Esercizi svolti sugli spazi vettoriali

Geometria 2008/2009

0.1 Esercizi svolti sugli spazi vettoriali

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 12 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 −1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −10 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ `e una base di

R3_{, determina le coordinate del vettore v =}

⎛ ⎝ −10

2 ⎞

⎠ rispetto a tale base.

Dimostriamo che i tre vettori sono linearmente indipendenti:

a1 ⎛ ⎝ 12 0 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ 01 −1 ⎞ ⎠ + a3 ⎛ ⎝ −10 1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ 00 0 ⎞ ⎠

dobbiamo risolvere il seguente sistema lineare omogeneo: ⎧ ⎨ ⎩ a1− a3 = 0 2a1+a2 = 0 −a2+a3 = 0 risolviamo il sistema scritto con l’eliminazione di Gauss:

⎡ ⎣ 12 01 −1 00 0 0 −1 1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 01 −1 02 0 0 −1 1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 1 00 1 −1 02 0 0 0 3 0 ⎤ ⎦

poich´e i tre pivot sono = 0, l’unica soluzione `e a1 = a2 = a3 = 0: abbiamo dimostrato che i tre vettori sono linearmente indipendenti. Possiamo allora determinare le coordinate del vettore v rispetto a questa base:

v = ⎛ ⎝ −10 2 ⎞ ⎠ = x1 ⎛ ⎝ 12 0 ⎞ ⎠ + x2 ⎛ ⎝ 01 −1 ⎞ ⎠ + x3 ⎛ ⎝ −10 1 ⎞ ⎠

anche in questo caso risolviamo il sistema lineare con l’eliminazione di Gauss: ⎡ ⎣ 12 01 −1 −10 0 0 −1 1 2 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 01 −1 −12 2 0 −1 1 2 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 1 00 1 −1 −12 2 0 0 3 4 ⎤ ⎦

il sistema che abbiamo ottenuto `e triangolare superiore: ⎧ ⎨ ⎩ x1− x3 =−1 x2+ 2x3 = 2 3x3 = 4 → ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ x1 = 4₃ − 1 = 1₃ x2 =−2 · (4₃) + 2 =−2₃ x3 = 4₃

Le coordinate di v rispetto alla base assegnata sono: (1₃, −2₃,4₃).

Osservazione: `e possibile risolvere l’esercizio cercando direttamente di scrivere v come

combi-nazione lineare dei tre vettori assegnati all’inizio; se i coefficienti della combicombi-nazione lineare sono unici allora i tre vettori formano una base diR3 e le coordinate sono proprio i coefficienti calcolati.

Esercizio 2. Determina l’intersezione dei due sottospazi di R3_: U = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ ; W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 10 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 −1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ .

Descrivi anche il sottospazio U + W .

Osserviamo che i vettori assegnati perU sono linearmente indipendenti; la stessa cosa vale per

W . Cerchiamo quei vettori v =

⎛ ⎝ x_y

z

⎞

⎠ che possono essere scritti sia come combinazione lineare dei vettori di base di U sia come combinazione lineare dei vettori di base diW :

⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ ∈ U → ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ = a1 ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ ; (1) ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ ∈ W → ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ = b1 ⎛ ⎝ 10 1 ⎞ ⎠ + b2 ⎛ ⎝ 01 −1 ⎞ ⎠ ; (2) uguagliando otteniamo: a1 ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ = b1 ⎛ ⎝ 10 1 ⎞ ⎠ + b2 ⎛ ⎝ 01 −1 ⎞ ⎠

portando tutto a sinistra abbiamo:

a1 ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ + b1 ⎛ ⎝ −10 −1 ⎞ ⎠ + b2 ⎛ ⎝ ₋₁0 1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ 00 0 ⎞ ⎠

dobbiamo risolvere il seguente sistema lineare omogeneo ⎧ ⎨ ⎩ a1+a2− b1 = 0 a1− b2 = 0 −a2− b1+b2 = 0

con l’eliminazione di Gauss otteniamo: ⎡ ⎣ 11 10 −1 0 00 −1 0 0 −1 −1 1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 −1 1 −1 01 −1 0 0 0 −1 −1 1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 −1 1 −1 01 −1 0 0 0 0 −2 2 0 ⎤ ⎦

poich´e nella quarta colonna non c’`e il pivot, possiamo prendere b₂ come parametro libero k: ⎧ ⎨ ⎩ a1+a2− b1 = 0 −a2+b1− k = 0 −2b1+ 2k = 0 → ⎧ ⎨ ⎩ a1+a2− b1 = 0 a2 =b1− k −2b1 =−2k → ⎧ ⎨ ⎩ a1 =b1− a2 =k − 0 = k a2 =b1− k = k − k = 0 b1 =k

abbiamo quindi ottenuto come soluzione ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 b1 b2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ k 0 k k ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = k ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 1 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠

se prendiamo k = 1 otteniamo a₁ = 1 e a₂ = 0 che, sostituiti nella (1), forniscono come risultato il vettore: 1· ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ + 0 · ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ ;

in definitiva, possiamo affermare che

U ∩ W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ .

A questo punto, per studiare lo spazio U + W , possiamo applicare la formula di Grassmann: dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) → dim(U + W ) = 2 + 2 − 1 = 3

possiamo allora affermare che U + W = R3; non si tratta per`o di una somma diretta, in quanto l’intersezione dei due sottospazi U e W non si riduce al solo vettore nullo di R3.

Esercizio 3. Nello spazio R2[t] si considerino i seguenti sottospazi vettoriali: U = {p ∈ R2[t] : p(1) = 2 · p(0)} ; W = Span{t − 1 ; t2} . a) Si determini una base per U e per W ;

b) Si descriva il sottospazio U ∩ W ; c) Si descriva il sottospazio U + W ;

d) Si scriva (se possibile) il polinomio p(t) = t come somma di un polinomio di U e di un poli-nomio di W . C’`e un’unica soluzione? Perch´e?

a) La verifica che U `e un sottospazio vettoriale `e lasciata al lettore. Studiamo i polinomi ∈ U; tanto per iniziare scriviamo un generico polinomio ∈ R2[t], p(t) = a0 +a1t + a2t2, e cerchiamo di scoprire che relazione ci deve essere tra i suoi coefficienti affinch´e p(1) = 2p(0). Se calcoliamo il

polinomio in t = 1 otteniamo p(1) = a0+a1 +a2; se facciamo la stessa cosa per t = 0 otteniamo

p(0) = a0; mettiamo le due espressioni nel vincolo p(1) = 2p(0): a0+a1+a2 = 2a0 → a0 =a1+a2

possiamo allora sostituire il coefficiente di grado zero nell’espressione generale di p(t):

p(t) ∈ U → p(t) = (a1+a2) +a1t + a2t2

mettendo in evidenza a1 ea2 ricaviamo:

p(t) ∈ U → p(t) = a1(1 +t) + a2(1 +t2)

ovvero p(t) pu`o essere scritto come combinazione lineare dei due polinomi (1 + t) e (1 + t2); non `e difficile verificare che questi due polinomi sono linearmente indipendenti (non sono proporzionali). In definitiva possiamo allora affermare che una base β per il sottospazio U `e fornita proprio da questi due polinomi: β_U ={1 + t ; 1 + t2}.

