Soluzioni dell’Esercitazione IV Prof. Bordoni
Soluzione dell’esercizio 1. Siano w1 = t(
h 1 1 1)
, w2 = t(
1 h 1 1)
, w3 =
t(
1 1 0 1)
, w4=t(
1 0 1 1)
i vettori che generano W e sia Ah la matrice le cui colonne sono le coordinate di tali vettori rispetto alla base canonicaE di V = R4,
Ah=
h 1 1 1
1 h 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1
.
La dimensione di W `e uguale al rango della matrice Ah. Calcoliamo il determinante di Ah,
det Ah=
h 1 1 1
1 h 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 =
1 1 1 1 0 1 1 1 1 −h
h 1 1 1 0 1 1 1 1 +
h 1 1 1 1 1 1 1 1 =−h
h 1 1 1 0 1 1 1 1
= h2−h = h(h−1).
Per h ̸= 0, 1 abbiamo det Ah ̸= 0, conseguentemente rg Ah = dim W = 4 = dim V . W coincide con tutto lo spazio R4 e una sua base `e data daBW =BR4 ={w1, w2, w3, w4}.
Per h = 0 otteniamo la matrice:
A0=
0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1
.
Il suo minore del terzo ordineA0123,123=
0 1 1 1 0 1 1 1 0
= 2̸= 0. Per h = 0 quindi rg A0= dim W = 3 e una possibile base per W `e data daBW ={t(
0 1 1 1) ,t(
1 0 1 1) ,t(
1 1 0 1) }.
Per h = 1 otteniamo la matrice:
A1=
1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1
.
Il suo minore del terzo ordineA1123,234=
1 1 1 1 1 0 1 0 1
=−1 ̸= 0. Per h = 1 quindi rg A1= dim W = 3 e una possibile base per W `e data daBW ={t(
1 1 1 1) ,t(
1 1 0 1) ,t(
1 0 1 1) }.
Soluzione dell’esercizio 2. Sia V = M(3,1)(R) e sia X =t(
x1 x2 x3
) in V . Imponendo la condizione AX = O, ricaviamo:
1 2 3 2 4 6 3 6 9
x1
x2
x3
=
0 0 0
,
equivalente al sistema lineare omogeneo:
(1)
x1 +2x2 +3x3 = 0 2x1 +4x2 +6x3 = 0 3x1 +6x2 +9x3 = 0
L’insieme W = {X ∈ V | AX = O} `e un sottospazio vettoriale in quanto spazio delle soluzioni di un sistema lineare omogeneo. Il sistema (1) `e equivalente al sistema lineare omogeneo di una equazione in tre incognite: {
x1 +2x2 +3x3 = 0
Tale sistema ammette∞2 soluzioni, pertanto dim W = 2. Due soluzioni linearmente indipendenti del sistema sono:
x2= 1, x3= 0 ⇒ x1=−2, x2= 0, x3= 1 ⇒ x1=−3.
Una base per W `e:
BW ={w1=t(
−2 1 0)
, w2=t(
−3 0 1) }.
Soluzione dell’esercizio 3. Possiamo decomporre il generico elemento del sottospazio W1 nel seguente modo:
t(
x1 x2 x1 x2
)= x1·t(
1 0 1 0)
+ x2·t(
0 1 0 1)
, x1, x2∈ R.
Ogni elemento di W1si scrive quindi come combinazione lineare (a coefficienti x1e x2) dei vettori w1 = t(
1 0 1 0)
, w2 = t(
0 1 0 1)
. Poich´e tali vettori sono lineramente indipendenti (non essendo proporzionali) possiamo concludere che dim W1= 2 e BW1 ={w1, w2}.
La matrice
1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1
ha determinante non nullo (`e una matrice triangolare inferiore e il valore del determinante `e quindi dato dal prodotto degli elementi della diagonale principale), il suo rango `e quindi 4 = dim V . Un possibile completamento della base da noi scelta per W1 a una base di V =R4 `e dato da:
BV ={w1=t(
1 0 1 0)
, w2=t(
0 1 0 1)
, e3=t(
0 0 1 0)
, e4=t(
0 0 0 1) }.
