Lezione 3 16/10/07
GLI INGREDIENTI PER CUCINARE . . . GLI ESERCIZI!
Richiamiamo brevemente alcune nozioni necessarie per lo svolgimento degli esercizi proposti.
Sia V uno spazio vettoriale su di un campo K e sia U un sottoinsieme di V . U `e un sottospazio di V se `e chiuso rispetto alle operazioni di V . Una conodizione necessaria e sufficiente affinch`e un sottoinsieme sia sottospazio `e che siano soddisfatte le seguenti relazioni
u1+ u2∈ U, per ogni u1, u2∈ U, λu1∈ U, per ogni u1∈ U, λ ∈ K.
Dati n vettori v1, v2, . . . , vndi uno spazio vettoriale V , gli n vettori si dicono linearmente indipendenti se l’equazione vettoriale
λ1v1+ λ2v2+ · · · + λnvn= 0,
`
e soddisfatta solo per λ1 = λ2 = · · · = λn = 0. Gli n vettori si dicono invece linearmente dipendenti se esiste una loro combinazione lineare a coefficienti non tutti nulli che soddisfa la precedente relazione vettoriale.
Un sistema di generatori di uno spazio vettoriale `e un insieme di vettori tale che ogni altro vettore dello spazio vettoriale V posa esprimersi come loro combinazione lineare. Una base di uno spazio vettoriale `e un sistema di generatori formato da vettori linearmente indipendenti. Tutte le basi ( ne esistono infinite!
) di uno spazio vettoriale contengono il medesimo numero di vetori. Il numero di vettori che costituiscono una base di uno spazio vettoriale `e detto dimensione dello spazio vettoriale. Una condizione necessaria e sufficiente affinc`e n vettori di uno spazio vettoriale V di dimensione n costituiscano nua base `e che ogni vettore di V si esprima in modo unico come combinazione lineare degli n vettori.
Siano u = (x1, x2, . . . , xn) e v = (y1, y2, . . . , yn) due vettori di Rn. Il modulo di u `e definito come
|u| =q
x21+ x22+ · · · + x2n. Un vettore di modulo 1 `detto versore.
I vettori u e v sono perpendicolari, u ⊥ v, se le loro coordinate soddisfano x1y1+ x2y2+ · · · + xnyn= 0.
Una base si dice ortogonale se `e composta da vettori a due a due perpendicolari, ortonormale se inoltre tali vettori sono versori.
Esercizio 1. Sia V = M (3, R) lo spazio vettoriale delle matrici quadrate reali del terzo ordine, sia U il seguente sottoinsieme di V ,
U
0 a b
−a 0 c
−b −c 0
; a, b, c ∈ R
.
Verificare che U `e un sottospazio vettoriale, deteminare quindi la sua dimensione ed una sua base.
Soluzione dell’esercizio 1. La condizione necessaria affinch`e un sottoinsieme sia sottospazio `e soddisfatta. Siano A =
0 a b
−a 0 c
−b −c 0
, B =
0 a0 b0
−a0 0 c0
−b0 −c0 0
∈ U, abbiamo
A + B =
0 a + a0 b + b0
−(a + a0) 0 c + c0
−(b + b0) −(c + c0) 0
∈ U, e
λA =
0 λa λb
−λa 0 λc
−λb −λc 0
∈ U.
Dunque effettivamente U `e un sottospazio vettoriale di M (3, R).
Per calcolane la dimensione,
0 a b
−a 0 c
−b −c 0
= a
0 1 0
−1 0 0 0 0 0
+ b
0 0 1 0 0 0
−1 0 0
+ c
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
,
ovvero dim (U ) = 3 e BU =
0 1 0
−1 0 0 0 0 0
,
0 0 1 0 0 0
−1 0 0
,
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
. Abbiamo cos`ı dimostrato che le matrici antisimmetriche di ordine 3 sono un sottospazio di M (3, R), in generale le matrici antisimmetriche di ordine n sono un sottospazio di M (n, R), di dimensione
(n − 1) + (n − 2) + · · · + (n − n + 1) =
n−1
X
i=1
i = (n − 1)(n − 1 + 1)
2 =n2− n
2 .
Esercizio 2. Sia V = M (2, R) lo spazio vettoriale delle matrici quadrate reali del secondo ordine, sia U il seguente sottoinsieme di V ,
U
( a b c d
!
| a, b, c, d ∈ R, a + d = 0 )
.
Verificare che U `e un sottospazio vettoriale, deteminare quindi la sua dimensione ed una sua base.
Soluzione dell’esercizio 2. La condizione necessaria affinch`e un sottoinsieme sia sottospazio `e soddisfatta. Siano A = a b
c −a
!
, B = a0 b0 c0 −a0
!
∈ U, abbiamo
A + B = a + a0 b + b0 c + c0 −(a + a0)
!