Per quanto riguarda W il discorso `e molto pi`u semplice: `e facile vedere che i due polinomi sono linearmente indipendenti e quindi costituiscono una base per W ; si ha quindi β_W ={t − 1 ; t2}. b) Per quanto riguarda l’intersezione dobbiamo trovare tutti i polinomi che possono, da un lato, essere scritti come combinazione lineare di (1 +t) e (1 + t2), dall’altro come combinazione lineare di (t − 1) e t2. In poche parole dobbiamo impostare l’equazione:

a1(1 +t) + a2(1 +t2) =b1(t − 1) + b2t2 (3)

portando tutti i termini a sinistra e ordinando secondo le potenze crescenti di t, otteniamo: (a1+a2+b1)· 1 + (a1− b1)t + (a2− b2)t2 = 0

ma lo 0 a destra in realt`a `e il polinomio nullo, e quindi possiamo scrivere: (a1+a2+b1)· 1 + (a1− b1)t + (a2− b2)t2 = 0· 1 + 0 t + 0 t2

per il principio di identit`a dei polinomi possiamo uguagliare i coefficienti delle potenze di t, ricavando il seguente sistema lineare omogeneo:

⎧ ⎨ ⎩ a1+a2+b1 = 0 a1− b1 = 0 a2− b2 = 0

seguiamo l’eliminazione di Gauss: ⎡ ⎣ 1 11 0 −1 0 01 0 0 0 1 0 −1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 −1 −2 0 01 1 0 0 0 1 0 −1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 −1 −2 0 01 1 0 0 0 0 −2 −1 0 ⎤ ⎦

prendendo b₂ come parametro liberok si ricava: ⎧ ⎨ ⎩ a1+a2+b1 = 0 −a2− 2b1 = 0 −2b1− k = 0 → ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ a1 =−a2− b1 =−k + k₂ =−k₂ a2 =−2b1 =−2 ·−k₂=k b1 =−k₂

abbiamo trovato quindi che: ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 b1 b2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠= ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ −k 2 k −k 2 k ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠=k ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ −1 2 1 −1 2 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

prendendo k = 2 troviamo che a1 = −1 e a2 = 2 e quindi, se sostituiamo nella parte sinistra dell’equazione (4), troviamo che: (−1) · (1 + t) + 2 · (1 + t2) = 1− t + 2t2.

In definitiva, possiamo affermare che

U ∩ W = Span{1 − t + 2t2_{} .}

c) Per quanto riguarda la somma U + W `e sufficiente riferirsi alla formula di Grassmann: dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) → dim(U + W ) = 2 + 2 − 1 = 3

quindi, dal momento che dim(R₂[t]) = 3, risulta U + W = R₂[t], ma non si tratta di somma diretta.

d) Poich´e sappiamo cheU + W = R2[t], sappiamo che troveremo sicuramente due polinomi come richiesto (cio`e uno ∈ U e l’altro ∈ W ); non solo, ma poich´e sappiamo che U + W non `e somma diretta, troveremo infinite soluzioni. Verifichiamo l’esattezza delle nostre previsioni con i calcoli:

t = λ1(1 +t) + λ2(1 +t2) +λ3(t − 1) + λ4t2

svolgendo i calcoli e raccogliendo i termini simili, otteniamo:

0· 1 + 1 t + 0 t2 = (λ1+λ2− λ3)· 1 + (λ1+λ3)t + (λ2+λ4)t2 il sistema da risolvere `e ⎧ ⎨ ⎩ λ1+λ2− λ3 = 0 λ1+λ3 = 1 λ2+λ4 = 0

con l’eliminazione di Gauss si ottiene: ⎡ ⎣ 1 11 0 −1 0 01 0 1 0 1 0 1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 −1 2 0 11 −1 0 0 0 1 0 1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 −1 2 0 11 −1 0 0 0 0 2 1 1 ⎤ ⎦

prendendo λ4 come parametro libero k otteniamo: ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ λ1 =−λ2+λ3 λ2 = 2λ3− 1 2λ₃ = 1− k → ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ λ1 =−λ2+λ3 =k + 1−k₂ = 1+k₂ λ2 = 2·1−k₂ − 1 = 1 − k − 1 = −k λ3 = 1−k₂

in definitiva, il polinomio t pu`o essere scritto in questo modo:

t = 1 +k

2 · (1 + t) + (−k) · (1 + t

2_{) +} 1− k

2 · (t − 1) + k · t

2

Esercizio 4. Si considerino i due sottospazi vettoriali di R3[t]: U = {p ∈ R3[t] : p(1) = 0} e W = {p ∈ R3[t] : p(2) = 0}.

a) Trovare una base per U e W ; b) Determinare una base per U ∩ W ; c) Determinare una base per U + W .

La verifica che i due insiemi sono sottospazi `e lasciata al lettore.

a) Un polinomio p = a0 +a1t + a2t2+a3t3 appartiene ad U se e solo se p(1) = 0, cio`e se risulta:

p(1) = 0 → a0+a1+a2+a3 = 0 → a0 =−a1− a2− a3 ovvero il polinomio pu`o essere scritto come

p = (−a1− a2− a3) +a1t + a2t2+a3t3 raccogliendo rispetto ai coefficienti a_k troviamo che:

p = a1(t − 1) + a2(t2− 1) + a3(t3− 1)

questo implica che

U = Spant − 1 ; t2_{− 1 ; t}3_{− 1} _;

dimostriamo ora che i tre polinomi generatori di U sono anche linearmente indipendenti:

λ1(t − 1) + λ2(t2− 1) + λ3(t3− 1) = 0 →

→ (−λ1 − λ2− λ3)· 1 + λ1t + λ2t2+λ3t3 = 0· 1 + 0 · t + 0 · t2+ 0· t3 uguagliando i coefficienti delle potenze di t si trova:

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ −λ1− λ2− λ3 = 0 λ1 = 0 λ2 = 0 λ3 = 0 → ⎧ ⎨ ⎩ λ1 = 0 λ2 = 0 λ3 = 0

i tre polinomi generatori di U sono anche linearmente indipendenti: formano quindi una base del sottospazio U.

