Capitolo 2 Spazi vettoriali
Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
Introduzione
Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Dato un insieme, verificare se è un sottospazio (vedi esercizi nella pagina seguente e a pagina 5).
• Determinare di una base per un sottospazio (vedi esercizio a pagina 7).
• Determinare le coordinate di un vettore rispetto ad una data base (vedi esercizio a pagina 7).
• Algoritmo di completamento di una base (vedi esercizio a pagina 7).
• Determinare una base per lo spazio somma di due sottospazi (vedi eserci- zio a pagina 13).
• Determinare una base per lo spazio intersezione di due sottospazi (vedi esercizio a pagina 13).
• Esercizio di riepilogo, piuttosto elaborato...(vedi esercizio a pagina 18).
Esercizio 1
Dato l’insieme
V =
x1 x2 x3
∈ R3| x1+ 2x2= 3x1+ x3= 0
,
verificare se è un sottospazio vettoriale di R3.
Soluzione
Dobbiamo controllare le 3 condizioni mostrate sulle slide teoriche, ovvero:
• 0R3∈ V ?
Per rispondere a questa domanda, basta sostituire il vettore nullo all’inter- no delle equazioni che definiscono V (notiamo subito come tali equazioni definiscano una retta passante per l’origine...):
V :
(x + 2y = 0 3x + z = 0
0R3
−→
(0 + 2 × 0 = 0 3 × 0 + 0 = 0
Quindi possiamo concludere che V contiene il vettore nullo di R3.
• Dati v, w ∈ V , v + w ∈ V ?
Per poter dimostrare la veridicità di tale affermazione non possiamo pren- dere dei vettori a caso appartenenti a V . Infatti tale proprietà deve essere verificata per tutti i vettori appartenti a tale insieme. Dobbiamo quindi dimostrare tale asserto facendo uso di due vettori generici ∈ V :
v =
v1
v2
v3
, w =
w1
w2
w3
=⇒
v1+ w1
v2+ w2
v3+ w3
Sostituendo tali vettori all’interno delle equazioni cartesiane che definisco- no V otteniamo:
((v1+ w1) + 2 (v2+ w2) = 0 3 (v1+ w1) + (v3+ w3) = 0 (v1+ w1+ 2v2+ 2w2 = 0
3v1+ 3w1+ v3+ w3 = 0 Riordinando i termini possiamo scrivere:
((v1+ 2v2) + (w1+ 2w2) = 0 (3v1+ v3) + (3w1+ w3) = 0
Ora però si può subito notare che, siccome v e w appartengono a V, valgono le condizioni che definiscono tale insieme e quindi:
0
q
z }| { (v1+ 2v2) +
0
q
z }| { (w1+ 2w2) = 0 (3v1+ v3)
| {z }
q
0
+ (3w1+ w3)
| {z }
q
0
= 0
Pertanto anche la seconda proprietà è verificata.
• Dati v ∈ V e λ ∈ R, λv ∈ V ?
Per rispondere a questo quesito, dobbiamo ragionare come nel punto precedente, e quindi in via del tutto generale usando vettori generici:
v =
v1
v2
v3
, λ ∈ R =⇒ λv =
λv1
λv2
λv3
Sostituisco λv nelle equazioni cartesiane di V : ((λv1) + 2 (λv2) = 0
3 (λv1) + (λv3) = 0 (λ (v1) + 2λ (v2) = 0 3λ (v1) + λ (v3) = 0
λ
0
q
z }| { (v1+ 2v2) = 0 λ(3v1+ v3)
| {z }
q
0
= 0
Quindi anche l’ultima proprietà è verificata. Possiamo concludere che V è un sottospazio vettoriale di R3.
NB. In realtà potevamo fin da subito affermare che V è un sottospazio di R3: infatti per come era definito V , non era nient’altro che una retta passante per l’origine. Come ben si sa dalla teoria, le rette e i piani passanti per l’origine sono sottospazi di E3O, il quale è isomorfo a R3; quindi potevamo giungere subito a tale conclusione. E’ bene notare tuttavia che ciò vale solamente in R3, in quanto in spazi vettoriali di dimensione superiore non vi è il concetto di “retta” o di
“piano” (anche se si può parlare di iperpiano...).
Esercizio 2
Dato l’insieme
V =
x1
x2
x3
x4
∈ R4| x1+ x1x2+ 3x4= 0
,
verificare se è un sottospazio vettoriale di R4.
