SPAZI VETTORIALI CONDIZIONE NECESSARIA E SUFFICIENTE perché il sottoinsieme W di V sia sottospazio di V è che sia: (

SPAZI VETTORIALI

CONDIZIONE NECESSARIA E SUFFICIENTE perché il sottoinsieme W di V sia sottospazio di V è che sia:

(λλλλ·w + µµµµ·u) ∈ ∈ ∈ V per ogni u, w ∈ ∈ ∈ ∈ V e ogni λλλλ, µµµµ ∈ ∈ ∈ ∈ ℜ ∈ ℜ ℜ ℜ

CONDIZIONE NECESSARIA (ma NON SUFFICIENTE) perché il sottoinsieme W sia sottospazio di V è che contenga lo zero di V.

Siano dati, in uno spazio vettoriale V sul campo ℜ ℜ ℜ, n vettori v ℜ

1

, v

₂

, ….. , v

_n

. Si dice che gli n vettori sono LINEARMENTE DIPENDENTI se esiste una n-pla di scalari non tutti nulli α αα α

1

, α αα α

2

, ….. , α αα α

n

tali che sia

α αα

α

1

·v

₁

+ α αα α

2

·v

₂

+ ….. + α αα α

n

·v

_n

= 0 (1)

Gli n vettori si dicono invece LINEARMENTE INDIPENDENTI se l’unica n-pla di scalari per cui vale la relazione (1) è la n-pla nulla, cioè: α αα α

1

= α αα α

2

= ….. = α αα α

n

= 0.

Un insieme S = {v

1

, v

2

, ... , v

m

} di vettori di uno spazio vettoriale V viene detto SISTEMA DI GENERATORI per V se ogni vettore v di V può essere espresso come combinazione lineare dei vettori di S, cioè:

v = α αα α

₁

·v

₁

+ α αα α

₂

·v

₂

+ ….. + α αα α

_m

·v

_m

(2) Se inoltre S è linearmente indipendente, S è detto BASE per V.

1. Se S e T sono due basi per uno stesso spazio vettoriale V, S e T sono costituiti dallo stesso numero di vettori, numero che viene chiamato DIMENSIONE dello spazio V.

2. Se S è base per V, la n-pla di scalari con cui il generico vettore v di V è scritto come combinazione lineare dei vettori di S, (cioè la n-pla αα α α

1

, α αα α

2

, ….. , α αα α

m

che compare nella (2)), è unica. Tale n-pla viene detta n-pla delle COMPONENTI di v nella base S.

3. Se V ha dimensione n, ogni n-pla indipendente di vettori di V è una base per V.

4. Se V ha dimensione n, cioè ha una base formata da n vettori, allora n+1 vettori di V, comunque scelti, sono dipendenti.

Siano dati due sottospazi S e T di uno stesso spazio vettoriale V.

• Si definisce INTERSEZIONE dei due sottospazi S e T, e si indica con S ∩ ∩ ∩ ∩ T, il sottoinsieme di V costituito dai vettori che appartengono contemporaneamente ad S ed a T. Si dimostra che S ∩ ∩ ∩ ∩ T è sottospazio di V.

• Si definisce UNIONE di S e T e si indica con S ∪ ∪ ∪ ∪ T il sottoinsieme di V costituito dai vettori che appartengono almeno a uno dei due sottospazi S e T. In genere si ha che S ∪ ∪ ∪ ∪ T non è sottospazio di V.

ESERCIZIO 1. Sia V l’insieme dei polinomi in una variabile di grado ≤≤≤≤ 2.

Si determini la dimensione di V.

Se V è l’insieme dei polinomi in una variabile di grado ≤≤≤≤ 2, si verifica subito che è uno spazio vettoriale; infatti il generico polinomio di grado ≤≤≤≤ 2 si può scrivere nella forma:

p(x) = a·x

²

+ b·x +c

con:

a,b,c ∈ ∈ ∈ ∈ ℜ ℜ ℜ ℜ

verifichiamo che se p1(x) e p2(x) sono due elementi di V, per ogni λλλλ, µµµµ∈∈∈∈ℜℜ, allora anche: ℜℜ

(λλλλ·p

1

(x) + µµµµ·p

2

(x)) ∈ ∈ ∈ ∈V

si ottiene:

λλλλ·(a1·x² + b1·x + c1) + µµµµ·(a2·x² + b2·x + c2) = (λλλλ·a1 + µµµµ·a2)·x² + (λλλλ·b1 + µµµµ b2)·x + (λλλλc1 + µµµµc2) che è ancora un polinomio in una variabile di grado ≤≤≤≤ 2 e che, quindi, appartiene a V.

Inoltre, dato che vale la già citata relazione: p(x) = a·x² + b·x +c con: a,b,c∈∈∈∈ℜℜ, ne segue che i ℜℜ tre polinomi:

e

1

= x

²

e

2

= x

e

3

= 1

che sono evidentemente indipendenti, costituiscono una base di V; pertanto V ha dimensione 3.