Ripetiamo ora tutto quanto per W . Un polinomio p = a0+a1t + a2t2+a3t3 appartiene a W se e solo se p(2) = 0, cio`e se risulta:

p(2) = 0 → a0+ 2a1+ 4a2+ 8a3 = 0 → a0 =−2a1− 4a2− 8a3

ovvero il polinomio pu`o essere scritto come

p = (−2a1 − 4a2 − 8a3) +a1t + a2t2+a3t3 raccogliendo rispetto ai coefficienti a_k troviamo che:

p = a1(t − 2) + a2(t2− 4) + a3(t3− 8) questo implica che

Dimostriamo ora che i tre polinomi generatori diU sono anche linearmente indipendenti:

λ1(t − 2) + λ2(t2− 4) + λ3(t3− 8) = 0 →

→ (−2λ1− 4λ2− 8λ3)· 1 + λ1t + λ2t2+λ3t3 = 0· 1 + 0 · t + 0 · t2+ 0· t3 uguagliando i coefficienti delle potenze di t si trova:

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ −2λ1− 4λ2− 8λ3 = 0 λ1 = 0 λ2 = 0 λ3 = 0 → ⎧ ⎨ ⎩ λ1 = 0 λ2 = 0 λ3 = 0

i tre polinomi generatori di W sono anche linearmente indipendenti: formano quindi una base del sottospazio W .

b) Tanto per iniziare facciamo una stima sulla dimensione dell’intersezione U ∩ W ; poich´e ovvia-mente risulta dim(U + W ) ≤ dim(R3[t]) ≤ 4, per la formula di Grassmann si ha:

dim(U ∩ W ) = dimU + dimW − dim(U + W ) ≥ 3 + 3 − 4 = 2 → dim(U ∩ W ) ≥ 2 . Cerchiamo ora quei polinomi che appartengono sia ad U sia a W :

a1(t − 1) + a2(t2− 1) + a3(t3 − 1) = b1(t − 2) + b2(t2− 4) + b3(t3− 8) (4) ordiniamo secondo le potenze crescenti di t:

(−a₁− a₂− a₃+ 2b₁+ 4b₂+ 8b₃)· 1 + (a₁− b₁)t + (a₂− b₂)t2+ (a₃− b₃)t3 = 0 uguagliando i coefficienti delle potenze di t si giunge al sistema lineare omogeneo:

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ −a1 − a2− a3+ 2b1+ 4b2+ 8b3 = 0 a1− b1 = 0 a2− b2 = 0 a3− b3 = 0 applicando l’eliminazione di Gauss otteniamo:

⎡ ⎢ ⎢ ⎣ −1 −1 −1 2 4 8 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ −1 −1 −1 2 4 8 0 0 −1 −1 1 4 8 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → → ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ −1 −1 −1 2 4 8 0 0 −1 −1 1 4 8 0 0 0 −1 1 3 8 0 0 0 1 0 0 −1 0 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ −1 −1 −1 2 4 8 0 0 −1 −1 1 4 8 0 0 0 −1 1 3 8 0 0 0 0 1 3 7 0 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦

se prendiamo b2 e b3 come parametri liberi k e p otteniamo b1 =−3k − 7p e quindi, sostituendo nella seconda parte dell’equazione (4) ricaviamo tutti i polinomi ∈ U ∩ W :

prendendo k = 1 e p = 0 ricaviamo

p1 = (−3) · (t − 2) + 1 · (t2− 4) + 0 · (t3 − 8) = t2− 3t + 2

mentre scegliendo k = 0 e p = 1 abbiamo

p2 = (−7) · (t − 2) + 0 · (t2− 4) + 1 · (t3 − 8) = t3− 7t + 6 quindi possiamo affermare che

U ∩ W = Spant2_{− 3t + 2 ; t}3_{− 7t + 6}

i due polinomi sono linearmente indipendenti, quindi dim (U ∩ W ) = 2.

Osservazione: non `e stato necessario ricavare le espressioni per i coefficienti aj; bastano i bj,

come abbiamo appena visto.

c) Utilizzando la formula di Grassmann abbiamo:

dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) → dim(U + W ) = 3 + 3 − 2 = 4 questo implica che U + W = R₃[t], dal momento che dim(R₃[t]) = 4.

Esercizio 5. Stabilire se i vettori

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 00 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 30 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 40 −1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −20 −1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭

for-mano un sistema di generatori per lo spazio ∈ R3. Se la risposta `e negativa, completare a base di

R3_.

Iniziamo con l’esaminare il primo vettore: `e il vettore nullo, quindi lo scartiamo. Il secondo vettore `e non nullo, quindi lo accettiamo. Il terzo vettore `e lin. indipendente dal secondo, in quanto non sono proporzionali (la verifica `e semplice: basta guardare ad esempio la terza coordinata): lo accettiamo. Il quarto vettore si pu`o scrivere come combinazione lineare dei due precedenti vettori:

⎛ ⎝ 40 −1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ 30 0 ⎞ ⎠ + ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ ;

quindi lo scartiamo. Anche il quinto vettore pu`o essere espresso come combinazione lineare dei soliti due vettori: _⎛

⎝ −20 −1 ⎞ ⎠ = (−1) · ⎛ ⎝ 30 0 ⎞ ⎠ + ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ ;

in definitiva possiamo affermare che l’insieme assegnato non `e un sistema di generatori per lo spazio R3 _{(infatti per questo ci servono tre vettori linearmente indipendenti); se vogliamo completare a}

base di R3, `e sufficiente estrarre una base dall’insieme ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 30 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 10 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 00 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭

il primo vettore della base canonica, cio`e e1, deve essere scartato in quanto `e proporzionale al primo vettore; il secondo vettore della base canonica, e₂, `e il vettore che completa a base di

R3 _{e per verificarlo non `e necessario svolgere tanti calcoli, ma `e sufficiente analizzare la seconda}

coordinata. Infatti, i primi due vettori hanno la seconda coordinata nulla, mentre e₂ no. Quindi abbiamo ottenuto la seguente base di R3:

βR3 = ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 30 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ .

Esercizio 6. Dati i sottospazi U = Span

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ e W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 53 −5 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭, si determini U ∩ W e U + W .

Si nota che il vettore generatore di W pu`o essere espresso come combinazione lineare dei due vettori della base di U: _⎛

⎝ 53 −5 ⎞ ⎠ = 5 · ⎛ ⎝ 10 −1 ⎞ ⎠ + 3 · ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠

questa osservazione ci porta a concludere che W ⊂ U e l’inclusione `e stretta, dal momento che dimW = 1 < 2 = dim U.

Da quanto detto segue che: U ∩ W = W e U + W = U.

Esercizio 7. Si trovi una base per il sottospazio U =

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ ∈ R3 _{: 2x − 3y + z = 0} ⎫ ⎬ ⎭.

