CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 5 – GEOMETRIA 2009/10

Esercizio 5.1 (5.6). Studiare la dipendenza o indipendenza lineare dei seguenti vettori di R^{3}:

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

Se risultano linearmente dipendenti esprimere, quando è possibile, • v_{1} come combinazione lineare di v_{2} e v_{3}

• v_{2} come combinazione lineare di v_{1} e v_{3}
• v_{3} come combinazione lineare di v_{1} e v_{2}

Soluzione: La risoluzione dell’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0 permette di rispondere a tutte le domande dell’esercizio.

Sappiamo infatti che data l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0

• v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente indipendenti se l’equazione ammette solo la soluzione nulla: x = y = z = 0.

• v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente dipendenti se l’equazione ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla x = y = z = 0.

Consideriamo il sistema in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x + 2y − 4z = 0 \\ −3x − y + 2z = 0 \\ 7x − y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2y + 4z \\ 6y − 12z − y + 2z = 0 \\ −14y + 28z − y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2y + 4z \\ 5y − 10z = 0 \\ −15y + 30z = 0 \end{cases}

⇒ \begin{cases}x = −2y + 4z \\ y = 2z \\ −30z + 30z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 2t \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza v_{1}, v_{2}, v_{3} sono linearmente dipendenti e:

0v_{1} + 2tv_{2} + tv_{3} = 0 ∀t ∈ R

Dall’equazione precedente notiamo che • v_{1} non si può esprimere come combinazione lineare di v_{2} e v_{3}.

• Ponendo per esempio t = 1, otteniamo 2v_{2} + v_{3} = 0 ovvero

v_{2} = −\frac{1}{2}v_{3}

• Analogamente al punto precedente otteniamo

v_{3} = −2v_{2}
□

Esercizio 5.2 (5.9).

a) Determinare per quali valori del parametro reale k i seguenti vettori di R^{5} sono linearmente dipendenti:

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

b) Per i valori di k determinati in a), esprimere uno o più vettori come combinazione lineare dei rimanenti.

Soluzione: Cerchiamo le soluzioni dell’equazione vettoriale

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = 0

riducendo a gradini la matrice associata al sistema in cui si esplicita tale equazione.

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

\begin{matrix}III − II \\ IV − kII \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & | & 0 \\ 0 & 1 & −1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 + k & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + 2z = 0 \\ y − z = 0 \\ (k − 2)z = 0 \end{cases}

Dobbiamo ora distinguere due casi: • Se k ≠ 2 otteniamo la soluzione x = y = z = 0 e i tre vettori sono linearmente indipendenti.

• Se k = 2 il sistema diventa

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

Quindi per k = 2 i tre vettori sono linearmente dipendenti.

b) Al punto precedente abbiamo trovato che se k = 2 allora

−2tv_{1} + tv_{2} + tv_{3} = 0 ∀t ∈ R

In particolare ponendo per esempio t = 1 oteniamo

v_{1} = \frac{1}{2}v_{2} + \frac{1}{2}v_{3}

v_{2} = 2v_{1} − v_{3} v_{3} = 2v_{1} − v_{2}

□

Esercizio 5.3 (7.23). 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}.

□

Esercizio 5.4 (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 5.5 (7.26). 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}

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Esercizio 5.6 (7.31). 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 5.7 (7.37). 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.

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Esercizio 5.8 (7.38). 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}.

Soluzione: 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}.

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Esercizio 5.9 (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}}.

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Esercizio 5.10 (7.51). 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.

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Esercizio 5.11 (7.53). 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).

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Esercizio 5.12 (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)}
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Esercizio 5.13 (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.

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Esercizio 5.14 (7.56). 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) }
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Esercizio 5.15 (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

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Esercizio 5.16 (7.61). 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) }
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Esercizio 5.17 (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

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