Esercizi sui vettori

VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA 1

VETTORI NELLO SPAZIO ORDINARIO

Vettori ordinari ed operazioni. Dipendenza ed indipendenza lineare, basi.

Prodotto scalare, proiezioni, angoli. Prodotto vettoriale e prodotto misto, aree, volumi.

Sottospazi.

Esercizio 1 Siano u = ai+ 2j+ bk, v = (1 b)i + bj+ 2k, w = bi+ bj+ 2k. Trovare i valoridi a e b per cui u+ v e w hanno la stessa direzione.

Esercizio 2 Siano u1 = i+ j+ k, u2 = i j+ k, u3 = i+ j k. Quali dei seguenti insiemi e`libero?

1) {u1,u2};2) {u1 + u2,u1 u2};3) {u1,u2,u3};4) {i,u2,u3}.

Esercizio 3 Per ciascuna delle seguenti matrici, determinare se linsieme delle colonne (pensatecome vettori) e` una base di R3.

1 22 1

8 1

,

1 3 42 1 68 1 0

,

1 0 0 10 1 0 10 0 1 1

,

1 0 42 7 68 16 0

.

Esercizio 4 Trovare langolo tra le seguenti coppie di vettori

1) {i, i+ j};2) {i + j, i+ k};3) {i + j, 2i + j+ k}.

In ogni caso trovare un versore perpendicolare ai due vettori dati.

Esercizio 5 Dati i vettori u = i + 3j k e v = i j, scomporre u nella somma di un vettoreperpendicolare a v e di uno avente la stessa direzione di v.

Esercizio 6 Trovare i vettori complanari con u = i k e v = i+ j ed ortogonali a u + v.

Esercizio 7 Calcolare |u+ v|2. Dedurre che1) u e v sono ortogonali se e solo se |u + v| = |u v|;2) u+ v e u v sono ortogonali se e solo se |u| = |v|.

Esercizio 8 Trovare tutti i vettori di norma 5 perpendicolari a 2i+ j 3k.

VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Vettori nello spazio ordinario 2

Esercizio 9 Siano v1 = i+ ak, v2 = aj + k e v3 = i+ j+ k, con a R.1) Calcolare (v1 v2) v3.2) Per quali valori di a linsieme {v1,v2,v3} e` libero?3) Trovare b, c R per cui (v1 v2) v3 = bv1 + cv2.

Esercizio 10 Siano u = 3i + 4k e v = j k.1) Calcolare larea del parallelogramma di lati u e v.

2) Determinare un vettore w tale che il parallelepipedo di spigoli u, v e w abbia volume 16.

3) Determinare un vettore w tale che il tetraedro di spigoli u, v e w abbia volume 1.

Esercizio 11 Quali dei seguenti insiemi di vettori sono un sottospazio?

1) V1 = {(t+ 1)i + tj+ 3tk : t R};2) V2 =

{t2j t2k : t R};

3) V3 ={t3i+ 2t3j : t R}.

Esercizio 12 In R3 si considerino i vettori v1 = i, v2 = i + j, v3 = i + j + k, v4 = 2i + j ked i due sottospazi U = L(v1,v2), V = L(v3,v4). Descrivere U V , U V e U + V .

Esercizio 13 Siano V = {xi + yj + zk : x = y + z} e W = {xi + yj + zk : x = y = z}. Perciascuna delle seguenti affermazioni, dire se e` vera o falsa:

(i) V W = {0};(ii) V = L (2i+ j+ k);(iii) W V ;(iv) V +W = R3.


SVOLGIMENTI

Esercizio 1 Ricordiamo che due vettori hanno la stessa direzione se e solo se sono non nulli ele loro componenti risultano proporzionali (si noti che le direzioni si confrontano solo tra vettorinon nulli).Poiche u+v = (a+1 b)i+(2+ b)j+(2+ b)k, i vettori u+v e w sono proporzionali se e solose esiste h R tale che

a+ 1 b = hb2 + b = hb2 + b = 2h

Dalle ultime due equazioni, scartando la soluzione h = 0 (che darebbe valori di a, b per cuiu+ v = 0), si ricava b = h = 2 e, sostituendo nella prima, a = 5.

Esercizio 2 Ricordiamo che insieme libero significa insieme di vettori linearmente indipendenti.

1) Un insieme composto da due vettori e` libero se e solo se i due vettori sono non nulli e nonproporzionali. I vettori u1 ed u2 non sono nulli ed il primo non e` multiplo del secondo (leloro componenti sono (1, 1, 1) e (1,1, 1)), quindi formano un insieme libero (ovvero, u1ed u2 sono linearmente indipendenti).

