————————————————————————————————-

Riduciamo quindi A|b a gradini per calcolarne il rango:

II + I [\begin{matrix}−1 & 3 & 0 & | & 2 \\ 0 & 5 & −1 & | & 3 \\ 0 & 0 & 2t + 1 & | & 5 \end{matrix}]

Si tratta quindi di distinguere due casi.

• Se t ≠ −\frac{1}{2} allora rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette un’unica soluzione:

\begin{cases}−x_{1} + 3x_{2} = 2 \\ 5x_{2} − x_{3} = 3 \\ (2t + 1)x_{3} = 5 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = \frac{−2t + 14}{5(2t + 1)} \\ x_{2} = \frac{6t + 8}{5(2t + 1)} \\ x_{3} = \frac{5}{2t + 1} \end{cases}

• Se t = −\frac{1}{2}, allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e il sistema non ammette soluzioni.

□

Esercizio 7.4. Si considerino le matrici (dove k è un parametro reale)

A = [\begin{matrix}6k & 4 & −2 & 2 \\ 4k + 1 & 4 & −1 & 1 \\ −2k − 1 & −2 & 1 & −1 \\ 2k + 3 & 2 & 0 & 0 \end{matrix}] , b = [\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}]

a) Si stabilisca il rango di A al variare di k.

b) Si stabilisca per quali valori di k il sistema lineare Ax = b è risolubile e in tali casi se ne determinino le soluzioni.

Soluzione: Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A|b. Scambiamo la prima e quarta colonna di A e ricordando poi tale scambio prima di rispondere alla domanda b).

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

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

Anche senza completare la riduzione siamo in grado di risponedere ad entrambe le domande.

a) La matrice A ha rango 3 per ogni valore di k, infatti i due termini k − 1 e k + 2 non si possono annullare contemporaneamente.

b) Il sistema Ax = b ha soluzione se anche rg(A|b) = 3, cioè se k = 1 quando, ricordando lo scambio di colonne, otteniamo il sistema:

[\begin{matrix}1 & 2 & −1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}w + 2y − z + 3x = \\ 2y + 2x = 1 \\ 3x = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{3} \\ y = \frac{1}{6} \\ z = t \\ w = −\frac{4}{3} + t \end{cases} ∀t ∈ R

Infine le soluzioni del sistema sono gli elementi dell’insieme

\{(x, y, z, w) = (\frac{1}{3}, \frac{1}{6}, 0, −\frac{4}{3}) + (0, 0, 1, 1)t | t ∈ R\} .

□

Esercizio 7.5. Si dica per quali valori di k il sistema di equazioni lineari:

x + y = 1

kx + y + z = 1 − k (k parametro reale) y + (1 − k)z = 1

ammette un’unica soluzione.

Dal teorema di Rouchè Capelli sappiamo che il sistema ammette una unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = 3. Riduciamo quindi a gradini la matrice A|b associata a tale sistema per calcolarne il rango:

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

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

Il sistema ammette un’unica soluzione se il rango della matrice dei coefficienti e della matrice completa sono entrambi tre. Dalla matrice ridotta questo avviene per k ≠ 0, 2.

Anche se non è richiesto dall’esercizio notiamo che per k = 2 il sistema non ammette soluzione, mentre per k = 0 ne ammette infinite.

In alternativa potevamo calcolare il rango della matrice ragionando sui determinanti:

det(A) = 1 − k − 1 − k(1 − k) = k^{2} − 2k

Quindi se k ≠ 0, 2, la matrice A ha determinante non nullo, quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette una unica soluzione.

□

Esercizio 7.6. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}2x_{1} − x_{2} = k \\ x_{1} − x_{2} − x_{3} = 0 \\ x_{1} − kx_{2} + kx_{3} = k \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema é compatibile e quando ha infinite soluzioni.

b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, trovare le sue soluzioni.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

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

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

a) Dobbiamo distinguere due casi:

– Se k = \frac{1}{3} allora rg(A) = 2 mentre rg(A|b) = 3, quindi il sistema non ammette soluzioni.

– Se k ≠ \frac{1}{3} allora rg(A) = 3 = rg(A|b) = numero delle incognite, quindi il sistema ammette una unica soluzione.

Per rispondere alla domanda a) potevamo anche ragionare sul determinante:

det(A) = 2(−k − k) + (k + 1) = −3k + 1

Quindi

– Se k ≠ \frac{1}{3}, la matrice A ha detereminante non nullo, quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette una unica soluzione.

– Per k = \frac{1}{3} otteniamo la matrice (numerica, quindi facilissima da ridurre a gradini, se preferiamo utilizzare la riduzione a questo punto)

[\begin{matrix}2 & −1 & 0 & | & \frac{1}{3} \\ 1 & −1 & −1 & | & 0 \\ 1 & −\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & | & \frac{1}{3} \end{matrix}]

Poiché det(A) = 0, rg(A) ≤ 2. In A|b troviamo la sottomatrice:

[\begin{matrix}−1 & 0 & | & \frac{1}{3} \\ −1 & −1 & | & 0 \\ −\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & | & \frac{1}{3} \end{matrix}]

il cui determinante è non nullo, quindi rg(A|b) = 3. Quindi se k = \frac{1}{3} si ha rg(A) ≤ 2 < rg(A|b) = 3, quindi il sistema non ammette soluzione.

b) Risolviamo il sistema per k ≠ \frac{1}{3}

\begin{cases}2x_{−}x_{2} = k \\ x_{2} + 2x_{3} = k \\ (3k − 1)x_{3} = k^{2} \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −\frac{2k^{2}−k}{3k−1} \\ x_{2} = \frac{k^{2}−k}{3k−1} \\ x_{3} = \frac{k^{2}}{3k−1} \end{cases}

□

Esercizio 7.7. Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}−x + 2y + 3z = k + 3 \\ −2x + 6y + (k + 7)z = 2k + 9 \\ x − 4y − 2z = k − 2 \\ 3x − 6y + (k − 7)z = k^{2} − k − 9 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette una unica soluzione e per quali k ne ammette infinite.

b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

[\begin{matrix}−1 & 2 & 3 & | & k + 3 \\ −2 & 6 & k + 7 & | & 2k + 9 \\ 1 & −4 & −2 & | & k − 2 \\ 3 & −6 & k − 7 & | & k^{2} − k − 9 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + I \\ IV + 3I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 2 & 3 & | & k + 3 \\ 0 & 2 & k + 1 & | & 3 \\ 0 & −2 & 1 & | & 2k + 1 \\ 0 & 0 & k + 2 & | & k^{2} + 2k \end{matrix}] ⇒

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

a) Notiamo che k^{2} − 4 = 0 se k = ±2, e che k + 2 = 0 se k = −2. Di conseguenza:

– Se k ≠ ±2 allora rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4 quindi il sistema non ammette soluzione.

– Se k = 2 allora rg(A) = rg(A|b) = 3 quindi il sistema ammette una unica soluzione.

– Se k = −2 allora rg(A) = rg(A|b) = 2 quindi il sistema ammette infinite soluzioni.

b) Consideriamo il caso k = 2:

\begin{cases}−x + 2y + 3z = 5 \\ 2y + 3z = 3 \\ 4z = 8 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2 \\ y = −\frac{3}{2} \\ z = 2 \end{cases}

Consideriamo il caso k = −2:

\begin{cases}−x + 2y + 3z = 1 \\ 2y − z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 8t − 10 \\ y = t \\ z = 2t − 3 \end{cases} ∀t ∈ R

.

□

Esercizio 7.8. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}kx + ky + k^{2}z & = 4 \\ x + y + kz & = k \\ x + 2y + 3z & = 2k \end{cases}

a) Si dica per quali valori del parametro reale k il sistema è compatibile.

b) Esistono valori di k per i quali il sistema ha infinite soluzioni?

Poichè non ci sono richieste esplicitamente le soluzioni, ma solo la loro esistenza, utilizziamo il teorema di Rouchè-Capelli:

Un sistema di equazioni AX = b ammette soluzioni (è compatibile) se e solo se il rango della matrice dei coefficienti A è uguale al rango della matrice completa A|b:

rg(A) = rg(A|b)

Inoltre:

• Ammette un’unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = numero delle incognite.

• Ammette infinite soluzioni se rg(A) = rg(A|b) < numero delle incognite.

Ricordiamo inoltre che:

Il rango di una matrice A corrisponde al numero dei suoi pivot, una volta che A è stata ridotta a gradini. In seguito vedremo altri metodi per calcolare il rango di una matrice.

Consideriamo la matrice associata al sistema:

[\begin{matrix}k & k & k^{2} & | & 4 \\ 1 & 1 & k & | & k \\ 1 & 2 & 3 & | & 2k \end{matrix}]

a) Il sistema è compatibile se il rango della matrice completa e incompleta coincidono. Per determinare il rango riduciamo la matrice a gradini:

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

La matrice incompleta ha due pivot, quindi ha rango 2. La matrice completa ha rango 2 solamente se 4 − k^{2} = 0, ovvero k = ±2.

Quindi il sistema è compatibile se k = ±2.

b) Per k = ±2 il rango della matrice è 2, mentre le incognite sono 3, quindi il sistema ammette infinite soluzioni.

□

Esercizio 7.9. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 5 \\ 1 & −1 & k + 2 & k − 1 \\ 1 & 0 & k + 2 & 2k − 1 \end{matrix}] b = [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \\ k \end{matrix}]

con k parametro reale.

a) Si risolva il sistema Ax = b al variare del parametro k.

b) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) appartiene all’insieme Sol(Ax = b).

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A|b:

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

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

Discutiamo ora i valori del parametro.

– Se k ≠ 1, 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 4, quindi il sistema ammette un’unica soluzione ottenuta risolvendo il sistema:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ (k + 1)z + (k − 2)w = 1 \\ (k − 2)w = k − 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − \frac{3 − k}{k + 1} − 3 \\ y = −2 \\ z = \frac{1 − (k − 2)}{k + 1} = \frac{3 − k}{k + 1} \\ w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{k + 5}{k + 1} \\ y = −2 \\ z = \frac{3 − k}{k + 1} \\ w = 1 \end{cases}

– Se k = 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi il sistema ammette infinite soluzioni:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ 3z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 − \frac{1}{3} − 3t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{3} \\ w = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{3} − 3t \\ y = −2t \\ z = \frac{1}{3} \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Le soluzioni possono anche essere scritte nella forma (\frac{2}{3}, 0, \frac{1}{3}, 0) + (−3, −2, 0, 1)t con t ∈ R.

– Se k = 1 si ha rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4, quindi il sistema non ammette soluzione.

b) Per stabilire se v appartiene all’insieme Sol(Ax = b) la cosa più semplice è sostituire le sue

coordinate (x, y, z, w) = (−\frac{7}{3}, −2, \frac{1}{3}, 1) nel sistema ridotto:

\begin{cases}x + z + 3w = 1 \\ y + 2w = 0 \\ (k + 1)z + (k − 2)w = 1 \\ (k − 2)w = k − 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}−\frac{7}{3} + \frac{1}{3} + 3 = 1 \\ −2 + 2 = 0 \\ (k + 1) · \frac{1}{3} + (k − 2) · 1 = 1 \\ (k − 2) · 1 = k − 2 \end{cases} ⇒ k = 2

Oppure si poteva sostituire nel sistema iniziale, ottenendo le condizioni:

\begin{cases}−\frac{7}{3} + \frac{1}{3} + 3 = 1 \\ −\frac{7}{3} − 2 + \frac{1}{3} + 5 = 1 \\ −\frac{7}{3} + 2 + \frac{k + 2}{3} + k − 1 = 2 \\ −\frac{7}{3} + \frac{k + 2}{3} + 2k − 1 = k \end{cases} ⇒ k = 2

Quindi v ∈ Sol(Ax = b) se k = 2.
□

Esercizio 7.10. Dato il sistema

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

determinare per quali valori di k ∈ R il sistema ammette soluzioni. In tali casi stabilire anche se ne ammette una o infinite.

Soluzione: Utilizziamo il Teorma di Rouchè-Capelli per stabilire quando il sistema ha soluzione. A tale scopo consideriamo la matrice A|b associata al sistema e la riduciamo a gradini per stabilirne il rango.

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

Consideriamo ora i pivot di A osservando che k^{2} + 3k + 2 = 0 quando k = −1 o k = −2. Dobbiamo quindi distinguere tre casi.

• Se k ≠ 1, −1, −2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3 = numero delle incognite del sistema. Quindi in questi casi il sistema ammette una unica soluzione.

• Se k = 1 la matrice A|b diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 6 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ III − 6II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 3 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e il sistema non ammette soluzione.

• Se k = −1 la matrice A|b diventa

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

Quindi rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e il sistema non ammette soluzione.

• Infine se k = −2 la matrice A|b diventa

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

Quindi rg(A) = 2 = rg(A|b) e il sistema ammette soluzione. Poichè inoltre il rango è inferiore al numero delle incognite, in questo caso il sistema ammette infinite soluzioni.

□

Esercizio 7.11. Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}x + ky + z = 2k − 1 \\ kx + y + z = 5 \\ x + y + kz = 0 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema è risolubile.

b) Si dica per quali valori di k il sistema ammette un’unica soluzione.

Soluzione: Dal teorema di Rouchè Capelli sappiamo che il sistema ammette soluzione se rg(A) = rg(A|b), e ammette una unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = 3. Riduciamo quindi a gradini la matrice A|b associata a tale sistema per calcolarne il rango:

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

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

Notiamo che −k^{2} − k + 2 = 0 se k = 1 o k = −2, di conseguenza:

• Se k ≠ 1, −2 allora rg(A) = rg(A|b) = 3 quindi il sistema è risolubile.

• Se k = 1 otteniamo la matrice:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 6 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = 1 < rg(A|b) = 2 e il sistema non è risolubile.

• Se k = −2 otteniamo la matrice:

[\begin{matrix}1 & 1 & −2 & | & 0 \\ 0 & −3 & 3 & | & −5 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = rg(A|b) = 2 ke il sistema è risolubile, con infinite soluzioni. In conclusione:

a) Il sistema ammette soluzione se k ≠ 1.

b) Il sistema ammette una unica soluzione soluzione se k ≠ 1, −2 (Per k = −2 il sistema ammette

infinite soluzioni).

.

□

Esercizio 7.12. Si consideri il sistema di equazioni lineari

\begin{cases}kx + y + z & = 1 \\ y + z & = k \\ 3x + ky + 2z & = 2 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Discutere l’esistenza e unicità di soluzioni del sistema lineare al variare di k ∈ R.

b) Determinare le eventuali soluzioni del sistema al variare di k.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

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

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

III − (3 − k^{2})II [\begin{matrix}3 & k & 2 & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & k \\ 0 & 0 & k^{2} − 2k & | & k^{3} − 5k + 3 \end{matrix}]

a) Notiamo che k^{2} − 2k = 0 se k = 0 o k = 2, di conseguenza:

– Se k ≠ 0, 2 allora rg(A) = rg(A|b) = 3 quindi il sistema è risolubile e ammette una unica soluzione.

– Se k = 0 allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 quindi il sistema non è risolubile.

– Se k = 2 allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 quindi il sistema non è risolubile.

Per rispondere alla domanda a) potevamo anche utilizzare il determinante:

det(A) = k(2 − k) + 3(1 − 1) = k(2 − k)

Quindi – Se k ≠ 0, 2, allora rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette una unica soluzione.

– Se k = 0 allora rg(A) ≤ 2 e la matrice A|b diventa

[\begin{matrix}0 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 3 & 0 & 2 & | & 2 \end{matrix}]

A questo punto per calcolare rg(A|b) possiamo ridurre la matrice a gradini, oppure osservare che A|b contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}0 & 1 & | & 1 \\ 0 & 1 & | & 0 \\ 3 & 0 & | & 2 \end{matrix}]

con determinante non nullo. Quindi per k = 0 è rg(A) ≤ 2 < 3 = rg(A|b) e il sistema non ammette soluzioni.

– Se k = 2 allora rg(A) ≤ 2 e la matrice A|b diventa

[\begin{matrix}2 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 1 & | & 2 \\ 3 & 2 & 2 & | & 2 \end{matrix}]

A questo punto per calcolare rg(A|b) possiamo ridurre la matrice a gradini, oppure osservare che A|b contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}2 & 1 & | & 1 \\ 0 & 1 & | & 2 \\ 3 & 2 & | & 2 \end{matrix}]

con determinante non nullo. Quindi anche per k = 2 è rg(A) ≤ 2 < 3 = rg(A|b) e il sistema non ammette soluzioni. b) Risolviamo il sistema nei casi k ≠ 0, 2:

\begin{cases}3x + ky + 2z = 2 \\ y + z = k \\ (k^{2} − 2k)z = k^{3} − 5k + 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{−k^{2} + 3k − 2}{k^{2} − 2k} = \frac{1 − k}{k} \\ y = \frac{−2k^{2} + 5k − 3}{k^{2} − 2k} \\ z = \frac{k^{3} − 5k + 3}{k^{2} − 2k} \end{cases}

.

□

Esercizio 7.13. Si consideri il sistema lineare

\begin{cases}(1 + k)x = 0 \\ ky + z + w = 2 \\ x + kz + 2w = k \\ x + kw = 0 \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette una unica soluzione.

b) Si determinino tutte le soluzioni del sistema per k = 0.

Soluzione:

La matrice associata a al sistema è

A|b = [\begin{matrix}1 + k & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & k & 1 & 1 & | & 2 \\ 1 & 0 & k & 2 & | & k \\ 1 & 0 & 0 & k & | & 0 \end{matrix}]

a) Il sistema ammette una unica soluzione se rg(A) = rg(A|b) = 4. Utilizzando il determinante, ricordiamo che il rango di una matrice corrisponde al massimo ordine di una sua sottomatrice quadrata con determinante diverso da zero. Quindi rg(A) = rg(A|b) = 4 se e solo se det(A) ≠ 0.

det(A) = (1 + k) · det [\begin{matrix}k & 1 & 1 \\ 0 & k & 2 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}] = (1 + k)k^{3}

Quindi il sistema ammette una unica soluzione quando k ≠ 0, −1.

b) Torniamo al sistema nel caso k = 0 (senza la necessità di ridurre la matrice associata):

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

□

Esercizio 7.14. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}x_{1} − x_{2} = t − 2 \\ tx_{1} + (t − 4)x_{2} = 0 \\ 2x_{1} + (2 − 2t)x_{2} = 2t − 4 \end{cases}  (t parametro reale)

a) Si dica per quali valori di t il sistema è compatibile.

b) Per i valori di t che rendono il sistema compatibile, trovare le sue soluzioni.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

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

III + II [\begin{matrix}1 & −1 & | & t − 2 \\ 0 & 2t − 4 & | & −t^{2} + 2t \\ 0 & 0 & | & −t^{2} + 2t \end{matrix}]

a) Notiamo che −t^{2} + 2t = 0 se t = 0 o t = 2, e che 2t − 4 = 0 se t = 2. Di conseguenza: – Se t ≠ 0, 2 allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 quindi il sistema non è compatibile.

– Se t = 0 allora rg(A) = rg(A|b) = 2 quindi il sistema è compatibile, e ammette una soluzione.

– Se t = 2 allora rg(A) = rg(A|b) = 1 quindi il sistema è compatibile, e ammette infinite

soluzioni.

b) Consideriamo il caso t = 0:

\begin{cases}x_{1} − x_{2} = −2 \\ −4x_{2} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −2 \\ x_{2} = 0 \end{cases}

Se t = 2 il sistema si riduce alla sola equazione x_{1} − x_{2} = 0 le cui soluzioni sono

\begin{cases}x_{1} = k \\ x_{2} = k \end{cases} ∀k ∈ R

.

□

Esercizio 7.15. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}x_{1} − (k + 1)x_{2} = k \\ 2x_{1} − 2x_{2} = 2k \\ (k + 2)x_{1} + (k − 2)x_{2} = 0 \end{cases}  (t parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema è compatibile.

b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, trovare le sue soluzioni.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

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

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

a) Dobbiamo distinguere tre casi:

– Se k ≠ 0, −2 allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 quindi il sistema non è compatibile.

– Se k = −2 allora rg(A) = rg(A|b) = 2 quindi il sistema è compatibile, e ammette una soluzione.

– Se k = 0 allora rg(A) = rg(A|b) = 1 quindi il sistema è compatibile, e ammette infinite

soluzioni.

b) Consideriamo il caso k = −2:

\begin{cases}x_{1} − x_{2} = −2 \\ −x_{2} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −2 \\ x_{2} = 0 \end{cases}

Se k = 0 il sistema si riduce alla sola equazione x_{1} − x_{2} = 0 le cui soluzioni sono

\begin{cases}x_{1} = t \\ x_{2} = t \end{cases} ∀t ∈ R

.