W2 `e il sottospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo di 1 equazione in 4 incognite:
{ x1 +x2 +x3 +x4 = 0
Tale sistema ammette ∞3 soluzioni, di conseguenza dim W2 = 3. Tre soluzioni linearmente indipendenti del sistema sono:
x1= 1, x2= 0, x3= 0 ⇒ x4=−1, x1= 0, x2= 1, x3= 0 ⇒ x4=−1, x1= 0, x2= 0, x3= 1 ⇒ x4=−1.
Una possibile base per il sottospazio W2`e data da:
BW2 ={w3=t(
1 0 0 −1)
, w4=t(
0 1 0 −1)
, w5=t(
0 0 1 −1) }
La matrice
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
−1 −1 −1 1
ha determinante non nullo (`e una matrice triangolare inferiore e il valore del determinante `e quindi dato dal prodotto degli elementi della diagonale principale), il suo rango `e quindi 4 = dim V . Un possibile completamento della base da noi scelta per W2 a una base di V =R4 `e dato da:
BV ={w3=t(
1 0 0 −1)
, w4=t(
0 1 0 −1)
, w5=t(
0 0 1 −1)
, e4=t(
0 0 0 1) }.
Osserviamo che, poich´e dim W1+ dim W2 = 5 > 4 = dim V , necessariamente tali due sottospazi devono avere intersezione non banale e V non pu`o quindi essere decomposto come somma diretta di W1e W2. Il vettore u =t(
−1 1 −1 1)
appartiene a W1, in quanto u =−w1+w2, e appartiene a W2, in quanto u =−w3+w4−w5, ovvero u∈ W1∩W2. Di fatto dim(W1∩W2) = 1 e una sua base
`
e proprio BW1∩W2 ={u}. Dalla relazione di Grassman segue allora dim(W1+ W2) = 4 = dim V , ovvero V `e somma (non diretta) dei sottospazi W1 e W2.
Soluzione dell’esercizio 4. W1 `e un sottospazio di dimensione 1 di V = R4, una cui base
`
e BW1 = {w1 = t(
1 0 5 2)
}. Il vettore z = t(
2 0 10 4)
appartiene a W1 in quanto z = 2w1. Un possibile supplemento a W1 in V `e il sottospazio U1, una cui base `e:
BU1={e2=t(
0 1 0 0)
, e3=t(
0 0 1 0)
, e4=t(
0 0 0 1) }.
I vettori w2 = t(
1 1 1 1)
e w3 = t(
1 2 −3 0)
che generano W2 sono linearmente indipendenti, non essendo proporzionali. Pertanto dim W2= 2 e una sua base `e:
BW2={w2=t(
1 1 1 1)
, w3=t(
1 2 −3 0) }.
Dato che z = 4w2− 2w3 il vettore z∈ W2. Un possibile supplemento a W2 in V `e il sottospazio U2, una cui base `e:
BU2 ={e3=t(
0 0 1 0)
, e4=t(
0 0 0 1) }.
W3 `e il sottospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo di 2 equazioni in 4 incognite:
{ 2x1 −x4 = 0
5x1 −x3 = 0
Il sistema ammette∞2 soluzioni. Due soluzioni linearmente indipendenti del sistema sono:
x1= 1, x2= 0 ⇒ x3= 5, x4= 2, x1= 0, x2= 1 ⇒ x3= 0, x4= 0.
W3 `e un sottospazio di dimensione 2, una cui base `e BW3={w1=t(
1 0 5 2)
, e2=t(
0 1 0 0) }.
Il sottospazio W1 `e contenuto nel sottospazio W3 e dato che z∈ W1 avremo anche z ∈ W3, con z = 2w1+ 0e2. Un possibile supplemento a W3 in V `e il sottospazio U2, una cui base `e:
BU2 ={e3=t(
0 0 1 0)
, e4=t(
0 0 0 1) }.