2) 1omodo: si calcola direttamente u1 + u2 = k e u1 u2 = 2i + 2j e si vede subito cheu1 + u2 e u1 u2 sono non nulli e non proporzionali. Dunque essi formano un insiemelibero di vettori.

2omodo: e` facile verificare che, dati due vettori qualsiasi non nulli u e v, essi sono lin-earmente indipendenti se e solo se lo sono u + v e u v. Quindi la coppia data e` liberaperche lo e` la coppia di vettori u1 ed u2, come verificato al punto 1).

3) 1omodo: osserviamo che i primi due vettori sono linearmente indipendenti, per quantoverificato al punto 1); basta allora mostrare che u3 non e` combinazione lineare dei primidue. Ma per ogni valore di a, b R si ha

au1 + bu2 = (a+ b)i + (a b)j + (a+ b)k

e le sue prime due componenti sono sempre opposte o nulle (se a = b), mentre le primedue componenti di u3 sono uguali e non nulle. Quindi, anche senza scrivere le uguaglianzetra componenti e risolvere rispetto ad a e b, si puo` affermare che u3 non puo` essere scrittocome combinazione lineare dei primi due. Dunque i tre vettori formano un insieme libero.

2omodo: tre vettori qualsiasi nello spazio sono linearmente indipendenti se e solo se il loroprodotto misto e` diverso da zero. Nel caso in esame, si ha

u1 (u2 u3) =1 1 11 1 11 1 1

= 4 6= 0.


4) Si vede subito che u2 + u3 = 2i e quindi i tre vettori non sono linearmente indipendenti(non formano un insieme libero). Se non ci si accorgesse subito della relazione, si puo`ovviamente procedere come al punto 3).

Esercizio 3 Ricordiamo che per avere una base di R3 occorre e basta avere tre vettori linear-mente indipendenti di R3.

1) I vettori colonna sono solo due e quindi non possono formare una base di R3.

2) Questa volta i vettori sono in numero giusto.

1omodo: riduciamo la matrice per vedere se le sue 3 colonne sono linearmente indipendenti,cioe` se la matrice ha rango 3. Si ottiene

1 2 42 1 68 1 0

R22R1,R38R1

1 2 40 3 140 15 32

R35R2

1 2 40 3 140 0 38

.

La matrice ridotta (e quindi quella di partenza) ha rango 3 e pertanto i suoi 3 vettoricolonna sono linearmente indipendenti.

2omodo: le colonne (e le righe) di una matrice quadrata sono linearmente indipendenti see solo se il determinante della matrice e` diverso da zero. Nel caso in esame, si ha

1 2 42 1 68 1 0

= 114 6= 0.

3) Si tratta di 4 vettori di R3 (troppi) e percio` si puo` subito affermare che essi non sono unabase di R3.

In particolare, essi non sono linearmente indipendenti ed in questo caso e` banale vedereche lultima colonna e` la somma delle prime tre. Osserviamo comunque che, scelti in unmodo qualsiasi 3 di questi vettori, essi sono linearmente indipendenti e quindi formanouna base di R3.

4) Procedendo come al punto 2), si vede che questa volta i vettori dati non sono linearmenteindipendenti e quindi non formano una base di R3.

Esercizio 4 Utilizzeremo la definizione di prodotto scalare tra due vettori (u v = |u||v| cos ,dove [0, pi] e` langolo dei due vettori) e la sua espressione in componenti (il prodotto scalaree` dato dalla somma dei prodotti delle componenti omologhe).

1) Poiche |i| = 1 e |i + j| = 2, si hai (i + j) =

2 cos = (1, 0, 0)T (1, 1, 0) = 1,

da cui segue cos = 1/2 e quindi = pi/4.

Si vede immediatamente che un versore ortogonale ad entrambi e` k.


2) Poiche |i + j| = 2 e |i + k| = 2, si ha

(i+ j) (i + k) = 2 cos = (1, 0, 0)T (1, 1, 0) = 1,

da cui segue cos = 1/2 e quindi = pi/3.

Per calcolare un versore w ortogonale ad entrambi si puo` calcolare il prodotto vettorialedei due e poi normalizzarlo. Si ottiene

(i + j) (i+ k) =i j k

1 1 01 0 1

= i j k

e quindi, normalizzando, w = 13i 1

3j 1

3k.

3) Si puo` ragionare come nel punto 2), oppure procedere in modo piu` sintetico, osservandoi vettori dati e sfruttando i risultati del punto 2) stesso. Il vettore i + j corrispondeal primo vettore del punto 2), mentre il vettore 2i + j + k e` la somma dei due vettoriu = i + j e v = i + k dati in 2). Il vettore u + v si puo` rappresentare usando la regoladel parallelogramma: la sua direzione e` quella della diagonale del parallelogramma che haper lati u e v e pertanto coincide con la direzione della bisettrice dellangolo tra u e v gia`trovato, in quanto u e v hanno la stessa lunghezza. Langolo richiesto e` allora la meta` diquello determinato prima, cioe` = pi/6.

