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(1)

SOLUZIONI SECONDO HOMEWORK GEOMETRIA 1 ANNO 2019–2020

In R 4 , si consideri il sottoinsieme U k := Sol(A|v) formato dai vettori soluzioni del sistema Ax = v dove

A :=

1 −5 4 3

1 1 −2 −1

3 −3 k 1

1 7 −8 −(k + 5)

e v :=

 0 0 k 0

 .

Si consideri inoltre il sottospazio vettoriale di R 4 :

W h :=

*

 1 1 1 1

 ,

 0 1

−1 4

 ,

 2 3 h 6

 ,

−1 1

−3 7

 +

.

• Si stabilisca per quali k, U k e’ sottospazio vettoriale di R 4 e per tali k si determinino la dimensione e una base di U k ;

• Al variare di h ∈ R, si determinino la dimensione e una base di W h ;

• Posti k = 0 e h = 1, si determinino le dimensioni di U 0 ∩ W 1 , e U 0 + W 1 . Si determinino una base di U 0 ∩ W 1 e una di U 0 + W 1 .

Primo punto

Sia A ∈ M n×m (K) una matrice e b ∈ K n un vettore. L’insieme delle soluzioni Sol(A|b) e’ un sottospazio vettoriale di K m se e solo se il sistema e’ omogeneo, cioe’ se b = O K

n

. Infatti le soluzioni di un sistema omogeneo sono un sottospazio vettoriale per il teorema di Rouche-Capelli. Viceversa, se un sottoinsieme di K m e’ un sottospazio contiene lo zero. Quindi se Sol(A|b) e’ un sottospazio, 0 K

m

∈ Sol(A|b), cioe’ A0 K

m

= b. Ma A0 K

m

= 0 K

n

da cui segue b = 0 K

n

.

Quindi U k e’ sottospazio vettoriale se e solo se k = 0.

Se k = 0, U k e’ l’insieme delle soluzioni di del sistema omogeneo associato alla matrice

A :=

1 −5 4 3

1 1 −2 −1

3 −3 0 1

1 7 −8 −5

 Applicando l’algortimo di Gauss alla matrice si ottiene

A

R 2 − R 1

−→

R 3 − 3R 1

R 4 − R 1

1 −5 4 3

0 6 −6 −4

0 12 −12 −8 0 12 −12 −8

R 2 /6

−→

R 3 − 2R 2

R 4 − 2R 2

1 −5 4 3

0 1 −1 −2/3

0 0 0 0

0 0 0 0

 Quindi U 0 e’ l’insieme delle soluzioni di

 x 1 −5x 2 +4x 3 +3x 4 = 0 x 2 −x 3 − 2 3 x 4 = 0

1

(2)

2 SOLUZIONI SECONDO HOMEWORK GEOMETRIA 1 ANNO 2019–2020

Da cui si ricava

 x 2 = x 3 + 2 3 x 4

x 1 = 5x 2 − 4x 3 − 3x 4 = 5 x 3 + 2 3 x 4  − 4x 3 − 3x 4 = x 3 + 1 3 x 4 Quindi una base dello spazio delle soluzioni di U 0 e’ data dai vettori

 

 

 1 1 1 0

 ,

 1 2 0 3

 

 

(i vettori sono ottenuti sostituendo prima x 3 = 1 e x 4 = 0, e poi x 3 = 0 e x 4 = 3).

In particolare dim(U 0 ) = 2 (che si ottiene anche come conseguenza del teorema di Rouche–Capelli e del fatto che la matrice ottenuta applicando Gauss ad A ha 2 pivot).

Secondo punto

Lo spazio W h e’ generato da 4 vettori. Per determinarne una base (e di con- seguenza la dimensione), bisogna estrarre una base del sistema di generatori. Quindi si cerca un sottoinsieme dell’insieme di generatori formato da vettori indipendenti.

Per farlo si scrive una matrice che abbia come colonne i vettori indipendenti e poi la si riduce con il metodo di Gauss. Le colonne dove appaiono dei pivot corrispondono a vettori indipendenti.

1 0 2 −1

1 1 3 1

1 −1 h −3

1 4 6 7

R 2 − R 1

−→

R 3 − R 1

R 4 − R 1

1 0 2 −1

0 1 1 2

0 −1 h − 2 −2

0 4 4 8

R 3 + R 2

−→

R 4 − 4R 2

1 0 2 −1

0 1 1 2

0 0 h − 1 0

0 0 0 0

 La matrice ha 3 pivot se h 6= 1, altrimenti ne ha 2. Quindi divido i due casi:

Se h 6= 1 allora dim(W h ) = 3 e una base e’ data dai primi tre vettori del sistema di generatori (perche’ i pivot sono nelle prime tre colonne). Quindi una base di W h e’

 

 

 1 1 1 1

 ,

 0 1

−1 4

 ,

 2 3 h 6

 

