In particolare, X `e una base per V se i vettori di X sono linearmente indipendenti

Lezione 4 23/10/07

RISCALDIAMOCI...

Sia V uno spazio vettoriale sul campo K. Sia X = {v1, v2, . . . , vk} un sottoinsieme di elementi di V . L’insieme di tutte le possibili combinazioni lineari degli elementi di X costituisce un sottospazio vettoriale, usualmente denotato con Span(v1, v2, . . . , vk). X `e un sistema di genertori per V se risulta Span(v1, v2, . . . , vk) = V . In particolare, X `e una base per V se i vettori di X sono linearmente indipendenti.

Siano U e W due sottosapzi vettoriali di V . La loro intersezione U ∩ W `e ancora un sottospazio vettoriale, lo stesso non `e vero per la loro unione U ∪ W . Possiamo a partire da U e W definire il sottospazio somma U + W come

U + W = {u + w | u ∈ U, w ∈ W } .

Osserviamo che U ∪ W ⊂ U + W . Per quanto riguarda le dimensioni sussiste la seguente formula ( di Grassman )

dim(U ) + dim(W ) = dim(U + W ) + dim(U ∩ W ).

Lo spazio vettoriale V `e somma diretta di U e W se ogni vettore v ∈ V si scrive in modo unico come u + w, con u ∈ U, w ∈ W . Se dim(U ) + dim(W ) = dim(V ) e U ∩ W = {0}, allora V `e somma diretta dei sottospazi U e W , che in tal caso si dicono supplementari. Equivalentemente V `e somma diretta di U e W se fissate due basi BU = {u1, v2, . . . , uk} e BW = {w1, w2, . . . , wh} di U e W rispettivamente, B = {u1, v2, . . . , uk, w1, w2, . . . , wh} `e una base di V .

Abbiamo introdotto il determinante di una matrice quadrata A ∈ M (n, R). Le matrici con determinante non nullo costituiscono un gruppo rispetto al prodotto righe per colonne, indicato con GL(n, R), il cui

elemento neutro `e la matrice I =











1 0 . . . 0 0 1 0 . . . 0 . . . 1 0 0 0 . . . 1











( nel foglio 1 abbiamo incotrato GL(2, R) ).

Data una matrice A ∈ GL(n, R), la sua inversa `e la matrice indicata con A⁻¹, data A⁻¹= 1

detAA^(a),

dove A^(a), detta matrice aggiunta, `e la matrice che ha come elementi i traposti dei complementi algebrici della matrice A.

Esercizio 1. Dopo aver verificato che le seguenti matrici sono invertibili, calcolarne l’inversa

A =







2 0 1

−1 1 3

0 1 −1





, B =







1 −1 0

1 1 −1

0 2 1





.

Soluzione dell’esercizio 1. Dato che detA = 2

    

1 3

1 −1     

+     

−1 1 0 1     

= −8 − 1 = −9 6= 0,

la matrice A `e invertibile. Calcoliamone i complementi algebrici,

a⁰₁₁=     

1 3

1 −1     

= −4 a⁰₁₂= −     

−1 3

0 −1     

= −1 a⁰₁₃=     

−1 1 0 1     

= −1

a⁰₂₁= −     

0 1

1 −1     

= 1 a⁰₂₂=     

2 1

0 −1     

= −2 a⁰₂₃= −     

2 0 0 1     

= −2

a⁰31=     

0 1 1 3     

= −1 a⁰32= −     

2 1

−1 3     

= −7 a⁰33=     

2 0

−1 1     

= 2.