Come versore ortogonale si puo` ovviamente scegliere quello trovato al punto 2), perche iquattro vettori considerati sono tutti complanari.

Esercizio 5 Per semplicita`, scriviamo u = (1, 3,1) e v = (1,1, 0). Calcoliamo la proiezioneu di u su v:

u = (u v) v|v|2 = 2(1,1, 0)

2= (1, 1, 0).

Per costruzione, u ha la stessa direzione di v mentre

u = u u = (2, 2,1)

e` un vettore ortogonale a v. Poiche u = u + u, abbiamo trovato la decomposizione richiesta.

Esercizio 6 I vettori complanari ad u e v sono tutte e sole le loro combinazioni lineari, cioe`i vettori della forma au + bv = (a + b)i + bj ak con a, b R. Imponiamo la condizione diortogonalita` con u+ v = 2i+ j k, che equivale a chiedere lannullarsi del prodotto scalare:

(au + bv) (u + v) = 2(a+ b) + b+ a = 3(a+ b) = 0 b = a.

Le soluzioni del problema sono allora tutti i vettori del tipo au av = a(u v) = a(j k).Il prossimo esercizio generalizza questo risultato.


Esercizio 7 Calcoliamo il quadrato del modulo usando il prodotto scalare e le sue proprieta`:

|u+v|2 = (u+v) (u+v) = u (u+v)+v (u+v) = |u|2+u v+v u+ |v|2 = |u|2+2u v+ |v|2.

1) Dobbiamo provare che u v |u+ v| = |u v|. Volendo utilizzare la relazione trovatain precedenza, conviene scriverla anche per |u v|2 :

|u v|2 = |u|2 2u v + |v|2.

Si ha allora

|u + v| = |u v| |u + v|2 = |u v|2 |u|2 + 2u v + |v|2 = |u|2 2u v + |v|2 4u v = 0 u v = 0 u v.

2) Calcolando come prima, si ottiene (u + v) (u v) = |u|2 |v|2. Quindi

(u + v) (u v) (u+ v) (u v) = 0 |u|2 |v|2 = 0 |u| = |v|.

Esercizio 8 Il generico vettore xi + yj + zk e` ortogonale a 2i + j 3k se e solo se il prodottoscalare dei due e` nullo; calcolando il prodotto scalare ed imponendo lortogonalita`, si ottieneallora la condizione 2x + y 3z = 0. Inoltre |xi + yj + zk| = 5 x2 + y2 + z2 = 25. Ivettori cercati sono dunque tutti e soli i vettori xi+yj+ zk le cui componenti soddisfano le duecondizioni scritte.Osserviamo che la prima condizione rappresenta lappartenenza del vettore cercato al piano pas-sante per lorigine ed ortogonale a 2i+j3k, mentre la seconda condizione impone lappartenenzadel punto (x, y, z) alla sfera di centro lorigine e raggio 5. I vettori cercati si possono dunquerappresentare come i punti della circonferenza che si ottiene intersecando il piano con la sfera.

Esercizio 9 1) Per calcolare il prodotto misto basta calcolare il determinante delle compo-nenti dei vettori, ordinatamente disposte sulle righe; si ha

(v1 v2) v3 =1 1 11 0 a0 a 1

= a2 + 1 + a.

Naturalmente si puo` procedere per passi, calcolando prima v1 v2 e moltiplicandolo poiscalarmente per v3.

2) I tre vettori formano un insieme libero se e solo se il loro prodotto misto e` diverso da zero;

risolvendo lequazione di secondo grado, si ottiene a2 a 1 6= 0 a 6= 1

5

2.


3) Da un lato si ha

v1 v2 =i j k

1 0 a0 a 1

= a2i j + ak

e quindi

(v1 v2) v3 =

i j k

a2 1 a1 1 1

= (1 a)i + (a2 + a)j+ (a2 + 1)k.

Dallaltrobv1 + cv2 = bi + acj+ (ab+ c)k.

Dunque

(v1 v2) v3 = bv1 + cv2 (1 a)i + (a2 + a)j+ (a2 + 1)k = bi+ acj+ (ab+ c)k

da cui si ottengono le relazioni

1 a = ba (a+ 1) = aca2 + 1 = ab+ c

ossia 1 a = ba = 0a2 + 1 = ab+ c

oppure

1 a = ba c+ 1 = 0a2 + 1 = ab+ c

.

