CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 6– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2012/13

Esercizio 6.1 (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 6.2 (7.33). Si considerino i vettori di ℝ^{4}

v_{1} = (1, 2, −1, 3), v_{2} = (−2, −4, 2, −6), v_{3} = (3, 6, k − 6, 3k)

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

Infine

– Se k ≠ 3, rg(A) = 1 < rg(A|b) = 2 e il sistema non ammette soluzione. Di conseguenza v_{3} non appartiene a W.

– Se k = 3, 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 1, 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 = 3, v_{3} appartiene a W = ⟨v_{1}, v_{2}⟩. Quindi se k = 3, ⟨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}}. Analogamente la matrice, già ridotta, associata a v_{1}, v_{2} e v_{3} nel caso k = 3 è

[\begin{matrix}1 & −2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ rg(A) = dim(⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩) = 1 e B(⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩) = \{v_{1}\}

– Se k ≠ 3, 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}}. Analogamente la matrice, già ridotta, associata a v_{1}, v_{2} e v_{3} nel caso k ≠ 3 è

[\begin{matrix}1 & −2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & k − 3 \\ 0 & 0 & k − 3 \end{matrix}] ⇒ rg(A) = dim(⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩) = 2 e B(⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩) = \{v_{1}, v_{3}\}

□

Esercizio 6.3 (7.33). Sia V lo spazio vettoriale generato dai vettori v_{1} = (1, −2, 4, 0), v_{2} = (2, 3, −1, 1) e v_{3} = (0, −1, 3, 0):

V = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}⟩

(1) Determinare la dimensione dello spazio vettoriale V.

(2) Determinare se il vettore v_{4} = (3, 1, 3, 1) appartiene a V. In caso positivo esprimere v_{4} come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}.

(3) Determinare la dimensione dello spazio vettoriale W = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩.

Soluzione: Per potere rispondere a tutte le domande riduciamo a gradini la matrice associata all’equazione

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

[\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ −2 & 3 & −1 & | & 1 \\ 4 & −1 & 3 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II + 2I \\ III − 4I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 7 & −1 & | & 7 \\ 0 & −9 & 3 & | & −9 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ 1/3III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & −3 & 1 & | & −3 \\ 0 & 7 & −1 & | & 7 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}III + 3II \\ IV − 7II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ IV + III [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

Possiamo ora risponedere alle domande.

(1) Per determinare la dimensione dello spazio vettoriale V calcoliamo il rango della matrice A dei coefficienti:

A = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

La matrice ha 3 pivot, quindi dim(V) = rg(A) = 3.

.

(2) Per determinare se il vettore v_{4} = (3, 1, 3, 1) appartiene a V consideriamo la matrice completa e torniamo al sistema associato:

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

Di conseguenza il vettore v_{4} appartiene a V:

v_{4} = v_{1} + v_{2}

(3) Per determinare la dimensione dello spazio vettoriale W = ⟨v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}⟩ consideriamo la matrice completa B:

B = [\begin{matrix}1 & 2 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Anche in questo caso la matrice ha 3 pivot, quindi

dim(W) = rg(B) = 3

Notiamo che potevamo risponedere a questa domanda semplicemente osservando che dal punto predente sappiamo che v ∈ V, quindi W = V e dim(W) = dim(V) = 3.

□

Esercizio 6.4 (7.52). Si consideri il sottoinsieme S di ℝ^{4} costituito dai vettori v della forma

v = (a_{1} − a_{2} + 2a_{3}, a_{1}, 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}(−1, 0, −1, 3) + a_{3}(2, 0, 0, 0) + a_{4}(0, 0, 0, 1)

Siano

v_{1} = (1, 1, 2, 1),  v_{2} = (−1, 0, −1, 3),  v_{3} = (2, 0, 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 & −1 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & −1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & −2 & 0 \\ 0 & 1 & −4 & 0 \\ 0 & 4 & −2 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III − II \\ IV − 4II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 1 \end{matrix}]

⇒ IV + 3III [\begin{matrix}1 & −1 & 2 & 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}}.