□

Esercizio 7.16. Si consideri il sistema di equazioni lineari:

\begin{cases}kx_{1} − x_{4} = 1 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ (k − 1)x_{1} + (k − 1)x_{2} = k − 1 \\ kx_{1} + kx_{2} = 2k \end{cases}  (k parametro reale)

a) Si dica per quali valori di k il sistema ammette soluzione, specificando se e quando ne ammette una o infinite.

b) Per i valori di k che rendono il sistema compatibile, si determinino le sue soluzioni.

Soluzione: La matrice associata al sistema è

A|b = [\begin{matrix}k & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ k − 1 & k − 1 & 0 & 0 & | & k − 1 \\ k & k & 0 & 0 & | & 2k \end{matrix}]

a) Utilizziamo il determinante per calcolare rg(A) e rg(A|b).

det(A) = 1 · det [\begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ k − 1 & k − 1 & 0 \\ k & k & 0 \end{matrix}] = 1 · 2 · [k(k − 1) − k(k − 1)] = 0 ∀k ∈ R

Poiché det(A) = 0, rg(A) ≤ 3 per ogni k. Viceversa in A|b troviamo la sottomatrice quadrata

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

che ha determinante

det = 1 · det [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ k − 1 & 0 & k − 1 \\ k & 0 & 2k \end{matrix}] = 1 · (−2)[2k(k − 1) − k(k − 1)] = −2(k^{2} − k)

Tale determinante si annulla per k = 0, 1, quindi sicuramente se k ≠ 0, 1, rg(A|b) = 4.

Abbiamo così ottenuto che se k ≠ 0, 1, rg(A) ≤ 3, mentre rg(A|b) = 4, quindi il sistema non ammette soluzione.

Si tratta ora di considerare i due casi k = 0 e k = 1.

Se k = 0 otteniamo il sistema

A|b = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ −1 & −1 & 0 & 0 & | & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi se k = 0, rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette infinite soluzioni.

Se k = 1 otteniamo il sistema

A|b = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & | & 2 \end{matrix}] ⇒ IV − II − I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 1 & | & 1 \end{matrix}]

Quindi anche se k = 1, rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette infinite soluzioni.

b) Abbiamo visto che il sistema ha soluzione solo se k ≠ 0, 1. Inoltre se k = 0 abbiamo ottenuto il sistema

\begin{cases}x_{1} + x_{2} = 1 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ −x_{4} = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 2t + 1 \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = −1 \end{cases} ∀t ∈ R

Analogamente nel caso k = 1 abbiamo ottenuto il sistema

\begin{cases}x_{1} − x_{4} = 1 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ −2x_{3} + x_{4} = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 2t + 2 \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = 2t + 1 \end{cases} ∀t ∈ R

□

Esercizio 7.17. Al variare del parametro reale k, si risolva il sistema di equazioni lineari omogenee:

\begin{cases}2kx_{2} + x_{3} − x_{4} = 0 \\ x_{1} − 2x_{3} + kx_{4} = 0 \\ x_{1} − 2kx_{3} + x_{4} = 0 \end{cases}  (t parametro reale)

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice dei coefficienti associata a tale sistema

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

Discutiamo ora i valori del parametro in corrispondenza dei pivot.

• Se k = 0 la matrice diventa

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

\begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = t \\ x_{3} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ S = \{(0, t, 0, 0) | t ∈ R\}

Notiamo che rg(A) = rg(A|0) = 3. Poiché si tratta di un sistema in quattro incognite, nell’insieme delle soluzioni ci sono infinite soluzioni con un solo parametro libero (dato da 4 − rg(A)).

• Se k = 1 la matrice diventa

[\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} − x_{3} + x_{4} = 0 \\ 2x_{2} + x_{3} − x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = t − s \\ x_{2} = −\frac{1}{2}t + \frac{1}{2}s \\ x_{3} = t \\ x_{4} = s \end{cases} ∀s, t ∈ R ⇒

S = \{(t − s, −\frac{1}{2}t + \frac{1}{2}s, t, s) | s, t ∈ R\}

Notiamo che rg(A) = rg(A|0) = 2. Poiché si tratta di un sistema in quattro incognite, nell’insieme delle soluzioni ci sono infinite soluzioni con due parametri libero (dato da 4 − rg(A)).

• Se k ≠ 0, 1 la matrice dei coefficienti ha rango 3 < 4 = numero delle incognite, quindi il sistema ammette comunque infinite soluzioni con un solo parametro libero

\begin{cases}x_{1} − 2x_{3} + kx_{4} = 0 \\ 2kx_{2} + x_{3} − x_{4} = 0 \\ 2(k − 1)x_{3} + (k − 1)x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} − 2x_{3} + kx_{4} = 0 \\ 2kx_{2} + x_{3} − x_{4} = 0 \\ 2x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −\frac{4k}{3} (1 + k)t \\ x_{2} = t \\ x_{3} = −\frac{2k}{3} t \\ x_{4} = \frac{4k}{3} t \end{cases} ∀t ∈ R

⇒ S = \{(−\frac{4k}{3} (1 + k)t, t, −\frac{2k}{3} t, \frac{4k}{3} t) | t ∈ R\}

Notiamo che abbiamo scelto x_{2} come variabile libera in modo da non dovere dividere per k per determinare la soluzione. Inoltre con tale scelta non è in realtà necessario distinguere il caso k = 0 precedentemente discusso.

.

□

Esercizio 7.18. Si consideri il sistema lineare dipendente dal parametro reale k

\begin{cases}x_{1} + kx_{2} + x_{3} + x_{4} = 1 \\ x_{1} + x_{2} + 2x_{3} + x_{4} = 1 \\ kx_{1} + kx_{4} = 1 \end{cases}

a) Si determini per quali valori di k il sistema ammette soluzione.

b) Si stabilisca se esistono valori di k per i quali il sistema ha soluzione unica.

Soluzione: La matrice A|b associata al sistema è:

A|b = [\begin{matrix}1 & k & 1 & 1 & | & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 1 & | & 1 \\ k & 0 & 0 & k & | & 1 \end{matrix}]

Per ridurre a gradini la matrice scambiamo la prima e terza colonna

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

a) Se k ≠ \frac{1}{2}, 0, allora rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette (infinite) soluzioni. Se k = \frac{1}{2} o k = 0, allora rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e il sistema non ha soluzione.

b) La matrice A è 3 × 4, quindi A ha sempre rango minore o uguale a tre, cioè minore del numero

delle incognite e il sistema non può ammettere soluzione unica.

□

Esercizio 7.19. Si consideri lo spazio vettoriale N(A) dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0 con

A = [\begin{matrix}8k + 1 & k + 4 & 0 & k + 8 \\ 2k & 0 & 1 & 2k + 2 \\ 0 & 0 & k + 4 & 0 \\ k & 0 & k + 2 & k + 3 \end{matrix}] k parametro reale.

a) Si stabilisca per quali valori di k lo spazio N(A) è nullo: N(A) = {(0, 0, 0, 0)}.

b) Per i valori di k esclusi al punto precedente si determini una base di N(A).

Soluzione:

a) N(A) è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo Ax = 0. Un sistema omogeneo ammette sempre la soluzione nulla; in particolare, per Rouchè-Capelli, ammette la sola soluzione nulla se rg(A) è massimo. Nel nostro caso quindi N(A) = {(0, 0, 0, 0)} se rg(A) = 4. Determiniamo il rango di A calcolandone il deteminante:

det(A) = −(k + 4) · det [\begin{matrix}2k & 1 & 2k + 2 \\ 0 & k + 4 & 0 \\ k & k + 2 & k + 3 \end{matrix}] = −(k + 4)^{2} · [2k(k + 3) − k(2k + 2)] = −4k(k + 4)^{2}

Infine rg(A) = 4 se det(A) ≠ 0, cioé N(A) = {(0, 0, 0, 0)} se k ≠ 0, −4.

b) Se k = 0 la matrice A diventa

[\begin{matrix}1 & 4 & 0 & 8 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \end{matrix}] ⇒ N(A) : \begin{cases}x + 4y + 8w = 0 \\ z + 2w = 0 \\ 4z = 0 \\ 2z + 3w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −4t \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases}

⇒ N(A) = {(−4, 1, 0, 0)t | ∀t ∈ R} .

Se k = 0 quindi B(N(A)) = {(−4, 1, 0, 0)} e dim(N(A)) = 1.

Se k = −4 la matrice A diventa

[\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ −8 & 0 & 1 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ −4 & 0 & −2 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}31II − 8I \\ 2IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 31 & −218 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −5 & 4 \end{matrix}] ⇒ 31IV + 5II [\begin{matrix}−31 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 31 & −218 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −966 \end{matrix}]

N(A) : \begin{cases}−31x + 4w = 0 \\ 31z − 218w = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = t \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ N(A) = \{(0, 1, 0, 0)t | ∀t ∈ R\} .

Se k = −4 quindi B(N(A)) = {(0, 1, 0, 0)} e dim(N(A)) = 1.

□

Esercizio 7.20. Si consideri la matrice

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

a) Indicare basi per lo spazio delle righe e per lo spazio delle colonne di A.

b) Esistono valori t ∈ R per cui il sistema Ax = b, con b = (1, 1, t, t) ammetta soluzione?

Soluzione:

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A|b:

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

A questo punto della riduzione siamo già in grado di rispondere alle domande.

a) La matrice A ha rango due, inoltre B(spazio delle colonne) = {(1, −1, 2, 0), (0, 1, 1, 1)}

B(spazio delle righe) = {(1, 0, −2), (−1, 1, 3)}

b) La matrice A|b ha rango 3 per ogni valore di t, quindi il sistema Ax = b non ammette mai

soluzione.

□

Esercizio 7.21. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}2 & 6 & 2k + 2 \\ 3 & k + 11 & 5k + 7 \\ −1 & −3 & k^{2} − 3 \end{matrix}]

dove k è un parametro reale.

a) Si calcoli il rango di A.

b) Si stabilsca per quali valori di k il sistema Ax = b ha soluzione per ogni b ∈ R^{3}.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A:

[\begin{matrix}2 & 6 & 2k + 2 \\ 3 & k + 11 & 5k + 7 \\ −1 & −3 & k^{2} − 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 3/2I \\ III + 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & k + 1 \\ 0 & k + 2 & 2k + 4 \\ 0 & 0 & k^{2} + k − 2 \end{matrix}]

a) La matrice A ha rango 3 se k ≠ 1, −2, ha rango 2 se k = 1 e ha rango 1 se k = −2.

b) Il sistema Ax = b ha soluzione per ogni b ∈ R^{3} se la matrice dei coefficienti ha rango 3 nel qual

caso rg(A) = rg(A|b) = 3 per ogni b ∈ R^{3}, ovvero se k ≠ 1, −2.

□

Esercizio 7.22. Siano dati i seguenti vettori di R^{3}:

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

Stabilire se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

Soluzione: Si tratta di stabilire se l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} ammette soluzione. Notiamo che il vettore xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} è dato da:

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = (2x − y + 3z, x + y − 2z, x + 2y − z)

quindi all’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} associamo il sistema

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

Notiamo che si tratta del sistema

A|b = [\begin{matrix}2 & −1 & 3 & | & 4 \\ 1 & 1 & −2 & | & −1 \\ 1 & 2 & −1 & | & −2 \end{matrix}]

dove A è la matrice che ha per colonne i vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}, e b è dato dal vettore v_{4}. In generale passeremo direttamente dall’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} al sistema A|b associato.

Per Rouchè - Capelli il sistema ammette soluzione se rg(A) = rg(A|b). Riduciamo quindi la matrice a gradini:

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

Abbiamo ottenuto che rg(A) = rg(A|b) = 3 quindi il sistema ammette (una unica) soluzione e v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

□

Esercizio 7.23. Siano dati i segunti vettori di R^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 1),  v_{2} ≡ (2, 7, 7),  v_{3} ≡ (0, k^{2} + 2, 3),  v_{4} ≡ (1, k + 3, k^{2} + 2).

Stabilire se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} al variare del parametro k.

Soluzione: Si tratta di stabilire se il sistema associato all’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} ammette soluzione. Consideriamo la matrice associata a tale sistema

A|b = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 1 & 7 & k^{2} + 2 & | & k + 3 \\ 1 & 7 & 3 & | & k^{2} + 2 \end{matrix}]

Per Rouchè - Capelli il sistema ammette soluzione se rg(A) = rg(A|b).

Riduciamo la matrice a gradini:

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

Consideriamo il pivot della terza riga e distinguiamo i casi necessari.

• Se k ≠ ±1 sia la matrice completa che quella incompleta hanno 3 pivot, quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette (una unica) soluzione. Di conseguenza v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

• Se k = 1 la matrice diventa:

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 5 & 3 & | & 3 \\ 0 & 0 & 0 & | & −1 \end{matrix}]

Quindi A ha 2 pivot, mentre A|b ne ha 3. Dal momento che rg(A) < rg(A|b) il sitema non ammette soluzioni e v_{4} non è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

• Se k = −1 la matrice diventa:

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 1 \\ 0 & 5 & 3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & −1 \end{matrix}]

Quindi A ha 2 pivot, mentre A|b ne ha 3. Dal momento che rg(A) < rg(A|b) il sitema non ammette soluzioni e v_{4} non è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

□

Esercizio 7.24. Determinare per quali valori del parametro reale k i seguenti vettori formano una base di R^{3}.

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

Soluzione: Sappiamo che tre vettori di R^{3} formano una base di R^{3} se e solo se sono linearmente indipendenti, ovvero se la matrice associata ai tre vettori ha rango 3. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata:

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

Ragionando sui ranghi:

• Se k ≠ 1 la matrice ha 3 pivot, quindi ha rango 3 e v_{1}, v_{2} e v_{3} formano una base di R^{3}.

• Se k = 1 la matrice ha 2 pivot, quindi ha rango 2 e v_{1}, v_{2} e v_{3} non formano una base di R^{3}.

In alternativa potevamo calcolare il rango utilizzando il determinante:

det(A) = (k − 6 + 21) − (2k − 12 + 14) + 3(−6 + 2) = −k + 1

v_{1}, v_{2} e v_{3} formano una base di R^{3} se la matrice associata ha rango 3, ovvero se ha determinante non nullo, cioè k ≠ 1.

□

Esercizio 7.25.

a) Mostrare che i vettori

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

sono linearmente indipendenti per ogni valore di k ∈ R.

b) Esprimere il vettore v = (2, 1, 2) come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3}.

Soluzione: Per rispondere alla domanda a) dobbiamo verificare che l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0 ammette solo la soluzione nulla, ovvero che la matrice A associata ai tre vettori ha sempre rango 3.

Per rispondere alla domanda b) dobbiamo verificare che l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v ammette soluzione (e non ha importanza se ne ammette una oppure infinite), ovvero che rg(A|b) = rg(A), dove A|b è la matrice associata all’equazione.

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo quindi direttamente a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e dal vettore v come colonna dei termini noti:

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

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

a) Per rispondere alla prima domanda ci interessa solo la matrice A dei cofficienti. La matrice dei coefficienti ha sempre rango 3, quindi l’equazionine xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0 ammette la sola soluzione nulla e v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente indipendenti per ogni valore di k.

b) Risolviamo il sistema xv_{1} +yv_{2} +zv_{3} = v di cui abbiamo già ridotto a gradini la matrice associata:

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

Quindi

v = (−2k^{2} + k + 2)v_{1} + (2k − 3)v_{2} + (2k − 1)v_{3}

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

□

Esercizio 7.26. In R^{3} siano

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

a) Si stabilisca per quali valori di k i tre vettori costituiscono una base di R^{3}.

b) Per i valori trovati al punto a), si calcolino le coordinate del vettore v = (−2, 1, 2) rispetto a tale base.

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e dal vettore v come colonna dei termini noti:

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

III + 2II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 2 \\ 0 & 1 & −1 & | & −3 \\ 0 & 0 & −k − 2 & | & −2k − 8 \end{matrix}]

a) La matrice dei coefficienti ha rango 3 se k ≠ −2, quindi v_{1}, v_{2}, v_{3} costituiscono una base di R^{3} se k ≠ −2.

b) Risolviamo, per k ≠ −2, il sistema xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v di cui abbiamo già ridotto a gradini la matrice associata:

\begin{cases}x + z = 2 \\ y − z = −3 \\ (k + 2)z = 2k + 8 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{4}{k+2} \\ y = \frac{−k+2}{k+2} \\ z = \frac{2k+8}{k+2} \end{cases}

Infine v ha coordinate (−\frac{4}{k + 2}, \frac{−k + 2}{k + 2}, \frac{2k + 8}{k + 2}) rispetto a \{v_{1}, v_{2}, v_{3}\}.

□

Esercizio 7.27. Si consideri il sottospazio V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ di R^{5} generato dai vettori

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

a) Trovare una base di V.

b) Determinare le coordinate del vettore v = (−2, 6, 6, 4, 0) ∈ V rispetto alla base trovata al punto a).

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice associata dai tre vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} affiancata dal vettore v per rispondere a entrambe le domande.

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

a) Il rango di A è 2 e una base di V è B = {v_{1}, v_{2}}.

b) Dobbiamo risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} = v. Abbiamo già ridotto a gradini la matrice associata a tale equazione (basta ignorare la terza colonna relativa a v_{3}). quindi

\begin{cases}−x = −2 \\ y = 2 \end{cases} ⇒ v = 2v_{1} + 2v_{2}, v = (2, 2)_{B}

□

Esercizio 7.28. Sia V il sottospazio di R^{3} generato dai vettori:

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

Determinare una base di V. Esprimere inoltre v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4} come combinazione lineare degli elementi di tale base.

Soluzione: Dalla teoria sappiamo che m vettori linearmente indipendenti di R^{n} generano un sottospazio di R^{n} di dimensione m ≤ n. E’ evidente che trattandosi di 4 vettori di R^{3} i vettori sono sicuramente linearmente dipendenti.

Per rispondere a entrambe le domande calcoliamo comunque il rango della matrice A associata ai quattro vettori riducendola a gradini, in modo da individuare quale (o quali) vettore dipende linearmente dagli altri.

[\begin{matrix}2 & −1 & 3 & 4 \\ 1 & 1 & −2 & −1 \\ 1 & 2 & −1 & −2 \end{matrix}]

Procedendo con il metodo di Gauss otteniamo le matrici equivalenti

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

Si può osservare che rg(A) = 3, quindi tre dei quattro vettori di partenza sono linearmente indipendenti. In particolare anche la matrice formata dalle prime tre colonne, ovvero da v_{1}, v_{2} e v_{3} ha rango 3. Quindi può essere presa come base di V l’insieme

B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}

Si tratta ora di esprimere v_{4} come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}, ovvero di risolvere l’equazione

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

Notiamo che la riduzione a gradini della matrice associata a tale equazione vettoriale l’abbiamo già effettuata per determinare il rango della matrice associata ai quattro vettori:

[\begin{matrix}2 & −1 & 3 & | & 4 \\ 0 & 3 & −7 & | & −6 \\ 0 & 0 & 10 & | & 3 \end{matrix}]

Tornando al sistema:

\begin{cases}2x − y + 3z = 4 \\ 3y − 7z = −6 \\ 10z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{9}{10} \\ y = −\frac{13}{10} \\ z = \frac{3}{10} \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza

v_{4} = \frac{9}{10} v_{1} − \frac{13}{10} v_{2} + \frac{3}{10} v_{3}.

Inoltre si ha banalmente:

v_{1} = 1v_{1} + 0v_{2} + 0v_{3},  v_{2} = 0v_{1} + 1v_{2} + 0v_{3},  v_{3} = 0v_{1} + 0v_{2} + 1v_{3}
□

Esercizio 7.29. Sia V il sottospazio di R^{4} generato dai vettori:

v_{1} ≡ (2, 1, 2, 1),  v_{2} ≡ (6, 7, 8, 5)
v_{3} ≡ (2k, k + 8, 3k + 3, 2),  v_{4} ≡ (0, 2k, 2k, 1).

Determinare una base di V al variare del parametro k. Esprimere inoltre v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4} come combinazione lineare degli elementi di tale base.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A associata ai quattro vettori

[\begin{matrix}2 & 6 & 2k & 0 \\ 1 & 7 & k + 8 & 2k \\ 2 & 8 & 3k + 3 & 2k \\ 1 & 5 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ 1/2I [\begin{matrix}1 & 3 & k & 0 \\ 1 & 7 & k + 8 & 2k \\ 2 & 8 & 3k + 3 & 2k \\ 1 & 5 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & k & 0 \\ 0 & 4 & 8 & 2k \\ 0 & 2 & k + 3 & 2k \\ 0 & 2 & 2 − k & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ III − 1/2II \\ IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & k & 0 \\ 0 & 2 & 4 & k \\ 0 & 0 & k − 1 & k \\ 0 & 0 & −2k − 1 & 1 − 2k \end{matrix}] = A′

Conviene non completare la riduzione e discutere a questo punto i valori del parametro. Infatti in generale durante le operazioni di riduzione non si ottiene necessariamente det(A) = det(A′), ma, poiché rg(A) = rg(A′), si ha che det(A) = 0 sse det(A′) = 0. Possiamo quindi calcolare il determinante della matrice ridotta A′ per calcolare il rango di A:

det(A′) = 1 · 2 · [(k − 1)(1 − 2k) − (−2k − 1)k] = 2(4k − 1)

Di conseguenza:

• Se k ≠ \frac{1}{4}, si ha det(A′) ≠ 0, quindi det(A) ≠ 0 e rg(A) = 4. Di conseguenza i quattro vettori sono linearmente indipendenti:

dim(V) = 4, , B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} .