ESERCIZIO 2. Si consideri lo spazio vettoriale V dei polinomi, in una variabile a coefficienti reali p(x), di grado ≤≤≤≤ 3. Si desidera: a) verificare che i seguenti vettori: e

1

= 1; e

2

= x + 2; e

3

= 2x

²

+ 1; e

4

= x

³

+ x + 1 costituiscono una base di V; b) esprimere x, x

²

, x

³

come combinazione lineare dei vettori della base.

a) Per verificare che i vettori e1, e2, e3, e4 costituiscono una base di V, bisogna dimostrare che sono linearmente indipendenti. Per fare questo basta provare che l’unica combinazione lineare dei quattro vettori base che dà il vettore nullo è quella con i coefficienti ααααi tutti nulli; si ottiene:

α αα

α

1

·e

1

·+ α αα α

2

e

2

+ α αα α

3

·e

3

+ α αα α

4

·e

4

= 0 α

αα

α

1

·1·+ α αα α

2

(x + 2) + α αα α

3

·(2x

²

+ 1) + α αα α

4

·(x

³

+ x + 1) = 0

ovvero:

αα α

α

1

·+ α αα α

2

x + 2α α αα

2

+ 2α αα α

3

x

²

+ α αα α

3

+ α αα α

4

x

³

+ α αα α

4

x + α αα α

4

= 0

raccogliendo i termini simili, si ottiene:

α αα

α

4

·x

³

+ 2α αα α

3

·x

²

+ (α αα α

4

+ α αα α

2

)·x + (α αα α

4

+ α αα α

3

+ 2·α αα α

2

+ α αα α

1

) = 0

Ciò implica che sussista la validità contemporanea delle relazioni seguenti:

αα α

α

4

·= 0; 2·α αα α

3

·= 0; (α αα α

4

·+ α αα α

2

) = 0; (α αα α

4

+ α αα α

3

+ 2·α αα α

2

+ α αα α

1

) = 0

ovvero:

α αα

α

4

·= 0; ·α αα α

3

·= 0; ·α αα α

2

·= 0; ·α αα α

1

·= 0

il che attesta che i vettori e1, e2, e3, e4 sono linearmente indipendenti e pertanto costituiscono una base di V di dimensione 4.

b) Per esprimere il polinomio p(x) = x, da quanto esposto, deve essere: αααα4 + αααα2·= 1, con αααα4 = αααα3 = 0 e (2·αααα2 + αααα1) = 0. Ne risulta: αααα2·= 1, αααα1 = −2·αααα2 = −2. Si ottiene allora: x = −−−−2·e1 + e2.

Per esprimere il polinomio p(x) = x², deve essere: 2·αααα3·= 0, con αααα4 = αααα2 = 0 e (2·αααα3 + αααα1) = 0.

Ne risulta: αααα3·= 1/2, αααα1 = −−−−1/2. Si ottiene allora: x² = −−−−½·e1 + ½·e2.

Per avere il polinomio p(x) = x³, deve essere: αααα4 = 1, αααα3·= 0, (αααα4 + αααα2) = 0 e (αααα4 +2·αααα2 + αααα1) = 0.

Ne risulta: αααα4 = 1, ·αααα3·= 0, αααα2 = −−−−1, αααα1 = −−−−(αααα4 +2·αααα2) = −−−− (1 – 2) = 1.

Si ottiene allora: x³ = 1·e₁ −−−− 1·e2 + 1·e₄ = e₁ −−−−·e2 +·e₄.

ESERCIZIO 3. Siano dati in ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

i seguenti sottoinsiemi:

S = { (a, b, c, d) ∈ ∈ ∈ ℜ ∈ ℜ ℜ ℜ

⁴

| (a

²

+ b

²

+ c

²

+ d

²

=1)}

T = { (a, b, c, d) ∈ ∈ ∈ ∈ ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

| (a + b - c + d =0)}

U = { (a, b, c, d) ∈ ∈ ∈ ∈ ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

| (a + b =1)}

Z = { (a, b, c, d) ∈ ∈ ∈ ℜ ∈ ℜ ℜ ℜ

⁴

| (a

²

−−−− b

²

=0)}

Stabilire quali di essi sono sottospazi di ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

.

• S = {(a, b, c, d) ∈ ∈ ∈ ∈ ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

| (a

²

+ b

²

+ c

²

+ d

²

=1)} non è un sottospazio di ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

,

in quanto non risulta essere soddisfatta la condizione necessaria, infatti il vettore O = (0, 0, 0, 0) non può soddisfare la condizione (a² + b² + c² + d² =1).

• U = {(a, b, c, d) ∈ ∈ ∈ ∈ ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

| (a + b =1)} non è sottospazio di ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴, in quanto non viene soddisfatta la condizione necessaria, infatti il vettore O = (0, 0, 0, 0) non può soddisfare la condizione

(a + b = 1).

• T = { (a, b, c, d) ∈ ∈ ∈ ∈ ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

| (a + b - c + d =0)}

Per T la

condizione necessaria

è

verificata

. Bisogna

usare il criterio

; a tale riguardo, siano (αααα1, ββββ1, γγγγ1, δδδδ1 ) e (αααα2, ββββ2, γγγγ2, δδδδ2 ) due vettori di T, quindi :(αααα1+ ββββ1- γγγγ1 ++++δδδδ1 = 0) ed (αααα2 + ββββ2 −−−− γγγγ2 + δδδδ2 = 0).

Il vettore λλλλ·(αααα1, ββββ1, γγγγ1, δδδδ1) + µµµµ·(αααα2, ββββ2, γγγγ2, δδδδ2) = (λλλλαααα1 + µµµµαααα2, λλλλββββ1 + µµµµββββ2, λλλλγγγγ1 + µµµµγγγγ2, λλλλδδδδ1 + µµµµδδδδ2) appartiene a T ? Risulta:

( λλλλα αα α

1

+ µµµµα αα α

2

) + ( λλλλββββ

1

+ µµµµββββ

2

) – ( λλλλγγγγ

1

+ µµµµγγγγ

2

)+( λλλλδδδδ

1

+ µµµµδδδδ

2

) =

= λλλλ(α αα α

1

+ ββββ

1

−−−− γγγγ

1

++++ δδδδ

1

) + µµµµ(α αα α

2

+ ββββ

2

−−−− γγγγ

2

+ δδδδ

2

) = λλλλ·0 + µµµµ·0 = 0

per ogni λλλλ,µµµµ ∈∈∈∈ ℜℜℜ ℜ quindi T è sottospazio.

