CORSI DI LAUREA IN MATEMATICA E FISICA

FOGLIO DI ESERCIZI # 6– GEOMETRIA 1

Esercizio 6.1 (Esercizio 5.1). Scrivere un vettore w ∈ ℝ^{3} linearmente dipendente dal vettore v ≡ (−1, 9, 0).

Soluzione: Per esempio il vettore w = 3v = (−3, 27, 0) è linearmente dipendente da v.

Potevamo anche considerare il vettore nullo (0, 0, 0) = 0v che è sempre linearmente dipendente da qualsiasi altro vettore. ■

Esercizio 6.2 (Esercizio 5.2). Stabilire se i vettori v_{1} ≡ (1, 5, 7) e v_{2} ≡ (1, 3, 4) di ℝ^{3} sono linearmente dipendenti.

Soluzione:

Si tratta di verificare se l’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} = 0 ammette soluzioni diverse dalla soluzione nulla x = y = 0. Nel caso particolare di due vettori (non nulli), notiamo che x e y o sono entrambi nulli o sono entrambi non nulli. Supponendo quindi che esistano soluzioni diverse dalla soluzione nulla x = y = 0 ne segue che possiamo supporre y ≠ 0 e possiamo dividere per y ottenendo v_{2} = −\frac{x}{y} v_{1}.

Ovvero due vettori non nulli sono linearmente dipendenti se sono uno multiplo dell’altro. E’ evidente che in questo caso v_{1} non è multiplo di v_{2}, quindi v_{1} e v_{2} sono linearmente indipendenti.

Lo stesso risultato si poteva ottenere risolvendo il sistema associato all’equazione xv_{1} + yv_{2} = 0

\begin{cases}x + y = 0 \\ 5x + 3y = 0 \\ 7x + 4y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −y \\ −5y + 3y = 0 \\ −7y + 4y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \end{cases}

Poichè l’unica soluzione è quella nulla, v_{1} e v_{2} sono linearmente indipendenti.

■

Esercizio 6.3 (Esercizio 5.3). Scrivere un vettore w ∈ ℝ^{4} linearmente dipendente dal vettore v ≡ (1, 3, −4, 2).

Soluzione: Per esempio il vettore w = 2v = (2, 6, −8, 4) è linearmente dipendente da v.

■

Esercizio 6.4. Dati i vettori (1, 1), (1, 3), (2, −1) ∈ ℝ^{2}, stabilire se sono linearmente dipendenti e se è possibile scrivere il secondo vettore come combinazione lineare degli altri due.

Soluzione: I vettori sono sicuramente linearmente dipendenti perchè il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in ℝ^{2} è 2. Per scoprire se è possibile scrivere il secondo vettore come combinazione lineare degli altri due è necessario verificare la compatibilitådel sistema lineare che si ottiene dall’uguaglianza

x(1, 1) + y(2, −1) = (1, 3)

ovvero

\{ \begin{matrix}x + 2y = 1 \\ x − y = 3 \end{matrix}

Il sistema ammette un’unica soluzione: (\frac{7}{3}, −\frac{2}{3}). Quindi il secondo vettore è combinazione lineare degli altri due (1, 3) = \frac{7}{3}(1, 1)− \frac{2}{3}(2, −1). Inoltre, il primo e il terzo vettore sono linearmente indipendenti perchè la matrice che li ha per colonne, la matrice dei coefficienti del sistema ha rango due. ■

Esercizio 6.5. Verificare che le matrici quadrate di ordine 3 triangolari superiori sono sottospazio vettoriale di M_{3}(ℝ) di dimensione 6.

Esercizio 6.6. Calcolare una base B del sottospazio (di ℝ^{3}) U = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3}|x + y − z = 0}, verificare che u = (1, 1, 2) ∈ U e determinare le componenti di u rispetto a B.