Per esprimere ogni vettore come combinazione lineare degli elementi della base abbiamo la soluzione banale:

v_{1} = 1 · v_{1} + 0 · v_{2} + 0 · v_{3} + 0 · v_{4}  v_{2} = 0 · v_{1} + 1 · v_{2} + 0 · v_{3} + 0 · v_{4}
v_{3} = 0 · v_{1} + 0 · v_{2} + 1 · v_{3} + 0 · v_{4}  v_{4} = 0 · v_{1} + 0 · v_{2} + 0 · v_{3} + 1 · v_{4}

• Se k = \frac{1}{4} si ha det(A) = det(A′) = 0 e la matrice ha rango sicuramente minore di 4. Possiamo ora procedere con la riduzione

[\begin{matrix}1 & 3 & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 2 & 4 & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & −\frac{3}{4} & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & −\frac{3}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}4II \\ 4III \\ 2IV \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 8 & 16 & 1 \\ 0 & 0 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & −3 & 1 \end{matrix}] ⇒ IV − III [\begin{matrix}1 & 3 & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 8 & 16 & 1 \\ 0 & 0 & −3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza rg(A) = 3 e v_{1}, v_{2} e v_{3} (oppure v_{1}, v_{2} e v_{4}) sono linearmente indipendenti.
dim(V) = 3, , B = {v_{1}, v_{2}, v_{3} } .

Per esprimere v_{4} in funzione degli elementi di tale base risolviamo l’equazione xv_{2}+yv_{2}+zv_{3} = v_{4} la cui matrice associata si riduce a

[\begin{matrix}1 & 3 & \frac{1}{4} & | & 0 \\ 0 & 8 & 16 & | & 1 \\ 0 & 0 & −3 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Tornando al sistema associato otteniamo

\begin{cases}x + 3y + \frac{1}{4}z = 0 \\ 8y + 16z = 1 \\ −3z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{55}{24} \\ y = +\frac{19}{24} \\ z = −\frac{1}{3} \end{cases}

ovvero

v_{4} = −\frac{55}{24} · v_{1} + \frac{19}{24} · v_{2} − \frac{1}{3} · v_{3}

Inoltre:

v_{1} = 1 · v_{1} + 0 · v_{2} + 0 · v_{3},  v_{2} = 0 · v_{1} + 1 · v_{2} + 0 · v_{3},  v_{3} = 0 · v_{1} + 0 · v_{2} + 1 · v_{3}
□

Esercizio 7.30. Sia V il sottospazio di R^{4} generato dai vettori:

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

Determinare la dimensione e una base di V al variare del parametro reale k.

Soluzione: Calcoliamo il rango della matrice A associata a tale insieme di vettori per stabilire se, o quali vettori sono linearmente indipendenti.

A = [\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ k − 1 & 3 & −2 \\ k^{2} − 1 & 0 & 1 \\ 3k − 2 & 3 & −1 \end{matrix}]

Utilizziamo il determinante. Consideriamo la sottomatrice B formata dalle prime 3 righe:

B = [\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ k − 1 & 3 & −2 \\ k^{2} − 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ det(B) = −(k − 1 + 2k^{2} − 2) − (−3k^{2} + 3) = k^{2} − k

il cui determinante si annulla per k = 0, 1. Quindi:

• Se k ≠ 0, 1 la matrice associata ai tre vettori ha rango 3. Di conseguenza dim(V) = 3 e

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

• Se k = 0 la matrice A diventa:

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

Quindi rg(A) = dim(V) = 2. Inoltre

B(V) = { v_{1}, v_{2}} = {(0, −1, −1, −2), (1, 3, 0, 3)}

• Se k = 1 la matrice A diventa:

[\begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ 0 & 3 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 3 & −1 \end{matrix}]

Notiamo che A contiene la sottomatrice C:

C = [\begin{matrix}0 & 3 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 3 & −1 \end{matrix}] ⇒ det(C) = 1 · 3 ≠ 0

Quindi anche per k = 1, dim(V) = rg(A) = 3 e

B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} = {(0, 0, 0, 1), (1, 3, 0, 3), (−1, −2, 1, −1)} .
□
Esercizio 7.31. Sia W il sottospazio di R^{4} generato dai vettori {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}:
v_{1} = (−1, 1, −1, 1),  v_{2} = (1, k, 3, 4),  v_{3} = (1, −1, k, 1),  v_{4} = (0, 0, 1, k)

Si calcoli la dimensione di W al variare di k ∈ R.

Soluzione: Consideriamo la matrice A associata ai 4 vettori:

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

Chiamiamo A′ la matrice ridotta così ottenuta. Sappiamo che rg(A′) = rg(A). Sappiamo inoltre che il rango di una matrice corrisponde, oltre che al numero di pivot, al massimo ordine di una sottomatrice con determinante non nullo. Senza proseguire ulteriormente nella riduzione possiamo quindi calcolare il determinante della matrice ridotta A′ per calcolarne il rango:

det(A′) = −1 · (k + 1) · [(k − 1)k − 2] = −(k + 1)(k^{2} − k − 2)

e det(A′) = 0 se k = −1 o k = 2. Di conseguenza • Se k ≠ −1, 2, det(A′) ≠ 0, quindi la matrice A ha rango 4, e dim(W) = 4.

• Se k = −1 la matrice A′ ha determinante nullo, quindi rg(A) < 4, e dopo un ulteriore passo di riduzione A diventa

A′ = [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −2 & 1 \\ 0 & 5 & 2 & −1 \end{matrix}]

Questa contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 5 & −1 \end{matrix}]

di determinante −1(−2 − 5) ≠ 0.

Quindi A ha rango 3 e dim(W) = 3.

• Se k = 2 la matrice A′ ha determinante nullo, quindi rg(A) < 4, e dopo un ulteriore passo di riduzione diventa

A′ = [\begin{matrix}−1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 5 & 2 & 2 \end{matrix}]

Questa contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}]

di determinante −3 ≠ 0.

Quindi anche in questo caso A ha rango 3 e dim(W) = 3.

In alternativa tutto l’esercizio poteva essere svolto completando la riduzione a gradini di A.

□

Esercizio 7.32. Si considerino i vettori di R^{4}

v_{1} = (3, −1, 2, 0), v_{2} = (−6, 2, −4, 0), v_{3} = (−3, k, k − 3, 0)

a) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v_{3} appartiene al sottospazio W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ generato da v_{1} e v_{2}.

b) Si trovi, al variare di k, una base di W e una base del sottospazio ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩.

Soluzione:

a) Si tratta di stabilire quando il vettore v_{3} è combinazione lineare di v_{1} e v_{2}, ovvero quando il sistema associato all’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} = v_{3} ammette soluzione. Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

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

Infine

– Se k ≠ 1, rg(A) = 1 < rg(A|b) = 2 e il sistema non ammette soluzione. Di conseguenza v_{3} non appartiene a W.

– Se k = 1, rg(A) = rg(A|b) = 1 e il sitema ammette (infinite) soluzioni. Di conseguenza v_{3}

appartiene a W.

b) Per determinare una base di W dobbiamo calcolare il rango della matrice associata a v_{1} e v_{2}. Abbiamo già ridotto a gradini tale matrice:

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

La matrice ha rango 2, quindi v_{1} e v_{2} non formano una base, sono infatti linearmente dipendenti. Di conseguenza uno solo dei vettori è sufficiente a generare tutto lo spazio e una base di W è data per esempio da {v_{1}}.

Determiniamo ora una base di ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩. Dobbiamo distinguere due casi:

– Se k = 1, v_{3} appartiene a W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩. Quindi se k = 1, ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ = W e una base di ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ è la stessa di W, quindi {v_{1}}.

– Se k ≠ 1, v_{3} non appartiene a W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩. Quindi per ottenere una base di ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩

dobbiamo aggiungere alla base di W il vettore v_{3}, ottenendo quindi la base {v_{1}, v_{3}}.

□

Esercizio 7.33. Si considerino i vettori di R^{4}

v_{1} = (1, 2, −1, 3), v_{2} = (−2, −4, 2, −6), v_{3} = (3, 6, k − 6, 3k)

a) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v_{3} appartiene al sottospazio W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ generato da v_{1} e v_{2}.

b) Si trovi, al variare di k, una base di W e una base del sottospazio ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩.

Soluzione:

a) Si tratta di stabilire quando il vettore v_{3} è combinazione lineare di v_{1} e v_{2}, ovvero quando il sistema associato all’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} = v_{3} ammette soluzione. Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema

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

Infine

– Se k ≠ 3, rg(A) = 1 < rg(A|b) = 2 e il sistema non ammette soluzione. Di conseguenza v_{3} non appartiene a W.

– Se k = 3, rg(A) = rg(A|b) = 1 e il sitema ammette (infinite) soluzioni. Di conseguenza v_{3}

appartiene a W.

b) Per determinare una base di W dobbiamo calcolare il rango della matrice associata a v_{1} e v_{2}. Abbiamo già ridotto a gradini tale matrice:

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

La matrice ha rango 1, quindi v_{1} e v_{2} non formano una base, sono infatti linearmente dipendenti. Di conseguenza uno solo dei vettori è sufficiente a generare tutto lo spazio e una base di W è data per esempio da {v_{1}}.

Determiniamo ora una base di ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩. Dobbiamo distinguere due casi:

– Se k = 3, v_{3} appartiene a W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩. Quindi se k = 3, ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ = W e una base di ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ è la stessa di W, quindi {v_{1}}. Analogamente la matrice, già ridotta, associata a v_{1}, v_{2} e v_{3} nel caso k = 3 è

[\begin{matrix}1 & −2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ rg(A) = dim(⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩) = 1 e B(⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩) = \{v_{1}\}

– Se k ≠ 3, v_{3} non appartiene a W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩. Quindi per ottenere una base di ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ dobbiamo aggiungere alla base di W il vettore v_{3}, ottenendo quindi la base {v_{1}, v_{3}}. Analogamente la matrice, già ridotta, associata a v_{1}, v_{2} e v_{3} nel caso k ≠ 3 è

[\begin{matrix}1 & −2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k − 3 \\ 0 & 0 & k − 3 \end{matrix}] ⇒ rg(A) = dim(⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩) = 2 e B(⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩) = \{v_{1}, v_{3}\}

□

Esercizio 7.34. Sia V = ⟨ v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} ⟩ con

v_{1} = (3, 7, k + 1, 2k + 2), v_{2} = (2, 2k + 2, 0, 0), v_{3} = (1, 1, 0, 0), v_{4} = (−3, −7, −1, 2k)

a) Si determini la dimensione di V al variare di k ∈ R.

b) Si determini una base di V al variare di k ∈ R.

Soluzione: Consideriamo la matrice A associata ai quattro vettori:

A = [\begin{matrix}3 & 2 & 1 & −3 \\ 7 & 2k + 2 & 1 & −7 \\ k + 1 & 0 & 0 & −1 \\ 2k + 2 & 0 & 0 & 2k \end{matrix}]

Per ridurre la matrice a gradini scambiamo v_{3} con v_{1}, ricordando poi tale scambio per rispondere alla domanda b).

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

Dobbiamo distinguere tre casi:

• Se k ≠ 0, −1, allora dim(V) = rg(A) = 4. Inoltre B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}.

• Se k = 0, la matrice diventa

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

Quindi dim(V) = rg(A) = 3. Inoltre

B(V) = {v_{1}, v_{3}, v_{4}} = {(3, 7, 1, 2), (1, 1, 0, 0), (−3, −7, −1, 0)}.

• Se k = −1, la matrice diventa

[\begin{matrix}1 & 2 & 3 & −3 \\ 0 & −2 & 4 & −4 \\ 0 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi dim(V) = rg(A) = 3. Inoltre

B(V) = {v_{2}, v_{3}, v_{4}} = {(2, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 0), (−3, −7, −1, −2)}.
□

Esercizio 7.35. Determinare una base dei seguenti sottospazi W di R^{3}:

(1) W = ⟨(1, 2, 5), (−3, −6, −15)⟩

(2) W = ⟨(1, 2, 5), (−3, −6, −15), (2, 1, 0)⟩

(3) W = ⟨(−1, 2, 0), (0, 1, −1), (1, −1, 2)⟩

Soluzione:

(1) Determiniamo se i due vettori sono linearmente indipendenti calcolando il rango della matrice associata:

[\begin{matrix}1 & −3 \\ 2 & −6 \\ 5 & −15 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − 5I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −3 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza rg(A) = 1 e

dim(W) = 1, B = {(1, 2, 5)}

(2) Determiniamo se i tre vettori sono linearmente indipendenti calcolando il rango della matrice associata:

[\begin{matrix}1 & −3 & 2 \\ 2 & −6 & 1 \\ 5 & −15 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − 5I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −3 & 2 \\ 0 & 0 & −3 \\ 0 & 0 & −10 \end{matrix}] ⇒ 3III − 10II [\begin{matrix}1 & −3 & 2 \\ 0 & 0 & −3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza rg(A) = 2 e

dim(W) = 2, B = {(1, 2, 5), (2, 1, 0)}

(3) Determiniamo se i tre vettori sono linearmente indipendenti calcolando il rango della matrice associata:

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

Di conseguenza rg(A) = 3 e

dim(W) = 3, B = {(−1, 2 − 0), (0, 1, −1), (1, −1, 2)}
□

Esercizio 7.36. Sia V = ⟨ v_{1}, v_{2}, v_{3} ⟩ con

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

a) Si stabilisca per quali valori di k ∈ R lo spazio V coincide con R^{3}.

b) Si determini la dimensione una base di V al variare di k ∈ R.

Soluzione: Consideriamo la matrice A associata ai tre vettori:

A = [\begin{matrix}k + 3 & 0 & 0 \\ k + 3 & 3 & 3k \\ 0 & k + 2 & k \end{matrix}]

a) Lo spazio V coincide con R^{3} se dim(V) = 3, cioè se rg(A) = 3, ovvero det(A) ≠ 0. Calcoliamo quindi il determinante di A che è immediato sviluppando rispetto alla prima riga:

det(A) = (k + 3)[3k − 3k(k + 2)] = 3k(k + 3)(−k − 1)

Quindi se k ≠ 0, −1, −3, i tre vettori sono linearmente indipendenti e V = R^{3}.

b) Abbiamo già osservato che se k ≠ 0, −1, −3, i tre vettori sono linearmente indipendenti, quindi

B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}. Inoltre:

– Se k = 0 la matrice A diventa:

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

Quindi dim(V) = 2 e B(V) = {v_{1}, v_{2}}.

– Se k = −1 la matrice A diventa:

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

Quindi dim(V) = 2 e una possibile base è B(V) = {v_{1}, v_{2}}.

– Se k = −3 la matrice A diventa:

A = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −9 \\ 0 & −1 & −3 \end{matrix}] ⇒ 3III + II [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & −9 \\ 0 & 0 & −18 \end{matrix}]

Quindi dim(V) = 2 e B(V) = {v_{2}, v_{3}}.
□

Esercizio 7.37. Sia V lo spazio vettoriale generato dai vettori v_{1} = (1, −2, 4, 0), v_{2} = (2, 3, −1, 1) e v_{3} = (0, −1, 3, 0):

V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩

(1) Determinare la dimensione dello spazio vettoriale V.

(2) Determinare se il vettore v_{4} = (3, 1, 3, 1) appartiene a V. In caso positivo esprimere v_{4} come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

(3) Determinare la dimensione dello spazio vettoriale W = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩.

Soluzione: Per potere rispondere a tutte le domande riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione

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

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ −2 & 3 & −1 & | & 1 \\ 4 & −1 & 3 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + 2I \\ III − 4I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 7 & −1 & | & 7 \\ 0 & −9 & 3 & | & −9 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ 1/3III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & −3 & 1 & | & −3 \\ 0 & 7 & −1 & | & 7 \end{matrix}]

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

Possiamo ora risponedere alle domande.

(1) Per determinare la dimensione dello spazio vettoriale V calcoliamo il rango della matrice A dei coefficienti:

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

La matrice ha 3 pivot, quindi dim(V) = rg(A) = 3.

.

(2) Per determinare se il vettore v_{4} = (3, 1, 3, 1) appartiene a V consideriamo la matrice completa e torniamo al sistema associato:

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

Di conseguenza il vettore v_{4} appartiene a V:

v_{4} = v_{1} + v_{2}

(3) Per determinare la dimensione dello spazio vettoriale W = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩ consideriamo la matrice completa B:

B = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Anche in questo caso la matrice ha 3 pivot, quindi

dim(W) = rg(B) = 3

Notiamo che potevamo risponedere a questa domanda semplicemente osservando che dal punto predente sappiamo che v ∈ V, quindi W = V e dim(W) = dim(V) = 3.

□

Esercizio 7.38. Sia

V = ⟨ (1, 1, 2, −1), (2, k + 3, 4, −2), (0, 1, 1, k^{2} − 1) ⟩

con k parametro reale.

a) Si determini la dimensione di V al variare di k ∈ R.

b) Si stabilisca per quali valori di k ∈ R il vettore v_{4} = (3, 3, k + 6, −3) appartiene a V.

Soluzione: Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A formata dai tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}, affiancata dalla colonna dei termini noti formata dal vettore v_{4} (in modo da risolvere anche l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4}):

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

IV − (k^{2} − 1)III [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & k \\ 0 & 0 & 0 & | & −k(k^{2} − 1) \end{matrix}]

a) Consideriamo la matrice A.

– Se k ≠ −1 allora

rg(A) = 3 = dim(V), B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} .

– Se k = −1 allora

rg(A) = 2 = dim(V), B(V) = {v_{1}, v_{3}} .

b) v_{4} appartiene a V se il sistema associato all’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4} ammette soluzione,

ovvero se rg(A) = rg(A|b).

Notiamo che −k(k^{2} − 1) = 0 se k = 0, ±1. Quindi

– Se k ≠ 0, ±1, allora rg(A) = 3 < rg(A|b) = 4 e v_{4} non appartiene a V.

– Se k = 0, la matrice A|b diventa:

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e v_{4} appartiene a V.

– Se k = 1, la matrice A|b diventa:

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 2 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Quindi rg(A) = rg(A|b) = 3 e v_{4} appartiene a V.

– Se k = −1, la matrice A|b diventa:

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

Quindi rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3 e v_{4} non appartiene a V.

□

Esercizio 7.39. Sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ lo spazio vettoriale generato dai seguenti vettori:

v_{1} = (1, 1, 2), v_{2} = (0, k − 1, k − 1), v_{3} = (2, 1, k + 5)

dove k è un parametro reale.

a) Determinare una base e la dimensione di V al variare del parametro k.

b) Stabilire per quali valori di k il vettore v_{4} = (1, 3, 4) appartiene a V. In caso positivo esprimere v_{4} come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v_{4}:

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

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

a) Per rispondere alla prima domanda calcoliamo il rango della matrice A dei coefficienti. Dobbiamo

distinguere tre casi: – Se k ≠ 1, −2, allora dim(V) = rg(A) = 3 e una base di V è data dall’insieme

B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}

– Se k = 1, allora dim(V) = rg(A) = 2. Inoltre la matrice formata dalla prima e dalla terza colonna ha rango 2. Quindi una base di V è data dall’insieme

B = {v_{1}, v_{3}}

Notiamo che per k = 1 il vettore v_{2} è il vettore nullo, quindi è ovviamente dipendente dagli altri due.

– Se k = −2, allora dim(V) = rg(A) = 2. Inoltre la matrice formata dalla prima e dalla seconda colonna ha rango 2. Quindi una base di V è data dall’insieme

B = {v_{1}, v_{2}}

In questo caso anche la matrice formata dalla prima e dalla terza colonna ha rango 2, quindi poteva essere preso come base di V anche l’insieme B = {v_{1}, v_{3}}

b) Anche in questo caso dobbiamo distinguere tre casi: – Se k ≠ 1, −2 dalla matrice ridotta a gradini torniamo al sistema:

\begin{cases}x + 2z = 1 \\ (k − 1)y − z = 2 \\ (k + 2)z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = \frac{2}{k − 1} \\ z = 0 \end{cases}

Quindi v_{4} ∈ V:

v_{4} = v_{1} + \frac{2}{k − 1} v_{2}

Notiamo che se k ≠ 1, −2, dim(V) = 3, quindi V = R^{3} e necessariamente v_{4} ∈ V.