□

Esercizio 6.5 (7.53). 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.

In alternativa si può utilizzare il determinante. det(A) = 0, quindi i quattro vettori sono linearmente dipendenti e non possono formare una base di S. Osservando che v_{3} e v_{4} sono linearmente dipendenti consideriamo la matrice formata da v_{1}, v_{2} e v_{3}:

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

Il determinante della matrice quadrata B′ formata dalle prime tre righe è

det(B′) = −2 · (−1) = 2 ≠ 0

quindi rg(B′) = 3 e v_{1}, v_{2} e v_{3} sono linearmente indipendenti. Di conseguenza una base di S è l’insieme B(S) = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

□

Esercizio 6.6 (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 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 6.7 (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 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 6.8 (7.63). 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) }
□

Esercizio 6.9 (7.50). Siano U e V i sottospazi di ℝ^{3} così definiti

U = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | x + z = 0}
V = ⟨(2, −1, −2), (−3, 4, 3)⟩

Dimostrare che U = V.

Soluzione: U e V sono due sottospazi di ℝ^{3}. Per dimostrare che U = V, dobbiamo dimostrare che dim(U) = dim(V) e che U ⊆ V oppure che V ⊆ U.

Cominciamo ad esplicitare U:

x + z = 0 ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = s \\ z = t \end{cases} ⇒ U = \{(−t, s, t) | s, t ∈ ℝ\}

B(U) = {u_{1} = (−1, 0, 1), u_{2} = (0, 1, 0)} dim(U) = 2

Analogamente determiniamo una base di V stabilendo se i due generatori sono linearmente indipendenti. Senza la necessità di fare calcoli notiamo che i due generatori non sono uno multiplo dell’altro, quindi sono linearmente indipendenti:

B(V) = {v_{1} = (2, −1, −2), v_{2} = (−3, 4, 3)}, dim(V) = 2

Abbiamo quindi ottenuto che dim(U) = dim(V) = 2.

In questo caso è probabilmente più semplice verificare che V ⊆ U. Infatti abbiamo per U una doppia definizione:

U = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | x + z = 0} = ⟨ (−1, 0, 1), (0, 1, 0) ⟩

Utilzzando la prima definizione è immediato verificare che i due generatori v_{1} e v_{2} di V appartengono a U, infatti entrambi sono vettori di ℝ^{3} che verificano la condizione x + z = 0. Otteniamo quindi:

v_{1} ∈ U e v_{2} ∈ U ⇒ V = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ ⊆ U.

Infine abbiamo dimostrato che V è un sottospazio di U della stessa dimensione di U, quindi U e V coincidono.

In alternativa per dimostrare che U ⊆ V avremmo dovuto considerare la matrice formata da v_{1}, v_{2}, u_{1}, u_{2} come colonne. Tale matrice ha rango 2, quindi u_{1} e u_{2} sono linearmente dipendenti da v_{1} e v_{2} e U ⊆ V.

□

Esercizio 6.10 (7.64).

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 6.11 (7.70). 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: 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.

a) 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.

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Esercizio 6.12 (7.71). 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 indipendenti 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)
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Esercizio 6.13 (7.74). 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)⟩

Infine

W = ⟨p_{1}(x) = x^{2} − x^{3}, p_{2}(x) = x − x^{3} ⟩
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Esercizio 6.14 (7.84). 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}

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Esercizio 6.15 (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.

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Esercizio 6.16 (7.90). Si consideri la matrice

A = [\begin{matrix}1 & k \\ 2 & 3 \end{matrix}] .

a) Si determini una base del sottospazio U = {X ∈ M_{2}(ℝ) : AX = XA} .

b) Mostrare che il sottoinsieme W = {X ∈ U : X è invertibile} non è un sottospazio vettoriale di U.

Soluzione: Sia

X = [\begin{matrix}x & y \\ z & w \end{matrix}]

la generica matrice di M_{2}(ℝ).