•

Z = {(a, b, c, d) ∈ ∈ ℜ ∈ ∈ ℜ ℜ ℜ

⁴

| (a

²

−−−− b

²

=0)}

Per Z la

condizione necessaria è verificata

. Bisogna

usare il criterio

; a tale riguardo, siano (αααα1, ββββ1, γγγγ1, δδδδ1) e (αααα2, ββββ2, γγγγ2, δδδδ2) due vettori di Z, quindi soddisfano le relazioni:

(α αα α

12

−−−− ββββ

12

= 0) e (α αα α

22

−−−− ββββ

22

= 0).

Il vettore: λλλλ·(αααα1, ββββ1, γγγγ1, δδδδ1 ) + µµµµ·(αααα2, ββββ2, γγγγ2, δδδδ2) = (λλλλαααα1 + µµµµαααα2, λλλλββββ1 + µµµµββββ2, λλλλγγγγ1+ µµµµγγγγ2, λλλλδδδδ1 + µµµµδδδδ2) appartiene a Z se risulta:

(λλλλ·α αα α

1

+ µµµµ·α αα α

2

)

²

– (λλλλ·ββββ

1

+ µµµµ·ββββ

2

)

²

= 0

cioè:

( λλλλ

²

·α αα α

12

+ µµµµ

²

·α αα α

22

+2· λλλλ·µµµµ·α αα α

1

·α αα α

2

) – ( λλλλ

²

· ββββ

12

+ µµµµ

²

· ββββ

22

+ 2· λλλλ·µµµµ·ββββ

1

· ββββ

2

) =

= λλλλ

²

(α αα α

12

−−−− ββββ

12

) + µµµµ

²

(α αα α

22

−−−− ββββ

22

) + 2·λλλλ·µµµµ·(α αα α

1

·α αα α

2

−−−− ·ββββ

1

·ββββ

2

)

quindi:

λλλλ

²

·0 + µµµµ

²

·0 + 2· λλλλ·µµµµ·(α αα α

1

·α αα α

2

−−−− ββββ

1

· ββββ

2

) = 0

Questa condizione NON È VERIFICATA per OGNI possibile scelta di αααα1, αααα2

,

ββββ1, ββββ2, quindi Z NON È sottospazio.

ESERCIZIO 4. Determinare i valori reali del parametro t per cui il sottoinsieme S di ℜ ℜ ℜ ℜ

³

costituito dai vettori s = (a, b, c) le cui componenti a, b, c soddisfano la relazione (a + b + c) = (t

²

– 1) è sottospazio di ℜ ℜ ℜ ℜ

³

. Per tali valori determinare un sistema finito di generatori per S.

Per la condizione necessaria affinché un sottoinsieme sia SOTTOSPAZIO, il vettore nullo deve appartenere a S, e ciò accade solo se

(t

²

– 1) = 0

, cioè se

t = ±±±± 1

. Per tali valori usiamo il criterio.

Siano m = (αααα1, ββββ1, γγγγ1) e n =·(αααα2, ββββ2, γγγγ2) due vettori generici di S; allora deve essere:

(αααα1 + ββββ1 + γγγγ1) = 0 e (αααα2 + ββββ2 + γγγγ2) = 0 L’applicazione del criterio impone la relazione seguente:

λλλλ·(αααα1, ββββ1, γγγγ1) + µµµµ·(αααα2, ββββ2, γγγγ2) = (λλλλαααα1 + µµµµαααα2, λλλλββββ1 + µµµµββββ2, λλλλγγγγ1 + µµµµγγγγ2) e tale vettore appartiene a S per ogni λλλλ e µµµµ poiché risulta:

(λλλλαααα1 + µµµµαααα2) + (λλλλββββ1 + µµµµββββ2)+(λλλλγγγγ1 + µµµµγγγγ2) = λλλλ·(αααα1 + ββββ1 + γγγγ1) + µµµµ·(αααα2 + ββββ2 + γγγγ2) = λλλλ·0 + µµµµ·0 = O Ciò premesso, ricordando che (a + b + c = 0) per cui (c = −−−−a –b), osserviamo che tutti i vettori di S hanno, quindi, la forma: s = (a, b, −−−−a −−−− b), con a e b reali qualsiasi.

Si può porre: (a, b, −−−−a −−−− b) = a·(1, 0, −−−−1) + b·(0, 1, −−−−1).

Quindi (1, 0, −−−−1) e (0, 1, −−−−1) generano S. Tali due vettori sono anche una base per S, poiché sono indipendenti: infatti se si considera la loro combinazione lineare uguagliata a zero:

λλλλ·(1, 0, −−−−1) + µµµµ·(0, 1, −−−−1) = 0 ⇒⇒⇒⇒ (λλλλ, µµµµ, −−−−λλλλ−−−−µµµµ) = (0, 0, 0) ⇒⇒⇒⇒ λλλλ = 0, µµµµ = 0 si deduce che devono necessariamente essere nulli i due coefficienti λλλλ e µµµµ.