Soluzione: Per trovare una base di U è sufficiente osservare che i vettori di U si possono scrivere come (x, y, x + y) = x(1, 0, 1) + y(0, 1, 1), una base di U è B = ((1, 0, 1), (0, 1, 1)). Il vettore u appartiene a U poich le sue entrate soddisfano la condizione che definisce il sottospazio. Per calcolarne le componenti rispetto a B è necessario risolvere il sistema che equivale all’uguaglianza x(1, 0, 1) + y(0, 1, 1) = (1, 1, 2), ovvero

\{ \begin{matrix}x = 1 \\ y = 1 \\ x + y = 2 \end{matrix}

che come unica soluzione ha (1, 1), formata dalle componenti di u rispetto a B. ■

Esercizio 6.7.

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 6.8. Dati i vettori di ℝ^{3}:

v_{1} ≡ (1, 1, 2), v_{2} ≡ (2, 4, 6), v_{3} ≡ (−1, 2, 5), v_{4} ≡ (1, 1, 10)

determinare se v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} (determinare cioè se v_{4} appartiene allo spazio vettoriale generato da v_{1}, v_{2} e v_{3}). In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Soluzione: Si tratta di risolvere l’equazione vettoriale

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

Consideriamo il sistema (non omogeneo) in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x + 2y − z = 1 \\ x + 4y + 2z = 1 \\ 2x + 6y + 5z = 10 \end{cases}

Riduciamo quindi a gradini la matrice associata a tale sistema:

(\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 1 & 4 & 2 & | & 1 \\ 2 & 6 & 5 & | & 10 \end{matrix}) ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \end{matrix} (\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 2 & 7 & | & 8 \end{matrix}) ⇒ III − II (\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 8 \end{matrix})

Tornando al sistema

\begin{cases}x + 2y − z = 1 \\ 2y + 3z = 0 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 9 \\ y = −3 \\ z = 2 \end{cases}

Di conseguenza

v_{4} = 9v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}

Notiamo che anziché fermarci alla matrice ridotta a gradini potevamo arrivare alla scrittura della matrice in forma normale, ovvero alla matrice che ha solo elementi sulla diagonale e questi sono tutti 1 o 0.

(\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 8 \end{matrix}) ⇒ 1/4III (\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 2 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \end{matrix}) ⇒ \begin{matrix}I + III \\ II − 3III \end{matrix} (\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 2 & 0 & | & −6 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \end{matrix})

⇒ 1/2II (\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & −3 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \end{matrix}) ⇒ I − 2II (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 9 \\ 0 & 1 & 0 & | & −3 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 \end{matrix})

Ritornando al sistema in questo caso otteniamo direttamente

\begin{cases}x = 9 \\ y = −3 \\ z = 2 \end{cases}

ovvero

v_{4} = 9v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}
■

Esercizio 6.9. Dati i vettori di ℝ^{3}:

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

determinare per quali valori del parametro reale k, v_{4} è combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3} (determinare cioè se v_{4} appartiene allo spazio vettoriale generato da v_{1}, v_{2} e v_{3}). In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Soluzione: Si tratta di risolvere l’equazione vettoriale

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

Consideriamo il sistema (non omogeneo) in tre incognite associato a tale equazione

\begin{cases}x − 3y + 2z = 1 \\ x − 2y + 2z = 3 \\ x − 2y + (k + 4)z = 4 \end{cases}

Riduciamo quindi a gradini la matrice associata a tale sistema:

(\begin{matrix}1 & −3 & 2 & | & 1 \\ 1 & −2 & 2 & | & 3 \\ 1 & −2 & k + 4 & | & 4 \end{matrix}) ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − II \end{matrix} (\begin{matrix}1 & −3 & 2 & | & 1 \\ 0 & 1 & 0 & | & 2 \\ 0 & 0 & k + 2 & | & 1 \end{matrix})

Tornando al sistema

\begin{cases}x − 3y + 2z = 1 \\ y = 2 \\ (k + 2)z = 1 \end{cases}

Dobbiamo ora di distinguere due casi • Se k = −2:

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

Quindi il sistema non ammette soluzioni, e v_{4} non si può esprimere come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3}.