Soluzione dell’esercizio 5. W `e il sottospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo di 1 equazione in 3 incognite: {
x +y = 0
Il sistema ammette∞2 soluzioni. Due soluzioni linearmente indipendenti del sistema sono:
x = 1, z = 0 ⇒ y = −1 x = 0, z = 1 ⇒ y = 0.
W `e un sottospazio di dimensione 2 una cui base `e:
BW ={w1=t(
1 −1 0)
, w2=t(
0 0 1) }.
Osserviamo che i vettori w1 e w2 sono ortogonali, in quanto w1· w2 = 0. Essendo quindi BW
una base ortogonale di W , il vettore t, proiezione ortogonale di v su W , sar`a dato dalla somma dei vettori proiezioni ortogonali di v su w1 e w2 rispettivamente,
t = v· w1
∥w1∥2w1+v· w2
∥w2∥2w2. Abbiamo quindi:
t =
t(
0 1 2)
·t(
1 −1 0) 2
t(
1 −1 0) +
t(
0 1 2)
·t(
0 0 1) 1
t(
0 0 1)
=t(
−1/2 1/2 2) . Soluzione dell’esercizio 6. Sia v =t(
x1 x2
)il generico vettore diR2. Il coefficiente di Fourier di tale vettore rispetto al vettore u =t(
1 1)
`
e dato da:
au(v) = ⟨v, u⟩
⟨u, u⟩ = x1+ x2
2 .
Imponendo la condizione au(v) = 12 otteniamo il sistema di 1 equazione in 2 incognite:
{ x1 +x2 = 1.
Tale sistema ammette le∞1 soluzioni (t, 1− t), t ∈ R. I vettori di R2 il cui coefficiente di Fourier rispetto al vettore u sia uguale a 12 sono tutti e soli i vettori del tipo v =t(
t 1− t)
, t∈ R. La norma di tale vettore `e uguale a
∥v∥ =√
⟨v, v⟩ =√
2t2− 2t + 1.
Dato che ∥u∥ =√
2, la condizione ∥v∥ = √52∥u∥ fornisce la seguente equazione di secondo grado in t:
t2− t − 12 = 0,
le cui soluzioni sono t1=−3 e t2= 4. I vettori cercati sono allora i vettori:
v1=t(
−3 4)
, v2=t( 4 −3)
.
Soluzione dell’esercizio 7. Il generico vettore del sottospazio W generato dal vettoret(
2 2 2)
`
e un vettore del tipo w =t(
t t t)
, t∈ R. Affinch´e tale vettore abbia prodotto scalare uguale a 1 con il vettore v =t(
1 2 3)
deve essere:
⟨w, v⟩ = w · v =(
t t t)
·
1 2 3
= 6t = 1.
Ricaviamo t = 16 e il vettore richiesto `e quindi il vettoret(
1/6 1/6 1/6) .
Soluzione dell’esercizio 8. Sia v = t(
x1 x2 x3)
il generico vettore di R3. Affinch´e tale vettore sia ortogonale ai vettori u1 =t(
1 0 0)
e u2 =t(
0 2 −1)
devono essere soddisfatte le condizioni ⟨v, u1⟩ = v · u1 = 0 e ⟨v, u2⟩ = v · u2 = 0. Otteniamo quindi il sistema lineare omogeneo di 2 equazioni in 3 incognite:
{ x1 = 0
2x2 −x3 = 0
Il sistema ammette ∞1 soluzioni date da (0, t, 2t), t ∈ R. I vettori ortogonali ai vettori u1 e u2
sono tutti e soli i vettori del tipo v =t(
0 t 2t)
, t∈ R. La norma di tale vettore vale ∥v∥ =√ 5t2. Tale vettore ha norma 4 se e soltanto se 5t2= 16, ovvero t =±4√55. I vettori richiesti sono:
v1=t(
0 −4√
5/5 −8√ 5/5)
, v2=t( 0 4√
5/5 8√ 5/5)
. Soluzione dell’esercizio 9. Siano
v1=t(
0 0 1)
, v2=t(
0 1 1)
, v3=t(
1 1 1) .