 

Se h = 1 allora dim(W h ) = 2 e una base e’ data dai primi due vettori del sistema di generatori (perche’ i pivot sono nelle prime due colonne). Quindi una base di W h e’

 

 

 1 1 1 1

 ,

 0 1

−1 4

 

 

Terzo punto Consideriamo gli spazi U 0 e W 1 , le cui basi sono

 

 

 1 1 1 0

 ,

 1 2 0 3

 

 

 e

 

 

 1 1 1 1

 ,

 0 1

−1 4

 

 

(3)

SOLUZIONI SECONDO HOMEWORK GEOMETRIA 1 ANNO 2019–2020 3

rispettivamente. Considero il generico vettore di W 1 esso e’ combinazione lineare dei vettori della base di W 1 , quindi e’

α

 1 1 1 1

 + β

 0 1

−1 4

=

 α α + β α − β α + 4β

 .

Questo vettore (gia’ contenuto in W 1 ) e’ contenuto in U 0 ∩W 1 se e solo se appartiene a U 0 , cioe’ se e solo se e’ soluzione del sistema Ax = 0. Ricordo che al posto della matrice A posso usare la sue forma di Gauss (quella ottenuta dall’algoritmo di Gauss, come fatto nel punto 1). Quindi il vettore generico di W 1 e’ contenuto anche in U 0 (e quindi nella loro intersezione) se e solo se

1 −5 4 3

0 1 −1 −2/3

0 0 0 0

0 0 0 0

 α α + β α − β α + 4β

= 0.

Cosi’ si ottiene

 3α + 3β = 0

− 2 3 α − 2 3 β = 0 , cioe’ β = −α. Quindi i vettori di W 1 che appartengono all’intersezione W 1 ∩ U 0 sono della forma

α

 1 1 1 1

− α

 0 1

−1 4

=

 α 0 2α

−3α

= α

 1 0 2

−3

 .

Una base di W 1 ∩ U 0 e’

 

 

 1 0 2

−3

 

 

e dim(U 0 ∩ W 1 ) = 1.

Quindi, dalla formula di Grassman,

dim(U 0 + W 1 ) = dim(U 0 ) + dim(W 1 ) − dim(U 0 ∪ W 1 ) = 2 + 2 − 1 = 3.

Per trovare una base di U 0 + W 1 si applica il teorema di Grassman. Si consideri una base di U 0 ∩ W 1 e la si completi a una base di U 0 e a una base di W 1 . Una base di U 0 + W 1 si ottiene considerando tutti i vettori che compaiono nelle basi di U 0 e W 1 , prendendo pero’ una sola volta i vettori che compaiono in entrambe.

Nel caso particolare che si sta considerando si ha:

•

 

 

 1 0 2

−3

 

 

e’ una base di U 0 ∩ W 1 .

• Poiche’ dim(U 0 ) = 2, e

 1 1 1 0

e’ un vettore di U 0 indipendente da

 1 0 2

−3

 (perche’ non e’ un suo multiplo), si ottiene che

 

 

 1 0 2

−3

 ,

 1 1 1 0

 

 

e’ una base di U 0 che completa quella di U 0 ∩ W 1 .

(4)

4 SOLUZIONI SECONDO HOMEWORK GEOMETRIA 1 ANNO 2019–2020

• Poiche’ dim(W 1 ) = 2 e

 1 1 1 1

e’ un vettore di W 1 indipendente da

 1 0 2

−3

 (perche’ non e’ un suo multiplo), si ottiene che

 

 

 1 0 2

−3

 ,

 1 1 1 1

 

 

e’ una base di W 1 che completa quella di U 0 ∩ W 1 .

Quindi una base di U 0 + W 1 e’ data da

 

 

 1 0 2

−3

 ,

 1 1 1 0

 ,

 1 1 1 1

 

 

 .

Alternativamente, per trovare una base di U 0 + W 1 si possono considerare tutti i suoi generatori

 1 1 1 0

 ,

 1 2 0 3

 ,

 1 1 1 1

 ,

 0 1

−1 4

 ,

ed estrarne una base con il metodo di Gauss (come nel punto 2). In questo modo si troverebbe

1 1 1 0

1 2 1 1

1 0 1 −1

0 3 1 4

R 2 − R 1

−→

R 3 − R 1

1 1 1 0

0 1 0 1

0 −1 0 −1

0 3 1 4

R 3 + R 2

−→

R 4 − 3R 2

1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1

 I pivot compaiono nelle prime tre colonne, quindi si possono scegliere come vettori di base le prime tre colonne della matrice originaria. In particolare una base di U 0 + W 1 e’

 

 

 1 1 1 0

 ,

 1 2 0 3

 ,

 1 1 1 1

 

 

 .

Si osservi che abbiamo trovato una base differente da quella precedente, ma co-

munque una base dello stesso spazio.

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