• Se k ≠ −2:

\begin{cases}x = \frac{7k + 12}{k + 2} \\ y = 2 \\ z = \frac{1}{k + 2} \end{cases}

e

v_{4} = (\frac{7k + 12}{k + 2}) · v_{1} + 2 · v_{2} + (\frac{1}{k + 2}) · v_{3}

■

Esercizio 6.10. Ripetere l’esercizio precedente con i vettori

v_{1} ≡ (1, 3, 1), v_{2} ≡ (2, k, −1), v_{3} ≡ (−1, k − 1, 0), v_{4} ≡ (1, 15, 7)

Soluzione: Cerchiamo le soluzioni dell’equazione vettoriale

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

Riduciamo a gradini la matrice associata al sistema in cui si esplicita tale equazione:

(\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 3 & k & k − 1 & | & 15 \\ 1 & −1 & 0 & | & 7 \end{matrix})

Procedendo con il metodo di Gauss otteniamo la matrice equivalente

\begin{matrix}II − 3I \\ III − I \end{matrix} (\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & k − 6 & k + 2 & | & 12 \\ 0 & −3 & 1 & | & 6 \end{matrix})

Facciamo a questo punto una importante osservazione. Se procediamo ancora con la riduzione a gradini, per ottenere uno zero nel secondo posto della terza riga siamo costretti a fare la seguente operazione

(k − 6)III + 3II (\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & k − 6 & k + 2 & | & 12 \\ 0 & 0 & 4k & | & 6k \end{matrix})

Notiamo però che procedendo così abbiamo sostituito la terza riga con un suo multiplo dipendente dal parametro, sommato ad un multiplo non nullo della seconda. Dalla teoria sappiamo però che tale operazione è lecita solamente se il valore per cui moltiplichiamo la terza riga è diverso da zero, nel nostro caso cioè se k ≠ 6. In caso contrario avremmo infatti sostituito la terza riga con un multiplo della seconda ottenendo perciò un sistema non più equivalente. Potremmo quindi procedere per poi controllare separatamente il caso k = 6, ritornando al sistema che avevamo prima della operazione non lecita. Questo modo di procedere, benchè corretto, risulta piuttosto lungo e macchinoso. E’ invece decisamente più conveniente procedere nel seguente modo.

Ritorniamo alla matrice ottenuta al primo passaggio della riduzione a gradini e effettuiamo uno scambio di righe

\begin{matrix}III \\ II \end{matrix} (\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & −3 & 1 & | & 6 \\ 0 & k − 6 & k + 2 & | & 12 \end{matrix}) ⇒ 3III + (k − 6)II (\begin{matrix}1 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & −3 & 1 & | & 6 \\ 0 & 0 & 4k & | & 6k \end{matrix})

Abbiamo quindi sostituito la terza riga con un suo multiplo non nullo sommato ad un multiplo della seconda dipendente dal parametro. Questa operazione è sempre lecita. Infatti anche per il valore critico k = 6 otteniamo un sistema ancora equivalente in cui la terza riga è stata sostituita con un suo multiplo non nullo. Possiamo perciò procedere senza dovere distinguere alcun caso.

Torniamo ora al sistema

\begin{cases}x & + & 2y & − & z & = & 1 \\ & − & 3y & + & z & = & 6 \\ & & & & 4kz & = & 6k. \end{cases}

Per trovare le soluzioni siamo costretti a distinguere due casi.

• Se 4k ≠ 0, ovvero se k ≠ 0, l’ultima equazione si può dividere per 4k per cui otteniamo la seguente soluzione

\begin{cases}x = \frac{11}{2} \\ y = −\frac{3}{2} \\ z = \frac{3}{2}. \end{cases}

Di conseguenza se k ≠ 0 abbiamo ottenuto la seguente (unica) combinazione lineare:

v_{4} = \frac{11}{2}v_{1} − \frac{3}{2}v_{2} + \frac{3}{2}v_{3}.