ESERCIZIO 5. Determinare due basi distinte per il sottospazio S di ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

che è costituito dai vettori della forma s = (a, b, a + b, a −−−− b)

Il generico vettore appartenente al sottospazio S può essere scritto nella forma seguente:

(a, b, a + b, a −−−− b) = a·(1, 0, 1, 1) + b·(0, 1, 1, −−−−1)

I vettori u = (1, 0, 1, 1) e v = (0, 1, 1, −−−−1), ottenuti ponendo, rispettivamente, a = 1 e b = 0 per il primo e a = 0 e b = 1 per il secondo, costituiscono una base, infatti generano S, in quanto il generico vettore di S può essere scritto come loro combinazione lineare, e sono indipendenti, poiché:

λλλλ·(1. 0, 1, 1) + µµµµ·(0, 1, 1, −−−−1) = (λλλλ, µµµµ, λλλλ + µµµµ, λλλλ −−−− µµµµ) = (0, 0, 0, 0)

porta necessariamente al sistema di relazioni: λλλλ = 0, µµµµ = 0, λλλλ + µµµµ = 0, λλλλ −−−− µµµµ = 0 per il quale sussiste solo la soluzione nulla λλλλ = 0, µµµµ = 0.

Consideriamo altri valori per a e per b. Ad esempio se a = 1 e b = 1 si ottiene u’ = (1, 1, 2, 0) e per a = 1 e b = −−−−1 si ottiene v’ = (1, −−−−1, 0, 2). Questi due vettori sono indipendenti, infatti per ogni h, k appartenenti a ℜℜℜ risulta: ℜ

h·(1, 1, 2, 0) + k·(1, −−−−1, 0, 2) = (h + k, h −−−− k, 2h, 2k) = (0, 0, 0, 0)

e tale relazione porta necessariamente al sistema di relazioni: h+k=0, h −−−− k=0, h = 0, k=0 che è soddisfatto se e solo se h = k = 0.

Basterebbe questo per dire che i due vettori u’ e v’ sono una base, infatti poiché S ha dimensione 2, in quanto si è prima trovata una base costituita da due vettori u e v, due vettori indipendenti qualsiasi di S costituiscono una base; dimostriamo, tuttavia direttamente, che sono un sistema di generatori. Da:

(a, b, a + b, a – b) = h·(1, 1, 2, 0) + k·(1, −−−−1, 0, 2)

ricaviamo i coefficienti h e k con cui il generico vettore di S si scrive come combinazione lineare dei due vettori. Risolvendo il sistema in h e k si ottiene:

a = h + k; b = h −−−− k; (a + b) = 2h; (a – b) = 2k Ne consegue che: h = ½ (a + b) e k = ½ (a −−−− b).

Tali coefficienti sono le componenti del generico vettore di S nella nuova base, per cui:

(a, b, a + b, a – b) = ½·(a + b)·(1, 1, 2, 0) + ½·(a −−−− b)·(1, −−−−1, 0, 2)

ESERCIZIO 6. In ℜ ℜ ℜ ℜ

³

si considerino i due sottospazi S e T, di seguito definiti:

S = { (a, b, c) tali che (a + 2b – c) = 0 } T = { (a, b, c) = h·(1, 0, -1) + k·(2, 1, 0) }

Dopo aver determinato una base per S, determinare una base di S ∩ ∩ ∩ ∩ T.

Il vettore generico di Spuò essere scritto, tenuto conto dellarelazione costitutivadelsottospazio, nella forma: s = (a, b, a + 2b).

Quindi una base per S è costituita, ad esempio, dai vettori u=(1, 0, 1), ottenuto per a = 1 e b = 0, e v = (0, 1, 2), ottenuto per a = 0 e b = 1. Infatti: a·u + b·v = a·(1, 0, 1) b·(0, 1, 2) = (a, b, a + 2b) = s Risulta inoltre:

dim(S) = 2

,

dim(T) = 2

. Poiché è al massimo

dim(S + T) = dim ℜ ℜ ℜ ℜ

³

= 3

, l’intersezione

S ∩ ∩ ∩ ∩ T

NON è costituita dal solo vettore NULLO. Cerchiamo tutti i vettori di S che appartengono anche a T e che quindi stiano nell’intersezione. Deve essere:

(a, b, a + 2b) = h·(1, 0, −−−−1) + k·(2, 1, 0) = (h + 2k, k, −−−−h)

da cui si ottengono le relazioni:

a = h + 2k b = k b = k

b = k

^ovvero:

h = a −−−− 2b

^{da cui:}

a = 0

a + 2b = −−−− h a + 2b= −−−−a + 2b h = −−−−2b = −−−− 2k

I vettori dell’intersezione sono tutti i vettori del tipo: k·w = (0, k, 2k) = k·(0, 1, 2), cioè sono tutti i multipli del vettore w = (0, 1, 2) che pertanto è una base di S∩∩∩∩T.

