CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 4– GEOMETRIA 2008/09

Esercizio 4.1 (5.10). Dati i vettori di R^{3}:

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

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

Soluzione: Si tratta di risolvere l’equazione vettoriale

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

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

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

Riduciamo quindi a gradini la matrice associata a tale sistema:

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

Tornando al sistema

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

Di conseguenza

v_{4} = 9v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}

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

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

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

Ritornando al sistema in questo caso otteniamo direttamente

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

ovvero

v_{4} = 9v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}
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Esercizio 4.2 (5.12). Dati i vettori di R^{3}:

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

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

Cerchiamo le soluzioni dell’equazione vettoriale

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

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

[\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 3 & k & k − 1 & | & 15 \\ 1 & −1 & 0 & | & 7 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 3I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & k − 6 & k + 2 & | & 12 \\ 0 & −3 & 1 & | & 6 \end{matrix}] ⇒

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

Torniamo ora al sistema

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

Per Rouchè Capelli il sistema ha sempre soluzione (ne ha una se k ≠ 0 e ne ha infinite se k = 0).

Per trovare le soluzioni siamo costretti a distinguere due casi. • Se k ≠ 0, l’ultima equazione si può dividere per 4k per cui otteniamo la seguente soluzione

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

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

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

• Se k = 0 otteniamo

\begin{cases}x + 2y − z = 1 \\ −3y + z = 6 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t + 7 \\ y = t \\ z = 3t + 6. \end{cases}  ∀t ∈ R

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

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

In questo caso le possibili combinazioni lineari sono infinite.

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Esercizio 4.3 (7.22). 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}.

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Esercizio 4.4 (5.17). Date le matrici

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

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

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

Ax + By + Cz = D

Esplicitando tale equazione otteniamo:

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

Quindi:

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

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

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

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

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

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Esercizio 4.5 (5.18). Date le matrici

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

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

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

Ax + By = C

Esplicitando tale equazione otteniamo:

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

Quindi:

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

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

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

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Esercizio 4.6 (7.27). 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}}

Notiamo che la scelta dei vettori non è affatto unica. Per esempio anche i vettori v_{1}, v_{2} e v_{4} sono linearmente indipendenti e possono essere presi come elementi di una base di V.

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}
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Esercizio 4.7 (7.25). 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.

Soluzione: 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}\}.

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Esercizio 4.8 (7.35). 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. Riduciamo a gradini la matrice A:

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

La matrice ha 3 pivot se k ≠ −3, −1, 0, mentre ha rango 2 se k = −3, −1, 0 Quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti, e V = R^{3}, se k ≠ 0, −1, −3.

L’esercizio può essere risolto in maniera più semplice utilizzando il concetto di determinante.

b) Abbiamo già osservato che se k ≠ 0, −1, −3, i tre vettori sono linearmente indipendenti, quindi

dim(V) = 3 e B(V) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}. Inoltre: – Se k = 0 la matrice A, ridotta, diventa:

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

Quindi dim(V) = 2 e B(V) = {v_{1}, v_{2}}.

– Se k = −1 la matrice A, ridotta, diventa:

[\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 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, ridotta, diventa:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −3 \\ 0 & 0 & −6 \end{matrix}]

Quindi dim(V) = 2 e B(V) = {v_{2}, v_{3}}.

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Esercizio 4.9 (7.36). 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. Poiché rg(A) = rg(A|b) = 3 e il sistema ammette soluzione:

\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}]

FOGLIO DI ESERCIZI 4 – GEOMETRIA 2008/09 7

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.

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