CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 5– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2010/11

Esercizio 5.1 (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 5.2 (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 5.3 (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 i valori di k trovati al punto precedente esplicitare 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} = { (0, −1, 1) · t | t ∈ R}
□

Esercizio 5.4 (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 i valori di k trovati al punto precedente esplicitare 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} =
= { (2s, s, 0) + (−t, 0, t) | s, t ∈ R} =
= { (2, 1, 0) · s + (−1, 0, 1) · t | s, t ∈ R}
□

Esercizio 5.5 (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 è un sottospazio vettoriale di R^{5}?

b) Per i valori determinati al punto a) esplicitare S.

Soluzione:

a) S è uno spazio vettoriale se il sistema è omogeneo cioè se k = 0.

b) Risolviamo il sistema omogeneo, 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} = −r \\ x_{2} = −r + 2t \\ x_{3} = r \\ x_{4} = s \\ x_{5} = t \end{cases} ∀ r, s, t ∈ R

Quindi:

S = {(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}) = (−r, −r + 2t, r, s, t) |r, s, t ∈ R}
= {(−r, −r, r, 0, 0) + (0, 0, 0, s, 0) + (0, 2t, 0, 0, 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}
□

Esercizio 5.6 (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. a) Verifichiamo le due proprietà richieste per uno spazio 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 5.7 (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 5.8 (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 5.9 (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 5.10 (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 5.11 (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)

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 5.12 (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.

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}\}.

□

Esercizio 5.13 (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 5.14 (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 5.15 (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 5.16 (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}.

□