CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 5– GEOMETRIA 2008/09

Esercizio 5.1 (7.49). 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 5.2 (7.52). 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 5.3 (7.54). 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 5.4 (7.55). 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 5.5 (7.59). 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 5.6 (7.62).

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 5.7 (7.69). 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 idipendenti 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 5.8 (7.70). 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 5.9 (7.71). 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 c̀hiuso 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 com-

binazione 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 5.10 (7.81). 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 5.11 (7.84). 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)).

Soluzione:

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 5.12 (7.85). 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 5.13 (7.88). 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}
□