CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA

FOGLIO DI ESERCIZI 5– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2011/12

Esercizio 5.1. 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}}
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Esercizio 5.2. 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 5.3. 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. 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. 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. Sia dato l’insieme

V = {p(x) ∈ R_{3}[x] | p(1) = 0 }

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

b) Determinare una base di V.

Soluzione: a) Sia p(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3}, a_{i} ∈ R il generico elemento di R_{3}[x]. A p(x) possiamo

associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) rispetto alla base canonica di R_{3}[x] formata dai polinomi {1, x, x^{2}, x^{3}}. Quindi a ogni polinomio p(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3} ∈ R_{3}[x] possiamo associare il vettore (a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) ∈ R^{4}.

Nel nostro caso la condizione p(1) = 0 si traduce nella condizione a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0, quindi all’insieme di polinomi V corrisponde l’insieme:

W = {(a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) ∈ R^{4} | a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0}

cioè l’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo formato dalla sola equazione a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3} = 0.

L’insieme W, e quindi l’insieme V, è uno spazio vettoriale in quanto si tratta dell’insieme delle soluzioni di un sistema omogeneo.

b) Per trovare una base di V determiniamo una base di W per poi tornare ai polinomi.

a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0 ⇒ \begin{cases}a_{0} = −r − s − t \\ a_{1} = r \\ a_{2} = s \\ a_{3} = t \end{cases} ∀r, s, t ∈ R

Quindi il generico elemento di W ha la forma

(−1, 1, 0, 0) · r + (−1, 0, 1, 0) · s + (−1, 0, 0, 1) · t

e una base di W è data dall’insieme

B(W) = {(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)}

Associamo ora ai vettori determinati i corrispondenti polinomi:

(−1, 1, 0, 0) ⇒ p_{1}(x) = −1 + x
(−1, 0, 1, 0) ⇒ p_{2}(x) = −1 + x^{2}
(−1, 0, 0, 1) ⇒ p_{3}(x) = −1 + x^{3}

Infine l’insieme

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

è una base di V.

Esercizio 5.7. 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 = {1, x, x^{2}}. Di conseguenza ai polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} possiamo associamo i tre vettori

p_{1} = (1, 1, 0)
p_{2} = (1, 2, 1)
p_{3} = (0, 1, −1)

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(2, −1, 1) Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice associata ai quattro vettori.

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

Soluzione: Come negli esercizi precedenti associamo a p(x) le sue componenti rispetto alla base canonica di R_{3}[x], {1, x, x^{2}, x^{3}}:

p(x) = ax^{3} + bx^{2} + cx + d ⇒ p = (d, c, b, a)

Imponiamo le due condizioni al generico polinomio di grado al più 3:

\begin{cases}p(0) = 0 ⇒ d = 0 \\ p(1) = 0 ⇒ a + b + c + d = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}d = 0 \\ a + b + c = 0 \end{cases}

Quindi a W corrisponde il sottospazio V formato dagli elementi di R^{4} soluzioni del sistema omogeneo:

V = {(d, c, b, a) ∈ R^{4} | d = 0, a + b + c = 0}

Scriviamo ora le soluzioni di tale sistema omogeneo:

\begin{cases}a = −s − t \\ b = s \\ c = t \\ d = 0 \end{cases} ∀s, t, ∈ R

Quindi

V = ⟨ (0, 0, 1, −1), (0, 1, 0, −1)⟩

Tali vettori sono linearmente indipendenti non essendo l’uno multiplo dell’altro.

Infine

W = ⟨p_{1}(x) = x^{2} − x^{3}, p_{2}(x) = x − x^{3} ⟩
□

Esercizio 5.9. Si considerino i polinomi a coefficienti reali

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

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

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

Soluzione:

Ricordiamo che

R_{2}[x] = {a_{0}x^{2} + a_{1}x + a_{2} : a_{0}, a_{1}, a_{2} ∈ R}

A ogni polinomio possiamo quindi associare le sue componenti (a_{0}, a_{1}, a_{2}) rispetto alla base canonica B = {1, x, x^{2}}. In particolare ai polinomi p_{1}, p_{2}, p_{3} possiamo associare i vettori:

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

Di conseguenza i polinomi p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R_{2}[x] sse i tre vettori p_{1}, p_{2} e p_{3} formano una base di R^{3}.In particolare R_{2}[x] ha dimensione 3.

Riduciamo a gradini la matrice associata ai tre vettori a cui affianchiamo la matrice identica 3 × 3.

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

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

a) Se k = ±1 la matrice associata ai vettori p_{1}, p_{2}, p_{3} ha rango 2, quindi i tre vettori sono linearmente dipendenti. Si noti che per ogni k, p_{1} e p_{2} sono linearmente indipendenti.

b) Possiamo utilizzare la riduzione precedente e leggere l’ultima colonna come colonna dei termini

noti del sistema ap_{1}(x) + bp_{2}(x) = p_{3}(x) per ottenere la relazione richiesta fra i tre polinomi: – Se k = 1 si ottiene a = 2, b = −1, cioè 2p_{1}(x) − p_{2}(x) = p_{3}(x)

– Se k = −1 si ottiene a = 2, b = 1, cioè 2p_{1}(x) + p_{2}(x) = p_{3}(x)

□

Esercizio 5.10.

a) Mostrare che l’insieme

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

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

b) Determinare una base di W.

Soluzione:

a) Verifichiamo le due proprietà richieste per 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 5.11. 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 5.12. 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.

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Esercizio 5.13.

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

FOGLIO DI ESERCIZI 5 – GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2011-2012 9

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}

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