– Se k = 1 otteniamo la matrice

[\begin{matrix}1 & 0 & 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & 2 \\ 0 & 0 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + 3II [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & | & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & 2 \\ 0 & 0 & 0 & | & 6 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2z = 1 \\ −z = 2 \\ 0 = −6 \end{cases}

L’ultima equazione risulta impossibile, quindi in questo caso v_{4} ∉ V:

– Se k = −2 otteniamo la matrice

[\begin{matrix}1 & 0 & 2 & | & 1 \\ 0 & 3 & −1 & | & 2 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2z = 1 \\ −3y − z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 6t + 5 \\ y = t \\ z = −3t − 2 \end{cases} ∀ t ∈ R

Anche in questo caso v_{4} ∈ V:

v_{4} = (6t + 5) v_{1} + t · v_{2} + (−3t − 2) v_{3} ∀ t ∈ R

In particolare, ponendo per esempio t = 0, otteniamo la combinazione v_{4} = 5v_{1} − 2v_{3}.

□

Esercizio 7.40. Si considerino i seguenti vettori di R^{4}:

v_{1} = (1, 0, 3, 1), v_{2} = (−3, −3, −3, 0), v_{3} = (0, k + 1, k + 1, 0), v_{4} = (k − 1, 1, 3k − 5, 2k − 5),

dove k è un parametro reale, e sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{2}, v_{4}⟩.

a) Si stabilisca per quali valori di k lo spazio V coincide con R^{4}.

b) Si determini la dimensione e una base di V al variare di k.

Soluzione:

a) Lo spazio V coincide con R^{4} se dim(V) = 4, cioè se il rango della matrice associata a v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} è 4. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata ai quattro vettori:

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

⇒ \begin{matrix}1/3III \\ IV − 1/3III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −3 & 0 & k − 1 \\ 0 & −3 & k + 1 & 1 \\ 0 & 0 & k + 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & k − 3 \end{matrix}]

I quattro vettori sono linearmente indipendenti e quindi V = R^{4} se k ≠ −1, 3

b) Dalla matrice ridotta otteniamo direttamente:

– Se k ≠ −1, 3, dim(V) = 4 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} (o anche la base canonica di R^{4} per esempio).

– Se k = −1, dim(V) = 3 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{4}}.

– Se k = 3, dim(V) = 3 e una base di V è B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

□

Esercizio 7.41. Si consideri l’insieme

S = { (k + 1, k + 1, 0, 2k), (0, 2k, 0, 0), (1, 3k, 0, 1), (1, 5k, 1, k) } .

a) Si stabilisca per quali valori di k l’insieme S è una base di R^{4}.

b) Posto k = −1 si trovino le coordinate del vettore v = (1, 1, 0, 1) rispetto alla base trovata.

Soluzione:

a) Calcoliamo il determinante della matrice associata ai quattro vettori

det [\begin{matrix}k + 1 & 0 & 1 & 1 \\ k + 1 & 2k & 3k & 5k \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 2k & 0 & 1 & k \end{matrix}] = 2k · det [\begin{matrix}k + 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2k & 1 & k \end{matrix}]

= 2k · (−1) · det [\begin{matrix}k + 1 & 1 \\ 2k & 1 \end{matrix}] = −2k(−k + 1)

Se k ≠ 0, 1 la matrice ha determinante diverso da zero, quindi rango 4 e i vettori formano una base di R^{4}.

b) Riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione xv_{1} +yv_{2} +zv_{3} +wv_{4} = v dove v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4} sono i vettori della base dopo avere posto k = −1:

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

\begin{cases}−2x + z − w = 1 \\ −2y − 3z − 5w = 1 \\ z + w = 1 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −2 \\ z = 1 \\ w = 0 \end{cases}

Infine le coordinate di v rispetto alla base trovata sono

v = (0, −2, 1, 0)_{S}
□

Esercizio 7.42. Sia W il sottospazio di R^{4} generato dai vettori

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

a) Al variare del parametro k, trovare una base di W.

b) Si completi la base trovata in a) ad una base di R^{4}.

Soluzione: Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A formata dai tre vettori affiancata dalla matrice identica:

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

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

a) Dalla riduzione vediamo che rg(A) = 2 e

B(W) = {v_{1}, v_{2}} (oppure B(W) = {v_{1}, v_{3}}).

b) La matrice formata dalla prima, seconda, quarta e quinta colonna ha rango 4, quindi

B(R^{4}) = {v_{1}, v_{2}, e_{1}, e_{2}}
□

Esercizio 7.43. Sia V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩ il sottospazio di R^{4} generato dai vettori

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

a) Trovare una base di V al variare del parametro k.

b) Posto k = 0, completare la base trovata al punto precedente ad una base di R^{4}.

c) Stabilire per quali valori di k il vettore w = (−3, 0, −1, 1) appartiene a V.

Soluzione:

a) Per rispondere anche alla domanda c) riduciamo a gradini la matrice A|b in cui A ha per colonne i vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} e b è la colonna corrispondente al vettore w.

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

Consideriamo solo la matrice A:

– Se k ≠ 0, allora rg(A) = 3, quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti e una base di V è data da B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

– Se k = 0, rg(A) = 2 e una base di V è data da B(V) = {v_{1}, v_{2}}.

c) Dalla matrice ridotta notiamo che – Se k ≠ 0, allora rg(A) = rg(A|b) = 3, quindi w ∈ V.

– Se k = 0, rg(A) = 2 < rg(A|b) = 3, quindi w ∉ V

b) Per k = 0 abbiamo preso come base di V l’insieme B = {v_{1}, v_{2}}. Si tratta quindi di aggiungere a questi due vettori altri due vettori in modo da ottenere una base di R^{4}. A tale scopo possiamo ridurre a gradini la matrice ottenuta affiancando a v_{1} e v_{2} i vettori della base canonica, in modo da individuare tra questi i vettori da aggiungere. Notiamo però che per k = 0, v_{1} = (0, 0, 0, 1) e v_{2} = (2, 0, 0, 0), quindi evidentemente i vettori della base canonica da aggiungere per ottenere una base di R^{4} sono e_{2} = (0, 1, 0, 0) e e_{3} = (0, 0, 1, 0). Infine la base cercata può essere

B(R^{4}) = {v_{1}, v_{2}, e_{2}, e_{3}}
□

Esercizio 7.44. Sia

B = { (−2, 0, 0), (1, k, −1), (1, −1, k) }

a) Trovare i valori del parametro k per cui B è una base di R^{3}.

b) Per il valore k = 3, determinare le coordinate dei vettori v = (−3, 2, 1) e w = (0, 1, 2) rispetto alla base B. a) Pochè si tratta di 3 vettori di R^{3}, l’insieme B è una base sse i tre vettori che lo costituiscono sono

linearmente indipendenti, cioè se la matrice associata ha rango 3. Riduciamo A a gradini:

[\begin{matrix}−2 & 1 & 1 \\ 0 & k & −1 \\ 0 & −1 & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}−2 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & k \\ 0 & k & −1 \end{matrix}] ⇒ III + kII [\begin{matrix}−2 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & k \\ 0 & 0 & −1 + k^{2} \end{matrix}]

La matrice ha rango 3 se k ≠ ±1, quindi B è una base di R^{3} per k ≠ ±1.

In alternativa potevamo calcolare il determinante della matrice A

det(A) = −2(k^{2} − 1)

Poichè il determinante di A si annulla per k = 1 e per k = −1, la matrice A ha rango 3, cioè B è una base di R^{3}, per k ≠ ±1.

b) Chiamiamo v_{1}, v_{2} e v_{3} i 3 vettori di B:

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

Se B = {v_{1}, _{2}, v_{3}} è una base di R^{3}, le coordinate di un vettore v di R^{3} rispetto a B corrispondono ai coefficienti della combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} con cui esprimiamo v:

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v ⇒ v = (x, y, z)_{B}

Si tratta quindi di esprimere v e w come combinazione lineare degli elementi di B, cioè di risolvere le due equazioni vettoriali

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v  e  xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = w

Per comodità riduciamo a gradini la matrice A affiancata dalle due colonne dei termini noti formate dalle componenti di v e w rispettivamente.

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

Per determinare le coordinate di v rispetto a B risolviamo il sistema relativo alla prima delle due colonne dei termini noti:

[\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & | & −3 \\ 0 & 3 & −1 & | & 2 \\ 0 & 0 & 8 & | & 5 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x + y + z = −3 \\ 3y − z = 2 \\ 8z = 5 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{9}{4} \\ y = \frac{7}{8} \\ z = \frac{5}{8} \end{cases}

Quindi v ha coordinate (\frac{9}{4}, \frac{7}{8}, \frac{5}{8})_{B} rispetto alla base B.

Per determinare le coordinate di w rispetto a B risolviamo il sistema relativo alla seconda delle due colonne dei termini noti:

[\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 3 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 8 & | & 7 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−2x + y + z = 0 \\ 3y − z = 1 \\ 8z = 7 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{4} \\ y = \frac{5}{8} \\ z = \frac{7}{8} \end{cases}

Quindi w ha coordinate (\frac{3}{4}, \frac{5}{8}, \frac{7}{8})_{B} rispetto alla base B.

□

Esercizio 7.45. Si considerino i vettori di R^{3}: v_{1} = (1, 2, 1), v_{2} = (1, 1, −1), v_{3} = (1, 1, 3), w_{1} = (2, 3, −1), w_{2} = (1, 2, 2), w_{3} = (1, 1, −3).

a) Si calcoli la dimensione dei sottospazi V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩, W = ⟨w_{1}, w_{2}, w_{3}⟩.

b) Si trovi una base del sottospazio intersezione V ∩ W. a) Riduciamo a gradini le matrici A e B associate ai vettori v_{i} e w_{i} rispettivamente:

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & −1 \\ 0 & −2 & 2 \end{matrix}] ⇒ III − 2II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

B = [\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ −3 & 2 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III + 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 5 & 5 \end{matrix}] ⇒ III − 5II [\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi

dim(V) = rg(A) = 3
dim(W) = rg(B) = 2

b) Dai risultati del punto precedente osserviamo che V e W sono sottospazi di R^{3} e che in particolare V ha dimensione 3, quindi V = R^{3}. Di conseguenza:

V ∩ W = R^{3} ∩ W = W

Dai calcoli eseguinti nel punto precedente, tenendo conto che nello scrivere B abbiamo scambiato la naturale posizione di w_{1} e w_{3}, otteniamo che:

B(V ∩ W) = B(W) = {w_{3}, w_{2}}.
□

Esercizio 7.46. Si considerino i seguenti sottospazi di R^{3}:

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x − 2y + z = 0}
V = ⟨(1, 0, 1), (1, 2, 1), (1, 0, 1)⟩

a) Determinare una base e la dimensione di U e di V.

b) Determinare una base e la dimensione di U ∩ V.

b) Determinare una base e la dimensione di U + V.

Soluzione:

a) Esplicitiamo U:

x − 2y + z = 0 ⇒ \begin{cases}x = 2s − t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒ U = \{(2s − t, s, t) | s, t ∈ R\}

B(U) = {u_{1} = (2, 1, 0), u_{2} = (−1, 0, 1)} dim(U) = 2

Analogamente esplicitiamo una base di V stabilendo quali tra i generatori sono linearmente indipendenti. Consideriamo la matrice associata ai tre vettori:

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

Quindi dim(V) = rg(A) = 2 e

B(V) = {v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (1, 2, 1)}

c) Conviene forse prima dimensione e base dello spazio U +V in quanto si tratta dello spazio generato dai generatori dei due spazi

U + V = ⟨v_{1}, v_{2}, u_{1}, u_{2}⟩

Consideriamo quindi la matrice associata ai quattro vettori

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

Quindi dim(U + V) = rg(A) = 3 e

B(U + V) = {v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (1, 2, 1), u_{1} = (2, 1, 0)}

b) Usando la formula di Grassman otteniamo che

dim(U ∩ V) = dim(U) + dim(V) − dim(U + V) = 1

Per determinare una base di U ∩ V possiamo procedere in due modi.

– MODO 1. Abbiamo visto che B = {v_{1}, v_{2}}, quindi

V = {v = (av_{1} + bv_{2}) | a, b ∈ R} = {v = (a + b, 2b, a + b) | a, b ∈ R}

Ora si tratta di vedere quali di questi vettori appartengono a U. Poiché

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x − 2y + z = 0}

possiamo imporre la condizione sul generico vettore v di V:

(a + b) − 2(2b) + (a + b) = 0 ⇒ 2a − 2b = 0 ⇒ a = b

Quindi v ∈ U sse a = b, ovvero i vettori di V che appartengono anche a U sono del tipo:

(2b, 2b, 2b) = (2, 2, 2)b b ∈ R

Infine

U ∩ V = ⟨(2, 2, 2)⟩ B(U ∩ V) = {(2, 2, 2)}

Notiamo che dim(U ∩ V) = 1 come ci aspettavamo.

– MODO 2. Il seguente modo è più standard, ma i calcoli possono essere più complicati. Abbiamo già osservato che

V = {v = (av_{1} + bv_{2}) | a, b ∈ R} = {v = (a + b, 2b, a + b) | a, b ∈ R}

Analogamente B(U) = {u_{1}, u_{2}}, quindi

U = {u = (cu_{1} + du_{2}) | c, d ∈ R} = {u = (2c − d, c, d) | c, d ∈ R}

Quindi un vettore w ∈ U ∩ V se può essere scritto in entrambi i modi:

w = av_{1} + bv_{2} = cu_{1} + du_{2}

per opportuni a, b, c, d ∈ R. Si tratta di risolvere il sistema associato a av_{1} +bv_{2} = cu_{1} +du_{2}, dove le incognite sono a, b, c, d:

\begin{cases}a + b = 2c − d \\ 2b = c \\ a + b = d \end{cases} ⇒ \begin{cases}a + b − 2c + d = 0 \\ 2b − c = 0 \\ a + b − d = 0 \end{cases}

Riduciamo a gradini la matrice associata al sistema:

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

\begin{cases}a + b − 2c + d = 0 \\ 2b − c = 0 \\ 2c − 2d = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = \frac{1}{2}t \\ b = \frac{1}{2}t \\ c = t \\ d = t \end{cases}

Ponendo per esempio t = 1 e sostituendo in w = cu_{1} +du_{2} (o analogamente in w = av_{1} +bv_{2}) otteniamo che w = (1, 1, 1) ∈ U ∩ V. Infine

B(U ∩ V) = {(1, 1, 1)}
□

Esercizio 7.47. Si considerino i seguenti sottospazi di R^{4}:

U = {(0, 1, 1, 0)a + (0, 0, 0, 1)b | a, b ∈ R}

V = {(x, y, z, w) ∈ R^{4} | x + y = 0, z = 2x}

a) Determinare una base e la dimensione di U e di V.

b) Determinare una base e la dimensione di U ∩ V.

c) Determinare una base e la dimensione di U + V. a) Dalla definizione U = ⟨0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1)⟩, determinamo quindi se i due vettori sono linearmente

indipendenti:

rg [\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] = 2, quindi v_{1} e v_{2} sono lin. indip.

⇒ B(U) = {u_{1} = (0, 1, 1, 0), u_{2} = (0, 0, 0, 1)}, dim(U) = 2

Esplicitiamo ora V risolvendo il sistema

\begin{cases}x + y = 0 \\ z = 2x \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = s \\ y = −s \\ z = 2s \\ w = t \end{cases} ⇒

B(V) = {v_{1} = (1, −1, 2, 0), v_{2} = (0, 0, 0, 1)}, dim(V) = 2

c) Lo spazio U + V è lo spazio generato dai generatori dei due spazi

U + V = ⟨v_{1}, v_{2}, u_{1}, u_{2}⟩

Consideriamo quindi la matrice associata ai quattro vettori

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

3IV − III [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi dim(U + V) = rg(A) = 3 e

B(U + V) = {v_{1} = (0, 1, 1, 0), v_{2} = (0, 0, 0, 1), u_{1} = (1, −1, 2, 0)}

b) Usando la formula di Grassman otteniamo che

dim(U ∩ V) = dim(U) + dim(V) − dim(U + V) = 1

In questo caso senza eseguire calcoli possiamo osservare che il vettore v_{2} = (0, 0, 0, 1) = u_{2} appartiene a entrambi gli spazi, quindi

B(U ∩ V) = {(0, 0, 0, 1)}
□

Esercizio 7.48. In R^{4} con il prodotto scalare canonico sia U il sottospazio dei vettori ortogonali al vettore (1, 0, −1, 0) e sia V il sottospazio generato dai vettori (1, 0, −2, 3), (−1, 1, 1, −4), (1, 1, −3, 2).

Si trovino la dimensione e una base di U, V, U ∩ V, U + V.

Soluzione:

Esplicitiamo U:

U = \{(x, y, z, w) ∈ R^{4} | x − z = 0\} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = t \\ z = r \end{cases} ⇒ U = \{(t, s, t, r) | r, s, t ∈ R\}

B(U) = {u_{1} = (1, 0, 1, 0), u_{2} = (0, 1, 0, 0), u_{3} = (0, 0, 0, 1)} dim(U) = 3

Analogamente determiniamo una base di W stabilendo quali tra i generatori sono linearmente indipendenti. Consideriamo la matrice associata ai tre vettori:

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

Quindi dim(V) = rg(A) = 2 e

B(V) = {v_{1} = (1, 0, −2, 3), v_{2} = (−1, 1, 1, −4)}

Conviene prima determinare dimensione e base dello spazio U + V in quanto si tratta dello spazio generato dai generatori dei due spazi

U + V = ⟨U ∪ V ⟩ = ⟨u_{1}, u_{2}, u_{3}, v_{1}, v_{2}⟩

Consideriamo quindi la matrice associata ai cinque vettori

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

Quindi dim(U + V) = rg(A) = 4 e una base è

B(U + V) = {u_{1} = (1, 0, 1, 0), u_{2} = (0, 1, 0, 0), u_{3} = (0, 0, 0, 1), v_{1} = (1, 0, −2, 3)}

Notiamo che dim(U + V) = 4 e U + V = R^{4}.

Usando la formula di Grassman otteniamo

dim(U ∩ V) = dim(U) + dim(V) − dim(U + V) = 1

Sappiamo che il generico vettore v di V è del tipo

v = xv_{1} + yv_{2} = (1, 0, −2, 3) · x + (−1, 1, 1, −4) · y = (x − y, y, −2x + y, 3x − 4y)

Inoltre un tale vettore appartiene anche a U se è ortogonale a (1, 0, −1, 0). Imponendo quindi la condizione di ortogonalità otteniamo:

v ∈ U ∩ V se (x − y) · 1 + (−2x + y) · (−1) = 0 ⇒ 3x − 2y = 0 ⇒

\begin{cases}x = \frac{2}{3}t \\ y = t \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = 3t \end{cases}

Infine

v ∈ U ∩ V se v = (2t − 3t, 3t, −4t + 3t, 6t − 12t) = (−1, 3, −1, −6)t
B(U ∩ V) = {(−1, 3, −1, −6)}
□

Esercizio 7.49. Siano U e V i sottospazi di R^{3} così definiti

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + z = 0}
V = ⟨(1, −1, 0), (1, 1, −1)⟩

a) Determinare la dimensione e una base dei due sottospazi U e V.

b) Determinare la dimensione e una base dei due sottospazi U + V e U ∩ V.

Soluzione:

a) Esplicitiamo U:

x + z = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒ U = \{(−t, s, t) | s, t ∈ R\}

B(U) = {u_{1} = (−1, 0, 1), u_{2} = (0, 1, 0)} dim(U) = 2

Analogamente determiniamo una base di V stabilendo se i due generatori sono linearmente indipendenti. Senza la necessità di fare calcoli notiamo che i due generatori non sono uno multiplo dell’altro, quindi sono linearmente indipendenti:

B(V) = {v_{1} = (1, −1, 0), v_{2} = (1, −1, 1)}, dim(V) = 2

b) Lo spazio U + V è lo spazio generato dai generatori (linearmente indipendenti) dei due spazi

U + V = ⟨u_{1}, u_{2}, v_{1}, v_{2}⟩

Consideriamo quindi la matrice associata ai quattro vettori

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

Quindi dim(U + V) = rg(A) = 3 e

B(U + V) = {u_{1} = (−1, 0, 1), u_{2} = (0, 1, 0), v_{1} = (1, −1, 0)}

Usando la formula di Grassman otteniamo che

dim(U ∩ V) = dim(U) + dim(V) − dim(U + V) = 1

Per determinare una base di U ∩ V, ricordando che B(V) = {v_{1}, v_{2}}, possiamo scrivere

V = {v = (av_{1} + bv_{2}) | a, b ∈ R} = {v = (a + b, −a − b, b) | a, b ∈ R}

Ora si tratta di vedere quali di questi vettori appartengono a U. Poiché

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + z = 0}

possiamo imporre la condizione x + z = 0 al generico vettore v di V:

a + b + b = 0 ⇒ a = −2b

Quindi v ∈ U sse a = −2b, ovvero i vettori di V che appartengono anche a U sono del tipo:

(−b, b, b) = (−1, 1, 1)b, a ∈ R

Infine

U ∩ V = ⟨(−1, 1, 1)⟩ B(U ∩ V) = {(−1, 1, 1)}

Notiamo che dim(U ∩ V) = 1 come ci aspettavamo.