∈ U, e
λA = λa λb
λc −λa
!
∈ U.
Dunque effettivamente U `e un sottospazio vettoriale di M (3, R).
Per calcolane la dimensione,
a b
c −a
!
= a 1 0
0 −1
!
+ b 0 1 0 0
!
+ c 0 0 1 0
! .
ovvero dim (U ) = 3 e BU= (
1 0
0 −1
!
, 0 1
0 0
!
, 0 0
1 0
!)
. Abbiamo quinidi dimostrato che le matrici a traccia nulla, dove, in generale, la traccia di una matrice di ordine n `e la somma degli elementi della diagonale principale, di ordine 2 costituiscono un sottospazio di M (2, R). Anche in questo caso il rislutato vale per qualunque ordine, la dimensione di tale sottospazio `e n2− 1, ovvero le matrici a traccia nulla costituiscono un sottospazio di codimensione 1 di M (n, R) .
Esercizio 3. Discutere al variare del parametro reale k il seguente sistema lineare
x+ z = k
−x +y −z = 4
kx −z = 1
Soluzione dell’esercizio 3. Consideriamo la matrice completa associata al sistema
C =
1 0 1 k
−1 1 −1 4
k 0 −1 1
r2 7→ r2− r1
r3 7→ r3− kr1
−→k6=0
1 0 1 k
0 1 0 4 + k
0 0 −1 − k 1 − k2
.
La terza riga si annulla solo per k = −1, di conseguenza per k 6= −1, abbiamo rg(A) = rg(C) = 3, il sistema `e compatibile ed ammette una sola soluzione, per k = −1 ricaviamo il sistema, equivalente a quello assegnato,
( x +z = −1
y = 3 .
Tale sistema `e compatibile, rg(A) = rg(C) = 2, ammette ∞1 soluzioni date da (−1 − t, 3, t) = (−1, 3, 0) + t(−1, 0, 1), t ∈ R.
Esercizio 4. Sia V uno spazio vettoriale, siano u, v ∈ V , con u, v 6= 0. Dimostrare che u e v sono linearmente dipendenti se e soltanto se sono tra loro proporzionali ( ovvero paralleli ).
Soluzione dell’esercizio 4. Supponiamo che u e v siano linearmente dipendenti, ci`o significa che esiste una loro combinazione lineare a coefficienti non tutti nulli tale che
λ1u + λ2v = 0.
Dalle nostre ipotesi segue immediatamente che deve essere λ16= 0 e λ2 6= 0. Possiamo allora riscrivere la condizione di dipendenza lineare come
u = −λ2/λ1v, v = −λ1/λ2u, ovvero i vettori sono tra loro proporzionali.
Supponiamo adesso che sia u = λv. Ne segue
u − λv = 0.
Ovvero abbiamo individuato una combinazione lineare a coefficienti non tutti nulli di u e v ched’‘a come risultato il vettore nullo, pertanto i due vettori sono linearmente dipendenti.
Esercizio 5. Stabilire se i seguenti vettori di R4 sono linearmente indipendenti o linearmente dipendenti, v1= (1, 1, 0, 0), v2= (−1, 0, 1, 3), v1= (4, 1, 1, −1), v4= (11, 4, 1, −5).
Soluzione dell’esercizio 5. Impostando la relazione vettoriale
λ1(1, 1, 0, 0) + λ2(−1, 0, 1, 3) + λ3(4, 1, 1, −1) + λ4v4= (0, 0, 0, 0), ricaviamo il seguente sistema lineare omogeneo
λ1 −λ2 +4λ3 +11λ4 = 0
λ1 +λ3 +4λ4 = 0
−λ2 +λ3 +λ4 = 0 3λ2 −λ3 −5λ4 = 0
La matrice associata al sistema ( possiamo lavorare sulla matrice incompleta ) `e
A =
1 −1 4 11
1 0 1 4
0 1 1 1
0 3 −1 −5
r27→r2−r1
−→
1 −1 4 11
0 1 −3 −7
0 1 1 1
0 3 −1 −5
r37→r3−r2
−→
1 −1 4 11
0 1 −3 −7
0 0 4 8
0 3 −1 −5
r47→r4−3r2
−→
1 −1 4 11
0 1 −3 −7
0 0 4 8
0 0 8 16
r47→r4−2r3
−→
1 −1 4 11
0 1 −3 −7
0 0 4 8
0 0 0 0
.
Il sistema ammette quindi ∞1 soluzioni, ovvero `e possibile esprimere il vettore nullo come combinazione lineare dei vettori assegnati a coefficienti non tutti nulli, i vettori sono quindi linearmente dipendenti.