La matrice inversa `e allora

A⁻¹= −1 9A^(a)=







4

9 −¹₉ ¹₉

1 9

2 9

7 9 1

9 2 9 −²₉





. Infatti,

A A⁻¹=







2 0 1

−1 1 3

0 1 −1













4

9 −¹₉ ¹₉

1 9

2 9

7 9 1

9 2 9 −²₉





=







1 0 0 0 1 0 0 0 1





. Dato che

detB =     

1 −1

2 1

    

+     

1 −1

0 1

    

= 3 + 1 = 4 6= 0, la matrice B `e invertibile. Calcoliamone i complementi algebrici,

b⁰₁₁=     

1 −1

2 1

    

= 3 b⁰₁₂= −     

1 −1

0 1

    

= −1 b⁰₁₃=     

1 1 0 2

    

= 2

b⁰21= −     

−1 0 2 1     

= 1 b⁰22=     

1 0 0 1     

= 1 b⁰23= −     

1 −1

0 2

    

= −2

b⁰31=     

−1 0

1 −1     

= 1 b⁰32= −     

1 0

1 −1     

= 1 b⁰33=     

1 −1

1 1

    

= 2.

Quindi,

B⁻¹=1 4B^(a)=







3 4

1 4

1 4

−¹₄ ¹₄ ¹₄

1

2 −¹₂ ¹₂





. In effetti,

B⁻¹ B =







3 4

1 4

1 4

−¹₄ ¹₄ ¹₄

1

2 −¹₂ ¹₂













1 −1 0

1 1 −1

0 2 1





=







1 0 0 0 1 0 0 0 1





.

Esercizio 2. Sia V = R⁴. Sia B la base canonica di R⁴. Siano u1 = (2, 1, −1, 0), u2= (0, 1, 3, 0), u3= (1, 1, 1, 0). Determinare la dimensione ed una base del sottospazio U = Span(u1, u2, u3). Completare tale base ad una base di V . Determinare un sottospazio W tale che V = U ⊕W . Scrivere equazioni parametriche e cartesiane per i sottospazi U e W .

Soluzione dell’esercizio 2. Consideriamo la matrice formata dalle coordinare dei vettori assegnati,

A =







2 1 −1 0

0 1 3 0

1 1 1 0





.

Il suo minore del secondo ordine

A12,12=     

2 1 0 1

    

= 2 6= 0.

Quindi 2 ≤ rg(A) ≤ 3. Applicando il teorema dei minori orlati,

A123,123=       

2 1 −1

0 1 3

1 1 1

      

= 0, A123,124=       

2 1 0 0 1 0 1 1 0       

= 0.

Cos`ı abbiamo rg(A) = 2 = dim(U ). Una possibile base per U `e data da BU= {u1, u2}

( consideriamo, con piccolo abuso di notazione, l’insieme dei vettori come insieme ordinato, ovvero, come basi, BU= {u1, u2} 6= B⁰U= {u2, u1} ). La matrice

B =











2 1 −1 0

0 1 3 0

0 0 1 0

0 0 0 1











ha chiaramente rg(B) = 4 = dim(R⁴). Possiamo completare BU ad una base di R⁴ nel seguente modo, BV⁰ = { (2, 1, −1, 0), (0, 1, 3, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) }. Come sottospazio W possiamo scegliere W = Span((0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)). A partire dalla base di U da noi indicata, equazioni parametriche per U sono date da











x = 2h

y = h + k z = −3h + k

w = 0

h, k ∈ R.

Eliminando i parametri otteniamo possibili equazioni cartesiane,

( 2x −3y +z = 0

w = 0

Nel caso del sottospazio W otteniamo come possibili equazioni parametriche











x = 0 y = 0 z = h w = k

h, k ∈ R.

Come equazioni cartesiane abbiamo chiaramente (

x = 0

y = 0

Esercizio 3. Sia V = M (2, R). Sia U il seguente sottospazio di V ,

U =

( a b c d

!

| a + c + d = 0, a − b = 0 )

.

Determinare la dimensione ed una base di U . Determinare un sottospazio W di V tale che V = U ⊕ W.

Scrivere equazioni cartesiane e parametriche per i sottospazi U e W .

Soluzione dell’esercizio 3. U `e l’insieme delle soluzioni di un sistema omogeneo 2 equazioni in 4 incognite. Ci`o assicura che U sia sottospazio. Per il generico elemento di U vale la seguente scrittura

a a

c −a − c

!

= a 1 1

0 −1

!

+ c 0 0

1 −1

!

, a, c ∈ R.