Soluzione
A prima vista l’insieme V non sembra un sottospazio. Tuttavia prima di giun- gere a qualsiasi conclusione, dobbiamo dimostrarla. Ragioniamo come nell’eser- cizio precedente:
• 0R4∈ V ?
Per rispondere a questa domanda, basta sostituire il vettore nullo all’in- terno dell’ equazione che definisce V :
V : 0 + 0 × 0 + 3 × 0 = 0
Quindi possiamo concludere che V contiene il vettore nullo di R4.
• Dati v, w ∈ V , v + w ∈ V ?
Per poter dimostrare la veridicità di tale affermazione non possiamo pren- dere dei vettori a caso appartenenti a V . Infatti tale proprietà deve essere verificata per tutti i vettori appartenti a tale insieme. Dobbiamo quindi dimostrare tale asserto facendo uso di due vettori generici ∈ V :
v =
v1
v2
v3
v4
, w =
w1
w2
w3
w4
=⇒
v1+ w1
v2+ w2
v3+ w3
v4+ w4
Sostituendo tale vettore all’interno dell’equazione che definisce V ottenia- mo:
(v1+ w1) + (v1+ w1) (v2+ w2) + 3 (v4+ w4) = 0 v1+ w1+ v1v2+ v1w2+ w1v2+ w1w2+ 3v4+ 3w4 = 0 (v1+ v1v2+ 3v4)
| {z }
q
0
+ (w1+ w1w2+ 3w4)
| {z }
q
0
+ v1w2+ w1v2 = 0
v1w2+ w1v2 = 0 (1)
Ma l’equazione (1) non è affatto vera! Possiamo quindi concludere che la somma di due vettori appartenenti a V restituisce un elemento che non appartiene più a tale insieme: pertanto, senza nemmeno verificare la con- dizione successiva, possiamo affermare che V non è un sottospazio.
NB. In questo caso volevamo dimostrare nel modo più generico possibile che V è un sottospazio e siamo giunti alla conclusione che non lo è; se il nostro intento fosse stato quello di cercare di dimostrare che V non era un sottospazio, allora non avevamo bisogno di prendere due vettori generici appartenenti a V : sarebbe bastato cercare due vettori appartenenti a V che se sommati non rispettavano più le condizioni imposte dall’equazione di V . Infatti, se per dimostrare la veridicità di una proposizione è necessario verificarla per tutti i casi possibili, per confutarla basta solamente un controesempio...
Esercizio 3
Si consideri il sottospazio:
V =
x y z t
∈ R4| x + y + 2t = x + 3z = 0
,
Determinare:
1. una base per V ;
2. dire per quali valori di h il vettore u1=
−6 h 2 2
∈ Span (V ) ;
3. Completare la base BV trovata in modo da ottenere una base per R4;
4. Scrivere i vettori della base canonica e1=
1 0 0 0
, e2=
0 1 0 0
, e3=
0 0 1 0
, e4=
0 0 0 1
, nella nuova base trovata.
Soluzione
Punto (1)
Per ottenere una base per V conviene prima ottenere una rappresentazione para- metrica del sottospazio, così da poter vedere quali sono i vettori che ne compon- gono la base (è un po’ come quando si vuole ottenere l’equazione parametrica di una retta così da poter vedere facilmente qual è il suo vettore direttore...).
Tuttavia non sappiamo quale sia la dimensione del sottospazio e quindi quanti parametri servano per poter descrivere parametricamente V ; infatti anche se V è definito da due equazioni, abbiamo a che fare con un sottospazio di R4 e pertanto non possiamo affermare che, siccome è definito da due equazioni, rap- presenta una retta per l’origine.