• Se k = 0 otteniamo il seguente sistema

\begin{cases}x & + & 2y & − & z & = & 1 \\ & − & 3y & + & z & = & 6 \\ & & & & 0 & = & 0 \end{cases}

Ponendo y = t otteniamo le soluzioni

\begin{cases}x = t + 7 \\ y = t \\ z = 3t + 6. \end{cases}  ∀t ∈ ℝ

Quindi anche se k = 0 il vettore v_{4} si può esprimere come combinazione lineare di v_{1}, v_{2} e v_{3}:

v_{4} = (t + 7) · v_{1} + t · v_{2} + (3t + 6) · v_{3} ∀t ∈ ℝ.

In questo caso le possibili combinazioni lineari sono infinite.

■

Esercizio 6.11. Dati i vettori di ℝ^{3}:

v_{1} ≡ (1, 2, 1), v_{2} ≡ (k − 2, k − 4, −k − 2), v_{3} ≡ (5, 9, 3)

determinare, se possibile, i valori del parametro k per cui il vettore v_{3} è combinazione lineare di v_{1}, e v_{2}. In caso positivo esprimere tale combinazione lineare (nella forma più generale possibile).

Soluzione: Si tratta di cercare (se esistono) le soluzioni dell’equazione vettoriale

xv_{1} + yv_{2} = v_{3}.

Consideriamo il sistema (non omogeneo) associato

\begin{cases}x + (k − 2)y = 5 \\ 2x + (k − 4)y = 9 \\ x + (−k − 2)y = 3 \end{cases}

Riduciamo a gradini la matrice associata

(\begin{matrix}1 & k − 2 & | & 5 \\ 2 & k − 4 & | & 9 \\ 1 & −k − 2 & | & 3 \end{matrix}) ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} (\begin{matrix}1 & k − 2 & | & 5 \\ 0 & −k & | & −1 \\ 0 & −2k & | & −2 \end{matrix}) ⇒ \begin{matrix}−II \\ III − 2II \end{matrix} (\begin{matrix}1 & k − 2 & | & 5 \\ 0 & k & | & 1 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix})

Otteniamo quindi il sistema

\begin{cases}x + (k − 2)y = 5 \\ ky = 1 \\ 0 = 0 \end{cases}

Dobbiamo ora distinguere due casi • Se k ≠ 0 otteniamo

\begin{cases}x = \frac{4k + 2}{k} \\ y = \frac{1}{k} \end{cases}

per cui

v_{3} = (\frac{4k + 2}{k}) · v_{1} + \frac{1}{k} · v_{2} se k ≠ 0.

• Se k = 0:

\begin{cases}y & − & 2x & = & 5 \\ & & 0 & = & 1 \\ & & 0 & = & 0 \end{cases}

Quindi il sistema è impossibile e in questo caso il vettore v_{3} non è combinazione lineare di v_{1} e v_{2}.

■

Esercizio 6.12. Si considerino le matrici

A = (\begin{matrix}0 & 0 \\ k & 0 \end{matrix}) ,  B = (\begin{matrix}1 & k \\ −2 & 0 \end{matrix}) ,  C = (\begin{matrix}k & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix})

Si dica per quali valori del parametro reale k le matrici A, B, C sono linearmente indipendenti nello spazio M_{2}(ℝ).

Soluzione: Per stabilire quando le tre matrici sono linearmente indipendenti risolviamo l’equazione xA+yB +zC = 0:

(\begin{matrix}y + kz & ky + z \\ kx − 2y − 1z & 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 − 1z = 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.

• Se k = 0 otteniamo la sola soluzione x = t, y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente

dipendenti.

■

Esercizio 6.13. Si considerino le matrici

A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix}) ,  B = (\begin{matrix}2 & k + 1 \\ 4 & k − 3 \end{matrix}) ,  C = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 2k − 2 & 2k − 1 \end{matrix})

a) Si stabilisca per quale valore di k ∈ ℝ le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti.

b) Per il valore trovato in a) esprimere B come combinazione lineare di A e C.

