Geometria 1 - Anno accademico 2017-2018 Homework n. 1

Geometria 1 - Anno accademico 2017-2018 Homework n. 1

Testo

Esercizio. Al variare del parametro k ∈ R siano dati i seguenti vettori

v ₁ =



 1 2 1



 , v ₂ =



 3 k 4



 , v ₃ =



 k 0 2k



 , v ₄ =



 1 k 0



 , b =



 0 1 0



 ,

a) Si determini per quali k il vettore b e’ combinazione lineare di v ₁ ; v ₂ ; v ₃ ; v ₄ .

b) Nel caso k = 4, si scrivano v ₁ e v ₂ come combinazione lineare di v ₃ e v ₄ . Qual e’ la dimensione di V = hv ₁ ; v ₂ ; v ₃ ; v ₄ i? Se ne determini una base.

Svolgimento

a)

Il vettore b e’ combinazione lineare di v ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ se e solo se esistono α ₁ , α ₂ , α ₃ , α ₄ ∈ R tali che α ₁ v ₁ + α ₂ v ₂ + α ₃ v ₃ + α ₄ v ₄ = b.

Calcolando il vettore al primo membro si ottiene





α ₁ +3α ₂ +kα3 +α ₄

2α 1 +kα 2 +kα 4

α 1 +4α 2 +2kα 3



 =



 0 1 0





Questo porta a risolvere il sistema (con incognite α ₁ , α ₂ , α ₃ , α ₄ ) associato alla matrice





1 3 k 1 0

2 k 0 k 1

1 4 2k 0 0



 .

(Sarebbe stato anche sufficiente osservare che il sistema associato alla richiesta a) e’ associato alla matrice le cui colonne sono i vettori v ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ e la colonna dei termini noti e’ il vettore b). Applico il metodo di Gauss eseguendo i seguenti passaggi





1 3 k 1 0

2 k 0 k 1

1 4 2k 0 0





R ₂ − 2R ₁

−→

R 3 − R ₁





1 3 k 1 0

0 k − 6 −2k k − 2 1

0 1 k −1 0





R ₂ ∼ R ₃

−→





1 3 k 1 0

0 1 k −1 0

0 k − 6 −2k k − 2 1





R 3 − (k − 6)R ₂

−→





1 3 k 1 0

0 1 k −1 0

0 0 k(4 − k) 2k − 8 1



 . (1)

Se k(4 − k) 6= 0, la matrice ottenuta applicando Gauss ha 3 pivot, quindi il sistema ammette almeno una soluzione (e in effetti ∞ ¹ = ∞ ⁴⁻³ ).

Poiche’ k(4 − k) 6= 0 significa che k 6= 0 e k 6= 4 possiamo affermare che per ogni k ∈ R tale che k 6= 0 e k 6= 4, il vettore b e’ combinazione lineare dei vettori v ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ .

1

Rimangono da discutere i casi k = 0 e k = 4.

Se k = 0 la matrice che si ottiene applicando Gauss e’ la matrice finale in (1) dove si sostituisce 0 a k:





1 3 0 1 0

0 1 0 −1 0 0 0 0 −8 1





Dividendo l’ultima riga per −8, si ottiene nuovamente una matrice a gradini con 3 pivot. Quindi il sistema ammette almeno una soluzione (e in effetti ∞ ¹ = ∞ ⁴⁻³ ). Quindi anche se k = 0 il vettore b e’

combinazione lineare dei vettori v ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ .

Se k = 4 la matrice ottenuta con Gauss (cioe’ l’ultima matrice in (1) in cui si sostituisce a k il valore 4) diventa:





1 3 4 1 0

0 1 4 −1 0

0 0 0 0 1





In questo caso il sistema non ha soluzioni (perche’ nell’ultima riga ho tutti zeri, tranne il termine noto che e’ 1). Quindi il vettore b non e’ combinazione lineare dei vettori v ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ .

Conclusioni: b e’ combinazione lineare di v ₁ , v ₂ , v ₃ e v ₄ se e solo se k 6= 4.

b)

Sia k = 4. Scrivere v ₁ come combinazione lineare di v ₃ e v ₄ significa trovare β 3 e β 4 tale che

v ₁ = β ₃ v ₃ + β ₄ v ₄ , cioe’ tali che



 1 2 1



 =





4β 3 +β 4

4β 4

8β ₃



 . Questo porta a risolvere il sistema (con incognite β ₃ e β ₄ ) associato alla matrice





4 1 1 0 4 2 8 0 1



 R 1 /4

−→





1 1/4 1/4

0 4 2

8 0 1





R ₃ − 8R ₁

−→

R ₂ /4





1 1/4 1/4

0 1 1/2

0 −2 −1





R 3 + 2R 2

−→





1 1/4 1/4

0 1 1/2

0 0 0



 Poiche’ la forma di Gauss della matrice ha 2 pivot e il sistema ha due incognite esiste unica la soluzione, che e’ la soluzione del sistema

 β 3 + ^β ₄

⁴

= ¹ ₄ β ₄ = ¹ ₂ da cui si ricava

v ₁ = 1 8 v ₃ + 1

2 v ₄ .

Con lo stesso procedimento si osserva che v ₂ = γ ₃ v ₃ + γ ₄ v ₄ se e solo se γ ₃ e γ ₄ risolvono il sistema associato alla matrice:





4 1 3 0 4 4 8 0 4



 R 1 /4

−→





1 1/4 3/4

0 4 4

8 0 4





R 3 − 8R ₁

−→

R ₂ /4





1 1/4 3/4

0 1 1

0 −2 −2





R 3 + 2R 2

−→





1 1/4 3/4

0 1 1

0 0 0



 Poiche’ la forma di Gauss della matrice ha 2 pivot e il sistema ha due incognite esiste unica la soluzione, che e’ la soluzione del sistema

 γ ₃ + ^γ ₄

⁴

= ³ ₄ γ 4 = 1

2

da cui si ricava

v ₂ = 1

2 v ₃ + v ₄ .

Il vettore v ₁ e’ combinazione lineare di v ₃ e v ₄ . In particolare v ₁ ∈ hv ₃ , v ₄ i. Quindi hv ₁ , v ₃ , v ₄ i = hv ₃ , v ₄ i.

Il vettore v ₂ e’ combinazione lineare di v ₃ e v ₄ . In particolare v ₂ ∈ hv ₃ , v ₄ i. Quindi hv ₂ , v ₃ , v ₄ i = hv ₃ , v ₄ i e hv ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ i = hv ₃ , v ₄ i.

Questo significa che hv ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ i ha dimensione al massimo 2. La dimensione e’ esattamente 2 se i vettori v ₃ e v ₄ sono linearmente indipendenti. Altrimenti la dimensione e’ minore di 2.

Effettivamente i vettori v ₃ e v ₄ sono fra loro indipendenti, infatti nesuno dei due e’ zero e non sono uno multiplo dell’altro. Quindi la dimensione di hv ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ i e’ 2 e una base e’ data da {v ₃ , v ₄ }. (Si poteva arrivare alla stessa conclusione osservando che il rango della matrice che ha come colonne v ₁ , v ₂ , v ₃ e v ₄ e’ 2, perche’ la matrice di Gauss associata, cioe’ (1) con k = 4, ha 2 pivot.)

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