Ricaviamoci una variabile in funzione delle altre; visto che il coefficiente della z `e uguale a 1, conviene scrivere: z = −2x + 3y e quindi otteniamo: ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ x_y −2x + 3y ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ x0 −2x ⎞ ⎠ + ⎛ ⎝ 0_y 3y ⎞ ⎠ = x ⎛ ⎝ 10 −2 ⎞ ⎠ + y ⎛ ⎝ 01 3 ⎞ ⎠

i due vettori sono linearmente indipendenti e costituiscono una base per U; in definitiva abbiamo

U = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 10 −2 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 3 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ .

Esercizio 8. Si determini l’equazione cartesiana del sottospazio U = Span

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 12 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −13 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭. Per prima cosa si osserva che i due vettori assegnati sono linearmente indipendenti e quindi formano una base per U.

Vediamo ora l’equazione cartesiana: un vettore ⎛ ⎝ x_y

z

⎞

come combinazione lineare dei due vettori della base di U: ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ = λ1 ⎛ ⎝ 12 1 ⎞ ⎠ + λ2 ⎛ ⎝ −13 1 ⎞ ⎠ → ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ λ1− λ2 =x 2λ1+ 3λ2 =y λ1+λ2 =z .

Risolviamo adesso il sistema lineare nelle incogniteλ₁ eλ₂, considerandox, y e z come parametri ed applicando l’eliminazione di Gauss:

⎡ ⎣ 12 −1 x3 y 1 1 z ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 −15 y − 2xx 0 2 z − x ⎤ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎣ 1 −1 x 0 5 y − 2x 0 0 −x−2y+5z₅ ⎤ ⎥ ⎦

affinch´e il sistema ammetta soluzione (il che equivale a dire che il vettore ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ ∈ U) deve risultare necessariamente −x − 2y + 5z 5 = 0 → x + 2y − 5z = 0 . In definitiva abbiamo: U = ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ ∈ R3 _{:x + 2y − 5z = 0} ⎫ ⎬ ⎭ .

Esercizio 9. Nello spazio R3 _{si considerino i due sottospazi U =}

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ ∈ R3 _{:x − 2z = 0} ⎫ ⎬ ⎭ e W = ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ ∈ R3 _:  x + 2y − z = 0 x + y + z = 0 ⎫ ⎬ ⎭. Si descrivano i sottospazi U + W e U ∩ W .

Cerchiamo una base perU e una base per W . Per quanto riguarda U possiamo ricavarci la x dalla definizione di U, ottenendo x = 2z; la y `e libera (non ci sono vincoli su di essa). Una base `e data quindi da:

βU = ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 20 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ → U = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 20 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ .

Per quanto riguardaW possiamo applicare l’eliminazione di Gauss al sistema:  x + 2y − z = 0 x + y + z = 0  1 2 −1 0 1 1 1 0  →  1 2 −1 0 0 −1 2 0 

possiamo prendere z come parametro libero k, ricavando cos`ı:  x + 2y − z = 0 −y + 2z = 0 →  x = −2y + k = −4k + k = −3k y = 2k → ⎛ ⎝ x_y z ⎞ ⎠ = k ⎛ ⎝ −32 1 ⎞ ⎠

quindi abbiamo che: βW = ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ −32 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ → W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ −32 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ . Determiniamo ora l’intersezione U ∩ W :

a1 ⎛ ⎝ 20 1 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ = b1 ⎛ ⎝ −32 1 ⎞ ⎠ → a1 ⎛ ⎝ 20 1 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ + b1 ⎛ ⎝ ₋₂3 −1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ 00 0 ⎞ ⎠

seguendo l’eliminazione di Gauss otteniamo: ⎡ ⎣ 2 00 1 −2 03 0 1 0 −1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 1 00 1 −1 0−2 0 2 0 3 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 1 00 1 −1 0−2 0 0 0 5 0 ⎤ ⎦

poich´e tutti i pivot sono= 0, l’unica soluzione `e a1 =a2 =b1 = 0; questo implica che l’intersezione si riduce al solo vettore nullo di R3. Applicando la formula di Grassmann ricaviamo:

dim(U +W ) = dim U +dim W −dim(U ∩W ) → dim(U +W ) = 2+1−0 = 3 → U +W = R3 ;

da tutto quanto detto segue che lo spazio R3 `e somma diretta degli sottospazi vettoriali U e W : R3 _{=U ⊕ W .}

Se vogliamo scrivere ora un qualsiasi vettore ∈ R3, ad esempio v = ⎛ ⎝ 02

−1

⎞

⎠, come somma di un vettore ∈ U e di un vettore ∈ W , troviamo che:

⎛ ⎝ 02 −1 ⎞ ⎠ = x1 ⎛ ⎝ 20 1 ⎞ ⎠ + x2 ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ + x3 ⎛ ⎝ −32 1 ⎞ ⎠ → ⎧ ⎨ ⎩ 2x1− 3x3 = 0 x2+ 2x3 = 2 x1+x3 =−1

risolvendo il sistema lineare otteniamo: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ x1 =−3₅ x2 = 14₅ x3 =−2₅ in definitiva abbiamo: ⎛ ⎝ 02 −1 ⎞ ⎠ = −3 5· ⎛ ⎝ 20 1 ⎞ ⎠ + 14 5 ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ −2 5 ⎛ ⎝ −32 1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎝ −6 5 14 5 −3 5 ⎞ ⎟ ⎠ + ⎛ ⎜ ⎝ 6 5 −4 5 −2 5 ⎞ ⎟ ⎠ (5) dove ⎛ ⎜ ⎝ −6 5 14 5 −3 5 ⎞ ⎟ ⎠ ∈ U e ⎛ ⎜ ⎝ 6 5 −4 5 −2 5 ⎞ ⎟ ⎠ ∈ W .

Esercizio 10. Consideriamo i seguenti sottospazi di R4_{: U = Span} ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 1 ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎜⎜⎝ 0 1 0 0 ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎜⎜⎝ 1 0 −1 0 ⎟ ⎟ ⎠ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ e W = Span ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 2 −3 0 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −1 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ . Si determini l’intersezione U ∩ W .