Per poter ricavare la dimensione del sottospazio dobbiamo piuttosto sfruttare la relazione “d’oro” mostrata sulle slide teoriche relative al capitolo, ovvero la formula:
dim (V ) = dim R4 − n° equazioni cartesiane di V = 4 − 2 = 2
Quindi per ottenere le equazioni parametriche di V dobbiamo aggiungere due parametri:
V :
(x + y + 2t = 0 x + 3z = 0
V :
x + y + 2t = 0 x + 3z = 0
z = α
t = β
V :
x + y + 2β = 0
x = −3α
z = α
t = β
V :
x = −3α y = 3α − 2β z = α t = β
V :
x y z t
= α
−3 3 1 0
+ β
0
−2 0 1
(2)
Dall’equazione parametrica vettoriale (2) si nota subito che una base per V è data da:
BV =
−3 3 1 0
,
0
−2 0 1
= {v1, v2}
Punto (2)
Affinchè il vettore u ∈ V , esso deve poter essere scritto come combinazione lineare dei vettori componenti una base di V . In termini matematici questo
vuol dire che:
−6 h 2 2
= α
−3 3 1 0
+ β
0
−2 0 1
−6 = −3α h = 3α − 2β
2 = α
2 = β
α = 2
h = 6 − 4 = 2 α = 2
β = 2
Quindi il vettore u ∈ V se e solo se h = 2.
Punto (3)
Usiamo l’algoritmo di completamento. Provo ad aggiungere il vettore e1 e mi chiedo:
Span (v1, v2, e1) 6= Span (v1, v2) =?
cioè:
1 0 0 0
= α
−3 3 1 0
+ β
0
−2 0 1
∀α, β ∈ R
−1 = −3α 0 = 3α − 2β
0 = α
0 = β
α =13 ? 0 = 3α − 2β
α = 0 ?
β = 0
Siccome il sistema non è risolubile, possiamo concludere che e1 è un vettore
linearmente indipendente rispetto a Span (v1, v2), e quindi può essere tenu- to.Quindi ora ho il seguente insieme di vettori linearmente indipendenti:
−3 3 1 0
,
0
−2 0 1
,
1 0 0 0
Tuttavia non abbiamo ancora ottenuto una base per R4, pertanto dobbiamo continuare con l’algoritmo di completamento. Prendiamo ora il vettore e2:
e2=
0 1 0 0
Span (v1, v2, e1, e2) 6= Span (v1, v2, e1)?
cioè:
0 1 0 0
= α
−3 3 1 0
+ β
0
−2 0 1
+ γ
1 0 0 0
∀α, β ∈ R
0 = −3α + γ 1 = 3α − 2β 0 = α 0 = β
γ = 0
1 = 0 F ALSO!
α = 0 β = 0
Anche questo sistema è senza soluzione, vuol dire che possiamo prendere e2 e aggiungerlo ai vettori della base che otterremo.
Abbiamo ora 4 vettori linearmente indipendenti e pertanto possiamo fermarci:
abbiamo una base di R4 data da:
B0=
−3 3 1 0
,
0
−2 0 1
,
1 0 0 0
,
0 1 0 0
Punto (4)
Come mostrato sulle slide di teoria, dobbiamo risolvere le seguenti equazioni vettoriali:
• e1:
1 0 0 0
= α
−3 3 1 0
+ β
0
−2 0 1
+ γ
1 0 0 0
+ δ
0 1 0 0
=⇒ [e1]B0 =
0 0 1 0
• e2:
0 1 0 0
= α
−3 3 1 0
+ β
0
−2 0 1
+ γ
1 0 0 0
+ δ
0 1 0 0
=⇒ [e2]B0 =
0 0 0 1
• e3:
0 0 1 0
= α
−3 3 1 0
+ β
0
−2 0 1
+ γ
1 0 0 0
+ δ
0 1 0 0
0 = −3α + γ 0 = 3α − 2β + δ 1 = α
0 = β
0 = −3 + γ 0 = 3 + δ α = 1 β = 0
γ = 3 δ = −3 α = 1 β = 0
Quindi:
[e3] =
1 0 3
−3
• e4:
0 0 0 1
= α
−3 3 1 0
+ β
0
−2 0 1
+ γ
1 0 0 0
+ δ
0 1 0 0
0 = −3α + γ 0 = 3α − 2β + δ 0 = α
1 = β
0 = γ 0 = −2 + δ α = 0 β = 1
γ = 0 δ = 2 α = 0 β = 1
[e4] =
0 1 0 2
;
Quindi le coordinate della base canonica nella base B0 sono date da:
[BC]B0 =
0 0 1 0
,
0 0 0 1
,
1 0 3
−3
,
0 1 0 2
Esercizio 4
Si considerino i seguenti sottospazi:
V =
x y z
∈ R3| x + 3y = 0
W =
x y z
∈ R3| 2x + y + z = 0
determinare:
1. la dimensione e una base per V e W ; 2. il sottospazio V + W e una sua base;
3. il sottospazio V ∩ W e una sua base;
4. se la somma V + W è diretta;
5. a chi appartiene il vettore u1=
3 1
−1
(se appartiene a V + W , a V ∩ W o a entrambi).