ESERCIZIO 7. Sia V = M

2

lo spazio vettoriale delle Matrici quadrate di ordine 2 ad elementi reali e sia U il sottospazio definito da:

U = A V A ∈ ⋅ 





 = 







 



  : 1 

3

0

0 . Allora, una base di U è data da:

a) −

−

















3 1 3 1

0 0

, 0 0 b) −

−









− −







 −









3 1 3 1

3 1

3 1

0 0 , , 3 1

c) −

−









−









3 1 3 1

3 1

0 0

, d) −

−









3 1 3 1

Si deve determinare, dapprima, la dimensione del sottospazio U. La forma canonica di una matrice generica quadrata di ordine 2 è esprimibile mediante quattro elementi come di seguito mostrato:

A a b c d

= 







U è l’insieme delle matrici quadrate di ordine due che soddisfano la relazione costitutiva:

A a b

c d

a b c d

⋅ 





 = 





 ⇒ 





 ⋅ 





 = 





 ⇒ +

 +





 = 







1 3

0 0

1 3

0 0

3 3

0 0

L’uguaglianza fra matrici implica la separata uguaglianza degli elementi corrispondenti, ovvero le seguenti relazioni:

a b c d

a b

c d

+ =

+ =

 

 ⇒ = −

3 0 = −

3 0

3 3

Si evince per tanto che, poiché per individuare la generica matrice A∈∈∈U risultano necessari due ∈ parametri indipendenti, il sottospazio U ha dimensione 2; inoltre la matrice quadrata A di ordine 2 ha la forma:

A a b

c d

b b

d d b d

= 





 = −− 





 = ⋅ − 





 + ⋅ − 







3 3

3 1 0 0

0 0 3 1

Le due matrici:

A ₁ 3 1 A ₂ 0 0

0 0

= −  3 1





 = − 







ottenute dalla generica matrice A assegnando ai parametri b e d le coppie di valori (b = 1, d = 0) e ((b = 0, d = 1), rispettivamente, sono due generatori indipendenti e quindi costituiscono una base per il sottospazio U che ha, pertanto, dimensione due. Ne consegue che le proposte b) e d) offerte dalla traccia non sono congruenti con la dimensione del sottospazio U e quindi NON costituiscono una base.

Si osservi, che se si assumono per i parametri indipendenti b e d le coppie di valori (b=1, d=1) e (b=−−−−1, d=0), rispettivamente, si ottengono le due seguenti matrici indipendenti, che risultano essere proprio le matrici proposte dalla traccia:

A

₁

3 1 A

₂

3 1

0 0

* * 3 1

= −− 





 = − 







Verifichiamo che una combinazione lineare tramite i parametri non contemporaneamente nulli λλλλ e µµµµ delle due matrici, consente di ottenere la generica matrice A∈∈∈U; infatti, data la combinazione: ∈

A b b

d d A A

= −− 





 = ⋅ + ⋅ = ⋅ −− 





 + ⋅  −







3 3

3 1 3 1

3 1

0 0

1 2

λ ^* µ ^* λ µ

basta porre λλλλ = d e µµµµ = (d −−−− b) per soddisfare la precedente relazione. Infatti, lo svolgimento dei vari passaggi algebrici afferenti la combinazione lineare, consente di evincere quanto segue:

A b b

d d

= −− 





 = − + −

−









3 3

3 3

3

λ µ λ µ

λ λ

L’uguaglianza delle due matrici verrà acclarata dall’uguaglianza degli elementi corrispondenti, ovvero dalla validità contemporanea delle relazioni di seguito riportate:

− = − +

− = − = −

=



 

 

⇒

= − = −

= =



 

 

⇒ =

 = −

  ⇒ =

= −

3 3 3

3 3

b b

d d

b b d d

d b

d d b λ µ

λ µ λ λ

λ µ λ µ λ λ

λ µ λ λ

µ ( )

Si evince, allora, che le due matrici A1* e A₂^* costituiscono una base del sottospazio U. Pertanto, la proposta c) è vera. La proposta a) NON costituisce una base in quanto contiene il vettore nullo.

ESERCIZIO 8. In ℜ ℜ ℜ ℜ

³

si considerino le basi:

B ₁ B ₂

1 0 1

2 1 0

3 1 0

1 1 0

2 0 1

0 0 1

= 



 





 





 





 





 





 



 





 



= 



 





 





 





 





 





 



 





 



, , , ,

a) Determinare tutti i vettori di ℜ ℜ ℜ ℜ

³

che hanno le stesse coordinate rispetto a B

1

ed a B

2

;

b) Determinare le due basi di ℜ ℜ ℜ ℜ

³

rispetto alle quali la risposta alla domanda a) è costituita dal vettore nullo.

a) È conveniente ricordare che le coordinate di un vettore costituiscono i coefficienti della combinazione lineare dei vettori della BASE che fornisce il vettore stesso.

Pertanto, se

w

è un vettore che presenta le medesime ‘coordinate’ rispetto alle due basi B1 e B₂, dovranno sussistere le relazioni seguenti:

w = ⋅ a ( , , ) 1 0 1 + ⋅ b ( , , ) 2 1 0 + ⋅ c ( , , ) 3 1 0

nella base B1

w = ⋅ a ( , , ) 11 0 + ⋅ b ( , , ) 2 0 1 + ⋅ c ( , , ) 0 0 1

nella base B2

ovvero:

a ⋅  b c a b c



 





  + ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  = ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  1

0 1

2 1 0

3 1 0

1 1 0

2 0 1

0 0 1

1 ( )

Questa uguaglianza matriciale implica la validità delle posizioni seguenti:

a b c a b b c a

a b c

c

a b c

c a b

+ + = +

+ = = +



 



⇒ =

= +

 

 ⇒ =

=

 



2 3 2

3 0 0

Ne consegue che i vettori

w

che hanno coordinate

w = (a, a, 0)

si scrivono allo stesso modo rispetto alle basi B₁ e B₂. Verifichiamo quanto asserito:

w a a

a a

a a

a a a

= ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  = 



 





  + 



 





  = 



 





  1

0 1

2 1 0

0 3 1 0

0 2

0

3

nella base B₁

w a a

a a

a a

a a a

= ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  = 



 





  + 



 





  = 



 