Per prima cosa osserviamo che i tre vettori generatori di U sono linearmente indipendenti e quindi costituiscono una base perU; la stessa cosa vale anche per il sottospazio W . Per determinare l’intersezione scriviamo: a1 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + a2 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + a3 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 −1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = b1 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 2 −3 0 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + b2 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + b3 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −1 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ (6)

portando tutti i vettori a sinistra otteniamo il seguente sistema lineare: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ a1+a3− 2b1 − b2 = 0 a2+ 3b1− b2+b3 = 0 −a3− b3 = 0 a1− 2b1 = 0 applicando l’eliminazione di Gauss otteniamo:

⎡ ⎢ ⎢ ⎣ 1 0 1 −2 −1 0 0 0 1 0 3 −1 1 0 0 0 −1 0 0 −1 0 1 0 0 −2 0 0 0 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ 1 0 1 −2 −1 0 0 0 1 0 3 −1 1 0 0 0 −1 0 0 −1 0 0 0 −1 0 1 0 0 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → → ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ 1 0 1 −2 −1 0 0 0 1 0 3 −1 1 0 0 0 −1 0 0 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ a1+a3− 2b1− b2 = 0 a2+ 3b1− b2+b3 = 0 −a3 − b3 = 0 b2+b3 = 0

prendendo b1 e b3 come parametri liberi (non ci sono pivot nella quarta e nella sesta colonna) si ottiene (b₁ =h e b₃ =p): ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ a1 =p + 2h − p = 2h a2 =−3h − p − p = −3h − 2p a3 =−p b2 =−p → ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 a3 b1 b2 b3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 2h −3h − 2p −p h −p p ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 2h −3h 0 h 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ + ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −2p −p 0 −p p ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ → ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 a3 b1 b2 b3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ =h ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 2 −3 0 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ +p ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −2 −1 0 −1 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ; (7)

prendendo h = 1 e p = 0 nella (7) otteniamo: ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 a3 b1 b2 b3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = 1· ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 2 −3 0 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ + 0· ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −2 −1 0 −1 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 2 −3 0 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

sostituendo a1 = 2, a2 = −3 e a3 = 0 (sono le prime tre coordinate dell’ultimo vettore scritto) nella prima parte della (6) otteniamo:

2· ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + (−3) · ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + 0 · ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 −1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 2 −3 0 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ .

Prendendo invece h = 0 e p = 1 (sempre nella formula (7)) otteniamo: ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 a3 b1 b2 b3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = 0· ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 2 −3 0 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ + 1· ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −2 −1 0 −1 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −2 −1 0 −1 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

sostituendo a1 = 0, a2 =−2 e a3 = −1 (sono le prime tre coordinate dell’ultimo vettore scritto) nella prima parte della (6) otteniamo:

0· ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + (−2) · ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + (−1) · ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 −1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −1 −2 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ . In definitiva abbiamo: U ∩ W = Span ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 2 −3 0 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −1 −2 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ ;

utilizzando ora la formula di Grassmann otteniamo:

dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) → dim(U + W ) = 3 + 3 − 2 = 4 quindi abbiamo che:

U + W = R4

ma non si tratta di somma diretta in quanto l’intersezione non si riduce al solo vettore nullo di R4_{. Vediamo allora di scrivere un vettore qualsiasi, come v =}

⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 3 1 1 3 ⎞ ⎟ ⎟

somma di un elemento di U e di un elemento di W . Possiamo scrivere ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 3 1 1 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 3 2 0 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −1 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ con ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 3 2 0 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ U ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −1 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ W ;

ma possiamo anche scrivere: ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 3 1 1 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 2 0 1 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ con ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 2 0 1 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ U ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ W .

Questa doppia scrittura non sarebbe stata possibile se vi fosse stata la somma diretta tra i due sottospazi.

Esercizio 11. Nello spazio delle matrici M2,2(R) consideriamo i seguenti due sottospazi vettoriali: U = Span  1 1 0 0  ;  0 0 −1 −1  ;  3 3 4 4  ; W = Span  2 0 2 2  ;  0 −1 0 0  . a) Si descrivano i sottospazi U + W e U ∩ W ;

b) Si dica se U ∪ W `e un sottospazio vettoriale di M2,2(R).

a) Iniziamo osservando che le tre matrici che generanoU sono linearmente dipendenti in quanto  3 3 4 4  = 3·  1 1 0 0  + (−4) ·  0 0 −1 −1 

possiamo allora affermare che

U = Span  1 1 0 0  ;  0 0 −1 −1 

poich´e le due matrici scritte non sono proporzionali, esse formano una base per U.

Per quanto riguarda il sottospazio W le matrici che lo generano sono linearmente indipendenti e formano quindi una base per W . Studiamo ora l’intersezione U ∩ W :

a1  1 1 0 0  +a2  0 0 −1 −1  =b1  2 0 2 2  +b2  0 −1 0 0  (8) portando tutte le matrici a sinistra otteniamo:

a1  1 1 0 0  +a₂  0 0 −1 −1  +b₁  −2 0 −2 −2  +b₂  0 1 0 0  =  0 0 0 0 

arriviamo quindi a scrivere il sistema lineare omogeneo: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ a1− 2b1 = 0 a1+b2 = 0 −a2 − 2b1 = 0 −a2 − 2b1 = 0

eliminando l’ultima equazione (`e ridondante) e prendendo b2 come parametro liberok, ricaviamo: ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 a3 a4 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = k ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ −1 1 −1 2 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

prendendo k = 1 otteniamo a1 = −1 e a2 = 1 e, sostituendo questi valori nella prima parte dell’equazione (8), otteniamo: (−1) ·  1 1 0 0  + 1·  0 0 −1 −1  =  −1 −1 −1 −1 

quindi abbiamo che:

U ∩ W = Span



−1 −1 −1 −1



poich´e pu`o essere scomodo avere tutti i numeri negativi, `e possibile scrivere in modo del tutto equivalente: U ∩ W = Span  1 1 1 1  .

Vediamo ora le informazioni che ci fornisce l’applicazione della formula di Grassmann: dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) → dim(U + W ) = 2 + 2 − 1 = 3

quindi sappiamo sicuramente che U + W ⊂ M_2,2(R). Cerchiamo una base per U + W , sapendo che ci servono tre matrici linearmente indipendenti (si ha infatti dim(U + W ) = 3); ci sono due modi possibili per risolvere questo problema:

1) prendiamo la matrice che genera l’intersezione U ∩ W e completiamo a base di U:

U = Span  1 1 1 1  ;  1 1 0 0 

sappiamo infatti che dimU = 2 e le due matrici scritte, oltre ad appartenere a U, sono linearmente indipendenti. Dobbiamo ora completare la base di U ∩ W a base di W ; per far ci`o `e sufficiente aggiungere la matrice  2 0 2 2  ricaviamo quindi: W = Span  1 1 1 1  ;  2 0 2 2  . In definitiva abbiamo: U + W = Span  1 1 1 1  ;  1 1 0 0  ;  2 0 2 2  (9) 2) La soluzione pi`u veloce consiste nel considerare l’insieme:

 1 1 0 0  ;  0 0 −1 −1  ;  2 0 2 2  ;  0 −1 0 0  (10)

ottenuto mettendo assieme le matrici che formano le basi di U e W ; a questo punto `e sufficiente estrarre dalla (10) un insieme massimale di matrici linearmente indipendenti, ottenendo come risultato: U + W = Span  1 1 0 0  ;  0 0 −1 −1  ;  2 0 2 2  . (11)

Osservazione: Le due basi (9) e (11) sono diverse ma gli spazi sono identici.

b) Vediamo se l’unione U ∪ W `e un sottospazio vettoriale di M2,2(R); possiamo procedere in due modi:

1) Osservando che, assegnati due spazi vettorialiH₁ eH₂, l’unioneH₁∪H₂`e sottospazio vettoriale se e solo se H1 ⊆ H2 oppureH2 ⊆ H1. Nel nostro caso ci`o non accade in quanto l’intersezione ha dimensione 1 mentre i due sottospazi hanno entrambi dimensione 2. Quindi l’unione U ∪ W non `

e un sottospazio vettoriale di M_2,2(R).