Esercizio 6. Deteminare il massimo numero di vettori linearmente indipendenti dei seguenti insiemi di vettori,
S1 = {v1= (0, 2, 0), v2= (0, 1, 0), v3= (1, −1, 0), v4= (−2, −4, 0)} , S2= {w1= (1, 2, 1), w2= (0, 1, 1), w3= (1, 1, 0), w4= (−2, −1, 1)} .
Soluzione dell’esercizio 6. Dato che v2 = 1/2v1, v1 e v2 sono linearmente dipendenti. v1 e v3
non sono tra loro propozionali, sono quindi linearmente indipendenti. Consideriamo quindi la relazione vettoriale
λ1v1+ λ3v3+ λ4v4= 0, che d`a luogo al sistema lineare omogeneo
( λ3 −2λ4 = 0
2λ1 −λ3 −4λ4 = 0
Tale sistema ammette ∞1soluzioni, ovvero `e possibile esprimere il vettore nullo come combinazione lineare di v1, v3, v4, con coefficienti non tutti nulli, tali vettori sono quindi linearmente dipendenti. In conclusione il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in S1`e 2.
w1e w2sono linearmente indipendenti, in quanto non sono proporzionali, w3= w1− w2, quindi dipende linearmente da essi. conideriamo allora la relazione
λ1w1+ λ2w2+ λ4w4= 0,
che d`a luogo al sistema lineare omogeneo
λ1 −2λ4 = 0
2λ1 +λ2 −λ4 = 0 λ1 +λ2 +λ4 = 0 La matrice associata al sistema `e
A =
1 0 −2 2 1 −1
1 1 1
r27→r2−2r1
−→
1 0 −2
0 1 3
1 1 1
r37→r3−r1
−→
1 0 −2
0 1 3
0 1 3
r37→r3−r2
−→
1 0 −1
0 1 3
0 0 0
.
Quindi rg(A) = 2, il sistema ammette ∞1 soluzioni, ovvero w1, , w2, w4 sono linearmente dipendenti, in particolare w4= −2w1+ 3w2. Il massimo numero di vettori linearmente indipendenti in S2 `e 2.
Esercizio 7. Dato il vettore u = (1, 0, 1), completarlo ad una base ortogonale, normalizzare quindi i vettori ottenuti per ricavare una base ortonormale.
Soluzione dell’esercizio 7. Sia v = (x, y, z). Imponendo la condizione di perpendicolarit`a con u , otteniamo l’equazione
x + z = 0.
Una soluzione di tale sistema `e data da v = (1, 0, −1). Sia w = (a, b, c), imponendo la perpendicolarit`a con u e v ricaviamo il sistema
(
x +z = 0
x −z = 0
Il sistema ammette ∞1 soluzioni, del tipo (0, t, 0), t ∈ R. Possiamo scegliere w = (0, 1, 0). Quindi B = {u, v, w} `e una bas ortogonale di R3. Per ottenere una base ortonormale `e sufficiente considerare la base costituita da
vers u = (√ 2/2, 0√
2/2), vers v = (−√ 2/2, 0√
2/2), vers w = w = (0, 1, 0).
Esercizio 8. Dati i vettori v1 = (−1, 1, 0, 1), v2 = (2, 2, 1, 0) completarli ad una base ortogonale, normalizzare quindi i vettori ottenuti per ricavare una base ortonormale.
Soluzione dell’esercizio 8. Imponendo la condizione di perpendicolarit`a del generico v3 = (x, y, z, w) con i vettori assegnati, otteniamo il sistema
( −x +y +w = 0
2x +2y +z = 0
equivalente a
(
z = −2(x + y)
w = x − y
Scelti x = 1, y = 1 otteniamo come possibile scelta
v3= (1, 1, −4, 0).
Imponendo al generico vettore v4 = (x, y, z, w) la condizione di perpendicolarit`a con i vettori v1, v2, v3
ricaviamo il sistema
−x +y +w = 0
2x +2y +z = 0
x +y −4z = 0
La matrice A associata al sistema `e
A =
−1 1 0 1
2 2 1 0
1 1 −4 0
r27→r2+2r1
−→
−1 1 0 1
0 4 1 2
1 1 −4 0
r37→r3+r1
−→
−1 1 0 1
0 4 1 2
0 2 −4 1
r37→2r3−r2
−→
−1 1 0 1
0 4 1 2
0 0 −9 0
Una possibile soluzione del sistema `e (−1, 1, 0, 2). Abbiamo allora la base ortogonale B = {v1= (−1, 1, 0, 1), v2= (2, 2, 1, 0), v3= (1, 1, −4, 0), v4= (−1, 1, 0, 2)} . I versori di tali vettori sono dati da
vers v1= (−√ 3/3,√
3/3, 0,√
3/3), vers v2= (2/3, 2/3, 1/3, 0), vers v3= (√
2/6,√
2/6, −2√
2/3, 0), vers v4= (−√ 6/6,√
6/6, 0,√ 6/3), e formano una base ortonornale di R4.