Costruiamo come prima cosa una base ortogonale {w1, w2, w3}, utilizzando il metodo di Gram- Schmidt. Poniamo w1 = v1=t(
0 0 1)
. Calcoliamo il coefficiente di Fourier di v2 rispetto a v1= w1,
aw1(v2) = ⟨v2, w1⟩
⟨w1, w1⟩= 1.
Poniamo allora
w2= v2− aw1(v2)w1=t(
0 1 1)
−t(
0 0 1)
=t(
0 1 0) . Calcoliamo i coefficienti di Fourier di v3 rispetto a w1 e w2,
aw1(v3) = ⟨w⟨v3,w1⟩
1,w1⟩= 1, aw2(v3) = ⟨w⟨v3,w2⟩
2,w2⟩= 1.
Poniamo:
w3= v3− aw1(v3)w1− aw2(v3)w2=t(
1 0 0) .
I vettori w1, w2, w3hanno tutti e tre norma 1, ovvero sono versori. Una possibile base ortonormale di V =R3`e:
B = {w1=t(
0 0 1)
, w2=t(
0 1 0)
, w3=t(
1 0 0) }.
Il vettore v =t(
0 1 1)
pu`o essere scritto come:
v = 1· w1+ 1· w2+ 0· w3, le sue coordinate rispetto alla base B sono quindi [v]B=t(
1 1 0) .
Soluzione dell’esercizio 10. Il coefficiente di Fourier del vettore x = t(
1 2 2)
rispetto al vettore u =t(
2 0 3)
`
e dato da:
au(x) = ⟨x, u⟩
⟨u, u⟩ = 8 13.
Il vettore proiezione ortogonale di x sul sottospazio generato da u `e:
Pu(x) = au(x)u = 8 13
t(
2 0 3)
=t(
16/13 0 24/13) . Ossrviamo che il vettore
x− Pu(x) =t(
1 2 2)
−t(
16/13 0 24/13)
=t(
−3/13 2 2/13) , risulta ortogonale al vettore u. Infatti:
⟨(x − Pu(x)), u⟩ = (x − Pu(x))· u =(
−3/13 2 2/13)
·
2 0 3
= 0.
Soluzione dell’esercizio 11. I vettori w1=t(
1 0 2 1)
e w2=t(
2 1 2 3)
che generano W sono linearmente indipedendenti, non essendo proporzionali. Di conseguenza dim W = 2 e una sua base `e {w1, w2}. Calcoliamo il coefficiente di Fourier del vettore w2 rispetto al vettore w1,
aw1(w2) = ⟨w2, w1⟩
⟨w1, w1⟩ = 3 2.
Il vettore proiezione ortogonale di w2 sulla retta vettoriale generata da w1`e:
Pw1(w2) = aw1(w2)w1= 3 2
t(
1 0 2 1)
=t(
3/2 0 3 3/2) . Un vettore di W ortogonale a w1 `e il vettore:
t2= w2− Pw1(w2) =t(
2 1 2 3)
−t(
3/2 0 3 3/2)
=t(
1/2 1 −1 3/2) . Una base ortogonale di W `e data da{w1, t2}. Considerando i loro versori otteniamo come possibile base ortonormale di W :
BWort.={u1= vers w1=t(√
6/6 0 √ 6/3 √
6/6)
, u2= vers t2=t(√
2/6 √
2/3 −√ 2/3 √
2/2) }.
Per definizione, il complemento ortogonale di W in V =R4 `e il sottospazio:
W⊥={v =t(
x1 x2 x3 x4
)∈ R4| ⟨v, w⟩ = 0, ∀ w ∈ W }.