2) Cercando un controesempio: cerchiamo due matrici m_a em_b nell’insieme U ∪ W tali che la loro somma non appartenga a U ∪ W . Scegliamo

ma=  1 1 0 0  ∈ U ⊂ U ∪ W ; mb =  0 −1 0 0  ∈ W ⊂ U ∪ W ; la loro somma `e _ 1 1 0 0  +  0 −1 0 0  =  1 0 0 0 

dimostriamo ora che la matrice ottenuta non appartiene all’unioneU ∪W studiando l’appartenenza a U e l’appartenenza a W ; per quanto riguarda U si ha:

 1 0 0 0



∈ U ↔ esistono a1, a2 tali che:  1 0 0 0  =a1  1 1 0 0  +a2  0 0 −1 −1 

il sistema lineare che dobbiamo risolvere `e: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ a1 = 1 a1 = 0 −a2 = 0 −a2 = 0 → il sistema `e impossibile →  1 0 0 0  /∈ U ;

vediamo ora l’appartenenza al sottospazio W : 

1 0 0 0



∈ W ↔ esistono b1, b2 tali che:  1 0 0 0  =b1  2 0 2 2  +b2  0 −1 0 0 

il sistema lineare che dobbiamo risolvere `e: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ 2b<sub>1</sub> = 1 −b2 = 0 2b1 = 0 2b<sub>1</sub> = 0 → il sistema `e impossibile →  1 0 0 0  /∈ W

la situazione `e dunque questa: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩  1 0 0 0  /∈ U  1 0 0 0  /∈ W →  1 0 0 0  /∈ U ∪ W ;

abbiamo quindi dimostrato che l’unioneU ∪W non `e un sottospazio vettoriale di M2,2(R). Infatti, abbiamo trovato due matrici m_a, m_b ∈ U ∪ W tali che m_a+m_b /∈ U ∪ W .

Se vogliamo completare la base di U + W a base di M_2,2(R) possiamo aggiungere alla base (9) oppure alla base (11) proprio la matrice

 1 0 0 0



, ottenendo in questa maniera una base per l’intero spazio vettoriale. Aggiungendo la matrice

 1 0 0 0  a (9) otteniamo: M2,2(R) = Span  1 1 1 1  ;  1 1 0 0  ;  2 0 2 2  ;  1 0 0 0  ; mentre aggiungendola a (11) otteniamo:

M2,2(R) = Span  1 1 0 0  ;  0 0 −1 −1  ;  2 0 2 2  ;  1 0 0 0  .

Se definiamo il sottospazio H come

H = Span  1 0 0 0  risulta: M2,2(R) = (U + W ) ⊕ H .

Esercizio 12. Consideriamo in R3 _{i due sottospazi vettoriali U = Span}

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 12 −4 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ e W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ −20 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭. a) Determinare i sottospazi U ∩ W e U + W ;

b) Dire se il vettore e2 appartiene al sottospazio U + W ;

c) Dire se il vettore −4e₁− 4e₂+ 9e₃ appartiene al sottospazio U + W ;

a) Si osserva facilmente che i vettori generatori di U e W non sono proporzionali e quindi l’intersezione si riduce al solo vettore nullo diR3. Verifichiamo quanto affermato facendo i calcoli:

a1 ⎛ ⎝ 12 −4 ⎞ ⎠ = a2 ⎛ ⎝ −20 1 ⎞ ⎠ → a1 ⎛ ⎝ 12 −4 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ 20 −1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ 00 0 ⎞ ⎠

arriviamo a studiare il seguente sistema lineare omogeneo: ⎧ ⎨ ⎩ a1+ 2a2 = 0 2a1 = 0 −4a1− a2 = 0 →  a1 = 0 a2 = 0

abbiamo trovato una sola soluzione, quindi l’intersezione `e il solo vettore nullo ⎛ ⎝ 00

0 ⎞ ⎠. Da quanto detto segue che:

U + W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 12 −4 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −20 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭

e non solo: i due sottospazi sono in somma diretta.

b) Per vedere se il vettore e₂ della base canonica appartiene al sottospazio U + W `e sufficiente impostare l’equazione: ⎛ ⎝ 01 0 ⎞ ⎠ = x1 ⎛ ⎝ 12 −4 ⎞ ⎠ + x2 ⎛ ⎝ −20 1 ⎞ ⎠ → ⎧ ⎨ ⎩ x1− 2x2 = 0 2x1 = 1 −4x1 +x2 = 0 → → ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ x1 = 1₂ x2 = 2 x1 = 4 → sistema impossibile

ci`o significa che e2 /∈ U + W .

c) Vediamo se il vettore−4e₁−4e₂+9e₃ ∈ U+W ; dobbiamo seguire lo stesso identico procedimento visto al punto b): ⎛ ⎝ −4₋₄ 9 ⎞ ⎠ = x1 ⎛ ⎝ 12 −4 ⎞ ⎠ + x2 ⎛ ⎝ −20 1 ⎞ ⎠ → ⎧ ⎨ ⎩ x1 − 2x2 =−4 2x₁ =−4 −4x1+x2 = 9 → →  x1 =−2 x2 = 1

il sistema `e determinato, quindi possiamo affermare che −4e1− 4e2+ 9e3 ∈ U + W .

Osservazione: visto che i due vettori

⎛ ⎝ 12 −4 ⎞ ⎠ e ⎛ ⎝ −20 1 ⎞

⎠ sono linearmente indipendenti, ci sono solo due possibilit`a: o il sistema `e determinato (che implica l’appartenenza del vettore al sottospazio U + W ) oppure il sistema `e impossibile (in questo caso invece non c’`e appartenenza a

U + W ). Non `e possibile avere infinite soluzioni.

Esercizio 13. In R3 _{sono assegnati i sottospazi U = Span}

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 40 −3 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −10 −8 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 20 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ e W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 12 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −1₋₃ −2 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭;

a) trova una base per U e W ; b) descrivi l’intersezione U ∩ W ; c) descrivi l’intersezione U + W .