□

Esercizio 7.50. Siano U e V i sottospazi di R^{3} così definiti

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + z = 0}
V = ⟨(2, −1, −2), (−3, 4, 3)⟩

Dimostrare che U = V.

Soluzione: U e V sono due sottospazi di R^{3}. Per dimostrare che U = V, dobbiamo dimostrare che dim(U) = dim(V) e che U ⊆ V oppure che V ⊆ U.

Cominciamo ad esplicitare U:

x + z = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒ U = \{(−t, s, t) | s, t ∈ R\}

B(U) = {u_{1} = (−1, 0, 1), u_{2} = (0, 1, 0)} dim(U) = 2

Analogamente determiniamo una base di V stabilendo se i due generatori sono linearmente indipendenti. Senza la necessità di fare calcoli notiamo che i due generatori non sono uno multiplo dell’altro, quindi sono linearmente indipendenti:

B(V) = {v_{1} = (2, −1, −2), v_{2} = (−3, 4, 3)}, dim(V) = 2

Abbiamo quindi ottenuto che dim(U) = dim(V) = 2.

In questo caso è probabilmente più semplice verificare che V ⊆ U. Infatti abbiamo per U una doppia definizione:

U = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + z = 0} = ⟨ (−1, 0, 1), (0, 1, 0) ⟩

Utilzzando la prima definizione è immediato verificare che i due generatori v_{1} e v_{2} di V appartengono a U, infatti entrambi sono vettori di R^{3} che verificano la condizione x + z = 0. Otteniamo quindi:

v_{1} ∈ U e v_{2} ∈ U ⇒ V = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ ⊆ U.

Infine abbiamo dimostrato che V è un sottospazio di U della stessa dimensione di U, quindi U e V coincidono.

In alternativa per dimostrare che U ⊆ V avremmo dovuto considerare la matrice formata da v_{1}, v_{2}, u_{1}, u_{2} come colonne. Tale matrice ha rango 2, quindi u_{1} e u_{2} sono linearmente dipendenti da v_{1} e v_{2} e U ⊆ V.

□

Esercizio 7.51. Si consideri il sottoinsieme S di R^{4} costituito dai vettori v della forma

v = (a_{1}, a_{1} − a_{2} + 2a_{3}, 2a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2} + a_{4})

dove a_{1}, a_{2}, a_{3} e a_{4} sono parametri reali.

a) S è un sottospazio vettoriale di R^{4}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Soluzione: Notiamo che

v = a_{1}(1, 1, 2, 1) + a_{2}(0, −1, −1, 3) + a_{3}(0, 2, 0, 0) + a_{4}(0, 0, 0, 1)

Siano

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

a) S è l’insieme delle combinazioni lineari di v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}, quindi

S = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩

e si tratta di uno spazio vettoriale (sottospazio di R^{4}).

b) Consideriamo la matrice associata a v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}:

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

La matrice ha rango 4, quindi i vettori sono linearmente indipendenti e una base di S è data da {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}.

In alternativa si può utilizzare il determinante, sviluppato rispetto alla quarta colonna:

det(A) = 1 · [−2(−1)] = 2 ≠ 0

Poiché il deteminante della matrice A associata ai 4 vettori ha determinante non nullo, rg(A) = 4, quindi i 4 vettori sono linearmenti indipendenti e una base di S è l’insieme B(S) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}.

□

Esercizio 7.52. Si consideri il sottoinsieme S di R^{4} costituito dai vettori v della forma

v = (a_{1} − a_{2} + 2a_{3}, a_{1}, 2a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2} + a_{4})

dove a_{1}, a_{2}, a_{3} e a_{4} sono parametri reali.

a) S è un sottospazio vettoriale di R^{4}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Soluzione: Notiamo che

v = a_{1}(1, 1, 2, 1) + a_{2}(−1, 0, −1, 3) + a_{3}(2, 0, 0, 0) + a_{4}(0, 0, 0, 1)

Siano

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

a) S è l’insieme delle combinazioni lineari di v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}, quindi

S = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩

e si tratta di uno spazio vettoriale (sottospazio di R^{4}). b) Consideriamo la matrice associata a v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}:

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

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

La matrice ha rango 4, quindi i vettori sono linearmente indipendenti e una base di S è data da {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}}.

□

Esercizio 7.53. Si consideri il sottoinsieme S di R^{4} costituito dai vettori v della forma

v = (a_{1} − a_{2} + 2a_{3} + a_{4}, a_{1}, 2a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2})

dove a_{1}, a_{2}, a_{3} e a_{4} sono parametri reali.

a) S è un sottospazio vettoriale di R^{4}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Soluzione: Notiamo che

v = a_{1}(1, 1, 2, 1) + a_{2}(−1, 0, −1, 3) + a_{3}(2, 0, 0, 0) + a_{4}(1, 0, 0, 0)

Siano

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

a) S è l’insieme delle combinazioni lineari di v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}, quindi

S = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩

e si tratta di uno spazio vettoriale (sottospazio di R^{4}).

b) Consideriamo la matrice associata a v_{1}, v_{2}, v_{3} e v_{4}:

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

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

La matrice ha rango 3 e una base di S è data da {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

Notiamo che potevamo osservare dall’inizio che v_{3} e v_{4} sono linearmente dipendenti tra loro, quindi una base può contenerne solo uno dei due; di conseguenza nella ricerca della base potevamo considerare dall’inizio solo i vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} per verificare se sono linearmente indipendenti.

In alternativa si può utilizzare il determinante. det(A) = 0, quindi i quattro vettori sono linearmente dipendenti e non possono formare una base di S. Osservando che v_{3} e v_{4} sono linearmente dipendenti consideriamo la matrice formata da v_{1}, v_{2} e v_{3}:

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

Il determinante della matrice quadrata B′ formata dalle prime tre righe è

det(B′) = −2 · (−1) = 2 ≠ 0

quindi rg(B′) = 3 e v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente indipendenti. Di conseguenza una base di S è l’insieme B(S) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

□

Esercizio 7.54. Si consideri il sottoinsieme S di R^{5} costituito dai vettori v della forma

v = (2a_{1} + a_{2}, a_{1} − a_{2} − 3a_{3}, a_{1} − a_{2}, a_{1} + 3a_{2} + a_{3}, a_{2})

dove a_{1}, a_{2} e a_{3} sono parametri reali.

a) S è un sottospazio vettoriale di R^{5}?

b) In caso di risposta affermativa ad a), trovare una base di S.

Soluzione: Notiamo che

v = a_{1}(2, 1, 1, 1, 0) + a_{2}(1, −1, −1, 3, 1) + a_{3}(0, −3, 0, 1, 0).

Chiamiamo v_{1}, v_{2} e v_{3} i seguenti vettori

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

a) S è l’insieme delle combinazioni lineari di v_{1}, v_{2} e v_{3}, quindi

S = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩

e si tratta di uno spazio vettoriale (sottospazio di R^{5}).

b) Si tratta di stabilire quali vettori tra v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente indipendenti. Consideriamo quindi la matrice associata a v_{1}, v_{2} e v_{3}:

[\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & −3 \\ 1 & −1 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2II − I \\ III − II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −6 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3IV + 4II \\ 3V + II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −6 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & −12 \\ 0 & 0 & −6 \end{matrix}]

Anche senza ridurre completamente la matrice si vede che questa ha rango tre, quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti e formano una base di S:

B(S) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}
□

Esercizio 7.55. Si consideri il sottospazio W di R^{5} costituito dai vettori w della forma

w = (2a_{1} − a_{2} − a_{3}, 2a_{1} − a_{3}, a_{1}, a_{2}, a_{1} − 4a_{2} + a_{3})

dove a_{1}, a_{2} e a_{3} sono parametri reali.

a) Trovare una base di W.

b) Determinare le coordinate del vettore v = (0, 1, 1, 1, −2) ∈ W rispetto alla base trovata al punto a).

Soluzione: Notiamo che

w = a_{1}(2, 2, 1, 0, 1) + a_{2}(−1, 0, 0, 1, −4) + a_{3}(−1, −1, 0, 0, 1)

Chiamiamo v_{1}, v_{2} e v_{3} i seguenti vettori

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

W è l’insieme delle combinazioni lineari di v_{1}, v_{2} e v_{3}, quindi per rispondere alla prima domanda dobbiamo stabilire se i tre vettori, o eventualmente quali, sono linearmente indipendenti. Per rispondere alla seconda domanda dobbiamo esprimere v come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}, o di una parte di essi. Per rispondere a entrambe le domande dobbiamo quindi ridurre a gradini la matrice associata ai tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3}, e al vettore v.

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

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

a) La matrice associata a v_{1}, v_{2} e v_{3} ha rango 3, quindi i vettori sono linearmente indipendenti e una base di W è data da {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

b) Si tratta di esprimere v come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}, ovvero di risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v:

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

Infine le componenti di v rispetto alla base B sono (1, 1, 1).

□

Esercizio 7.56. Sia

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x + y + (k + 1)z = k, 2x + y + z = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k l’insieme S è un sottospazio di R^{3}.

b) Per il valore di k trovato al punto precedente determinare una base di S.

Soluzione: Gli elementi dell’insieme S sono i vettori di R^{3} tali che

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

a) Sappiamo che le soluzioni di un sistema lineare formano uno spazio vettoriale se e solo se il sistema è omogeneo. Quindi S è uno spazio vettoriale se k = 0

b) Scriviamo esplicitamente gli elementi di S cercando le soluzioni del sistema nel caso k = 0:

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

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

Quindi

S = { (0, −t, t) | t ∈ R}

E’ ora evidente che ogni elemento di S si può scrivere nella forma

(0, −1, 1) · t

quindi una base di S è data dall’insieme

B = {(0, −1, 1)}
□

Esercizio 7.57. Sia

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x − 2y + kz = k − 1, x − 2y + z = 0, −2x + 4ky − 2z = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k l’insieme S è un sottospazio di R^{3}.

b) Per il valore di k trovato al punto precedente determinare una base di S.

Soluzione: Gli elementi dell’insieme S sono i vettori di R^{3} tali che

\begin{cases}x − 2y + kz = k − 1 \\ x − 2y + z = 0 \\ −2x + 4ky − 2z = 0 \end{cases}

a) Sappiamo che le soluzioni di un sistema lineare formano uno spazio vettoriale se e solo se il sistema è omogeneo. Quindi S è uno spazio vettoriale se k = 1.

b) Scriviamo esplicitamente gli elementi di S cercando le soluzioni del sistema nel caso k = 1:

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

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

Quindi

S = { (2s − t, s, t) | s, t ∈ R}

Separiamo le variabili nella scrittura del generico elemento di S:

(2s, s, 0) + (−t, 0, t) = (2, 1, 0) · s + (−1, 0, 1) · t

Quindi S è generato dall’insieme

B = {(2, 1, 0), (−1, 0, 1)}

Per come è stato calcolato, e comunque sarebbe immediato verificarlo, l’insieme B è linearmente indipendente, quindi si tratta effettivamente di una base di S.

□

Esercizio 7.58. Sia S il sottoinsieme di R^{5}

S = {x ∈ R^{5} | x_{1} − x_{2} + 2x_{5} = k, x_{1} + x_{3} + kx_{4} = 0} .

a) Per quali valori del parametro reale k l’insieme S é un sottospazio vettoriale di R^{5}?

b) Per i valori determinati al punto a), trovare una base di S.

Soluzione:

a) Le soluzioni di un sistema lineare formano un sottospazio sse si tratta di un sistema omogeneo. Di conseguenza deve essere k = 0.

b) Risolviamo il sistema omogeneo ottentuto per k = 0

\begin{cases}x_{1} − x_{2} + 2x_{5} = 0 \\ x_{1} + x_{3} = 0 \end{cases}

riducendo la matrice associata a gradini:

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

\begin{cases}x_{1} − x_{2} + 2x_{5} = 0 \\ x_{2} + x_{3} − 2x_{5} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −r \\ x_{2} = −r + 2t \\ x_{3} = r \\ x_{4} = s \\ x_{5} = t \end{cases} ∀ r, s, t ∈ R

Infine

S = {(−r, −r + 2t, r, s, t) | r, s, t ∈ R }
= {(−1, −1, 1, 0, 0) · r + (0, 0, 0, 1, 0) · s + (0, 2, 0, 0, 1) · t | r, s, t ∈ R }

e una base di S è

B(S) = { (−1, −1, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0), (0, 2, 0, 0, 1) }

□

Esercizio 7.59. Sia W il sottinsieme di R^{5}definito da

\begin{matrix}W = \{x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}) ∈ R^{5} : x_{1} − x_{3} + kx_{4} + x_{5} = 0, x_{2} − 3x_{4} = k, \\ x_{1} − x_{2} − x_{3} + 3x_{4} + x_{5} = 0 \} \end{matrix}

Stabilire per quali valori di k l’insieme W è un sottospazio vettoriale di R^{5} e calcolarne una base e la dimensione.

Soluzione: Sappiamo che le soluzioni di un sistema di equazioni lineari formano un sottospazio solamente se si tratta di un sistema omogeneo, di conseguenza W è un sottospazio vettoriale di R^{5} se k = 0.

Per determinare la dimensione di W (per k = 0) calcoliamo esplicitamente le soluzioni riducendo a gradini la matrice associata al sistema lineare.

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

III + II [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} − x_{3} + x_{5} = 0 \\ x_{2} − 3x_{4} = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x_{1} = s − t \\ x_{2} = 3h \\ x_{3} = s \\ x_{4} = h \\ x_{5} = t \end{cases} ∀s, t, h ∈ R

Quindi

W = {(1, 0, 1, 0, 0)s + (−1, 0, 0, 0, 1)t + (0, 3, 0, 1, 0)h : s, t, h ∈ R}
= ⟨ (1, 0, 1, 0, 0), (−1, 0, 0, 0, 1), (0, 3, 0, 1, 0) ⟩

Infine

B(W) = { (1, 0, 1, 0, 0), (−1, 0, 0, 0, 1), (0, 3, 0, 1, 0) } e dim(W) = 3

Notiamo che anche senza calcolare esplicitamente le soluzioni potevamo ottenere

dim(W) = n − rg(A) = 5 − rg(A) = 3
□

Esercizio 7.60.

a) Trovare una base del sottospazio V di R^{5} così definito:

V = {x ∈ R^{5} | 2x_{1} − x_{2} + x_{3} − x_{4} = 0, x_{1} − x_{3} − 2x_{4} + 2x_{5} = 0}.

b) Determinare una base di R^{5} contenente la base di V trovata in a).

Soluzione: Determiniamo le soluzioni del sistema omogeneo:

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

⇒ \begin{cases}x_{1} = r + 2s − 2t \\ x_{2} = 3r + 3s − 4t \\ x_{3} = r \\ x_{4} = s \\ x_{5} = t \end{cases} ∀r, s, t ∈ R

Quindi

V = ⟨(1, 3, 1, 0, 0), (2, 3, 0, 1, 0), (−2, 4, 0, 0, 1)⟩

a) Dalla risoluzione del sistema omogeneo segue che

B(V) = {(1, 3, 1, 0, 0), (2, 3, 0, 1, 0), (−2, 4, 0, 0, 1)}

b) Per completare la base B basta osservare che la matrice

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 2 & −2 \\ 0 & 1 & 3 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

ha rango 5, quindi

B(R^{5}) = {(1, 3, 1, 0, 0), (2, 3, 0, 1, 0), (−2, 4, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0)}
□

Esercizio 7.61. Sia

S = {x ∈ R^{4}|x_{1} − 4x_{2} − x_{3} + 2kx_{4} = k + 1, 2x_{1} − kx_{3} + kx_{4} = 2k + 2,

3x_{1} − 4kx_{2} + 9x_{3} + 3x_{4} = 0 }

a) Stabilire per quali valori di k ∈ R l’insieme S è un sottospazio di R^{4}.

b) Per i valori di k trovati al punto precedente determinare la dimensione e una base di S.

Soluzione:

a) Le soluzioni di un sistema formano uno spazio vettoriale sse il sistema è omogeneo:

\begin{cases}k + 1 = 0 \\ 2k + 2 = 0 \end{cases} ⇒ k = −1

b) Cerchiamo le soluzioni del sistema nel caso k = −1 riducendo a gradini la matrice associata al sistema:

[\begin{matrix}1 & −4 & −1 & −2 & | & 0 \\ 2 & 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 3 & 4 & 9 & 3 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −4 & −1 & −2 & | & 0 \\ 0 & 8 & 3 & 3 & | & 0 \\ 0 & 16 & 12 & 9 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

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

\begin{cases}x_{1} = −\frac{3}{2}t \\ x_{2} = \frac{3}{8}t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = −2t \end{cases}  ∀ t ∈ R  ⇒ S = \{(−\frac{3}{2}, \frac{3}{8}, 1, −2) · t | t ∈ R\}

Infine

B(S) = \{(−\frac{3}{2}, \frac{3}{8}, −2, 1)\} , dim(S) = 1

□

Esercizio 7.62. Sia S l’insieme delle soluzioni del seguente sistema lineare:

\begin{cases}−x_{1} + (k − 1)x_{4} = 0 \\ −x_{1} + 2x_{2} + (k + 1)x_{3} + (k − 1)x_{4} = 0 \\ 2x_{1} + 2x_{3} + (2 − 2k)x_{4} = k − 2 \\ x_{1} + 4x_{2} + (2k − 2)x_{3} + (1 − k)x_{4} = 2 − k \end{cases}  (k parametro reale)

a) Stabilire per quali k l’insieme S è uno spazio vettoriale e in tali casi determinarne una base.

b) Esplicitare S al variare di k ∈ R.

Soluzione:

L’insieme S è uno spazio vettoriale quando si tratta delle soluzioni di un sistema omogeneo, quindi per k = 2. Per rispondere ad entrambe le domande effettuiamo comunque la riduzione a gradini per ogni valore di k.

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

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

a) Abbiamo già osservato che S è uno spazio vettoriale se k = 2, nel quale caso le soluzioni sono

\begin{cases}−x_{1} + x_{4} = 0 \\ 2x_{2} + 3x_{3} = 0 \\ 2x_{3} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = t \\ x_{2} = 0 \\ x_{3} = 0 \\ x_{4} = t \end{cases} ⇒ S = ⟨(1, 0, 0, 1)⟩

Infine per k = 2 una base di S è B(S) = {(1, 0, 0, 1)}.

b) Dalla matrice ridotta vediamo che il sistema ammette soluzione quando rg(A) = rg(A|b), cioè quando k = 2. In tale caso abbiamo già trovato S al punto precedente: S = ⟨(1, 0, 0, 1)⟩. Per k ≠ 2 il sistema non ammette soluzioni, quindi S = ∅.

□

Esercizio 7.63. Sia A la matrice reale seguente:

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

a) Determinare il rango di A al variare del parametro reale k.

b) Calcolare una base del nucleo di A, cioé dello spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo Ax = 0, nel caso k = 1.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A:

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

III − kII [\begin{matrix}1 & −2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & k & 1 \\ 0 & 0 & −k − k^{2} & −1 − k \end{matrix}]

Quindi • Se k ≠ −1 la matrice A ha rango 3.

• Se k = −1 la matrice A ha rango 2.

b) Ponendo k = 1 al termine della riduzione e considerando il sistema omogeneo associato otteniamo:

[\begin{matrix}1 & −2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & −2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − 2y + z = 0 \\ y + z + w = 0 \\ −2z − 2w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = 0 \\ z = t \\ w = −t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi il nucleo di A è l’insieme (spazio vettoriale):

N(A) = { (−1, 0, 1, −1) · t | t ∈ R }

e una base del nucleo è data dall’insieme

B(N(A)) = { (−1, 0, 1, −1) }

□

Esercizio 7.64.

a) Sia

V = ⟨ (1, 2, 1), (−1, 3, 0), (3, 1, 2) ⟩

Si determini la dimensione e una base di V.

b) Sia

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x − y + 3z = 0, 2x + 3y + z = 0, x + 2z = 0 }

Si determini la dimensione e una base di S.

c) Si confrontino i metodi risolutivi e i risultati dei due precedenti punti.

Soluzione:

a) Calcoliamo il rango della matrice A associata ai tre vettori riducendola a gradini:

[\begin{matrix}1 & −1 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 3 \\ 0 & 5 & −5 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/5II \\ III − 5II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 3 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi

dim(V) = rg(A) = 2
B(V) = { (1, 2, 1), (−1, 3, 0) }

b) Associamo al sistema omogeneo

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

la matrice

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

Notiamo che i conti sono già stati eseguiti al punto precedente. Quindi

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

e

dim(S) = 1
B(S) = { (−2, 1, 1) }

c) Notiamo che con la stessa matrice abbaimo risolto due esercizi differenti tra cui in genere è facile confondersi. La relazione tra i due esercizi, oltre alla medesima riduzione della matrice, è solo legata alle dimensioni:

dim(V) = rg(A)

dim(S) = numero delle incognite − rg(A)

dim(V) + dim(S) = numero delle incognite

□

Esercizio 7.65. Sia W il sottospazio di R^{5} generato dai vettori:

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

a) Al variare del parametro k, trovare una base di W.

b) Si completi la base trovata in a) ad una base di R^{5}.