  1

1 1

2 0 1

0 0 0

1 0

2 0

3

nella base B2

b) Riconsideriamo il sistema che deriva dalla relazione (1)

1 2 3

a 0

a a

c

b c a a b c

= + =

= +



 



Quanto indicato implica che

Le possibili basi sono:

B ₁ B ₃

1 0 1

2 1 0

3 1 0

1 1 0

2 0 0

0 0 1

= 



 





 





 





 





 





 



 





 



= 



 





 





 





 





 





 



 





 



, , , ,

B ₄ B ₂

1 0 1

2 0 0

3 1 0

1 1 0

2 0 1

0 0 1

= 



 





 





 





 





 





 



 





 



= 



 





 





 





 





 





 



 





 



, , , ,

ESERCIZIO 9. Dopo avere verificato che i tre vettori seguenti:

v

1

= (1, 1, 1) v

2

= (0, 1, 1) v

3

= (0, 0, 1)

sono linearmente indipendenti, provare che ogni altro vettore v ∈ ∈ ∈ ∈ ℜ ℜ ℜ ℜ

³

può essere scritto come loro combinazione lineare. In altri termini i 3 vettori costituiscono una base.

Si deve provare che l’unica combinazione lineare dei tre vettori che dà il vettore nullo è quella con coefficienti tutti nulli, ovvero:

α ⋅ + ⋅ V ₁ β V ₂ + ⋅ γ V ₃ = ⇒ 0 α ⋅ ( , , ) 111 + ⋅ β ( , , ) 0 11 + ⋅ γ ( , , ) ( , , ) 0 0 1 = 0 0 0

Affinché il vettore nullo sia l’unico vettore che ha le stesse componenti rispetto alle due basi di ℜ³ deve verificarsi anche:

a = c = 0 nella 2ª o 3ª relazione b = c = 0 nella 2ª o 3ª relazione

a ⋅  b c a b c



 





  + ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  = ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  + ⋅ 



 





  1

0 1

2 1 0

3 1 0

1 1 0

2 0 1

0 0 1

Se lo cambio in 0, la 3ª relazione diventa: a = c = 0 Se lo cambio in 0, la 2ª relazione

diventa: c = a = 0 Se lo cambio in 1, la 3ª relazione diventa: -b = c = 0

svolgendo i calcoli indicati si ottiene:

( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) α α α + 0 β β + 0 0 γ = 0 0 0 ⇒ ( ,( α α β α β γ + ),( + + )) ( , , ) = 0 0 0

Resta così definito il sistema di seguito riportato:

α α β α β γ

α β γ + = =

+ + =



 



⇒

= =

=



 



0 0

0

0 0 0

V = ( , , ) x y z = ⋅ a ( , , ) 1 1 1 + ⋅ b ( , , ) 0 1 1 + ⋅ c ( , , ) 0 0 1

con a, b, c non simultaneamente nulli.

Svolgendo i calcoli si ottiene:

( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( ,( x y z = a a a + 0 b b + 0 0 c = a a + b ),( a + + b c ))

relazione che porta a definire il sistema seguente:

a x a b y a b c z

a x a b y

y c z

a x b y x c z y + = =

+ + =



 



⇒

+ = = + =



 



⇒

= − =

= −



 



Si può, pertanto, scrivere il generico vettore V = (x, y, z) di

ℜ ℜ ℜ ℜ

³ nella forma di seguito trascritta:

V = ( , , ) x y z = ⋅ x ( , , ) ( 111 + y − ⋅ x ) ( , , ) ( 0 11 + − ⋅ z y ) ( , , ) 0 0 1

Se si definiscono i vettori come vettori colonna, anziché vettori riga, la relazione precedente assume la seguente ovvia forma:

V x y z

x y x z y

= 



 





  = ⋅ 



 





  + − ⋅ 



 





  + − ⋅ 



 





  1

1 1

0 1 1

0 0 1

( ) ( )

ESERCIZIO 10. Siano a

1

= (12, 0, 13, 0), a

2

= (2, 0, 4, 1) ed a

3

= (4, 0, -3, -4) i tre vettori di ℜ ℜ ℜ ℜ

⁴

. Si determini la dimensione del sottospazio generato da a

₁

, a

₂

ed a

₃

.

Controlliamo se i tre vettori assegnati a1, a2 ed a3 sono linearmente indipendenti. Se ciò fosse vero, allora la matrice le cui righe o le cui colonne sono costituite dai tre vettori dovrebbe avere rango massimo. Nel nostro caso specifico il rango dovrebbe essere rango = 3. Determiniamo la matrice A.

A a a a

= 



 





  =

− −





 





 

1 2 3

12 0 13 0

2 0 4 1

4 0 3 4

M ₂ 13 0 M ₂

4 1

13 0

4 1 13 0

= 

  

  ⇒ det( ) = = ≠

Pertanto risulta: rango(A) ≥≥≥≥ 2.

Inoltre tre dei quattro minori del 3° ordine estraibili da A sono costituiti da una colonna di tutti zeri per cui il loro determinante è nullo. Così pure dicasi di uno dei due minori del terzo ordine che si ottengono orlando, secondo Kroneker, il minore del 2° ordine M2, già citato in precedenza.

12 0 13

2 0 4

4 0 3

0

12 0 0

2 0 1

4 0 4

0

0 13 0

0 4 1

0 3 4

− = 0

− =

− − =

La sola soluzione

α αα α = 0; ββββ = 0 ; γγγγ = 0

implica che i vettori V1, V2 e V3 sono “linearmente indipendenti”.