E’ sufficiente imporre al generico vettore v di essere ortogonale ai vettori di una base di W affinch´e lo stesso risulti ortogonale a tutto il sottospazio W . Dalle relazioni⟨v, w1⟩ = ⟨v, w2⟩ = 0 ricaviamo il sistema lineare omogeneo di 2 equazioni in 4 incognite:
{ x1 +2x3 +x4 = 0 2x1 +x2 +2x3 +3x4 = 0
Il sistema ammette∞2 soluzioni. Due soluzioni linearmente indipendenti del sistema sono:
x3= 1, x4= 0 ⇒ x1=−2, x2= 2, x3= 0, x4= 1 ⇒ x1=−1, x2=−1.
W⊥ `e un sottospazio di dimensione 2, una cui base `e data da:
BW⊥={v1=t(
−2 2 1 0)
, v2=t(
−1 −1 0 1) }.
I vettori v1 e v2 sono ortogonali, in quanto⟨v1, v2⟩ = 0. Una base ortonormale per W⊥ `e:
Bort.W⊥ ={z1= vers v1=t(
−2/3 2/3 1/3 0)
, z2= vers v2=t(
−√
3/3 −√
3/3 0 √ 3/3)
}.
Considerata una base ortogonale (in particolare ortonormale) di W la proiezione di un vettore v su tale sottospazio `e data dalla somma delle proiezioni ortogonali del vettore v sui vettori che costituiscono la base di W . Preso v =t(
0 0 1 1)
avremo quindi:
PW(v) = Pu1(v) + Pu2(v) =⟨v, u1⟩u1+⟨v, u2⟩u2
= √26t(√
6/6 0 √ 6/3 √
6/6)
+√62t(√
2/6 √
2/3 −√ 2/3 √
2/2)
=t(
1/2 0 1 1/2) +t(
1/18 1/9 −1/9 1/6)
=t(
5/9 1/9 8/9 2/3) .
Soluzione dell’esercizio 12. Sia A la matrice che ha come colonne le coordinate dei vettori w1=t(
1 2 0 1)
, w2=t(
−1 0 1 1)
, w3=t(
0 1 1 0) , rispetto alla base canonica E di V = R4,
A =
1 −1 0
2 0 1
0 1 1
1 1 0
Il suo minore del terzo ordine A134,123=
1 −1 0
0 1 1
1 1 0
=−2 ̸= 0, cos`ı che rg A = 3 = dim W e una base per W `e{w1, w2, w3}. Calcoliamo il coefficiente di Fourier di w2 rispetto a w1,
aw1(w2) = ⟨w2, w1⟩
⟨w1, w1⟩ = 0.
I vettori w1e w2sono quindi ortogonali. Calcoliamo i coefficienti di Fourier del vettore w3rispetto ai vettori w1 e w2,
aw1(w3) = ⟨w⟨w3,w1⟩
1,w1⟩ =13, aw2(w3) = ⟨w⟨w3,w2⟩
2,w2⟩ =13. Sia
t3 = w3− Pw1(w3)− Pw2(w3) = w3− aw1(w3)w1− aw2(w3)w2
=t(
0 1 1 0)
−13t(
1 2 0 1)
−13t(
−1 0 1 1)
=t(
0 1/3 2/3 −2/3) .
La base {w1, w2, t3} `e quindi una base ortogonale di W . Considerando i versori di tali vettori otteniamo come possibile base ortonormale:
BWort.={u1=t(√
6/6 √
6/3 0 √ 6/6)
, u2=t(
−√
3/3 0 √ 3/3 √
3/3)
, u3=t(
0 1/3 2/3 −2/3) }.