Il primo sistema fornisce subito a = 0, b = 1 e c = 1. Il secondo equivale a

b = 1 ac = a+ 1a2 + 1 = a (a+ 1) + a+ 1

che risulta verificato per b = 1 a e c = a+ 1, con a R qualsiasi. Tale soluzione e` lasoluzione generale del problema, in quanto include anche la soluzione del primo sistema(per a = 0).

Esercizio 10 Siano u = 3i + 4k e v = j k.1) Larea del parallelogramma di lati u e v e` data dal modulo del loro prodotto vettoriale:

si ha

u v =i j k

3 0 40 1 1

= 4i+ 3j+ 3k

e quindi |u v| = 16 + 9 + 9 = 34.


2) Il volume del parallelepipedo di spigoli u, v e w e` dato dal valore assoluto del loro prodottomisto, quindi si tratta di cercare w = xi+ yj+ zk tale che |(u v) w| = 16. Poiche

(u v) w =3 0 40 1 1x y z

= 4x+ 3y + 3z,

la condizione e` |4x+ 3y + 3z| = 16, che, scegliendo ad esempio y = z = 0, diventa|x| = 4. Due possibili scelte di w sono quindi w = 4i.

3) Il volume di un tetraedro e` la sesta parte del volume del parallelepipedo con gli stessispigoli, quindi, usando i conti del punto 2), la condizione da imporre e` |4x+ 3y + 3z| = 6.Scegliendo ad esempio x = z = 0, si ottiene |y| = 2 e due possibili scelte di w sono quindiw = 2j.

Esercizio 11 1) V1 non e` un sottospazio, perche non contiene il vettore nullo (non esistet R tale che t+ 1 = t = 0).Osserviamo che V1 rappresenta una retta di R

3, non passante per lorigine degli assi.

2) V2 non e` un sottospazio, ad esempio perche non contiene lopposto j + k di j k (nonesiste t R tale che t2 = 1).

3) V3 ={t3(i + 2j) : t R} e` un sottospazio: poiche t3 descrive tutto R al variare di t in R,

si tratta del sottospazio generato dal vettore (1, 2, 0).

Esercizio 12 I vettori v1 e v2 sono evidentemente linearmente indipendenti e quindi il sot-tospazio da essi generato descrive un piano di R3 passante per lorigine. Per avere la suaequazione basta ridurre la matrice ottenuta scrivendo per colonne i due vettori e aggiun-gendo come ultima colonna un generico vettore di R3: lequazione nasce allora naturalmentedallimporre che la matrice non aumenti di rango rispetto alla sottomatrice formata dalle primedue colonne (il che significa che lultima colonna dipende linearmente dalle altre). Si ottiene lamatrice

1 1 x0 1 y0 0 z

,

che e` gia` ridotta e pertanto la condizione da imporre e` z = 0. Lequazione di L(v1,v2) dunquez = 0, cioe` L(v1,v2) = {xi+ yj+ zk : z = 0} = L(i, j) (come si poteva prevedere subito,osservando v1 e v2).

Analogamente, anche i vettori v3 e v4 sono linearmente indipendenti e generano un piano di R3

passante per lorigine, la cui equazione si ottiene per riduzione:

1 2 x1 1 y1 1 z

R2R1,R3R1

1 2 x0 1 y x0 3 z x

R33R2

1 2 x0 1 y x

0 0 2x 3y + z

e lequazione di L(v2,v3) dunque 2x 3y + z = 0.


Lintersezione dei due sottospazi corrisponde allintersezione dei due piani e sara` dunque unaretta per lorigine, la quale corrisponde a sua volta ad un sottospazio generato da un vettorenon nullo. Per calcolare U V basta risolvere il sistema delle loro equazioni:

{2x 3y + z = 0z = 0

,

che ha la soluzione x = 3t, y = 2t, z = 0 con t R qualsiasi. Dunque UV = {3ti + 2tj : t R} =L(3i+ 2j).Linsieme U V non e` un sottospazio ma e` semplicemente lunione insiemistica di U e V ed e`quindi rappresentato geometricamente dallunione dei due piani.

Invece U + V e` il minimo sottospazio che contiene sia U che V e percio` coincide con tutto R3.

Esercizio 13 (i) VERA; infatti il sistema delle equazioni x = y + z, x = y, y = z ha la solasoluzione x = y = z = 0. In altri termini, V e W rappresentano rispettivamente un pianoed una retta per lorigine che si incontrano in un solo punto.

(ii) FALSA; come gia` osservato V e` un piano e non puo` essere generato da un solo vettore.

(iii) FALSA; si e` gia` visto al punto (i) che lintersezione di V e W e` ridotta al solo vettorenullo.

(iv) VERA; infatti R3 e` il piu` piccolo sottospazio che contiene un piano e una retta noncontenuta nel piano stesso.

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