Soluzione:

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matriceformata dai tre vettori affiancata dalla matrice identica I_{5}.

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

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

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

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

a) Se k ≠ 0, B(W) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}, mentre se k = 0, B(W) = {v_{1}, v_{2}}

b) Se k ≠ 0 possiamo prendere come base di R^{5} l’insieme {v_{1}, v_{2}, v_{3}, e_{1}, e_{2}}, mentre se k = 0 possiamo prendere l’insieme {v_{1}, v_{2}, e_{1}, e_{2}, e_{4}}

□

Esercizio 7.66. Dati i vettori linearmente indipendenti v_{1} = (3, 0, 1) e v_{2} = (1, 4, −2) completare l’insieme S = {v_{1}, v_{2}} in modo da ottenere una base di R^{3}.

Soluzione: Si può completare la base utilizzando uno dei vettori canonici. Si tratta quindi di affiancare a v_{1} e v_{2} i tre vettori canonici di R^{3}, per verificare quale di questi forma assieme a v_{1} e v_{2} un insieme linearmente indipendente. Riduciamo quindi a gradini la matrice

[\begin{matrix}3 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −2 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ 3III − I [\begin{matrix}3 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −7 & −1 & 0 & 3 \end{matrix}] ⇒ 4III + 7II [\begin{matrix}3 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −4 & 7 & 12 \end{matrix}]

Di conseguenza qualsiasi dei vettori della base canonica forma con v_{1} e v_{2} una matrice di rango 3, ovvero un insieme linearmente indipendente. Possiamo prendere per esempio

B = {(3, 0, 1), (1, 4, 2), (1, 0, 0) }
□

Esercizio 7.67. Siano

v_{1} = (1, −1, −1, 1), v_{2} = (k, 1, 1, −1) ∈ R^{4}

a) Si trovino i valori del parametro k per i quali v_{1} e v_{2} sono indipendenti.

b) Per k = 2, si estenda l’insieme {v_{1}, v_{2}} a una base di R^{4}.

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice costituita da v_{1} e v_{2} e dai quattro vettori della base canonica di R^{4}:

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

a) I due vettori v_{1} e v_{2} sono indipendenti quando la matrice ad essi associata ha rango 2. Di conseguenza v_{1} e v_{2} sono indipendenti se k ≠ −1.

b) Ponendo k = 2 nella matrice ridotta otteniamo

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

Una base di R^{4} deve essere formata da quattro vettori. Dalla matrice notiamo che se aggiungiamo alle prime due colonne, corrispondenti a v_{1} e v_{2}, la quarta e quinta colonna (per esempio) otteniamo una matrice di rango quattro. Quindi i quattro vettori corrispondenti sono linearmente indipendenti e una base di R^{4} è data dall’insieme:

{ v_{1}, v_{2}, (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) }
□

Esercizio 7.68. Si consideri l’insieme S costituito dai seguenti vettori di R^{4}

v_{1} = (1, 2, 2, 1),  v_{2} = (2, 1, 2, 1),  v_{3} = (0, 1, 2, 1)

a) E’ possibile estendere S a una base di R^{4}?

b) In caso affermativo, trovare una base di R^{4} contenente S.

Soluzione: Per rispondere ad entrambi i quesiti riduciamo a gradini la matrice ottenuta dalla matrice associata ai 3 vettori, affiancata dalla matrice associata ai vettori della base canonica di R^{4}:

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

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

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

a) La matrice associata ai vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} ha rango 3, quindi i vettori sono linearmente indipendenti e S può essere esteso a una base di R^{4}.

b) Dalla matrice completa vediamo che la prima, seconda, terza e sesta colonna sono linearmente indipendenti, quindi una base B di R^{4} contenente S è data da

B = { v_{1}, v_{2}, v_{3}, e_{3} = (0, 0, 1, 0) }
□

Esercizio 7.69. Si considerino i vettori di R^{4}

v_{1} = (2, 1, −1, 3), v_{2} = (1, 0, 5, 1), v_{3} = (2, −1, 3, 1).

a) Stabilire se il vettore v = (0, 0, 1, 0) è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

b) Completare l’insieme {v_{1}, v_{2}, v_{3}} ad una base di R^{4}.

Soluzione: Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{1}, v_{2}, v_{3} affiancati dai quattro vettori della base canonica e_{1}, e_{2}, e_{3} = v e e_{4}.

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

⇒ \begin{matrix}III + 5II \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 1 & 2 & | & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & −4 & | & −1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −18 & | & −5 & 11 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & −1 & −1 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Consideriamo la matrice formata dalle prime tre colonne e dalla sesta, corrisponedente all’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v:

[\begin{matrix}2 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & −1 & −4 & | & 0 \\ 0 & 0 & −18 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

La matrice completa e incompleta hanno rango uguale, quindi il sistema ammette soluzione e v è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

b) La matrice formata dalle prime quattro colonne ha rango quattro, quindi l’insieme {v_{1}, v_{2}, v_{3}, e_{1}} è una base di R^{4}.

□

Esercizio 7.70. Sia dato l’insieme

V = {p(x) ∈ R_{3}[x] | p(1) = 0 }

a) Verificare che l’insieme V è un sottospazio vettoriale di R_{3}[x].

b) Determinare una base di V.

Soluzione: Sia p(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3}, a_{i} ∈ R il generico elemento di R_{3}[x]. A p(x) possiamo associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) rispetto alla base canonica di R_{3}[x] formata dai polinomi {1, x, x^{2}, x^{3}}. Quindi a ogni polinomio p(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3} ∈ R_{3}[x] possiamo associare il vettore (a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) ∈ R^{4}.

Nel nostro caso la condizione p(1) = 0 si traduce nella condizione a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0, quindi all’insieme di polinomi V corrisponde l’insieme:

W = {(a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) ∈ R^{4} | a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0}

cioè l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo formato dalla sola equazione a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0.

a) L’insieme W, e quindi l’insieme V, è uno spazio vettoriale in quanto si tratta dell’insieme delle soluzioni di un sistema omogeneo.

b) Per trovare una base di V determiniamo una base di W per poi tornare ai polinomi.

a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0 ⇒ \begin{cases}a_{0} = −r − s − t \\ a_{1} = r \\ a_{2} = s \\ a_{3} = t \end{cases} ∀r, s, t ∈ R

Quindi il generico elemento di W ha la forma

(−1, 1, 0, 0) · r + (−1, 0, 1, 0) · s + (−1, 0, 0, 1) · t

e una base di W è data dall’insieme

B(W) = {(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)}

Associamo ora ai vettori determinati i corrispondenti polinomi:

(−1, 1, 0, 0) ⇒ p_{1}(x) = −1 + x
(−1, 0, 1, 0) ⇒ p_{2}(x) = −1 + x^{2}
(−1, 0, 0, 1) ⇒ p_{3}(x) = −1 + x^{3}

Infine l’insieme

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

è una base di V.

□

Esercizio 7.71. Siano dati i polinomi

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

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x)} è una base di R_{2}[x].

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

Soluzione:

Ricordiamo che a ogni polinomio di R_{2}[x] possiamo associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}) rispetto alla base canonica B = {x^{2}, x, 1}. Di conseguenza ai polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} possiamo associamo i tre vettori

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

Quindi i polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R_{2}[x] sse i tre vettori p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R^{3}. In particolare R_{2}[x] ha dimensione 3, ed è sufficiente verificare che i tre vettori siano linearmente indipendenti.

Inoltre al polinomio f(x) associamo il vettore f(1, −1, 2)

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice associata ai quattro vettori.

[\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}]

a) La matrice dei coefficienti, associata a p_{1}, p_{2} e p_{3}, ha rango 3, quindi i tre polinomi sono linearmente indipendenti e formano una base di R_{2}[x].

b) Torniamo al sistema associato ai quattro vettori:

⇒ \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)
□

Esercizio 7.72. Si considerino i polinomi p_{1} = x^{2}+ax+b+c, p_{2} = x^{2}+bx+a+c, p_{3} = x^{2}+cx+a+b.

a) Mostrare che per ogni valore dei parametri a, b, c i tre polinomi sono dipendenti nello spazio dei polinomi R[x].

b) Calcolare la dimensione e una base dello spazio ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ⊆ R[x] al variare di a, b, c.

Soluzione: Associamo ad ogni polinomio il vattore che esprime le sue componenti rispetto alla base canonica {x^{2}, x, 1} di R[x]:

p_{1} = (1, a, b + c),  p_{2} = (1, b, a + c),  p_{3} = (1, c, a + b)

Possiamo quindi svolgere l’esercizio lavorando sui tre vettori.

Consideriamo la matrice associata ai tre vettori:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ b + c & a + c & a + b \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − aI \\ III − (b + c)I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & b − a & c − a \\ 0 & a − b & a − c \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & b − a & c − a \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

a) La matrice associata ai tre vettori ha sempre rango minore di tre, quindi i tre vettori e i tre polinomi sono linearmente dipendenti.

b) Dal punto a) sappiamo che ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha sicuramente dimensione minore di tre. Inoltre

– Se a = b = c, allora la matrice ha rango 1 e ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha dimensione 1. Una base di ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ è data da {p_{1}} (o da {p_{2}} o da {p_{3}}).

– Se a ≠ b, allora la matrice ha rango 2 e ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha dimensione 2. Inoltre la matrice formata dalle prime due colonne ha sicuramente rango 2, quindi una base di ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ è data da {p_{1}, p_{2}}.

– Se a ≠ c, allora la matrice ha rango 2 e ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ ha dimensione 2. Inoltre la matrice formata dalla prima e terza colonna ha sicuramente rango 2, quindi una base di ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ è data da {p_{1}, p_{3}}.

□

Esercizio 7.73. Sia S il sottoinsieme dello spazio dei polinomi R_{3}[x] così definito:

S = {p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d ∈ R_{3}[x] | p(0) = 0}

a) Mostrare che S è un sottospazio vettoriale di R_{3}[x].

b) Determinare la dimensione di S.

Soluzione:

a) Si tratta di dimostrare che S è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari. – S è chiuso rispetto a +, infatti presi due elementi di S anche la loro somma sta in S:

(p_{1} + p_{2})(0) = p_{1}(0) + p_{2}(0) = 0

– S è chiuso rispetto al prodotto per scalari, infatti preso un elemento di S e uno scalare λ ∈ R, anche il loro prodotto sta in S:

(λp)(0) = λ · p(0) = λ · 0 = 0

b) Per calcolare la dimensione di S osserviamo innanzitutto che imponendo la condizione p(0) = 0 otteniamo:

S = {p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx | a, b, c ∈ R }

Vogliamo dimostrare che il polinomi p_{1}(x) = x^{3}, p_{2}(x) = x^{2}, p_{3}(x) = x costituiscono una base di S. Infatti

– p_{1}(x), p_{2}(x) e p_{3}(x) sono linearmente indipendenti: se

ap_{1}(x) + bp_{2}(x) + cp_{3}(x) = 0 ⇒ ax^{3} + bx^{2} + cx = 0 (polinomio nullo)

allora a = b = c = 0.

– Per come abbiamo esplicitato S è evidente che ogni elemento di S si può scrivere come

combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x) e p_{3}(x). Di conseguenza p_{1}(x), p_{2}(x) e p_{3}(x) formano una base di S e S ha dimensione 3.

□

Esercizio 7.74. Sia W l’insieme dei polinomi p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d ∈ R[x], di grado al più 3, tali che p(0) = p(1) = 0. Determinare un insieme generatore di W.

Soluzione:

Come negli esercizi precedenti associamo a p(x) le sue componenti rispetto alla base canonica di R_{3}[x], {1, x, x^{2}, x^{3}}:

p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d ⇒ p = (d, c, b, a)

Imponiamo le due condizioni al generico polinomio di grado al più 3:

\begin{cases}p(0) = 0 ⇒ d = 0 \\ p(1) = 0 ⇒ a + b + c + d = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}d = 0 \\ a + b + c = 0 \end{cases}

Quindi a W corrisponde il sottospazio V formato dagli elementi di R^{4} soluzioni del sistema omogeneo:

V = {(d, c, b, a) ∈ R^{4} | d = 0, a + b + c = 0}

Scriviamo ora le soluzioni di tale sistema omogeneo:

\begin{cases}a = −s − t \\ b = s \\ c = t \\ d = 0 \end{cases} ∀s, t, ∈ R

Quindi

V = ⟨ (0, 0, 1, −1), (0, 1, 0, −1)⟩

Infine

W = ⟨p_{1}(x) = x^{2} − x^{3}, p_{2}(x) = x − x^{3} ⟩
□

Esercizio 7.75. Si considerino i polinomi a coefficienti reali

p_{1} = x^{2} + x,  p_{2} = kx^{2} − 1,  p_{3} = x^{2} + 2x + k.

a) Stabilire per quali valori di k i tre polinomi formano una base dello spazio R_{2}[x].

b) Per i valori di k per cui i polinomi sono dipendenti, trovare uno o più polinomi che completano l’insieme {p_{1}, p_{2}, p_{3}} ad un’insieme generatore di R_{2}[x].

Soluzione:

Ricordiamo che

R_{2}[x] = {a_{0}x^{2} + a_{1}x + a_{2} : a_{0}, a_{1}, a_{2} ∈ R}

A ogni polinomio possiamo quindi associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}) rispetto alla base canonica B = {x^{2}, x, 1}. In particolare ai polinomi p_{1}, p_{2}, p_{3} possiamo associare i vettori:

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

Di conseguenza i polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R_{2}[x] sse i tre vettori p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R^{3}.In particolare R_{2}[x] ha dimensione 3.

Per rispondere a entrambe le domande dell’esercizio riduciamo a gradini la matrice associata ai tre vettori a cui affianchiamo la matrice identica 3 × 3.

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

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

a) Consideriamo solo la prima parte della matrice: se k ≠ ±1 la matrice associata ai vettori p_{1}, p_{2}, p_{3} ha rango 3, quindi i tre vettor isono linearmente indipendenti. Analogamente i tre polinomi sono linearmente indipendenti e formano una base di R_{2}[x].

b) Se k = ±1 la matrice dei coefficienti ha rango 2 e dalla matrice ridotta ricaviamo che p_{2} e p_{3} sono linearmente indipendenti. Inoltre considerando tutta la matrice possiamo notare che la prima, la seconda e la quarta colonna (per esempio) sono linearmente indipendenti. Ricordiamo che la quarta colonna corrisponde al vettore (1, 0, 0) ovvero al polinomio q = x^{2}. Quindi:

– Se k = 1 una possibile base di R_{2}[x] è:

B = {p_{1} = x^{2} + x, p_{2} = x^{2} − 1, q = x^{2}}

– Se k = −1 una possibile base di R_{2}[x] è:

B = {p_{1} = x^{2} + x, p_{2} = −x^{2} − 1, q = x^{2}}
□

Esercizio 7.76. Si considerino i polinomi a coefficienti reali

p_{1} = x^{2} + x,  p_{2} = kx^{2} − 1,  p_{3} = x^{2} + 2x + k.

a) Stabilire per quali valori di k i tre polinomi sono linearmente dipendenti.

b) Per i valori di k per cui i polinomi sono dipendenti esprimere un polinomio come combinazione lineare degli altri.

Soluzione:

Ricordiamo che

R_{2}[x] = {a_{0}x^{2} + a_{1}x + a_{2} : a_{0}, a_{1}, a_{2} ∈ R}

A ogni polinomio possiamo quindi associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}) rispetto alla base canonica B = {x^{2}, x, 1}. Di conseguenza p_{1}, p_{2} e p_{3} sono linearmente indipendenti sse lo sono i tre vettori

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

a) Riduciamo a gradini la matrice associata ai tre vettori

[\begin{matrix}1 & k & 1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & −1 & k \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & k & 1 \\ 0 & −k & 1 \\ 0 & −1 & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II − kIII \end{matrix} [\begin{matrix}1 & k & 1 \\ 0 & −1 & k \\ 0 & 0 & 1 − k^{2} \end{matrix}]

Dobbiamo distinguere tre casi

– Se k^{2} − 1 ≠ 0, ovvero k ≠ ±1 la matrice ha rango 3, quindi p_{1}, p_{2} e p_{3} sono linearmente indipendenti.

– Se k = 1 o k = −1 la matrice ha rango 2, quindi p_{1}, p_{2} e p_{3} sono linearmente dipendenti.

b) Risolviamo l’equazione xp_{1} + yp_{2} + zp_{3} = 0. Abbiamo già ridotto a gradini la matrice associata

a tale sistema (senza la colonna nulla dei termini noti). Dobbiamo distinguere due casi: – Se k = 1 otteniamo il sistema

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

Quindi

−2t · p_{1} + t · p_{2} + t · p_{3} = 0 ∀t ∈ R

e, per esempio p_{3} = 2p_{1} − p_{2}.

– Se k = −1 otteniamo il sistema

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

Quindi

−2t · p_{1} − t · p_{2} + t · p_{3} = 0 ∀t ∈ R

e, per esempio p_{3} = 2p_{1} + p_{2}.

□

Esercizio 7.77. Si considerino i polinomi

p_{1}(x) = x^{2} + 2,  p_{2}(x) = 3x + 4,  p_{3}(x) = −x^{2} + 6x + 6

e sia W = ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩ il sottospazio di R_{2}[x] generato da p_{1}, p_{2} e p_{3}.

a) Si determini la dimensione e una base di W.

b) Si stabilisca per quali valori di k il polinomio f_{k}(x) = (k + 1)x^{2} + 3kx + 4 appartiene a W.

Soluzione: A ogni polinomio a_{2}x^{2} +a_{1}x+a_{0} di R_{2}[x] possiamo associare il vettore (a_{2}, a_{1}, a_{0}) formato dalle coordinate del polinomio rispetto alla base canonica {x^{2}, x, 1}. In questo caso otteniamo quindi i vettori

p_{1} = (1, 0, 2), p_{2} = (0, 3, 4), p_{3} = (−1, 6, 6), f_{k} = (k + 1, 3k, 4)

Per rispondere alla prima domanda dobbiamo calcolare la dimensione di ⟨p_{1}, p_{2}, p_{3}⟩, mentre per rispondere alla seconda domanda dobbiamo verificare se l’equazione xp_{1} + yp_{2} + zp_{3} = f_{k} ammette soluzione. Consideriamo quindi direttamente la matrice A|b che ci permette di rispondere anche alla seconda domanda.

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

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

a) dim(W) = rg(A) = 2. Inoltre

B(W) = {p_{1}(x), p_{2}(x)} = {x^{2} + 2, 3x + 4}.

b) f_{k}(x) appartiene a W se il sistema A|b ammette soluzione. Per Rouché Capelli questo succede

solo se rg(A) = rg(A|b) = 2, cioè se k = \frac{1}{3}.

□

Esercizio 7.78. Nello spazio vettoriale V = R_{2}[x] dei polinomi reali di grado non superiore a due, si considerino gli elementi

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

a) Si mostri che l’insieme B = {p_{1}, p_{2}, p_{3}} è una base di V.

b) Si trovino le coordinate del polinomio costante 1 nella base B.

Soluzione:

Ricordiamo che a ogni polinomio a_{0}x^{2} + a_{1}x + a_{2} ∈ R_{2}[x] possiamo associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}) rispetto alla base canonica B = {x^{2}, x, 1}. Di conseguenza ai polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} associamo i tre vettori

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

Quindi i polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R_{2}[x] sse i tre vettori p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R^{3}. In particolare R_{2}[x] ha dimensione 3, ed è sufficiente verificare che i tre vettori siano linearmente indipendenti.

Inoltre al polinomio costante 1 associamo il vettore f = (0, 0, 1), e le sue coordinate rispetto a B si trovano risolvendo il sistema x_{1}p_{1} + x_{2}p_{2} + x_{3}p_{3} = f.

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo quindi a gradini la matrice associata ai quattro vettori.

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

a) La matrice dei coefficienti, associata a p_{1}, p_{2} e p_{3}, ha rango 3, quindi i tre polinomi sono linearmente indipendenti e formano una base di R_{2}[x].

b) Torniamo al sistema associato ai quattro vettori:

⇒ \begin{cases}−x_{1} + x_{2} = 1 \\ 2x_{2} − x_{3} = 1 \\ x_{3} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −\frac{1}{2} \\ x_{2} = \frac{1}{2} \\ x_{3} = 0 \end{cases} ⇒ 1 = −\frac{1}{2} · p_{1}(x) + \frac{1}{2} · p_{2}(x)

□

Esercizio 7.79. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali nella variabile x, di grado minore o uguale a 3. a) Si mostri che U = {f(x) ∈ V | f(1) = f(2) = 0} è un sottospazio vettoriale di V e se ne trovi

una base.

b) Si completi la base trovata al punto precedente ad una base di V.