AX = [\begin{matrix}x + kz & y + kw \\ 2x + 3z & 2y + 3w \end{matrix}] XA = [\begin{matrix}x + 2y & kx + 3y \\ z + 2w & kz + 3w \end{matrix}]

Da AX = XA otteniamo il sistema

\begin{cases}x + kz = x + 2y \\ y + kw = kx + 3y \\ 2x + 3z = z + 2w \\ 2y + 3w = kz + 3w \end{cases} ⇒ \begin{cases}−2y + kz = 0 \\ kx + 2y − kw = 0 \\ 2x + 2z − 2w = 0 \\ 2y − kz = 0 \end{cases}

Riduciamo a gradini la matrice associata a tale sistema:

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

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

⇒ \begin{cases}x + z − w = 0 \\ −2y + kz = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −s + t \\ y = \frac{k}{2} s \\ z = s \\ w = t \end{cases} ∀s, t ∈ ℝ

Quindi

X = [\begin{matrix}−1 & \frac{k}{2} \\ 1 & 0 \end{matrix}] · s + [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] · t

a) Abbiamo ottenuto che

B(U) = \{[\begin{matrix}−1 & \frac{k}{2} \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

b) W non è un sottospazio in quanto, per esempio, non contiene l’elemento nullo. Infatti la matrice nulla

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

non è invertibile.

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Esercizio 6.17 (7.91). 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}
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Esercizio 6.18 (7.92). Sia V = ⟨A, B, C⟩ il sottospazio di M_{2×2}(ℝ) dove

A = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}2 & 1 \\ 3 & 4 \end{matrix}] ,  C = [\begin{matrix}2 & 3 \\ 7 & 8 \end{matrix}] .

a) Si determini la dimensione e una base di V.

b) Si esprima D = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 5 & 6 \end{matrix}] come combinazione lineare della base trovata al punto a).

Soluzione:

a) Per determinare la dimensione di V cominciamo a verificare se A, B e C sono linearmente indipendenti risolvendo il sistema xA + yB + zC = 0:

x [\begin{matrix}2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}] + y [\begin{matrix}2 & 1 \\ 3 & 4 \end{matrix}] + z [\begin{matrix}2 & 3 \\ 7 & 8 \end{matrix}] = 0 ⇒ [\begin{matrix}2x + 2y + 2z & y + 3z \\ x + 3y + 7z & 2x + 4y + 8z \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] ⇒

\begin{cases}2x + 2y + 2z = 0 \\ y + 3z = 0 \\ x + 3y + 7z = 0 \\ 2x + 4y + 8z = 0 \end{cases} ⇒ [\begin{matrix}2 & 2 & 2 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & 0 \\ 1 & 3 & 7 & | & 0 \\ 2 & 4 & 8 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2I \\ III − 1/2I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 6 & | & 0 \\ 0 & 2 & 6 & | & 0 \end{matrix}]

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

La matrice dei coefficienti ha rango 2, quindi il sistema xA+yB+zC = 0 ammette infinite soluzioni. Di conseguenza le tre matrici A, B, C sono linearmente dipendenti e dim(V) < 3. Dai conti appena svolti si vede inoltre che risolvendo l’equazione xA + yB = 0 otteniamo il sistema

\begin{cases}2x + 2y = 0 \\ y = 0 \\ x + 3y = 0 \\ 2x + 4y = 0 \end{cases}

che ammette la sola soluzione x = y = 0, quindi le matrici A e B sono linearmente indipendenti. Infine dim(V) = 2 e una base di V è data dall’insieme {A, B}.

b) Dobbiamo risolvere l’equazione xA + yB = D. Procedendo come nel punto precedente otteniamo il sistema

\begin{cases}2x + 2y = 2 \\ y = 2 \\ x + 3y = 5 \\ 2x + 4y = 6 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 2 \end{cases} ⇒ D = −A + 2B

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