Soluzione:

a) Per stabilire quando le tre matrici sono linearmente dipendenti risolviamo l’equazione xA + yB + zC = 0:

(\begin{matrix}x + 2y & x + (k + 1)y + z \\ 2x + 4y + (2k − 2)z & −x + (k − 3)y + (2k − 1)z \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix})

da cui si ottiene il sistema

\begin{cases}x + 2y = 0 \\ x + (k + 1)y + z = 0 \\ 2x + 4y + (2k − 2)z = 0 \\ −x + (k − 3)y + (2k − 1)z = 0 \end{cases} ⇒ (\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 1 & k + 1 & 1 & | & 0 \\ 2 & 4 & 2k − 2 & | & 0 \\ −1 & k − 3 & 2k − 1 & | & 0 \end{matrix})

Notiamo che le matrici A, B e C sono linearmente dipendenti se il sistema ammette altre (infinite) soluzioni oltre a quella nulla x = y = z = 0. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata al sistema:

\begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV + I \end{matrix} (\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 2k − 1 & | & 0 \end{matrix}) ⇒ IV − II (\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \end{matrix}) ⇒

IV − III (\begin{matrix}1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & k − 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 2k − 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix})

Dobbiamo ora distinguere due casi.

– Se k ≠ 1 otteniamo la sola soluzione x = y = z = 0 per cui le tre matrici sono linearmente indipendenti.

– Se k = 1 otteniamo il sistema

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

Il sistema ha infinite soluzioni e quindi le tre matrici sono linearmente dipendenti.

b) Per k = 1 abbiamo ottenuto al punto precedente −2t · A + t · B + 0 · C = 0 ∀t ∈ ℝ. Ponendo per

esempio t = 1 otteniamo −2A + B = 0, ovvero B = 2A.

■

Esercizio 6.14. Siano dati i polinomi

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

Esprimere, se è possibile, f(x) = x^{2} − x + 2 come combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x).

Soluzione: Si tratta di stabilire se l’equazione

ap_{1}(x) + bp_{2}(x) + cp_{3}(x) = f(x)

ammette soluzioni. Esplicitando l’equazione otteniamo:

ap_{1}(x) + bp_{2}(x) + cp_{3}(x) = a(1 + x) + b(1 + 2x + x^{2}) + c(x − x^{2})
= (b − c)x^{2} + (a + 2b + c)x + (a + b)

Quindi

(b − c)x^{2} + (a + 2b + c)x + (a + b) = x^{2} − x + 2 ⇒ \begin{cases}b − c = 1 \\ a + 2b + c = −1 \\ a + b = 2 \end{cases}

Risolviamo ora il sistema

(\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}) ⇒ \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)

L’esercizio poteva essere svolto in maniera leggermente semplificata osservando che a ogni polinomio possiamo associare il vettore formato dai suoi coefficienti dopo avere scelto un ordine per l’insieme B = {x^{2}, x, 1}. La giustificazione precisa di questo fatto verrà data dopo avere introdotto il concetto di base, ma possiamo intanto osservare che ogni vettore è univocamente determinato dai suoi coefficienti e che la somma e il prodotto per scalari sono definiti in maniera analoga tra vettori e tra polinomi. Di conseguenza ai polinomi p_{1}(x), p_{2}(x) e p_{3}(x) possiamo associamo i tre vettori

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

Il polinomio f(x) è combinazione lineare di p_{1}(x), p_{2}(x), p_{3}(x) se il vettore f è combinazione lineare dei vettori p_{1}, p_{2}, p_{3}. Risolvendo l’equazione ap_{1} + bp_{2} + cp_{3} otteniamo il sistema a cui è associata la matrice

(\begin{matrix}0 & 1 & −1 & | & 1 \\ 1 & 2 & 1 & | & −1 \\ 1 & 1 & 0 & | & 2 \end{matrix})

che è infatti la stessa che abbiamo ottenuto con il precedente metodo.

■

Esercizio 6.15. Dimostrare che lo spazio vettoriale M_{n}(ℝ) si decompone come somma diretta del sottospazio delle matrici e del sottospazio delle matrici antisimmetriche. Calcolare la dimensione dei due sottospazi.