Soluzione:

Sia f(x) = ax^{3} +bx^{2} +cx+d il generico elemento di V. Le due condizioni f(1) = f(2) = 0 si esplicitano in

a + b + c + d = 0, 8a + 4b + 2c + d = 0

Inoltre a ogni polinomio possiamo associare il vettore formato dalle sue componenti rispetto alla base canonica {x^{3}, x^{2}, x, 1} di R_{3}[x]. In particolare al generico polinomio f(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d associamo il vettore (a, b, c, d) di R^{4}, e all’insieme U possiamo associare l’insieme

U′ = {(a, b, c, d) ∈ R^{4} | a + b + c + d = 0, 8a + 4b + 2c + d = 0}

a) L’insieme U′ è uno spazio vettoriale in quanto si tratta dell’insieme delle soluzione di un sistema

omogeneo. Analogamente l’insieme U è uno spazio vettoriale. Per determinare una base di U′, e quindi di U, risolviamo il sistema omogeneo:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 8 & 4 & 2 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ II − 8I [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −4 & −6 & −7 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}a = \frac{1}{2}s + \frac{3}{4}t \\ b = −\frac{3}{2}s − \frac{7}{4}t \\ c = s \\ d = t \end{cases}

Quindi una base di U′ è

B(U′) = \{(\frac{1}{2}, −\frac{3}{2}, 1, 0) , (\frac{3}{4}, −\frac{7}{4}, 0, 1)\} ovvero B(U′) = \{(1, −3, 2, 0) , (3, −7, 0, 2)\}

e la corrisponedente base di U è

B(U) = {x^{3} − 3x^{2} + 2x, 3x^{3} − 7x^{2} + 2}

b) Basta notare che la matrice

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

ha rango 4, quindi

B = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (1, −3, 2, 0) , (3, −7, 0, 2)}

è una base di R^{4}, e la corrisponedente base di V, completamento della base di U, è

B(V) = {x^{3}, x^{2}, x^{3} − 3x^{2} + 2x, 3x^{3} − 7x^{2} + 2}
□

Esercizio 7.80. Siano dati i polinomi

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

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x)} è una base di R_{2}[x].

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

Soluzione:

Ricordiamo che a ogni polinomio p(x) = a_{0} +a_{1}x+a_{2}x^{2} di R_{2}[x] possiamo associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}) rispetto alla base canonica B = {1, x, x^{2}}. Di conseguenza ai polinomi p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x) e f(x) possiamo associamo i tre vettori

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

Quindi i polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R_{2}[x] sse i tre vettori p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R^{3}. In particolare R_{2}[x] ha dimensione 3, ed è sufficiente verificare che i tre vettori siano linearmente indipendenti.

Inoltre per esprimere il polinomio f(x) come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x) equivale a esprimere il vettore f come combinazione lineare di p_{1}, p_{2}, p_{3}, ovvero a risolvere l’equazione ap_{1}+bp_{2}+cp_{3} = f.

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo quindi a gradini la matrice associata ai quattro vettori.

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

a) La matrice dei coefficienti, associata a p_{1}, p_{2} e p_{3}, ha rango 3, quindi i tre polinomi sono linearmente idipendenti e formano una base di R_{2}[x].

b) Torniamo al sistema associato all’equazione ap_{1} + bp_{2} + cp_{3} = f

⇒ \begin{cases}2a + 3c = 1 \\ −2b + 5c = 5 \\ 3c = 9 \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = −4 \\ b = 5 \\ c = 3 \end{cases}

Quindi

f(x) = −4 · p_{1}(x) + 5 · p_{2}(x) + 3 · p_{3}(x)
□

Esercizio 7.81. Si considerino i polinomi

p_{1}(x) = 2x + x^{2} − x^{3}, p_{2}(x) = 1 − x + x^{2}, p_{3}(x) = 3 + x − x^{3}, p_{4}(x) = x^{2} + x^{3}

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x)} è una base di R_{3}[x].

b) Esprimere f(x) = (x + 1)^{3} come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x).

Soluzione:

A ogni polinomio associamo il vettore formato dalle sue coordinate rispetto alla base canonica {1, x, x^{2}, x^{3}} di R_{3}[x]:

p_{1}(x) → p_{1} = (0, 2, 1, −1)  p_{2}(x) → p_{2} = (1, −1, 1, 0)
p_{3}(x) → p_{3} = (3, 1, 0, −1)  p_{4}(x) → p_{4} = (0, 0, 1, 1)

I quattro polinomi formano una base di R_{3}[x] sse i quattro vettori p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4} formano una base di R^{4}. Inoltre associamo al polinomio f(x) il corrispondente vettore:

f(x) = (x + 1)^{3} = 1 + 3x + 3x^{2} + x^{3} → f = (1, 3, 3, 1)

Per rispondere alla domanda b) dobbiamo quindi risolvere l’equazione x_{1}p_{1} + x_{2}p_{2} + x_{3}p_{3} + x_{4}p_{4} = f. Per rispondere a entrambe le domande consideriamo quindi la matrice associata ai cinque vettori:

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

⇒ \begin{matrix}III + 3II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 10 & −2 & | & 0 \\ 0 & 0 & −4 & 2 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2III \\ 5IV + 2III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 5 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 & | & 15 \end{matrix}]

a) Il rango della matrice associata a p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4} è quattro, quindi i quattro vettori sono linearmente indipendenti e l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x), p_{4}(x)} è una base di R_{3}[x].

b) Tornando al sistema otteniamo:

\begin{cases}x_{1} + x_{2} + x_{4} = 3 \\ x_{2} + 3x_{3} = 1 \\ 5x_{3} − x_{4} = 0 \\ 6x_{4} = 15 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 1 \\ x_{2} = −\frac{1}{2} \\ x_{3} = \frac{1}{2} \\ x_{4} = \frac{5}{2} \end{cases} ⇒ f(x) = p_{1}(x) − \frac{1}{2} p_{2}(x) + \frac{1}{2} p_{3}(x) + \frac{5}{2} p_{4}(x)

□

Esercizio 7.82. Dati i polinomi

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

a) Verificare che l’insieme {p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x)} è una base di R_{2}[x]

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

Soluzione:

Associamo a ogni polinomio il vettore dato dalle sue coordinate rispetto alla base canonica {x^{2}, x, 1} di R_{2}[x]. In particolare ai tre polinomi p_{i}(x) e la polinomio f(x) associamo i vettori

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

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo direttamente la matrice necessaria per il punto b):

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 3 \\ 2 & −1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & −2 \end{matrix}] ⇒ II − 2II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 3 \\ 0 & −3 & 2 & | & −6 \\ 0 & 0 & 1 & | & −2 \end{matrix}]

a) Consideriamo solo la matrice dei coefficienti. I tre polinomi formano una base di R_{2}[x] sse i tre vettori formano una base di R^{3}. Poiché rg(A) = 3 i tre polinomi sono linearmente indipendenti e formano una base di R_{2}[x].

b) Dalla matrice ridotta otteniamo il sistema:

\begin{cases}x + y = 3 \\ −3y + 2z = −6 \\ z = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{7}{3} \\ y = \frac{2}{3} \\ z = −2 \end{cases} ⇒ f(x) = \frac{7}{3} p_{1}(x) + \frac{2}{3} p_{2}(x) − 2 p_{3}(x)

□

Esercizio 7.83. Sia W il sottoinsieme dello spazio di polinomi R_{3}[x] definito da

W = {p(x) ∈ R_{3}[x] | p′′′ = 0, p(1) = 0}

(p′′′ è la derivata terza di p)

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di R_{2}[x].

b) Trovare una base e la dimensione di W.

c) Determinare le coordinate del polinomio p(x) = 2x^{2} − x − 1 ∈ W rispetto alla base trovata al punto b).

Soluzione:

a) Sia p(x) = ax^{3} +bx^{2} +cx+d il generico elemento di R_{3}[x]. Per dimostrare che W è un sottospazio vettoriale di R_{2}[x] dobbiamo innanzitutto verificare che W è un sottoinsieme di R_{2}[x]. In effetti la condizione p′′′ = 0 applicata al generico elemento di R_{3}[x] diventa 6a = 0. Quindi se p(x) ∈ W deve essere del tipo p(x) = bx^{2} + cx + d cioè un elemento di R_{2}[x]. Inoltre W può essere riscritto come

W = {p(x) ∈ R_{2}[x] | p(1) = 0}

Per dimostrare ora che si tratta di un sottospazio di R_{2}[x] dobbiamo verificare che è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari.

– W è chiuso rispetto alla somma, infatti presi due elementi di W anche la loro somma sta in W:

(p_{1} + p_{2})(1) = p_{1}(1) + p_{2}(1) = 0 + 0 = 0

– W è chiuso rispetto al prodotto per scalari, infatti preso un elemento di W e uno scalare λ ∈ R, anche il loro prodotto sta in W:

(λp)(1) = λ · p(1) = λ · 0 = 0

b) Traducendo la condizione p(1) = 0 sui coefficienti del generico elemento bx^{2} + cx + d di R_{2}[x] otteniamo b + c + d = 0, ovvero d = −b − c. Quindi ogni elemento di W è del tipo

p(x) = bx^{2} + cx − b − c = b(x^{2} − 1) + c(x − 1)

I due polinomi, linearmente indipendenti, p_{1}(x) = x^{2} − 1 e p_{2}(x) = x − 1 costituiscono una base di W, quindi

dim(W) = 2, B(W) = {p_{1}(x) = x^{2} − 1, p_{2}(x) = x − 1}

c) Per determinare le coordinate di p(x) rispetto alla base B trovata la cosa più semplice è forse associare ad ogni polinomio le sue componenti rispetto alla base canonica {x^{2}, x, 1} di R_{2}[x]. In particolare ai polinomi p_{1}(x), p_{2}(x), p(x) possiamo associare i vettori:

p_{1} = (1, 0, −1), p_{2} = (0, 1, −1), p = (2, −1, −1)

Risolviamo quindi l’equazione xp_{1} + yp_{2} = p:

\begin{cases}x = 2 \\ y = −1 \\ −x − y = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = −1 \end{cases}

Infine p(x) = 2p_{1}(x) − p_{2}(x), ovvero p(x) ha coordinate (2, −1)_{B} rispetto alla base B trovata al punto precedente.

□

Esercizio 7.84. Sia S l’insieme delle matrici simmetriche:

S = \{ [\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}] | a, b, d ∈ R\}

(Notiamo anche che S = {A ∈ M_{2×2} | A^{T} = A}).

a) Verificare che S è un sottospazio di M_{2×2}.

b) Determinare una base di S.

Soluzione:

a) Notiamo che la condizione percé una matrice 2 × 2 appartenga a S è che gli elementi di posto 1, 2

e 2, 1 siano uguali.

Verifichiamo le due proprietà richieste per uno spazio vettoriale.

– SOMMA. Siano

A_{1} = [\begin{matrix}a_{1} & b_{1} \\ b_{1} & d_{1} \end{matrix}] , A_{2} = [\begin{matrix}a_{2} & b_{2} \\ b_{2} & d_{2} \end{matrix}]

due generici elementi di S. Allora

A_{1} + A_{2} = [\begin{matrix}a_{1} + a_{2} & b_{1} + b_{2} \\ b_{1} + b_{2} & d_{1} + d_{2} \end{matrix}] ∈ S

– PRODOTTO per scalari. Sia

A = [\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}]

un generico elemento di S e λ ∈ R. Allora

λA = [\begin{matrix}λa & λb \\ λb & λd \end{matrix}] ∈ S

b) Separiamo i parametri nella generica scrittura di A:

A = [\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}] = [\begin{matrix}a & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] + [\begin{matrix}0 & b \\ b & 0 \end{matrix}] + [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & d \end{matrix}] =
=a · [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] + d · [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

Quindi l’insieme

B = \{[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

è una base di S. Infatti:

– Abbiamo appena visto che il generico elemento di S si può scrivere come combinazione lineare degli elementi di B.

– Gli elementi di B sono linearmente indipendenti, infatti:

a · [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] + c · [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] = 0 ⇒

[\begin{matrix}a & b \\ b & d \end{matrix}] = 0 ⇒ \begin{cases}a = 0 \\ b = 0 \\ d = 0 \end{cases}

□

Esercizio 7.85. Sia S il sotinsieme dello spazio delle matrici M_{3,2}(R) così definito:

S = \{[\begin{matrix}a & b \\ b & a \\ 0 & 0 \end{matrix}] ∈ M_{3,2}(R) | a, b ∈ R\}

a) Mostrare che S è un sottospazio vettoriale di M_{3,2}(R).

b) Determinare un insieme generatore di S.

Soluzione:

a) Dobbiamo verificare che S è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari. – Siano A e B due generici elementi di S:

A = [\begin{matrix}a & b \\ b & a \\ 0 & 0 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}c & d \\ d & c \\ 0 & 0 \end{matrix}]

La loro somma A + B è la matrice

A + B = [\begin{matrix}a + c & b + d \\ b + d & a + c \\ 0 & 0 \end{matrix}]

che è ancora un elemento di S

– Sia λ ∈ R e A ∈ S allora

λA = [\begin{matrix}λa & λb \\ λb & λa \\ 0 & 0 \end{matrix}]

che è ancora un elemento di S.

b) Un possibile insieme generatore è

I = \{M_{1} = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , M_{2} = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]\}

Infatti ogni matrice A ∈ S si può scrivere nella forma:

A = aM_{1} + bM_{2}
□

Esercizio 7.86.

a) Mostrare che l’insieme

W = \{ [\begin{matrix}3a & −a + b \\ a & −2a + b \end{matrix}] | a, b ∈ R\}

è un sottospazio vettoriale dello spazio delle matrici reali M_{2,2}(R).

b) Determinare una base di W.

Soluzione:

a) Verifichiamo le due proprietà richieste per un sottospazio vettoriale.

– SOMMA. Siano

A_{1} = [\begin{matrix}3a_{1} & −a_{1} + b_{1} \\ a_{1} & −2a_{1} + b_{1} \end{matrix}] , A_{2} = [\begin{matrix}3a_{2} & −a_{2} + b_{2} \\ a_{2} & −2a_{2} + b_{2} \end{matrix}]

due generici elementi di W. Allora

A_{1} + A_{2} = [\begin{matrix}3a_{1} + 3a_{2} & −a_{1} + b_{1} − a_{2} + b_{2} \\ a_{1} + a_{2} & −2a_{1} + b_{1} − 2a_{2} + b_{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix}3(a_{1} + a_{2}) & −(a_{1} + a_{2}) + (b_{1} + b_{2}) \\ (a_{1} + a_{2}) & −2(a_{1} + a_{2}) + (b_{1} + b_{2}) \end{matrix}]

= [\begin{matrix}3a & −a + b \\ a & −2a + b \end{matrix}] con \begin{cases}a = a_{1} + a_{2} \\ b = b_{1} + b_{2} \end{cases}

Quindi A_{1} + A_{2} ∈ W.

– PRODOTTO per scalari. Sia

A = [\begin{matrix}3a & −a + b \\ a & −2a + b \end{matrix}]

un generico elemento di W e λ ∈ R. Allora

λA = [\begin{matrix}3(λa) & −λa + λb \\ λa & −2(λa) + λb \end{matrix}] = [\begin{matrix}3a′ & −a′ + b′ \\ a′ & −2a′ + b′ \end{matrix}] con \begin{cases}a′ = λa \\ b′ = λb \end{cases}

Quindi λA ∈ W.

b) Separiamo i parametri nella generica scrittura di A:

A = [\begin{matrix}3a & −a \\ a & −2a \end{matrix}] + [\begin{matrix}0 & b \\ 0 & b \end{matrix}] = a · [\begin{matrix}3 & −1 \\ 1 & −2 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

Quindi l’insieme

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

è un insieme generatore di W. Dobbiamo ora verificare se A e B sono linearmente indipendenti, ovvero se l’equazione xA + yB = 0 ha la sola soluzione nulla x = y = 0:

xA + yB = [\begin{matrix}3x & −x + y \\ x & −2x + y \end{matrix}]

Quindi la condizione xA + yB = 0 si traduce nel sistema

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

Quindi A e B sono linearmente indipendenti e una base di W è data da

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

□

Esercizio 7.87. Si consideri il sottospazio

S = \{ [\begin{matrix}3a + b + 3c & 2b − 6c \\ a + 3b − 7c & 4a + 8c \end{matrix}] | a, b, c ∈ R\}

dello spazio delle matrici reali M_{2}(R). a) Determinare una base di S.

b) Stabilire se A = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 2/3 & 8/3 \end{matrix}] ∈ S (ed in caso positivo esprimere A come combinazione lineare

della base trovata in a)). a) La generica matrice di S la possiamo scrivere nella forma

a · [\begin{matrix}3 & 0 \\ 1 & 4 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 0 \end{matrix}] + c · [\begin{matrix}1 & 1 \\ −7 & 8 \end{matrix}]

Quindi se

A_{1} = [\begin{matrix}3 & 0 \\ 1 & 4 \end{matrix}] A_{2} [\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 0 \end{matrix}] A_{3} [\begin{matrix}1 & 1 \\ −7 & 8 \end{matrix}]

lo spazio S è S = ⟨A_{1}, A_{2}, A_{3}⟩. Per determinare una base di S dobbiamo stabilire quante e quali di tali matrici sono linearmente indipendenti, ovvero risolvere l’equazione xA_{1} + yA_{2} + zA_{3} = 0. La matrice dei coefficienti associata a a tale sistema è

[\begin{matrix}3 & 1 & 3 \\ 0 & 2 & −6 \\ 1 & 3 & −7 \\ 4 & 0 & 8 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I \\ III \\ 1/4IV \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −7 \\ 0 & 2 & −6 \\ 3 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ III − 3I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −7 \\ 0 & 1 & −3 \\ 0 & −8 & 24 \\ 0 & −3 & 9 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}1/8III \\ 1/3IV \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −7 \\ 0 & 1 & −3 \\ 0 & −1 & 3 \\ 0 & −1 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + II \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 3 & −7 \\ 0 & 1 & −3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

La matrice ha rango 2 quindi il sistema ammette infinite soluzioni, le tre matrici sono linearmente dipendenti e dim(S) < 3. Inoltre la matrice dei coefficienti associata all’equazione xA_{1} +yA_{2} = 0, una volta ridotto diventa

[\begin{matrix}1 & 3 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

In questo caso l’equazione ammette solo la soluzione nulla, quindi A_{1} e A_{2} sono linearmente indipendenti, quindi dim(S) = 2 e una base di S è data da

B(S) = \{A_{1} = [\begin{matrix}3 & 0 \\ 1 & 4 \end{matrix}] , A_{2} [\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 0 \end{matrix}]\}

b) Si tratta di risolvere l’equazione xA_{1} + yA_{2} = A ovvero il sistema:

\begin{cases}3x + y = 2 \\ 2y = 0 \\ x + 3y = \frac{2}{3} \\ 4x + y = \frac{8}{3} \end{cases} ⇒ \begin{cases}3x = 2 \\ y = 0 \\ x = \frac{2}{3} \\ 4x = \frac{8}{3} \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{3} \\ y = 0 \end{cases}

Infine

A = \frac{2}{3}A_{1}

□

Esercizio 7.88. Sia V Lo spazio vettoriale delle matrici reali 2 × 2. Si consideri la matrice A =

[\begin{matrix}−8 & −7 \\ 1 & 0 \end{matrix}] e sia S il sottinsieme di V costituito dalle matrici che commutano con A:

S = \{M = [\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}] ∈ V : AM = MA\}

a) Mostrare che S è un sottospazio di V.

b) Calcolare la dimensione e una base di S.

Soluzione:

a) Dobbiamo dimostrare la chiusura rispetto alla somma e al prodotto per scalari. – Somma. Siano M_{1} e M_{2} due matrici che commutano con A. Allora

A (M_{1} + M_{2}) = AM_{1} + AM_{2} = M_{1}A + M_{2}A = (M_{1} + M_{2}) A

Quindi anche la matrice M_{1} + M_{2} commuta con A e appartiene a S.

– prodotto. Sia M una matrice che commuta con A, e sia λ ∈ R. Allora

A (λM) = λAM = λMA = (λM) A

Quindi anche la matrice λM commuta con A e appartiene a S.

b) Scriviamo esplicitamente le soluzioni di S imponendo la condizione AM = MA.

