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Capitolo 2 Spazi vettoriali Esercizi svolti Tutorato di geometria e algebra lineare Marco Robutti 5 Ottobre 2017

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Capitolo 2Spazi vettoriali

Esercizi svolti

Tutorato di geometria e algebra lineare

Marco Robutti

5 Ottobre 2017

1

IntroduzioneGli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:

• Dato un insieme, verificare se è un sottospazio (vedi esercizi nella paginaseguente 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 (vediesercizio 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 (vediesercizio a pagina 13).

• Esercizio di riepilogo, piuttosto elaborato...(vedi esercizio a pagina 18).

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Esercizio 1Dato l’insieme

V =

x1x2x3

∈ R3 | x1 + 2x2 = 3x1 + x3 = 0

,

verificare se è un sottospazio vettoriale di R3.

SoluzioneDobbiamo 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 equazionidefiniscano una retta passante per l’origine...):

V :{x+ 2y = 03x+ z = 0

0R3−→

{0 + 2× 0 = 03× 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 essereverificata per tutti i vettori appartenti a tale insieme. Dobbiamo quindidimostrare tale asserto facendo uso di due vettori generici ∈ V :

v =

v1v2v3

, w =

w1w2w3

=⇒

v1 + w1v2 + w2v3 + w3

Sostituendo tali vettori all’interno delle equazioni cartesiane che definisco-no V otteniamo: {

(v1 + w1) + 2 (v2 + w2) = 03 (v1 + w1) + (v3 + w3) = 0{v1 + w1 + 2v2 + 2w2 = 03v1 + 3w1 + v3 + w3 = 0

Riordinando i termini possiamo scrivere:{(v1 + 2v2) + (w1 + 2w2) = 0(3v1 + v3) + (3w1 + w3) = 0

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Ora però si può subito notare che, siccome v e w appartengono a V,valgono le condizioni che definiscono tale insieme e quindi:

0q︷ ︸︸ ︷

(v1 + 2v2) +

0q︷ ︸︸ ︷

(w1 + 2w2) = 0(3v1 + v3)︸ ︷︷ ︸

q0

+ (3w1 + w3)︸ ︷︷ ︸q0

= 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 puntoprecedente, e quindi in via del tutto generale usando vettori generici:

v =

v1v2v3

, λ ∈ R =⇒ λv =

λv1λv2λv3

Sostituisco λv nelle equazioni cartesiane di V :{

(λv1) + 2 (λv2) = 03 (λv1) + (λv3) = 0{λ (v1) + 2λ (v2) = 03λ (v1) + λ (v3) = 0λ

0q︷ ︸︸ ︷

(v1 + 2v2) = 0λ(3v1 + v3)︸ ︷︷ ︸

q0

= 0

Quindi anche l’ultima proprietà è verificata. Possiamo concludere che Vè 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 perl’origine. Come ben si sa dalla teoria, le rette e i piani passanti per l’origine sonosottospazi di E3

O, il quale è isomorfo a R3; quindi potevamo giungere subito atale conclusione. E’ bene notare tuttavia che ciò vale solamente in R3, in quantoin spazi vettoriali di dimensione superiore non vi è il concetto di “retta” o di“piano” (anche se si può parlare di iperpiano...).

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Esercizio 2Dato l’insieme

V =

x1x2x3x4

∈ R4 | x1 + x1x2 + 3x4 = 0

,

verificare se è un sottospazio vettoriale di R4.

SoluzioneA 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 essereverificata per tutti i vettori appartenti a tale insieme. Dobbiamo quindidimostrare tale asserto facendo uso di due vettori generici ∈ V :

v =

v1v2v3v4

, w =

w1w2w3w4

=⇒

v1 + w1v2 + w2v3 + w3v4 + w4

Sostituendo tale vettore all’interno dell’equazione che definisce V ottenia-mo:

(v1 + w1) + (v1 + w1) (v2 + w2) + 3 (v4 + w4) = 0v1 + w1 + v1v2 + v1w2 + w1v2 + w1w2 + 3v4 + 3w4 = 0