Per ogni altro vettore V di

ℜ ℜ ℜ ℜ

³ vale la relazione:

La matrice rettangolare

A

(3x4) presenta una colonna costituita da tutti zeri. Il rango di A vale 3 se esiste un minore del 3° ordine estraibile da A il cui determinante sia diverso da zero. Il minore del 2° ordine indicato ha il determinante diverso da zero. Infatti si ottiene:

Resta da verificare il minore del 3° ordine estraibile da A ed ottenibile da M2 orlandolo con alcuni elementi della prima colonna e della terza riga di A; si ottiene:

M ₃ M ₃

12 13 0

2 4 1

4 3 4

12 13 0

2 4 1

4 3 4

192 52 36 104 0

= − −





 





  ⇒ =

− − = − + + + =

det

Ne consegue che la matrice A ha rango dato da rango(A) = 2. Quinti, soltanto due dei tre vettori a1, a2 ed a3 sono linearmente indipendenti.

Pertanto, il sottospazio generato da a1, a2 ed a3 ha dimensione 2 ed una sua base è costituita da una qualsiasi coppia dei vettori dati, in quanto i vettori non sono paralleli.

ESERCIZIO 11. Dati i vettori a

1

= (k, 1, 0), a

2

= (4, k, 1) ed a

3

= (-2, 1, 1) si deve determinare quanti sono linearmente indipendenti al variare del parametro k∈ ∈ ∈ℜ ∈ ℜ ℜ ℜ

^.

I tre vettori assegnati sono linearmente indipendenti se la matrice A, le cui righe o le cui colonne, sono costituite dai tre vettori a1, a2, a3 è NON singolare, ovvero il suo determinante è diverso da zero. Calcoliamo, allora, il determinante della matrice A che si ottiene accostando i tre vettori. Si ha:

A

k

k A

k

k k k k k

= −





 





  =

− = − − − = − −

1 0

4 1

2 1 1

1 0

4 1

2 1 1

2 4 6

2 2

det( )

Si determinano ora i valori di k che rendono nullo il determinante, per tali valori la matrice risulta SINGOLARE ed i tre vettori saranno linearmente dipendenti.

k ² k 6 0 k 1 1 24 k k

2

1 25 2

1 5

2 2 3

− − = ⇒ = ± +

= ±

= ± ⇒ = − =

Pertanto, il determinante si annulla per k = −−−−2 o per k = 3.

Per k ≠≠≠≠ −−−−2 e k ≠≠≠≠ 3 risulta det(A) ≠≠≠≠ 0 ed i tre vettori sono, dunque, linearmente indipendenti.

Per k = −−−−2 o per k = 3 il rango della matrice A è rango(A) = 2; infatti il minore del secondo ordine

M ₂ 1 0 M ₂

1 1

1 0

1 1 1 0

= 

  

  ⇒ det( ) = = ≠

k = 3 ci sono solamente due vettori linearmente indipendenti. Essi sono:

k = −−−− 2 ⇒ a1 = (−−−−2, 1, 0) ed a3 = (−−−−2, 1, 1) k = 3 ⇒ a1 = (3, 1, 0) ed a₃ = (−−−−2, 1, 1)

ESERCIZIO 12. Determinare la dimensione dello spazio generato dai vettori:

a

1

= (1, −−−−1, 0, 1), a

2

= (a, 0, 4, 2), a

3

= (0, 1, 2, 0) ed a

4

= (−−−−2, 3, 2, −−−−a) al variare del parametro a∈ ∈ ∈ ∈ℜ ℜ ℜ ℜ. Indicarne una possibile base.

Si sa che la dimensione dello spazio generato dai vettori a1, a2, a3 ed a4 è data dal valore del rango della matrice A ottenuta accostando per righe o per colonne i vettori assegnati. Se si considerano i vettori assegnati come vettori colonna, piuttosto che vettori riga, la matrice A assume la forma:

A

a

a

A

a

a

=

− −

−





 







 

 ⇒ =

− −

−

1 0 2

1 0 1 3

0 4 2 2

1 2 0

1 0 2

1 0 1 3

0 4 2 2

1 2 0 det( )

ottenuto eliminando la seconda riga e la prima colonna di A, è diverso da zero. Pertanto, per k = −−−−2 o per

Si tratta di una matrice quadrata di ordine quattro. Il calcolo del determinante si effettua applicando la definizione ricorrendo, quindi, ai complementi algebrici. Ponendo l’attenzione sulla terza colonna, che contiene due zeri, si ottiene:

det( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

A

a a

a a

a a a a a a a

= − ⋅ ⋅ −

− + − ⋅ ⋅ −

− − =

= − ⋅ − + + − + ⋅ + − − = − + − −

+ +

1 1

1 2

0 4 2

1 2

1 2

1 2

1 0 3

1 2

1 4 2 8 4 2 3 4 6 2 4 6 4 2

2 3 3 3

2 2

ovvero, la relazione:

det( ) A = − 2 a ² + 8 a − 8

che si annulla per:

det( ) A = ⇒ − 0 2 a ² + 8 a − = 8 0 ⇒ a ² − 4 a + = 4 0 ⇒ ( a − 2 ) ² = 0

Il determinante si annulla per a = 2 e tale soluzione doppia ha, quindi, ordine di molteplicità λλλλ = 2.

Per a ≠≠≠≠ 2, risulta det(A) ≠≠≠≠ 0 ed i vettori sono linearmente INDIPENDENTI, generano ℜℜℜℜ⁴ e ne costituiscono una base.