Per quanto riguardaU si osserva che i primi due vettori sono linearmente indipendenti, mentre il terzo risulta combinazione lineare dei primi due:

⎛ ⎝ 20 1 ⎞ ⎠ = 3 7 · ⎛ ⎝ 40 −3 ⎞ ⎠ −2 7 · ⎛ ⎝ −10 −8 ⎞ ⎠

quindi abbiamo che: U = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 40 −3 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −10 −8 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ ;

per quanto riguarda il sottospazio W invece si osserva che i primi due vettori sono linearmente indipendenti, mentre il terzo pu`o essere espresso come combinazione lineare dei primi due vettori:

⎛ ⎝ 12 1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ + ⎛ ⎝ 01 1 ⎞ ⎠

anche il quarto vettore `e combinazione lineare dei primi due vettori: ⎛ ⎝ −1₋₃ −2 ⎞ ⎠ = (−1) · ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ + (−2) · ⎛ ⎝ 01 1 ⎞ ⎠ quindi otteniamo: W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 01 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ .

b) Per determinare l’intersezione U ∩ W dobbiamo impostare l’equazione

a1 ⎛ ⎝ 40 −3 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ −10 −8 ⎞ ⎠ = b1 ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ + b2 ⎛ ⎝ 01 1 ⎞ ⎠ → (12) a1 ⎛ ⎝ 40 −3 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ −10 −8 ⎞ ⎠ + b1 ⎛ ⎝ −1₋₁ 0 ⎞ ⎠ + b2 ⎛ ⎝ ₋₁0 −1 ⎞ ⎠ → ⎧ ⎨ ⎩ 4a1− a2 − b1 = 0 −b1− b2 = 0 −3a1− 8a2− b2 = 0

possiamo risolvere il sistema lineare omogeneo con l’eliminazione di Gauss: ⎡ ⎣ 40 −1 −1 0 00 −1 −1 0 −3 −8 0 −1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎣ 4 −1 −1 0 0 0 0 −1 −1 0 0 −35₄ −3₄ −1 0 ⎤ ⎥ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎣ 4 −1 −1 0 0 0 −35₄ −3₄ −1 0 0 0 −1 −1 0 ⎤ ⎥ ⎦

prendendo come parametro libero b₂ =k abbiamo: ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ 4a1− a2− b1 = 0 −35 4 a2−34b1− b2 = 0 −b1 − b2 = 0 → ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ a1 = 1₄−₃₅1 k − k=−₃₅9 k a2 =−₃₅4 −3₄ k + k=−₃₅1 k b1 =−k otteniamo in questo modo:

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 b1 b2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠= ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ −9 35k −1 35k −k k ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠=k ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ −9 35 −1 35 −1 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

scegliendo k = 1 otteniamo b1 = −1 e b2 = 1; sostituendo questi valori nella seconda parte dell’equazione (12) otteniamo: (−1) · ⎛ ⎝ 11 0 ⎞ ⎠ + 1 · ⎛ ⎝ 01 1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ −10 1 ⎞ ⎠ e dunque: U ∩ W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ −10 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ .

c) Dalla formula di Grassmann otteniamo: dim (U + W ) = 3 → U + W = R3.

Esercizio 14. Stabilire se i due seguenti sottospazi vettoriali di R3 _{U = Span}

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 10 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ 12 0 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ e W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 42 3 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −1₋₄ 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ coincidono.

I vettori generatori di U sono linearmente indipendenti; la stessa vale per i vettori generatori diW . Per vedere se i due sottospazi coincidono dobbiamo cercare di esprimere ciascun vettore di

W come combinazione lineare dei vettori di U. Vediamo cosa accade per il primo vettore di W :

⎛ ⎝ 42 3 ⎞ ⎠ = x1 ⎛ ⎝ 10 1 ⎞ ⎠ + x2 ⎛ ⎝ 12 0 ⎞ ⎠ → ⎧ ⎨ ⎩ x1+x2 = 4 2x2 = 2 x1 = 3 →  x1 = 3 x2 = 1

quindi possiamo affermare che ⎛ ⎝ 42

3 ⎞

⎠ ∈ U. Analizziamo ora il secondo vettore di W: ⎛ ⎝ −1₋₄ 1 ⎞ ⎠ = x1 ⎛ ⎝ 10 1 ⎞ ⎠ + x2 ⎛ ⎝ 12 0 ⎞ ⎠ → ⎧ ⎨ ⎩ x1+x2 =−1 2x2 =−4 x1 = 1 →  x1 = 1 x2 =−2

quindi possiamo affermare che ⎛ ⎝ −1₋₄

1 ⎞ ⎠ ∈ U.

Poich´e i vettori generatori diW appartengono a U possiamo affermare che W ⊆ U; per concludere `

e sufficiente notare che la dimensione dei due sottospazi `e pari a 2, quindi abbiamo U = W . Un altro modo per risolvere l’esercizio consiste nella determinazione dell’intersezione dei due sottospazi: a1 ⎛ ⎝ 10 1 ⎞ ⎠ + a2 ⎛ ⎝ 12 0 ⎞ ⎠ = b1 ⎛ ⎝ 42 3 ⎞ ⎠ + b2 ⎛ ⎝ −1₋₄ 1 ⎞ ⎠ (13) → ⎧ ⎨ ⎩ a1+a2− 4b1+b2 = 0 2a₂− 2b₁+ 4b₂ = 0 a1− 3b1− b2 = 0

risolviamo il sistema lineare omogeneo con l’eliminazione di Gauss: ⎡ ⎣ 1 10 2 −4 1 0−2 4 0 1 0 −3 −1 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 12 −4 1 0−2 4 0 0 −1 1 −2 0 ⎤ ⎦ → ⎡ ⎣ 10 −1 1 −2 01 −4 1 0 0 2 −2 4 0 ⎤ ⎦ → → ⎡ ⎣ 10 −1 1 −2 01 −4 1 0 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦

a questo punto possiamo prendere b1 eb2 come parametri liberi k e p: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ a1 =−a2+ 4k − p = 2p − k + 4k − p = p + 3k a2 =k − 2p b1 =k b2 =p → ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 b1 b2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ p + 3k k − 2p k p ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ e quindi: _⎛ ⎜ ⎜ ⎝ a1 a2 b1 b2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 3k k k 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ p −2p 0 p ⎞ ⎟ ⎟ ⎠

scegliendo k = 1 e p = 0 otteniamo b1 = 1 e b2 = 0; sostituendo questi valori nella seconda parte dell’equazione (13) abbiamo: 1· ⎛ ⎝ 42 3 ⎞ ⎠ + 0 · ⎛ ⎝ −1₋₄ 1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ 42 3 ⎞ ⎠ prendendo k = 0 e p = 1 otteniamo b₁ = 0 e b₂ = 1: 0· ⎛ ⎝ 42 3 ⎞ ⎠ + 1 · ⎛ ⎝ −1₋₄ 1 ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ −1₋₄ 1 ⎞ ⎠ ; Risulta: U ∩ W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 42 3 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −1₋₄ 1 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭=W → W ⊆ U

per concludere che W = U basta ragionare, come prima, sulla dimensione dei sottospazi.