(v1 + v1v2 + 3v4)︸ ︷︷ ︸q0

+ (w1 + w1w2 + 3w4)︸ ︷︷ ︸q0

+ v1w2 + w1v2 = 0

v1w2 + w1v2 = 0 (1)

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Ma l’equazione (1) non è affatto vera! Possiamo quindi concludere che lasomma di due vettori appartenenti a V restituisce un elemento che nonappartiene 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 Vè un sottospazio e siamo giunti alla conclusione che non lo è; se il nostro intentofosse stato quello di cercare di dimostrare che V non era un sottospazio, alloranon avevamo bisogno di prendere due vettori generici appartenenti a V : sarebbebastato cercare due vettori appartenenti a V che se sommati non rispettavanopiù le condizioni imposte dall’equazione di V . Infatti, se per dimostrare laveridicità di una proposizione è necessario verificarla per tutti i casi possibili,per confutarla basta solamente un controesempio...

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Esercizio 3Si consideri il sottospazio:

V =

xyzt

∈ R4 | x+ y + 2t = x+ 3z = 0

,

Determinare:

1. una base per V ;

2. dire per quali valori di h il vettore u1 =

−6h22

∈ Span (V ) ;

3. Completare la base BV trovata in modo da ottenere una base per R4;

4. Scrivere i vettori della base canonica e1 =

1000

, e2 =

0100

, e3 =

0010

, e4 =

0001

, nella nuova base trovata.

SoluzionePunto (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 parametricadi una retta così da poter vedere facilmente qual è il suo vettore direttore...).Tuttavia non sappiamo quale sia la dimensione del sottospazio e quindi quantiparametri servano per poter descrivere parametricamente V ; infatti anche seV è definito da due equazioni, abbiamo a che fare con un sottospazio di R4 epertanto 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 sfruttarela relazione “d’oro” mostrata sulle slide teoriche relative al capitolo, ovvero laformula:

dim (V ) = dim(R4)− n° equazioni cartesiane di V = 4− 2 = 2

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Quindi per ottenere le equazioni parametriche di V dobbiamo aggiungere dueparametri:

V :{x+ y + 2t = 0x+ 3z = 0

V :

x+ y + 2t = 0x+ 3z = 0z = α

t = β

V :

x+ y + 2β = 0x = −3αz = α

t = β

V :

x = −3αy = 3α− 2βz = α

t = β

V :

xyzt

= α

−3310

+ β

0−201

(2)

Dall’equazione parametrica vettoriale (2) si nota subito che una base per V èdata da:

BV =

−3310

,

0−201

= {v1,v2}

Punto (2)

Affinchè il vettore u ∈ V , esso deve poter essere scritto come combinazionelineare dei vettori componenti una base di V . In termini matematici questo

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vuol dire che: −6h22

= α

−3310

+ β

0−201

−6 = −3αh = 3α− 2β2 = α

2 = βα = 2h = 6− 4 = 2α = 2β = 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 michiedo:

Span (v1,v2, e1) 6= Span (v1,v2) =?

cioè: 1000

= α

−3310

+ β

0−201

∀α, β ∈ R

−1 = −3α0 = 3α− 2β0 = α

0 = βα = 1

3 ?0 = 3α− 2βα = 0 ?β = 0

Siccome il sistema non è risolubile, possiamo concludere che e1 è un vettore

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linearmente indipendente rispetto a Span (v1,v2), e quindi può essere tenu-to.Quindi ora ho il seguente insieme di vettori linearmente indipendenti:

−3310

,

0−201

,

1000

Tuttavia non abbiamo ancora ottenuto una base per R4, pertanto dobbiamocontinuare con l’algoritmo di completamento. Prendiamo ora il vettore e2:

e2 =

0100

Span (v1,v2, e1, e2) 6= Span (v1,v2, e1)?

cioè: 0100

= α

−3310

+ β

0−201

+ γ

1000

∀α, β ∈ R

0 = −3α+ γ

1 = 3α− 2β0 = α

0 = βγ = 01 = 0 FALSO!α = 0β = 0

Anche questo sistema è senza soluzione, vuol dire che possiamo prendere e2 eaggiungerlo ai vettori della base che otterremo.Abbiamo ora 4 vettori linearmente indipendenti e pertanto possiamo fermarci:abbiamo una base di R4 data da:

B′ =

−3310

,

0−201

,

1000

,

0100

10

Punto (4)

Come mostrato sulle slide di teoria, dobbiamo risolvere le seguenti equazionivettoriali:

• e1 :1000

= α

−3310

+ β

0−201

+ γ

1000

+ δ

0100

=⇒ [e1]B′ =

0010

• e2 :

0100

= α

−3310

+ β

0−201

+ γ

1000

+ δ

0100

=⇒ [e2]B′ =

0001

• e3 :

0010

= α

−3310

+ β

0−201

+ γ

1000

+ δ

0100

0 = −3α+ γ

0 = 3α− 2β + δ

1 = α

0 = β0 = −3 + γ

0 = 3 + δ

α = 1β = 0γ = 3δ = −3α = 1β = 0

Quindi:

[e3] =

103−3

11

• e4: 0001

= α

−3310

+ β

0−201

+ γ

1000

+ δ

0100

0 = −3α+ γ

0 = 3α− 2β + δ

0 = α

1 = β0 = γ

0 = −2 + δ

α = 0β = 1γ = 0δ = 2α = 0β = 1

[e4] =

0102

;

Quindi le coordinate della base canonica nella base B′ sono date da:

[BC ]B′ =

0010

,

0001

,

103−3

,

0102

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Esercizio 4Si considerino i seguenti sottospazi:

V =

xyz

∈ R3 | x+ 3y = 0

W =

xyz

∈ 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 =

31−1

(se appartiene a V +W , a V ∩W

o a entrambi).

SoluzionePunto (1)

Siamo in R3, quindi V rappresenta un piano per l’origine in quanto è definitoda 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

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parametriche:

V :

x = −3αy = α

z = β

=⇒ V :

xyz

= α

−310

+ β

001

BV =

−3

10

,

001

= {v1,v2}

W :

x = α

y = −2α− βz = β

=⇒W :

xyz

= α

1−20

+ β

0−11

BW =

1−20

,

0−11

= {w1,w2}

Punto (2)

Un insieme di generatori per V +W è dato dall’unione delle due basi di V +W ,cioè dall’insieme:

−310

,

001

︸ ︷︷ ︸

BV

,

1−20

,

0−11

︸ ︷︷ ︸

BW

Applicando l’algoritmo di estrazione a tale insieme di vettori otteniamo unabase per il sottospazio V +W :

v1 ∈ Span (v2)? NO! (assieme formano una base per V!)

w1 ∈ Span (v1,v2)?

1−20

= α

−310

+ β

001

1 = −3α−2 = α

0 = βα = − 1

3α = −2β = 0

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Possiamo concludere che w1 /∈ Span (v1,v2).Siccome abbiamo ottenuto 3 vettori linearmente indipendenti in R3, possiamofermarci (w2 sarebbe sicuramente linearmente dipendente agli altri 3 vettori,in quanto questi sono già una base per R3, cioè il massimo numero di vettorilinearmente indipendenti che è possibile avere in R3). Concludiamo quindi cheV +W = R3.

Punto (3)

Innanzitutto, sfruttando la formula di Grassman, determiniamo la dimensionedello spazio V ∩W , così da poter sapere in anticipo quanti vettori costituisconouna 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 rettain R3. Effettivamente, essendo V e W due piani (siamo in R3), non era difficileintuire tale risultato, e avremmo potuto fare a meno della formula di Grassman.Tuttavia è bene ricordare che ragionamenti “geometrici” di questo tipo sonoimpraticabili quando ci troviamo di fronte a sottospazi di spazi vettoriali didimensione > 3 (tipo R4).Per poter ottenere una base per il sottospazio intersezione V ∩ W dobbiamoapplicare l’algoritmo di estrazione di una base al seguente insieme di vettori:

−310

,

001

︸ ︷︷ ︸

BV

,

1−20

,

0−11

︸ ︷︷ ︸

BW

e per ciascun vettore che viene scartato da tale insieme in quanto linearmentedipendente agli altri, è necessario trovarne una scrittura come combinazione li-neare di tutti gli altri elementi: così facendo potremo poi trovare ciascun vettoredella base V ∩W .Dal punto precedente sappiamo che il vettore scartato è il vettore:

w2 =

0−11

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Troviamone una scrittura come combinazione lineare degli altri vettori dell’in-sieme {BV ,BW } : 0

−11

= α

−310

+ β

001

+ γ

1−20

0 = −3α+ γ

−1 = α− 2γ1 = βγ = 3α−1 = α− 6α1 = βγ = 3

5α = 1

5β = 1

Quindi abbiamo che:w2 = 1

5v1 + v2 + 35w1

Il vettore che rappresenta una base per lo spazio intersezione è dato da:

w2 −w1 = 15v1 + v2 = m1

cioè: 0−11

− 35

1−20

= 15

−310

+ 1

001

=

−3/51/51

Quindi una base per lo spazio intersezione è data da:

BV ∩W =

−3/5

1/51

Punto (4)

La somma V +W non è diretta in quanto dim (V ∩W ) 6= 0.

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Punto (5)

Per verificare se v1 appartiene ad uno dei due sottospazi piuttosto che all’altroè necessario verificare che v1 ammetta una scrittura in coordinate in una basedel sottospazio presa in questione. In altre parole, dobbiamo verificare che perV ∩W esista una soluzione univoca alla scrittura:

v1 = tm1 31−1

= t

−3/51/51

3 = − 35 t

1 = 15 t

−1 = t

Dal sistema sopra mostrato si nota che non esiste una soluzione univoca nelparametro t: quindi v1 non può essere scritto in coordinate rispetto ad unabase per V ∩W e pertanto non appartiene a tale sottospazio.Ora in teoria dovremmo ripetere lo stesso procedimento anche per il caso diV + W ; tuttavia abbiamo constatato in precedenza che Span (V +W ) = R3!Quindi sicuramente v1 ∈ Span (V +W ).

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Esercizio 5Dato 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 basetrovata.

SoluzionePunto (1)

Se indichiamo con ax3 + bx2 + cx+ d un generico polinomio appartenente a V ,allora la condizione imposta dalla definizione di V può essere matematicamenteespressa 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 = 0c = −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)]BV=

ab

−7a− 3bd

Quindi possiamo rappresentare ciascun polinomio appartenente a V in coordi-

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nate rispetto alla base BV (ancora da determinare...) nel modo seguente:

[p (x)]BV=

ab

−7a− 3bd

=

a0−7a

0

+

0b−3b

0

+

000d

= a

10−70

+ b

01−30

+ d

0001

Quindi una base per V è data dall’insieme di vettori:

BV =

10−70

,

01−30

,

0001

= {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 lavorarecon le coordinate, e quindi che non ci rendiamo nememno più conto di avere ache fare con uno spazio vettoriale di polinomi:

Span (p1,p2,p3, e1) = Span (p1,p2,p3)?

1000

= α

10−70

+ β

01−30

+ γ

0001

1 = α

0 = β

0 = −7α− 3β0 = γα = 1β = 00 = −7γ = 0

Possiamo quindi concludere che Span (p1,p2,p3, e1) 6= Span (p1,p2,p3) e che

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quindi e1 può essere tenuto. Abbiamo ottenuto quindi una base per R3 [x] datadai vettori di coordinate:

B1 =

10−70

,

01−30

,

0001

,

1000

= {p1,p2,p3,p4}

Punto (3)

Dobbiamo poter scrivere il polinomio p1 (x) = x3 + 2x2 + 1 nella nuova basetrovata. Quindi, definite con [p1 (x)]BC

le coordinate del polinomio rispetto allabase canonica di R3 [x], dobbiamo trovare la soluzione al sistema:

1201

= α

10−70

+ β

01−30

+ γ

0001

+ δ

1000

1 = α+ δ

2 = β

0 = −7α− 3β1 = γ1 = α+ δ

β = 26 = −7αγ = 1δ = 1 + 6

7 = 137

β = 2α = − 6

7γ = 1

Quindi:

[p1 (x)]B1=

−6/7

21

13/7

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