Soluzione: Abbiamo visto nell’esercizio 3.5 che ogni matrice A ∈ M_{n}(ℝ) si può scrivere come come somma di una

matrice simmetrica ed una antisimmetrica nel seguente modo A = \frac{1}{2}(A + A^{T}) + \frac{1}{2}(A − A^{T}, inoltre la somma è diretta poiché l’unica matrice contemporaneamente simmetrica ed antisimmetrica è la matrice

nulla. La dimensione dello spazio delle matrici simmetriche è \frac{n(n + 1)}{2}, mentre quello spazio delle matrici

antisimmetriche è \frac{n(n − 1)}{2} ■

Esercizio 6.16. Calcolare la somma dei seguenti due sottospazi di ℝ^{3}:

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

al variare di k ∈ ℝ. Per quali valori di k, U + V è somma diretta?

Soluzione: Una base del sottospazio U è ((−1, 1, 0), (−1, 0, 1)) e quindi il sottospazio U+V = ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1), (1, 1, k)⟩. Riducendo a gradini la matrice che ha per colonne i tre vettori generatori dello spazio somma si ottiene che i tre vettori sono linearmente indipendenti per k ≠ −2 e quindi cosituiscono una base di U + V, mentre per k = −2 il vettore (1, 1, k) ∈ U e quindi U + V = U ■

Esercizio 6.17. Date le matrici

A = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) , B = (\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix})

mostrare che A è invertibile e determinare la matrice X ∈ M_{3}(ℝ) tale che AX + B = O

Soluzione: La matrice A è di rango 3 infatti riducendola a gradini si ottiene:

A = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) ⇒ III − I (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}) ⇒ III + II (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix})

Essendo A invertibile nell’equazione AX = −B si può moltiplicare a sinistra per A^{−1} ambo i membri, ottendo X = A^{−1}(−B). Essendo

A^{−1} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}) e X = (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ −1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix})

■

Esercizio 6.18. Data la matrice

A = (\begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix})

verificare che A^{2} − A − 2I_{3} = O. Dedurre che A è invertibile e calcolare la sua inversa.

Soluzione: La verifica dell’uguaglianza A^{2}−A−2I_{3} = O è lasciata al lettore. Dalla stessa si ricava che \frac{1}{2}(A(A^{−}I)) = I_{3}, ne segue che A è invertibile e la sua inversa è

A^{−1} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}−1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix})

■

Esercizio 6.19. Determinare, al variare del parametro reale k ∈ ℝ il rango della matrice

A = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & k & 1 & 1 \\ 1 & 1 & k^{2} & 1 \\ 1 & 1 & 1 & k^{3} \end{matrix})

Discutere e risolvere in ℝ il sistema Ax = b, dove x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})^{T} e b = (1, μ, μ^{2}, μ^{3}) dove k, μ ∈ ℝ.

Soluzione: Per rispondere alle due domande dell’esercizio riduciamo direttamente la matrice A|b.

(\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & | & 1 \\ 1 & k & 1 & 1 & | & μ \\ 1 & 1 & k^{2} & 1 & | & μ^{2} \\ 1 & 1 & 1 & k^{3} & | & μ^{3} \end{matrix}) ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − I \\ IV − I \end{matrix} (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & k − 1 & 0 & 0 & | & μ − 1 \\ 0 & 0 & k^{2} − 1 & 0 & | & μ^{2} − 1 \\ 0 & 0 & 0 & k^{3} − 1 & | & μ^{3} − 1 \end{matrix})

Analizziamo il rango di A al variare di k ∈ ℝ • se k ≠ 1, −1 allora rk(A) = 4;

• se k = −1 allora rk(A) = 3;

• se k = 1 allora rk(A) = 1. Discutiamo ora il sistema Ax = b.