Dato che dim W = 3, il complemento ortogonale W⊥ di W in V sar`a un sottospazio di dimensione 4− 3 = 1. Il generico vettore v = t(
x1 x2 x3 x4
) di V appartiene a W⊥ se e soltanto se
verifica le condizioni ⟨v, u1⟩ = ⟨v, u2⟩ = ⟨v, u3⟩ = 0. Da tali condizioni ricaviamo il sistema
lineare omogeneo:
x1 +2x2 +x4 = 0
−x1 +x3 +x4 = 0
x2 +2x3 −2x4 = 0
Il sistema ammette ∞1 soluzioni, date da (3t,−2t, 2t, t), t ∈ R. Tra i vettori del tipo v =
t(
3t −2t 2t t)
quelli di modulo 1 devono soddisfare 18t2= 1. Per t =√62 otteniamo il versore u4 =t(√
2/2 −√ 2/3 √
2/3 √ 2/6)
. Una possibile base ortonormale di V =R4 `e allora data da:
Bort.R4 ={u1, u2, u3, u4}.
Sia C la matrice del cambio di coordinate dalla base Bort.R4 alla base canonicaE, ovvero la matrice che porta come colonne le coordinate dei vettori della base Bort.R4 rispetto alla baseE,
C =
√6/6 −√
3/3 0 √
√ 2/2
6/3 0 1/3 −√
2/3
0 √
3/3 2/3 √
√ 2/3 6/6 √
3/3 −2/3 √ 2/6
.
Trattandosi di un cambio di coordinate tra basi ortonormali, la matrice C sar`a una matrice ortogonale, ovvero una matrice tale che C−1 = CT. La matrice del cambio di coordinate dalla baseE alla base Bort.R4 `e quindi la matrice:
C−1 = CT =
√6/6 √
6/3 0 √
6/6
−√
3/3 0 √
3/3 √ 3/3
0 1/3 2/3 −2/3
√2/2 −√ 2/3 √
2/3 √ 2/6
.
Il vettore colonna delle coordinate del vettore z =t(
0 1 1 0)
rispetto alla baseE `e XE = [z]E =
t(
0 1 1 0)
. Dalla relazione XBort.
R4 = CTXE otteniamo:
XBort.
R4 = [z]Bort.
R4 = CTXE
=
√6/6 √
6/3 0 √
6/6
−√
3/3 0 √
3/3 √ 3/3
0 1/3 2/3 −2/3
√2/2 −√ 2/3 √
2/3 √ 2/6
0 1 1 0
=
√6/3
√3/3 1 0
.
Soluzione dell’esercizio 13. Sia v2 = t(
x1 x2 x3)
. Affinch´e tale vettore appartenga al sottospazio W ={t(
x1 x2 x3
)| x1+ x2− 2x3= 0} e sia ortogonale a v1 esso deve soddisfare il sistema lineare omogeneo di 2 equazioni in 3 incognite:
{ x1 +x2 −2x3 = 0 x1 +x2 +x3 = 0
Il sistema ammette le ∞1 soluzioni date da (t,−t, 0), t ∈ R. Tra i vettori del tipo t(
t −t 0) quelli di norma 1 si ottengono per t =±√22. Affinch´e l’angolo tra questo vettore e e1 sia acuto il corrispondente coseno deve essere positivo. Tale condizione `e soddisfatta per t =
√2
2 e il vettore
v2 cercato `e t(√
2/2 −√
2/2 0)
. Per determinare v3 possiamo imporre al generico vettore
t(
x1 x2 x3)
di essere ortogonale sia a v1che a v2. Otteniamo allora il sistema lineare omogeneo di 2 equazioni in 3 incognite: {
x1 +x2 +x3 = 0
x1 −x2 = 0
Il sistema ammette ∞1 soluzioni, date da (t, t,−2t), t ∈ R. Un vettore della format(
t t −2t) ha norma 1 se e soltanto se 6t2= 1, ovvero se e soltanto se t =±√66. Una possibile scelta per v3
`
e allora t(√
6/6 √
6/6 −√ 6/3)
. Una base ortonormale di V =R3 come richiesto dall’esercizio
`
e data da:
BVort.={v1=t(√
3/3 √ 3/3 √
3/3)
, v2=t(√
2/2 −√
2/2 0)
, v3=t(√
6/6 √
6/6 −√ 6/3)
}.