Soluzione
Punto (1)
Siamo in R3, quindi V rappresenta un piano per l’origine in quanto è definito da un unica equazione cartesiana; la stessa cosa vale per W . Quindi dim (V ) = dim (W ) = 2. Per determinarne una base, dobbiamo ottenere le loro equazioni
parametriche:
V :
x = −3α y = α z = β
=⇒ V :
x y z
= α
−3 1 0
+ β
0 0 1
BV =
−3 1 0
,
0 0 1
= {v1, v2}
W :
x = α y = −2α − β z = β
=⇒ W :
x y z
= α
1
−2 0
+ β
0
−1 1
BW =
1
−2 0
,
0
−1 1
= {w1, w2}
Punto (2)
Un insieme di generatori per V + W è dato dall’unione delle due basi di V + W , cioè dall’insieme:
−3 1 0
,
0 0 1
| {z }
BV
,
1
−2 0
,
0
−1 1
| {z }
BW
Applicando l’algoritmo di estrazione a tale insieme di vettori otteniamo una base per il sottospazio V + W :
v1∈ Span (v2)? N O! (assieme formano una base per V!)
w1∈ Span (v1, v2)?
1
−2 0
= α
−3 1 0
+ β
0 0 1
1 = −3α
−2 = α 0 = β
α = −13 α = −2 β = 0
Possiamo concludere che w1∈ Span (v/ 1, v2).
Siccome abbiamo ottenuto 3 vettori linearmente indipendenti in R3, possiamo fermarci (w2 sarebbe sicuramente linearmente dipendente agli altri 3 vettori, in quanto questi sono già una base per R3, cioè il massimo numero di vettori linearmente indipendenti che è possibile avere in R3). Concludiamo quindi che V + W = R3.
Punto (3)
Innanzitutto, sfruttando la formula di Grassman, determiniamo la dimensione dello spazio V ∩ W , così da poter sapere in anticipo quanti vettori costituiscono una sua base:
dim (V ) + dim (W ) = dim (V ∩ W ) + dim (V + W )
dim (V ∩ W ) = dim (V ) + dim (W ) − dim (V + W ) dim (V ∩ W ) = 2 + 2 − 3 = 1
Quindi una base per V ∩ W è costituita da un unico vettore, cioè è una retta in R3. Effettivamente, essendo V e W due piani (siamo in R3), non era difficile intuire tale risultato, e avremmo potuto fare a meno della formula di Grassman.
Tuttavia è bene ricordare che ragionamenti “geometrici” di questo tipo sono impraticabili quando ci troviamo di fronte a sottospazi di spazi vettoriali di dimensione > 3 (tipo R4).
Per poter ottenere una base per il sottospazio intersezione V ∩ W dobbiamo applicare l’algoritmo di estrazione di una base al seguente insieme di vettori:
−3 1 0
,
0 0 1
| {z }
BV
,
1
−2 0
,
0
−1 1
| {z }
BW
e per ciascun vettore che viene scartato da tale insieme in quanto linearmente dipendente agli altri, è necessario trovarne una scrittura come combinazione li- neare di tutti gli altri elementi: così facendo potremo poi trovare ciascun vettore della base V ∩ W .
Dal punto precedente sappiamo che il vettore scartato è il vettore:
w2=
0
−1 1
Troviamone una scrittura come combinazione lineare degli altri vettori dell’in- sieme {BV, BW} :
0
−1 1
= α
−3 1 0
+ β
0 0 1
+ γ
1
−2 0
0 = −3α + γ
−1 = α − 2γ 1 = β
γ = 3α
−1 = α − 6α 1 = β
γ =35 α =15 β = 1
Quindi abbiamo che:
w2= 1
5v1+ v2+3 5w1
Il vettore che rappresenta una base per lo spazio intersezione è dato da:
w2− w1=1
5v1+ v2= m1
cioè:
0
−1 1
−3 5
1
−2 0
= 1 5
−3 1 0
+ 1
0 0 1
=
−3/5 1/5
1
Quindi una base per lo spazio intersezione è data da:
BV ∩W =
−3/5 1/5
1
Punto (4)
La somma V + W non è diretta in quanto dim (V ∩ W ) 6= 0.
Punto (5)
Per verificare se v1appartiene ad uno dei due sottospazi piuttosto che all’altro è necessario verificare che v1 ammetta una scrittura in coordinate in una base del sottospazio presa in questione. In altre parole, dobbiamo verificare che per V ∩ W esista una soluzione univoca alla scrittura:
v1= tm1
3 1
−1
= t
−3/5 1/5
1
3 = −35t 1 =15t
−1 = t
Dal sistema sopra mostrato si nota che non esiste una soluzione univoca nel parametro t: quindi v1 non può essere scritto in coordinate rispetto ad una base per V ∩ W e pertanto non appartiene a tale sottospazio.
Ora in teoria dovremmo ripetere lo stesso procedimento anche per il caso di V + W ; tuttavia abbiamo constatato in precedenza che Span (V + W ) = R3! Quindi sicuramente v1∈ Span (V + W ).
Esercizio 5
Dato il seguente sottospazio:
V = {p (x) ∈ R3[x] | p (1) = p (2)} ,
determinare:
1. una base per V ;
2. una base per R3[x] a partire dalla base trovata al punto 1;
3. Trovare le coordinate del polinomio p1(x) = x3+ 2x2+ 1 nella nuova base trovata.
Soluzione
Punto (1)
Se indichiamo con ax3+ bx2+ cx + d un generico polinomio appartenente a V , allora la condizione imposta dalla definizione di V può essere matematicamente espressa nel modo seguente:
a (1)3+ b (1)2+ c (1) + d = a (2)3+ b (2)2+ c (2) + d a + b + c + d = 8a + 4b + 2c + d
−7a − 3b − c = 0
c = −7a − 3b
Quindi possiamo scrivere un generico polinomio di V come:
p (x) = ax3+ bx2− (7a + 3b) x + d
Prendendo ciascun coefficiente che moltiplica ciascun addendo del polinomio, otteniamo il vettore di coordinate:
[p (x)]B
V =
a b
−7a − 3b d
Quindi possiamo rappresentare ciascun polinomio appartenente a V in coordi-
nate rispetto alla base BV (ancora da determinare...) nel modo seguente:
[p (x)]B
V =
a b
−7a − 3b d
=
a 0
−7a 0
+
0 b
−3b 0
+
0 0 0 d
= a
1 0
−7 0
+ b
0 1
−3 0
+ d
0 0 0 1
Quindi una base per V è data dall’insieme di vettori:
BV =
1 0
−7 0
,
0 1
−3 0
,
0 0 0 1
= {p1, p2, p3} Punto (2)
Per ottenere una base per R3[x], utilizziamo l’algoritmo di completamento.
Notiamo come, dato che ora abbiamo fissato una base, ci ritroviamo a lavorare con le coordinate, e quindi che non ci rendiamo nememno più conto di avere a che fare con uno spazio vettoriale di polinomi:
Span (p1, p2, p3, e1) = Span (p1, p2, p3)?
1 0 0 0
= α
1 0
−7 0
+ β
0 1
−3 0
+ γ
0 0 0 1
1 = α 0 = β
0 = −7α − 3β 0 = γ
α = 1 β = 0 0 = −7 γ = 0
Possiamo quindi concludere che Span (p1, p2, p3, e1) 6= Span (p1, p2, p3) e che
quindi e1può essere tenuto. Abbiamo ottenuto quindi una base per R3[x] data dai vettori di coordinate:
B1 =
1 0
−7 0
,
0 1
−3 0
,
0 0 0 1
,
1 0 0 0
= {p1, p2, p3, p4} Punto (3)
Dobbiamo poter scrivere il polinomio p1(x) = x3+ 2x2+ 1 nella nuova base trovata. Quindi, definite con [p1(x)]B
C le coordinate del polinomio rispetto alla base canonica di R3[x], dobbiamo trovare la soluzione al sistema:
1 2 0 1
= α
1 0
−7 0
+ β
0 1
−3 0
+ γ
0 0 0 1
+ δ
1 0 0 0
1 = α + δ 2 = β
0 = −7α − 3β 1 = γ
1 = α + δ β = 2 6 = −7α γ = 1
δ = 1 +67 =137 β = 2
α = −67 γ = 1
Quindi:
[p1(x)]B
1=
−6/7 2 1 13/7