AM = [\begin{matrix}−8a − 7c & −8b − 7d \\ a & b \end{matrix}]

MA = [\begin{matrix}−8a + b & −7a \\ −8c + d & −7c \end{matrix}]

Quindi

MA = AM ⇒ \begin{cases}−8a − 7c = −8a + b \\ −8b − 7d = −7a \\ a = −8b + d \\ b = −7c \end{cases} ⇒ \begin{cases}b + 7c = 0 \\ 7a − 8b − 7d = 0 \\ a + 8b − d = 0 \end{cases}

Si tratta quindi di risolvere il sistema omogeneo:

[\begin{matrix}1 & 0 & 8 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 7 & 0 & | & 0 \\ 7 & −8 & 0 & −7 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − 7I [\begin{matrix}1 & 0 & 8 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 7 & 0 & | & 0 \\ 0 & −8 & −56 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

III − 8II [\begin{matrix}1 & 0 & 8 & −1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 7 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}a = −8t + s \\ b = −7t \\ c = t \\ d = s \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi gli elementi di S sono del tipo

M = [\begin{matrix}−8t + s & −7t \\ t & s \end{matrix}]

Ovvero

S = \{ [\begin{matrix}−8 & −7 \\ 1 & 0 \end{matrix}] t + [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] s |∀s, t ∈ R \}

Di conseguenza S ha dimensione 2 e una sua base è data dall’insieme

\{ [\begin{matrix}−8 & −7 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

□

Esercizio 7.89. Sia

A = [\begin{matrix}1 & −1 \\ −2 & 2 \end{matrix}]

e sia S = {M ∈ M_{2}(R) | AM = MA = 0}. Dimostrare che S è un sottospazio di M_{2}(R) e calcolarne la dimensione.

Soluzione: Sia

M = [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}]

la generica matrice di M_{2}(R). Cominciamo a calcolare gli elementi di S:

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

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

⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = t \\ z = 2t \\ w = t \end{cases}

⇒ S = \{[\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}] · t | t ∈ R\}

Chiamiamo B la matrice

B = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}]

S è quindi formato dai multilpli di B. E’ perciò immediato dimostare che si tratta di un sottospazio vettoriale di M_{2×2}:

• SOMMA. Se A_{1} e A_{2} appartengono a S, allora A_{1} = t_{1} · B e A_{2} = t_{2} · B per opportuni t_{1}, t_{2} ∈ S, quindi

A_{1} + A_{2} = t_{1} · B + t_{2} · B = (t_{1} + t_{2}) · B ∈ S

• PRODOTTO per scalari. Sia A = t · B un generico elemento di S e λ ∈ R, allora

λA = λ · t · B = (λ · t) · B ∈ S

In particolare S è uno spazio vettoriale di dimensione 1, generato dalla matrice B.

□

Esercizio 7.90. Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}1 & k \\ 2 & 3 \end{matrix}] .

a) Si determini una base del sottospazio U = {X ∈ M_{2}(R) : AX = XA} .

b) Mostrare che il sottoinsieme W = {X ∈ U : X è invertibile} non è un sottospazio vettoriale di U.

Soluzione: Sia

X = [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}]

la generica matrice di M_{2}(R).

AX = [\begin{matrix}x + kz & y + kw \\ 2x + 3z & 2y + 3w \end{matrix}] XA = [\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ z + 2w & kz + 3w \end{matrix}]

Da AX = XA otteniamo il sistema

\begin{cases}x + kz = x + 2y \\ y + kw = kx + 3y \\ 2x + 3z = z + 2w \\ 2y + 3w = kz + 3w \end{cases} ⇒ \begin{cases}−2y + kz = 0 \\ kx + 2y − kw = 0 \\ 2x + 2z − 2w = 0 \\ 2y − kz = 0 \end{cases}

Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema:

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

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

⇒ \begin{cases}x + z − w = 0 \\ −2y + kz = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −s + t \\ y = \frac{k}{2} s \\ z = s \\ w = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi

X = [\begin{matrix}−1 & \frac{k}{2} \\ 1 & 0 \end{matrix}] · s + [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] · t

a) Abbiamo ottenuto che

B(U) = \{[\begin{matrix}−1 & \frac{k}{2} \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

b) W non è un sottospazio in quanto, per esempio, non contiene l’elemento nullo. Infatti la matrice nulla

[\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

non è invertibile.

□

Esercizio 7.91. Sia W = ⟨A, B , C⟩ il sottospazio di M_{2}(R) generato dalle matrici

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

Si determini la dimensione di W e una sua base al variare del parametro reale k.

Soluzione: Cominciamo a stabilire quando le tre matrici sono linearmente indipendenti risolvento l’equazione matriciale xA + yB + zC = 0:

[\begin{matrix}y + kz & ky + z \\ kx − 2y + (k − 1)z & 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 + (k − 1)z = 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:

dim(W) = 3
B(W) = {A, B, C}

• Se k = 0 otteniamo la sola soluzione x = t, y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente dipendenti. In particolare A è la matrice nulla e A = 0 · B + 0 · C dipende linearmente da B e C. Se studiamo invece la dipendenza di B e C risolvendo l’equazione yB + zC = 0 otteniamo la sola soluzione y = z = 0 quindi B e C sono linearmente indipendenti (Infatti B e C non sono una multiplo dell’altra). Di conseguenza

dim(W) = 2
B(W) = {B, C}
□

Esercizio 7.92. Sia V = ⟨A, B, C⟩ il sottospazio di M_{2×2}(R) dove

A = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 3 & 4 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 3 \\ 7 & 8 \end{matrix}] .

a) Si determini la dimensione e una base di V.

b) Si esprima D = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 5 & 6 \end{matrix}] come combinazione lineare della base trovata al punto a).

Soluzione:

a) Per determinare la dimensione di V cominciamo a verificare se A, B e C sono linearmente indipendenti risolvendo il sistema xA + yB + zC = 0:

x [\begin{matrix}2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}] + y [\begin{matrix}2 & 1 \\ 3 & 4 \end{matrix}] + z [\begin{matrix}2 & 3 \\ 7 & 8 \end{matrix}] = 0 ⇒ [\begin{matrix}2x + 2y + 2z & y + 3z \\ x + 3y + 7z & 2x + 4y + 8z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}2x + 2y + 2z = 0 \\ y + 3z = 0 \\ x + 3y + 7z = 0 \\ 2x + 4y + 8z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}2 & 2 & 2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & 0 \\ 1 & 3 & 7 & | & 0 \\ 2 & 4 & 8 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ III − 1/2I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 6 & | & 0 \end{matrix}]

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

La matrice dei coefficienti ha rango 2, quindi il sistema xA + yB + zC = 0 ammette infinite soluzioni. Di conseguenza le tre matrici A, B, C sono linearmente dipendenti e dim(V) < 3. Dai conti appena svolti si vede inoltre che risolvendo l’equazione xA + yB = 0 otteniamo il sistema

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

che ammette la sola soluzione x = y = 0, quindi le matrici A e B sono linearmente indipendenti. Infine dim(V) = 2 e una base di V è data dall’insieme {A, B}.

b) Dobbiamo risolvere l’equazione xA + yB = D. Procedendo come nel punto precedente otteniamo il sistema

\begin{cases}2x + 2y = 2 \\ y = 2 \\ x + 3y = 5 \\ 2x + 4y = 6 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 2 \end{cases} ⇒ D = −A + 2B

□

Esercizio 7.93. Si considerino le matrici

A = [\begin{matrix}1 & 2 \\ −3 & 0 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}0 & 3 \\ 0 & 1 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 7 \\ −6 & 1 \end{matrix}]

a) Si stabilisca se A, B e C sono linearmente indipendenti in M_{2}(R).

b) Si determini una base del sottospazio ⟨A, B, C⟩. a) Le matrici A, B, C sono linearmente indipendenti se l’equazione xA + yB + zC = 0 ha la sola

soluzione x = y = z = 0. La matrice xA + yB + zC è:

xA + yB + zC = [\begin{matrix}x + 2z & 2x + 3y + 7z \\ −3x − 6z & y + z \end{matrix}] ,

quindi l’equazione xA + yB + zC = 0 si traduce nel sistema

\begin{cases}x + 2z = 0 \\ 2x + 3y + 7z = 0 \\ −3x − 6z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 2 & 3 & 7 & | & 0 \\ −3 & 0 & −6 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 3 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 2t \\ y = t \\ z = −t \end{cases} ∀t ∈ R

Il sistema ammette infinite soluzioni, quindi A, B e C sono linearmente dipendenti. Notiamo che 2tA + tB − tC = 0 ∀t ∈ R, quindi in particolare C = 2A + B.

b) Abbiamo appena osservato che C è linaremente dipendente da A e B. Viceversa le matrici A e B sono linearmente indipendenti in quanto non sono una multiplo dell’altra, quindi una base del sottospazio ⟨A, B, C⟩ è {A, B}.

□

Esercizio 7.94. Sia V = ⟨A, B, C⟩ il sottospazio di M_{2}(R) generato dalle matrici

A = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}0 & 4 \\ 4 & 0 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 9 \\ 10 & 1 \end{matrix}] ,  D = [\begin{matrix}6 & k − 2 \\ 2 & k + 2 \end{matrix}]

a) Si determini la dimensione e una base di V.

b) Si stabilisca per quali k la matrice D appartiene a V. In tali casi si esprima D come combianzione lineare della base trovata al punto precedente.

Soluzione:

a) Per determinare la dimensione e una base di V bisogna stabilire quante e quali tra le matrici A, B e C sono linearmente indipendenti, ovvero risolvere l’equazione xA + yB + zC = 0. Tale equazione si traduce nel seguente sistema

\begin{cases}2x + 2z = 0 \\ x + 4y + 9z = 0 \\ 2x + 4y + 10z = 0 \\ x + z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}2 & 0 & 2 & | & 0 \\ 1 & 4 & 9 & | & 0 \\ 2 & 4 & 10 & | & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ II − 1/2I \\ III − I \\ IV − 1/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 4 & 8 & | & 0 \\ 0 & 4 & 8 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}1/4II \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + z = 0 \\ y + 2z = 0 \end{cases}

Il sistema xA + yB + zC = 0 ammette infinite soluzioni, quindi le tre matrici sono linearmente dipendenti. Viceversa, risolvendo il sistema xA + yB = 0 otteniamo ol sistema equivalente

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ x = y = 0

quindi A e B sono linearmente indipendenti. Infine

dim(V) = 2, B(V) = {A, B} .

b) Per esprimere D come combinazione lineare della base trovata dobbiamo risolvere l’equazione xA + yB = D. Ripercorrendo i conti fatti precedentemente, otteniamo:

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

Il sistema ammette soluzione solo se k = 1, quando otteniamo

\begin{cases}x = 3 \\ 4y = −4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 3 \\ y = −1 \end{cases} ⇒ D = 3A − B se k = 1.

Se k ≠ 1 la matrice D non appartiene a V.

□

Esercizio 7.95. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 4 e sia B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} una sua base.

a) Mostrare che l’insieme B′ = {v_{1} + v_{2}, v_{2} + v_{3}, v_{3} + v_{4}, v_{4}} è una sua base di V.

b) Calcolare le coordinate del vettore v = v_{1} + v_{2} + v_{3} + v_{4} rispetto a B e rispetto a B′.

Soluzione:

a) Essendo V di dimensione 4 è sufficiente verificare che i quattro vettori di B′ sono linearmente indipendenti. Calcoliamo le coordinate dei vettori di B′ rispetto alla base B:

v_{1} + v_{2} = (1, 1, 0, 0)_{B}
v_{2} + v_{3} = (0, 1, 1, 0)_{B}
v_{3} + v_{4} = (0, −0, 1, 1)_{B}
v_{4} = (0, 0, 0, 1)_{B}

I quattro vettori sono linearmente indipendenti se la matrice associata ha rango 4:

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

⇒ IV − III [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

La matrice ha rango 4, quindi anche B′ è una base di V.

b) Le coordinate di v rispetto a B sono (1, 1, 1, 1)_{B} in quanto v = 1 · v_{1} + 1 · v_{2} + 1 · v_{3} + 1 · v_{4}. A questo punto per trovare le coordinate di v rispetto a B′ è sufficiente risolvere l’equazione: x(v_{1} + v_{2}) + y(v_{2} + v_{3}) + z(v_{3} + v_{4}) + wv_{4} = v, dove tutti i vettori sono espressi rispetto a B:

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

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

Infine v = (1, 0, 1, 0)_{B′}.

□

Esercizio 7.96. Si consideri l’insieme S di matrici 3 × 3

S = {A = [a_{ij}] ∈ M_{3}(R) : a_{11} + a_{12} = a_{32} + a_{33} = 0} .

a) Stabilire se S è un sottospazio vettoriale di M_{3}(R). In caso affermativo, trovarne la dimensione.

b) Sia Sim_{3}(R) lo spazio delle matrici reali simmetriche 3 × 3. Trovare una base dello spazio intersezione S ∩ Sim_{3}(R).

Soluzione:

a) Imponendo le condizioni a_{11} + a_{12} = a_{32} + a_{33} = 0 alla generica matrice di M_{3}(R) otteniamo che la generica matrice di S è del tipo

A = [\begin{matrix}a_{11} & −a_{11} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & −a_{33} & a_{33} \end{matrix}] = a_{11}A_{1} + a_{13}A_{2} + a_{21}A_{3} + a_{22}A_{4} + a_{23}A_{5} + a_{31}A_{6} + a_{33}A_{7}

dove

A_{1} = [\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  A_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  A_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

A_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  A_{5} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]  A_{6} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}]  A_{7} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

Quindi

S = ⟨ A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}, A_{5}, A_{6}, A_{7} ⟩

è lo spazio vettoriale generato dalle 7 matrici A_{i}. Inoltre le 7 matrici sono linearmente indipendenti, quindi una base di S è

B(S) = { A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}, A_{5}, A_{6}, A_{7} }

e dim(S) = 7.

b) La generica matrice A di S appartiene a Sim_{3}(R) se a_{21} = −a_{11}, a_{31} = a_{13}, a_{23} = −a_{33}, quindi la generica matrice di S ∩ Sim_{3}(R) ha la forma:

B = [\begin{matrix}a_{11} & −a_{11} & a_{13} \\ −a_{11} & a_{22} & −a_{33} \\ a_{13} & −a_{33} & a_{33} \end{matrix}] = a_{11}B_{1} + a_{13}B_{2} + a_{22}B_{3} + a_{33}B_{4}

dove

B_{1} = [\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] = A_{1} − A_{3}  B_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}] = A_{2} + A_{6}

B_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] = A_{4}  B_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}] = A_{7} − A_{5}

Notiamo che le 4 matrici B_{i} sono linearmente indipendenti, quindi

B(S ∩ Sim_{3}(R)) = {B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}}
□

Esercizio 7.97. Sia W il seguente sottoinsieme dello spazio delle matrici 3 × 3:

W = {A ∈ M_{3,3}(R) | A + A^{T} = 0} .

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R).

b) Trovare una base di W.

c) Mostrare che ogni elemento di W ha rango minore di 3.

Soluzione: Notiamo che la condizione A^{T} = −A ci dice che le matrici di W sono del tipo

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ −x & 0 & z \\ −y & −z & 0 \end{matrix}] con x, y, z ∈ R

a) Per mostrare che W, che è un insieme non vuoto, è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R) dobbiamo

verificare che è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari. – SOMMA. Siano

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ −x & 0 & z \\ −y & −z & 0 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}0 & a & b \\ −a & 0 & c \\ −b & −c & 0 \end{matrix}] con x, y, z, a, b, c ∈ R

due qualsiasi matrici di W. Allora

A + B = [\begin{matrix}0 & x + a & y + b \\ −x − a & 0 & z + c \\ −y − b & −z − c & 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & x + a & y + b \\ −(x + a) & 0 & z + c \\ −(y + b) & −(z + c) & 0 \end{matrix}] ∈ W

– PRODOTTO per SCALARI. Sia

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ −x & 0 & z \\ −y & −z & 0 \end{matrix}]

un elemento di W e λ ∈ R uno scalare. Allora

λA = [\begin{matrix}0 & λx & λy \\ −λx & 0 & λz \\ −λy & −λz & 0 \end{matrix}] ∈ W

Quindi W è anche chiuso rispetto al prodotto per scalari.

b) Riscrivendo in maniera più opportuna il generico elemento di W otteniamo:

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ −x & 0 & z \\ −y & −z & 0 \end{matrix}] = x · [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] + y · [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}] + z · [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza le matrici

A_{1} = [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}]

generano tutto W. Essendo anche linearmente indipendenti, una base di W è data da B(W) = {A_{1}, A_{2}, A_{3}}.

c) Calcoliamo il determinante della generica matrice A di W:

det(A) = −x · (yz) + y · (xz) = −xyz + xyz = 0

Poiché il determinante di A è zero, il rango di A è minore di 3.

□

Esercizio 7.98. Sia W il seguente sottoinsieme dello spazio delle matrici 3 × 3:

W = {A ∈ M_{3,3}(R) | A = A^{T} , tr(A) = 0}

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R).

b) Trovare una base di W.

c) Calcolare le coordinate di B = [\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 3 \\ 1 & 3 & 0 \end{matrix}] ∈ W rispetto alla base trovata al punto b).

Soluzione: Notiamo che la condizione A^{T} = A implica che le matrici di W siano simmetriche. Inoltre la condizione tr(A) = 0 implica che la somma degli elementi della diagonale principale sia 0. Di conseguenza le matrici di W sono del tipo

A = [\begin{matrix}a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & −a − d \end{matrix}] con a, b, c, d, e ∈ R

a) Per mostrare che W, che è un insieme non vuoto, è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R) dobbiamo

verificare che è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari.

– SOMMA. Siano

A = [\begin{matrix}a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & −a − d \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}x & y & z \\ y & w & t \\ z & t & −x − w \end{matrix}] con x, y, z, w, t, a, b, c, d, e ∈ R

due qualsiasi matrici di W. Allora

A + B = [\begin{matrix}a + x & b + y & c + z \\ b + y & d + w & e + t \\ c + z & e + t & −a − x − d − w \end{matrix}] ∈ W

– PRODOTTO per SCALARI. Sia

A = [\begin{matrix}a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & −a − d \end{matrix}]

un elemento di W e λ ∈ R uno scalare. Allora

λA = [\begin{matrix}λa & λb & λc \\ λb & λd & λe \\ λc & λe & −λa − λd \end{matrix}] ∈ W

Quindi W è anche chiuso rispetto al prodotto per scalari.

b) Riscrivendo in maniera più opportuna il generico elemento di W otteniamo:

A = [\begin{matrix}a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & −a − d \end{matrix}]

= a · [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] + b · [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] + c · [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}] + d · [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] + e · [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza le matrici

A_{1} = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] ,  A_{2} = [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}] ,

A_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] A_{5} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

generano tutto W. Essendo anche linearmente indipendenti, una base di W è data da B(W) = {A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}, A_{5}}.

c) È immediato verificare che B = 2A_{1} + A_{2} + A_{3} − 2A_{4} + 3A_{5}, di conseguenza le coordinate di B

rispetto alla base trovata al punto precedente sono (2, 1, 1, −1, 3)_{B}.

□

Esercizio 7.99. Sia W il seguente sottoinsieme dello spazio delle matrici 3 × 3:

W = {A ∈ M_{3,3}(R) | a_{ij} = 0 per i ≥ j}

a) Mostrare che W è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R).

b) Trovare una base di W.

c) Mostrare che per ogni matrice A in W, la matrice A^{2} ha rango minore di 2.

Soluzione: L’insieme W è formato dalle matrici triangolari superiori

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ 0 & 0 & z \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] con x, y, z ∈ R

a) Per mostrare che W, che è un insieme non vuoto, è un sottospazio vettoriale di M_{3,3}(R) dobbiamo

verificare che è chiuso rispetto alla somma e al prodotto per scalari.

– SOMMA. Siano

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ 0 & 0 & z \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] e B = [\begin{matrix}0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] con x, y, z, a, b, c ∈ R

due qualsiasi matrici di W. Allora

A + B = [\begin{matrix}0 & x + a & y + b \\ 0 & 0 & z + c \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & x + a & y + b \\ 0 & 0 & z + c \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ∈ W

– PRODOTTO per SCALARI. Sia

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ 0 & 0 & z \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

un elemento di W e λ ∈ R uno scalare. Allora

λA = [\begin{matrix}0 & λx & λy \\ 0 & 0 & λz \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ∈ W

Quindi W è anche chiuso rispetto al prodotto per scalari.

b) Riscrivendo in maniera più opportuna il generico elemento di W otteniamo:

A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ 0 & 0 & z \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] = x · [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] + y · [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] + z · [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza le matrici

A_{1} = [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ,  A_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

generano tutto W. Essendo anche linearmente indipendenti, una base di W è data da B(W) = {A_{1}, A_{2}, A_{3}}.

c) Calcoliamo A^{2}

A · A = [\begin{matrix}0 & x & y \\ 0 & 0 & z \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] · [\begin{matrix}0 & x & y \\ 0 & 0 & z \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 & xz \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza se x = 0 o z = 0 otteniamo la matrice nulla di rango zero, altrimenti rg(A^{2}) = 1. In ogni caso rg(A^{2}) ≤ 1.

□