I vettori 1 1 0 −1

!

e 0 0

1 −1

!

generano linearmente U ed essendo linearmente indipendenti ( verificarlo ) costituiscono una base per U , cos`ı dim(U ) = 2 ( quante sono le soluzioni del sistema omogeneo che descrive U ? ). Possibili equazioni parametriche per U sono date da











a = h

b = h

c = k

d = −h − k

h, k ∈ R.

Eliminando i parametri otteniamo come possibili equazioni parametriche ( in realt`a U `e descritto da equazioni cartesiane ! )

( a −b = 0

a +c +d = 0

Identifichiamo il generico vettore di V a b c d

!

con il vettore di R⁴ (a, b, c, d). Completiamo la base di U da noi fissata ad una base di V nel seguente modo. Consideriamo la matrice dei vettori

A =











1 1 0 −1

0 1 0 0

0 0 1 1

0 0 0 1









 .

Poich`e rg(A) = 4 = dim(V ), i vettori riga di tale matrice, che sono evidentemente linearmente indipendenti, costituiscono una base di V . Come spazio W possiamo allora prendere in considerazione

W = Span( 0 1 0 0

!

, 0 0

0 1

! ).

Equazioni parametriche e cartesiane di tale sottospazio sono date rispettivamente da











a = 0 b = h c = 0 d = k

h, k ∈ R,

( a = 0

c = 0

Esercizio 4. Discutere al variare del parametro reale k il seguente sistema lineare,







x −ky +kz = 0

2y −kz = k (k + 1)y −z = 1

Soluzione dell’esercizio 4. La matrice dei coefficienti del sistema `e data da

A =







1 −k k

0 2 −k

0 k + 1 −1





.

Se det A 6= 0 allora rg(A) = rg(C) = 3 ed il sistema ammette una sola soluzione. Dato che

det A =     

2 −k k + 1 −1

    

= −2 + k²+ k = k²+ k − 2.

Risolvendo l’equazione di secondo grado otteniamo come soluzioni k = −2, 1. Per k 6= −2, 1 il sistema ammette una sola soluzione, che possiamo determinare, ad esempio con il metodo di Cramer,

x =       

0 −k k

k 2 −k

1 k + 1 −1       

k²+ k − 2 =k³+ k²− 2k k²+ k − 2 = k,

y =       

1 0 k

0 k −k 0 1 −1

       k²+ k − 2 = 0,

z =       

1 −k 0

0 2 k

0 k + 1 1       

k²+ k − 2 =−k²− k + 2 k²+ k − 2 = −1.

Per k 6= −2, 1 l’unica soluzione del sistema `e la terna (k, 0, −1). Per k = −2 il sistema diviene







x +2y −2z = 0 2y +2z = −2

−y −z = 1

La seconda e la terza equazione del sistema sono tra loro proporzionali, il sistema `e equivalente a ( x +2y −2z = 0

−y −z = 1

Dato che il minore del secondo ordine

A12,12=     

1 2

0 −1     

= −1 6= 0,

abbiamo rg(A) = 2 = rg(C), il sistema `e compatibile ed ammette ∞¹ soluzioni. Posto z = t, t ∈ R, ricaviamo







z = t

y = −t − 1 x = 4t + 2 Le ∞¹ soluzioni del sistema, nel caso k = −2 sono

(4t + 2, −t − 1, t) = t(4, −1, 1) + (2, −1, 0), t ∈ R.

Per k = 1 il sistema diviene







x −y +z = 0

2y −z = 1 2y −z = 1 Il sistema `e equivalente a

( x −y +z = 0 2y −z = 1

Anche in questo caso il sistema risulta compatibile ed ammette ∞¹ soluzioni. Posto z = t, t ∈ R, ricaviamo







z = t

y = ^t₂+¹₂ x = −^t₂+¹₂ Le ∞¹ soluzioni del sistema, nel caso k = 1 sono

(−t 2+1

2,t 2+1

2, t) = t(−1 2,1

2, 1) + (1 2,1

2, 0), t ∈ R.