Per a = 2 la matrice A, che ha determinante nullo, assume la forma di seguito riportata:

A =

− −

−





 







 

 1 2 0 2

1 0 1 3

0 4 2 2

1 2 0 2

risulta diverso da zero; per tanto rango(A) ≥≥≥≥ 2. Poiché tutti i minori del terzo ordine che si possono ottenere da M2 orlandolo secondo Kroneker sono nulli, si può concludere che per a = 2 il

M ₃₁ M _{3 2} M _{3 3} M _{3 4}

1 2 0 1 0 1 0 4 2

1 2 2 1 0 3 0 4 2

1 2 0 1 0 1 1 2 0

1 2 2 1 0 3 1 2 2

, = − , = − , ,

− = − = −

−

−

rango della matrice A è rango(A) = 2 e lo spazio generato dai vettori a1, a2, a3 ed a4 presenta dimensione 2; una possibile base è costituita, per esempio, dai vettori a₁ ed a2.

B = {a

1

, a

2

} ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ B = {(1, -1, 0, 1), (2, 0, 4,2)}

ESERCIZIO 13. Determinare l’Area del “Parallelogramma” individuato dai vettori v

1

= (1, 2) e v

2

= (3, −−−−1).

Si ricorda che il determinante di una matrice quadrata di ordine due ha il significato geometrico di AREA CON SEGNO del parallelogramma individuato dai vettori riga o colonna che accostati formano la matrice.

Infatti siano w1 = (a, b) e w2 = (c, d) due vettori appartenenti a ℜℜℜℜ².

Il parallelogramma, definito dai due vettori medesimi, ha un’area A determinata da:

A a b

c d

a b

c d ad bc

= 

  

  = = −

det ( )

Infatti, l’ispezione diretta della figura consente di valutare che, sotto l’aspetto geometrico, il calcolo dell’area A può ottenersi come:

A = A

1

−−−− A

2

−−−− A

3

−−−− A

4

−−−− A

5

in cui deve intendersi:

c a (a+c) b

d b+d

W1

W2

x y

A

Per determinare il rango della matrice A osserviamo che il minore M2 del secondo ordine individuato con gli elementi di A:

0 0 2

1 2 ) 1

0 det(

1 2 1

2

2

= ≠

= −

 ⇒





 



= − M

M

A ₁ = ( a + ⋅ + c ) ( b d )

A ₂ = ⋅ ( a b ) 2 A ₃ = + + [ b ( b d )] ⋅ c 2 A ₄ = ⋅ ( c d ) 2 A ₅ = + + [ c ( a c )] ⋅ b 2

Si ottiene infatti:

{ {

A ab ad bc cd ab bc bc cd cd ab bc bc

A A A A A

= + + + − −  + +

  

  − −  + +

  

 

1 2 3 4 5

2 2 2 2 2 2 2 2

1 44 2 44 3

1 44 2 44 3 1 44 2 44 3

ovvero, svolgendo le semplificazioni algebriche richieste, si ottiene:

A ab ab ab

ad bc bc bc cd cd cd

ad bc

= − − + + − − + − − = −

2 2 2 2 ( )

Perquantoconcerneivettoriassegnati V1eV2,siottiene:

A =  −

  

  = − = − − = det 1 2

3 1

1 2

3 1 1 6 7

Pertanto, l’area del parallelogramma generato dai vettori V1 e V2 ha il valore dato da: A = 7.

ESERCIZIO 14. Per quali valori del parametro “t” il vettore w = (2, t, 0, 1) di ℜ

ℜ ℜ

ℜ

⁴

appartiene al sottospazio generato dai vettori u = (1, 0, 0, 1) e v = (0, 1, 0, 1) ? Calcolare la dimensione dello spazio generato da u, v, w al variare di “t”.

Il vettore w appartiene al sottospazio generato dai vettori u e v allora e solo allora che esso risulta essere una combinazione lineare, a coefficienti non nulli, dei vettori u e v medesimi; in sostanza se: αααα,ββββ∈∈∈∈ℜℜℜℜ allora deve essere soddisfatta la relazione seguente:

w = ⋅ + ⋅ = ⋅ α u β v α ( , , , ) 1 0 0 1 + ⋅ β ( , , , ) 0 1 0 1

ovvero, vale la scrittura di seguito riportata:

( , , , ) ( , , ,( 2 0 1 t = α β 0 α β + ))

Dalla relazione precedente si evince il sistema seguente:

2 1

2 1 2

2

1

= =

= +



 



⇒

= =

= +



 



⇒

= =



 

 = − β α

α β

α β α

β

t t

t

t t

Dato che u e v sono linearmente indipendenti, mentre u, v , w sono linearmente dipendenti se e solo se t = −−−−1, si può concludere come segue:

per t = −−−−1 la dimensione dello spazio generato da u, v, w è due;

per t ≠≠≠≠ −−−−1 la dimensione dello spazio generato da u, v, w è tre

ESERCIZIO 15. Dopo avere verificato che i vettori:

x

1

= (1, 3, 4); x

2

= (2, 1, 0); x

3

= (0, 4, 6)

sono linearmente indipendenti, scrivere il vettore e

₁

= (1, 0, 0) mediante la combinazione lineare di x

1

, x

2

e x

3

.

Per verificare che i tre vettori x1, x2 e x3 sono linearmente indipendenti basta verificare che la matrice A che si ottiene disponendo per righe o per colonne i tre vettori x1, x₂ e x3, presenta determinante diverso da zero, cioè: det(A) ≠≠≠≠ 0, ovvero la matrice è NON singolare.

1

−−−−1

x y

2

V₁ V2

A

₃