• se k ≠ 1, −1 allora il sistema ha la seguente unica soluzione:

(1 − \frac{μ^{3} − 1}{k^{3} − 1} − \frac{μ^{2} − 1}{k^{2} − 1} − \frac{μ − 1}{k − 1}, \frac{μ − 1}{k − 1}, \frac{μ^{2} − 1}{k^{2} − 1}, \frac{μ^{3} − 1}{k^{3} − 1}).

• se k = 1 si ha

(\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & μ − 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & μ^{2} − 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & μ^{3} − 1 \end{matrix})

e quindi ci sono soluzioni se e solo se μ = 1, in tal caso l’insieme delle soluzioni è

S = {(1 − r − s − t, r, s, t) | r, s, t ∈ ℝ}.

• se k = −1

(\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 & | & 1 \\ 0 & −2 & 0 & 0 & | & μ − 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & μ^{2} − 1 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & | & μ^{3} − 1 \end{matrix})

ed ha soluzioni se e solo se μ = 1 o μ = −1. Per μ = 1 si ha S = {(1 − t, 0, t, 0) | t ∈ ℝ}, mentre per μ = −1 risulta S = {(1 − t, 1, t, 1) | t ∈ ℝ}.

■

Esercizio 6.20. Determinare il rango delle seguenti matrici al variare del parametro t ∈ ℝ.

A_{1} = (\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & t + 1 & −1 \\ 0 & 0 & t − 3 \end{matrix})  A_{2} = (\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & t + 1 & −1 \\ 0 & 0 & t − 3 \\ 0 & 0 & t \end{matrix})  A_{3} = (\begin{matrix}1 & 0 & 3 & t \\ 2 & 1 & 2 & t + 1 \\ t & 0 & t & 0 \end{matrix})

Soluzione:

• Consideriamo la matrice A_{1}. Visto che A_{1} è ridotta a gradini è immediato calcolarne il rango

utilizzando i pivot:

– Se t + 1 e t − 3 sono non nulli, ovvero se t ≠ −1, 3, allora A_{1} ha tre pivot e rk(A_{1}) = 3.

– Se t = −1 la matrice diventa:

(\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −4 \end{matrix}) ⇒ III − 4II (\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Quindi se t = −1 la matrice A_{1} ha due pivot e rk(A_{1}) = 2.

– Se t = 3 la matrice diventa:

(\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 4 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Quindi se t = 3 la matrice A_{1} ha due pivot e rk(A_{1}) = 2.

• Anche se la matrice A_{2} non è completamente ridotta a gradini possiamo comunque calcolarne il

rango ragionando sui pivot.

– Se t ≠ −1 la matrice A_{2} ha tre pivot e quindi rk(A_{2}) = 3. Notiamo che anche nei casi

particolari t = 3 e t = 0 otteniamo una matrice con tre pivot, infatti: ∗ Se t = 3:

A_{2} = (\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 4 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) ⇒ \begin{matrix}IV \\ III \end{matrix} (\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 4 & −1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Quindi A_{2} ha effettivamente tre pivot.

∗ Se t = 0:

A_{2} = (\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & −3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Quindi A_{2} ha effettivamente tre pivot.

– Se t = −1 otteniamo la matrice

A_{2} = (\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & −4 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) ⇒ \begin{matrix}III + 4II \\ IV − II \end{matrix} (\begin{matrix}1 & −4 & 2 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Quindi se t = −1 la matrice A_{2} ha due pivot e rk(A_{2}) = 2.

• Riduciamo a gradini della matrice A_{3}:

\begin{matrix}II − 2I \\ III − tI \end{matrix} (\begin{matrix}1 & 0 & 3 & t \\ 0 & 1 & −4 & 1 − t \\ 0 & 0 & −2t & −t^{2} \end{matrix})

Se ragioniamo sui pivot otteniamo:

– Se t ≠ 0 la matrice ha 3 pivot, quindi rk(A_{3}) = 3.

– Se t = 0 la matrice A_{3} diventa

(\begin{matrix}1 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & −4 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

quindi ha 2 pivot e rk(A_{3}) = 2.

■