Osservazione: E’ bene guardare la dimensione dei sottospazi per ricavare informazioni utili ai

fini della risoluzione dei vari esercizi; ad esempio, se un sottospazio ha dimensione maggiore di un altro sicuramente non possono coincidere.

Esercizio 15. Si stabilisca se i due sottospazi vettoriali di R3 _{U = Span}

⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 10 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −10 4 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ e W = Span ⎧ ⎨ ⎩ ⎛ ⎝ 11 1 ⎞ ⎠ ; ⎛ ⎝ −10 2 ⎞ ⎠ ⎫ ⎬ ⎭ coincidono.

Osserviamo prima di tutto che i vettori generatori diU formano anche una base di U; lo stesso discorso vale anche per W .

Per quanto riguarda la domanda dell’esercizio, `e sufficiente notare che i vettori di base del sot-tospazio U sono caratterizzati dall’avere nulla la seconda coordinata, e ci`o vale, chiaramente, per tutti i vettori di U. I vettori di W possono, al contrario, avere la seconda coordinata diversa da zero. Questa semplice considerazione ci assicura che U = W ; non solo, ma possiamo anche affermare che dim (U ∩ W ) < 2, altrimenti i due sottospazi, entrambi con dimensione 2, coin-ciderebbero. D’altra parte, applicando la formula di Grassmann non `e possibile che l’intersezione dei due sottospazi si riduca al solo vettore nullo di R3; infatti, dal fatto che dim (U + W ) ≤ dim (R3) = 3, si ricava (si noti che − dim (U + W ) ≥ −3):

dim(U ∩ W ) = dim U + dim W − dim(U + W ) ≥ 2 + 2 − 3 = 1 questo implica che dim (U ∩ W ) ≥ 1.

In definitiva abbiamo: 

dim(U ∩ W ) < 2

dim(U ∩ W ) ≥ 1 → dim(U ∩ W ) = 1 .

Esercizio 16. Determinare, al variare di λ ∈ R, una base del sottospazio vettoriale

Wλ = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ x1 x2 x3 x4 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ R4 :  x1− x2+ 2x3− x4 = 0 2x1 +λx2 + 4x3− 2x4 = 0 ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ .

Applichiamo l’eliminazione di Gauss al sistema lineare:  1 −1 2 −1 0 2 λ 4 −2 0  →  1 −1 2 −1 0 0 λ + 2 0 0 0 

seλ + 2 = 0 allora ci sono due pivot = 0 e possiamo prendere x3 e x4 come parametri liberik e t, ottenendo cos`ı: _⎛ ⎜ ⎜ ⎝ x1 x2 x3 x4 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ t − 2k 0 k t ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = k ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −2 0 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + t ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠

gli ultimi due vettori scritti sono linearmente indipendenti; in definitiva abbiamo:

seλ = −2 → W_λ = Span ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −2 0 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ .

Analizziamo ora il casoλ = −2; l’eliminazione di Gauss `e identica, alla fine per`o abbiamo un solo pivot = 0 e quindi stavolta posso prendere x2, x3 ex4 come parametri liberi h1,h2 e h3:

⎛ ⎜ ⎜ ⎝ x1 x2 x3 x4 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ h1− 2h2+h3 h1 h2 h3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = h1 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + h2 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −2 0 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + h3 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠

i tre vettori sono linearmente indipendenti (basta infatti ragionare sulle coordinate nulle) e possi-amo scrivere: W−2 = Span ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −2 0 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ .

Esercizio 17. Consideriamo i due sottospazi U = Span

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 −1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 3 −4 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ e W = Span ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 1 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −2 −2 3 6 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ ; a) si calcoli U ∩ W ;

b) si determini una base di U + W ;

c) si estenda la base calcolata al punto b) a base di R4.

a) Determiniamo una base per U: poich´e risulta: ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 3 −4 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = 4 · ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 −1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + (−1) · ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠

possiamo affermare che:

βU = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 −1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ . Per quanto riguarda W , visto che

⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −2 −2 3 6 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = 3 · ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 1 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + (−2) · ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ abbiamo: βW = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 1 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ . Se calcoliamo l’intersezione troviamo che:

U ∩ W = Span ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ .

b) Dalla formula di Grassmann abbiamo che:

dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 2 + 2 − 1 = 3

quindi risulta U + W ⊂ R4. Per determinare una base di U + W `e sufficiente estrarre un insieme massimale di vettori linearmente indipendenti dall’insieme ottenuto scrivendo i vettori delle basi

βU eβW: _⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 −1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 1 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ otteniamo: βU+W = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 −1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 0 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 1 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭

un metodo alternativo `e invece il seguente: prendo il vettore generatore dell’intersezione e completo a base di U: β U = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 −1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ (14)

faccio la stessa cosa per il sottospazio W :

β W = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 1 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ (15)

a questo punto considerando le basi (14) e (15) otteniamo:

β U+W = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 1 −1 0 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 0 1 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ .

c) Per estendere la base β_U+W a base di R4 `e sufficiente aggiungere il vettore e3 oppure il vettore

e4. La stessa estensione vale anche per la base βU+W .

Esercizio 18. Si determini le equazioni cartesiane del seguente sottospazio vettoriale di R4_: U = Span ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −1 2 4 −5 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ; ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 1 7 −8 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ .

Un vettore ⎜⎜_⎝ x1 x2 x3 x4 ⎟ ⎟

⎠ sta in U se e solo se esistono λ1 e λ2 tali che:

⎛ ⎜ ⎜ ⎝ x1 x2 x3 x4 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = λ1 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ −1 2 4 −5 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ + λ2 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 0 1 7 −8 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ → ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x1 =−λ1 x2 = 2λ1+λ2 x3 = 4λ1+ 7λ2 x4 =−5λ1− 8λ2

risolvendo il sistema lineare considerandoλ₁eλ₂come incognite e glix_j come parametri, troviamo: ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ −1 0 x1 2 1 x2 4 7 x₃ −5 −8 x4 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ −1 0 x1 0 1 x2 + 2x1 0 7 x₃ + 4x₁ 0 −8 x4− 5x1 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ −1 0 x1 0 1 x2+ 2x1 0 0 x₃+ 4x₁− 7(x₂+ 2x₁) 0 0 x4− 5x1+ 8(x2+ 2x1) ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ → ⎡ ⎢ ⎢ ⎣ −1 0 x1 0 1 x2+ 2x1 0 0 −10 x₁− 7 x₂+x₃ 0 0 11x1+ 8x2+x4 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦

affinch´e il sistema ammetta soluzione dobbiamo imporre che:

−10 x1− 7 x2+x3 = 0 e 11x1+ 8x2+x4 = 0 quindi le equazioni cartesiane del sottospazio U sono:

U = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ x1 x2 x3 x4 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ R4 :  10x1+ 7x2− x3 = 0 11x₁+ 8x₂+x₄ = 0 ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭ .