Il nostro problema si traduce geometricamente nello stabilire se i due piani passanti entrambi per l’origine coincidono.

SoSottttoossppaazzii

L

Liinneeaarree ddiippeendndeennzzaa –– BBaassii –– DDiimmeennssiioonnee

S

Soottttoossppaazzii ::

ssoolluzuziioonnii ddii ssiisstteemimi lliinneeaarrii oommooggeenneeii R

Riiduduzziioonnee ddii GGaauussss TeTeoorreemmaa ddii RRoouucchhéé CCaappeellllii

R

Reetttete aaffffiinnii ddii RR^{3 3}

Rosalba Barattero

ESERCITAZIONE N.4 19 marzo 2008

1

ESERCIZIO1. ( CONTINUAZIONE DALL’ESERC. PREC.)

Confronto di sottoinsiemi <u,v> in R

³

Discutere il seguente problema di identificazione (reco- gnition problem ) : <(1,1,1),(1,2,3)> = <(2,3,4),(0,-1,-2)>.

I vettori (1,1,1),(1,2,3) sono L.I. (non proporzionali), quindi V = <(1,1,1),(1,2,3)> individua un piano per l’origine e idem per i vettori (2,3,4),(0,-1,-2) L.I., che individuano il piano per l’origine W=<(2,3,4),(0,-1,-2)>.

Il nostro problema si traduce geometricamente nello stabilire se i due piani passanti entrambi per l’origine coincidono.

Abbiamo visto che:

(2,3,4) = (1,1,1) + (1,2,3) ⇒ (2,3,4) ∈V (0,-1,-2) = (1,1,1) - (1,2,3) ⇒ (0,-1,-2) ∈V Ne deduciamo che V e W hanno a comune

- la retta per O , A(2,3,4) - la retta per O, B(0,-1,-2)

e concludiamo che i due piani coincidono.

Se il problema fosse stato : E’ vero che :

<(1,1,1),(1,2,3)> = <(2,3,4),(0,-1,0)> ?

• (0,-1,0) ∉ <(1,1,1),(1,2,3)>

perché (0,-1,0) = a(1,1,1)+b(1,2,3) è falso , infatti :

_⎪

⎩

⎪⎨

⎧

= +

−

= +

= +

0 3

1 2

0 b a

b a

b a

• (2,3,4) ∈<(1,1,1),(1,2,3)>

Se ne conclude che in questo caso i due piani hanno a comune la retta passante per O, A(2,3,4),ma sono distinti.

U

N MODO ALTERNATIVO DI DISCUTERE IL PROBLEMA

Passare alle equazioni cartesiane dei due piani :

3 2 1

1 1 1

z y x

=0 ⇒ x-2y+z = 0

2 - 1 - 0

4 3 2

z y x

=0 ⇒ 4x-2z-2(3x-2y) = 0

-2x+4y-2z=0 ⇔ x-2y+z=0

⇒ a=1,b=-1 dalle prime due equazioni, valori che non soddisfano la III equa- zione.

due piani passanti per l’origine o coincidono o si intersecano in una retta ( per l’origine)

⇒ Le due equazioni sono coincidenti e quindi anche i piani

O

SSERVAZIONE

Vogliamo interpretare algebricamente, tramite la rappre- sentazione dei piani con equazioni lineari omogenee l’infor- mazione geometrica precedente :

due piani passanti per l’origine o coincidono o si intersecano in una retta ( per l’origine)

Studiamo il sistema lineare omogeneo costituito dalle due equazioni dei piani :

⎩⎨

⎧

= + +

= + +

0 z b y b x b

0 z a y a x a

3 2 1

3 2

1

Ha soluzioni ? E quante ?

Essendo omogeneo il sistema ha sempre almeno la soluzione nulla (x=0, y=0, z=0 ).

Quanto vale ρ

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

3 2 1

3 2 1

b b b

a a

a

? 1 oppure 2 a seconda che le righe siano o no proporzionali.

Allora il teorema di Rouché Capelli ci dice che le soluzioni sono ∞

^n-ρ

con n= numero incognite , ρ= caratteristica della matrice.

E quindi le soluzioni , nel ns. caso sono ∞

¹

^oppure ∞

²

Cosa vuol dire ∞

¹

^oppure ∞

²

? …1 variabile libera ( nella rappresentazione parametrica ) oppure 2 variabili libere e

′quindi′ le soluzioni comuni sono: una retta per l’origine o un piano, ossia piani incidenti o piani coincidenti !

----Æ Vediamo l’esercizio seguente

4

ESERCIZIO2.

Confronto di sottoinsiemi di R

³

in forma cartesiana

Verificare che in R

³

i piani V: 2x+y+z=0, W: 2x+y-z=0 si intersecano in una retta e determinarne una rappresenta- zione parametrica.

⎩⎨

⎧

=

− +

= + +

0 z y 2x

0 z y

2x

ρ

^⎜⎜_⎝^⎛₂² ₁^{1 1}_-1^⎟⎟_⎠^⎞

=2 ( righe non proporzionali)

⇒ Ci sono ∞^n-ρ = ∞^3-2 =∞¹ soluzioni, ci aspettiamo una retta, verifichiamolo, e troviamone la rappresentazione parametrica facendo uso della tecnica della riduzione di Gauss.^(*)

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

1 - 1 2

1 1

2

R

₂

→ R

2

– R

_{1 ⎟⎟}

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

2 - 0 0

1 1

2

R

2

→ -1/2 R

²

⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

1 0 0

1 1 2

R

1

→ R

¹

– R

2 ⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

1 0 0

0 1 2

Isoliamo a I membro il minore trovato

⎩⎨

⎧

=

= 0 z

-2x

y , abbiamo il

sottoinsieme (x,-2x,0) di R³, ossia x(1,-2,0), quindi il sottoinsieme ( verificheremo che è sottospazio) V= <(1,-2,0> : la retta di eq.

param. x= t, y=-2t, z=0 , t∈ R.

(*) Stabilito che si tratta di una retta, rapidamente si può determinare una qualsiasi soluzione non nulla del sistema, ad es. (1,-2,0) e la retta è V= <(1,-2,0)>, ossia x= t, y=-2t, z=0, t∈ R

Minore non nullo di ordine 2 in forma ridotta

5

ESERCIZIO3.

Sottospazi

a) A={(x,y,z)∈R³| x+z=y=x+y-z=0} è sottospazio di R³ ?

b) B=

{(3s,1+5s)|s∈R} è sottospazio di R² ?

c)

C= {(2t,0,-t)| t∈R} è sottospazio di R³ ?

d)

D= {(a-3b,b-a,b,a)| a,b∈R} è sottospazio di R⁴ ?

Chi sono i sottospazi di Rⁿ ?

• Definizione. Un sottospazio V di Rⁿ è un sottoinsieme di Rⁿ

chiuso rispetto all’addizione di vettori e alla moltiplicazione di un vettore per uno scalare ( u,v ∈ V ⇒ u+v∈ V ; λ∈R, u∈ V ⇒ λ u∈ V )

Come si riconoscono i sottospazi di Rⁿ ?

• sottoinsiemi generati da vettori <v₁, v₂,…, v_s> ( tutte le possibili C.L. di v₁, v₂,…, v_s )

• soluzioni dei sistemi lineari omogenei

a)

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

− +

=

= +

0 0

0 z y x y

z x

In questo caso notiamo che (0,0,0) è l’unica soluzione : il sistema rappresenta l’origine di R³ : il più piccolo sottospazio di R³ ( i sottospazi contengono tutti l’origine ! ).

È un sistema lineare omogeneo

⇒ A è sottospazio di R³

b) Usiamo la definizione e , come abbiamo appena detto se λ=0, u=(x,y)∈B⇒ λu=0(x,y)=(0,0)∈B, se B è sottospazio.

Qui (3s,1+5t) =(0,0) ⇒

⎩⎨

⎧

= +

= 0 5 1

0 3

s

s ⇒

⎩⎨

⎧

=

= 0 1

s 0

assurdo ! B non è sottospazio di R² : è una retta non passante per l’origine.

Tutti i sottospazi di R² sono :

c) (2t,0,-t) = t(2,0,-1) ⇒ C =<(2,0,-1)> sottospazio generato da (2,0,-1) : retta per l’origine di R

³

Tutti i sottospazi di R³sono :

d)

(a-3b,b-a,b,a) = a( , , , ) +b( , , , ) = a(1,-1,0,1) +b(-3,1,1,0)

⇒ D = <(1,-1,0,1), (-3,1,1,0) >, che sappiamo essere sottospazio di R⁴.

- {(0,0)}

- Le rette per l’origine -

R²

- {(0,0,0)}

- Le rette per l’origine - I piani per l’origine -

R³

ESERCIZIO4.

Elementi di sottospazi Sia V= <(1,-1,-2),(5,-4,-7),(-3,1,0)> sottospazio di R

³

. Stabilire se esistono valori reali di h∈R t.c. u=(-4,3,h)∈V.

u=(-4,3,h)∈V ⇔ ∃ x,y,z ∈R t.c.

(-4,3,h)= x(1,-1,-2)+y(5,-4,-7)+z(-3,1,0)

⇔ il sistema

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

−

−

= +

−

−

−

=

− +

h y x

z y x

z y x

7 2

3 4

4 3 5

ha soluzioni

⇔ ″teorema di Rouché Capelli″

ρ

_⎟^⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

−

−

−

− 0 7 2

1 4 1

3 5 1

= ρ

_⎟^⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛ −

−

−

−

−

− h 3 4 0 7 2

1 4 1

3 5 1

R3= R1 +3R2

0 0

7 1

4 ≠

−

−

⇒ ρ =2

8

ρ

_⎟^⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛ −

−

−

−

−

− h 3 4 0 7 2

1 4 1

3 5 1

: la determiniamo usando il teorema di Kronecker .

Quindi orliamo il minore non nullo di ordine 2 :

0 7 2

1 4 1

3 5 1

−

−

−

−

−

=0

( già visto )

h 0 7

3 1 4

4 3 5

−

−

−

−

=-7(-5)+h(-7)=0 ⇔ h=5

Conclusione : u=(-4,3,h)∈V ⇔ h=5 .

9

ESERCIZIO5.

Dimensione di sottospazi

Determinare la dimensione di V=<v

₁

, v

₂

, v

₃

, v

₄

> con v

1

=(1,0,-1), v

2

=(2,1,3), v

3

= (4,2,6), v

4

=(4,3,2).

V sottospazio di R

ⁿ

, V=<v

₁

, v

₂

,…, v

_r

>

dim V = numero elementi di una qualsiasi base di V Base di V : insieme di generatori di V, L.I.

Ricerca Base di V con la tecnica degli scarti successivi P

ASSO

1. {v

1

} ≠ {(0,0,0)}?

^SÌ

! (1,0,-1) ≠ (0,0,0) ⇒ v

1

è L.I.

P

ASSO

2. {v

¹

, v

2

}

^È

L.I. ?

SÌ

! v

1

=(1,0,-1), v

2

=(2,1,3) non sono uno multiplo dell’altro, allora li ′teniamo ′ entrambi, in caso contrario ne teniamo uno soltanto.

P

ASSO

3. v

₃

= (4,2,6) è C.L. di v

₁

=(1,0,-1), v

₂

=(2,1,3) ? ossia esistono a, b ∈ R t.c. (4,2,6)= a (1,0,-1)+b (2,1,3) ?

Sì ! a=0, b=2 : v

3

= 2v

2

⇒ v

3

è dipendente da v

1

, v

2

⇒

< v

₁

, v

₂

, v

₃

> = < v

₁

, v

₂

>.

P

ASSO

4. v

4

è linearmente dipendente da v

1

, v

2

? , ossia v

4

=(4,3,2) è C.L. di v

1

=(1,0,-1), v

2

=(2,1,3) ?

a+2b=4, b=3, -a+3b=2 ⇒ dalle prime due eq.

ⁿⁱ

a=-2,b=3, che sostituiti nella 3

^a

danno l’assurdo 11=2.La risposta è:NO C

ONCLUSIONE

. <v

1

,v

2

,v

3

,v

4

>=<v

1

, v

2

,v

4

> con {v

¹

, v

2

,v

4

} L.I.

Quindi dim V=3 .

ESERCIZIO6.

Generatori – Vettori L.I. - Basi

Sia W={(a-b,b-c,c-a,b)|a,b,c,d ∈R}.

a) Provare che W è sottospazio di R

⁴

.

b) Determinare un insieme di generatori di W che non sia base di W.

a) Vediamo di scrivere il generico elemento di W come C.L.

di vettori di R

⁴

.

(a-b,b-c,c-a,b) =a(1,0,-1,0)+b(-1,1,0,1)+c(0,-1,1,0) Sì, allora W è sottospazio di R

⁴

.

b) W=<(1,0,-1,0),(-1,1,0,1),(0,-1,1,0)>

con la tecnica precedente , degli scarti successivi, osservia- mo che i primi due vettori (1,0,-1,0),(-1,1,0,1) sono L.I. , non essendo proporzionali.

Il terzo vettore (0,-1,1,0) è C.L. di (1,0,-1,0),(-1,1,0,1) ? (0,-1,1,0)=a (1,0,-1,0)+b(-1,1,0,1)

basta osservare ad es.l’ultima componente:deve essere b=0 e non esiste a t.c. (0,-1,1,0)=a (1,0,-1,0). La risposta è NO !

Quindi una base di W è B ={(1,0,-1,0),(-1,1,0,1),(0,-1,1,0)}, e dim W =3.

Per determinare un insieme di generatori di W che non sia base di W, basta ricordare che

Un numero di vettori di W, maggiore di dim W, è un insieme di generatori di W, linearmente dipendente.

quindi basta aggiungere una C.L. dei vettori di W, ad es.

{(1,0,-1,0),(-1,1,0,1),(0,-1,1,0), (2,0,-2,0)} genera W,

ma è L.D.

12

ESERCIZIO7.

Sottospazio delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo

Sia V il sottospazio di R

³

delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

⎩⎨

⎧

= + +

−

=

−

−

0 9

5

0 2 3

z y x

z y

x

.

Determinare dim V ed una base di V.

Sappiamo che dim V ≥ n-m = 3-2 =1 (n = n° incognite, m = n° equazioni ), quindi V o è una retta o è un piano (*).

Riduciamo con Gauss:

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

−

−

− 1 9 5

2 3

1

R

2

→ R

²

+5 R

1 ⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

−

−

−

− 9 6 0

2 3

1

R

₂

→

⁻₆¹

R

_{2 ⎟}^⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ − −

2 1 3 0

2 3 1

R

1

→ R

¹

+3R

2

⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

2 1 3 0

2 0 5 1

ridotta !

⇒

⎪

⎩

⎪⎨

⎧

−

=

−

= z y

z x

2 32 5

⇒

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

=

−

=

−

=

t z

t y

t x

2 32 5

t∈ R ⇒ V=<(-5,-3,2)> retta di R

³

dim V =1

(*) d’altra parte il sistema rappresenterebbe un piano per l’origine soltanto se le due equazioni fossero linearmente dipendenti !

13

ESERCIZIO 8.

Rette di R

³

non passanti per l’origine a) Trovare le equazioni parametriche per la retta di R

³

passante per i pti A(2,4,7), B(-1,-3,5).

b) Esprimere i pti di questa retta nella forma u+S , con S sottospazio di R

³

.

c) Trovare le equazioni cartesiane di questa retta.

a)

BA = (2-(-1),4-(-3),7-5 ) = (3,7,2) P(x,y,z) sta sulla retta per A e B

⇔ BP = t BA _{, t∈R}

⇔ (x+1,y+3,z-5) = t ( 3,7,2)

⇔

_⎪

⎩

⎪⎨

⎧

=

−

= +

= +

t z

t y

t x

2 5

7 3

3 1

⇔

_⎪

⎩

⎪⎨

⎧

+

=

−

=

−

=

5 2

3 7

1 3

t z

t y

t x

t∈ R

OA BA OB + =

Equipollenza aiutaci tu!

Rappres. Param. della retta r per A e B

S

u v

P

O B

A

B ′starting point′ di r Vettore direzionale di r

b) Ogni pto P della retta per A e B si ottiene come somma di OB e di un vettore sulla retta passante per O e parallela alla retta AB, ossia :

P = OB + S con S sottospazio di R

³

,

generato da v= BA = (3,7,2) ⇒ S= <(3,7,2)>

Quindi P(x,y,z) è della forma (-1,-3,5)+ S : x= (-1,-3,5)+ t(3,7,2)

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

=

−

=

−

=

5 2

3 7

1 3

t z

t y

t x

c) Troviamo prima la forma cartesiana della giacitura della nostra retta r, ossia la retta per l’origine parallela ad r.

ρ

⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

2 7 3

z y

x

=1 . Quindi con Kronecker :

7 0 3 y =

x

e

x₃ z₂ =⁰

⇒

⎩⎨⎧

=

−

=

− 0 3 2

0 3 7

z x

y

x

: rappr. cartes. di S

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

−

= −

3 0 2

0 3

A 7

_⎟^⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

−

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

−

−

5 3 1 3 0 2

0 3

7

=

_⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

− 17 2

⇒

_⎩^⎨⎧₂⁷_x^x ₋⁻₃³_z^y ₌⁼₋²₁₇

è la forma cartesiana di r

OB

w