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SPAZI VETTORIALI Rn

SOTTOSPAZI DI Rn Combinazioni lineari e generatori. Dipendenza e indipendenza lineare, basi e dimensione.

Esercizio 1 Stabilire, giustificando la risposta, quali dei seguenti sottoinsiemi di R3 sono suoi sottospazi: 1) V1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y = z}; 2) V2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 }; 3) V3 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 4}; 4) V4 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y + 2z = 0}; 5) V5 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y + 2z = 1}. Determinare poi una base per gli insiemi che risultano sottospazi. Esercizio 2 Dati i vettori v1 = (2, −1, 1), v2 = (4, −2, 2), v3 = (1, 1, 0), v4 = (0, −3, 1) e gli scalari a1 = 3, a2 = −1, a3 = −2, a4 = −1, calcolare la combinazione lineare dei vettori v1 , ..., v4 secondo gli scalari a1 , ..., a4 e da questa dedurre che i vettori dati sono linearmente dipendenti. Detto U = L(v1 , ..., v4 ), trovare una base di U , la sua dimensione e completare poi la base trovata a una base di R3 . Esercizio 3 Dati i vettori (1, 1), (1, 3), (2, −1) ∈ R2 , stabilire se sono linearmente dipendenti e, se possibile, scrivere il secondo vettore come combinazione lineare degli altri due. Esercizio 4 Ripetere l’Esercizio ?? con i seguenti gruppi di vettori di R3 : 1) (1, −2, −1), (5, 0, 1), (2, 1, 1); 2) (4, 2, 2), (5, 0, 1), (2, 1, 1); 3) (2, −1, 0), (1, 2, −1), (−1, 0, 2). Esercizio 5 Determinare i valori di a ∈ R per cui i vettori v1 = (1, a, a − 1), v2 = (1, 1, a − 1) e v3 = (0, a − 1, a) risultano linearmente indipendenti. Posto poi a = 1, stabilire se w = (1, −1, 2) ∈ L(v1 , v2 , v3 ). Esercizio 6 Discutere al variare del parametro reale h l’indipendenza lineare dei vettori v1 = (1, 0, −h), v2 = (2, −1, 1) e v3 = (h, 1, −1). In seguito provare che: 1) posto h = 1, il vettore v4 = (3, 1, −2) pu`o essere espresso in un solo modo come combinazione lineare di v1 , v2 , v3 ; 2) posto h = 0, il vettore v4 non pu`o essere espresso come combinazione lineare di v1 , v2 , v3 ;


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3) posto h = −2, il vettore v5 = (−7, 4, −2) pu`o essere espresso in infiniti modi come combinazione lineare di v1 , v2 , v3 . Giustificare i tre fenomeni. Esercizio 7 Per ognuno dei seguenti insiemi di vettori si trovi, se possibile, una base dello spazio indicato a fianco contenente i vettori assegnati: 1) {(3, −1)} , R2 ; 2) {(3, −1)} , R3 ; 3) {(2, −1, 0)} , R3 ; 4) {(2, −1, 0), (1, 0, 1)} , R3 ; 5) {(2, −1, 0), (1, 0, 1), (0, 0, 1)} , R3 ; 6) {(2, −1, 0), (1, 0, 1), (1, −1, −1)} , R3 . Esercizio 8 Scrivere ciascuno dei seguenti sottospazi come soluzione di un sistema lineare omogeneo: 1) V1 = L((1, 1)); 2) V2 = L((1, 1, 0), (1, −1, 0)); 3) V3 = L((1, 1, 1), (1, −1, 0)); 4) V4 = L((1, −2, 3), (−2, 4, −6)); 5) V5 = L((1, 1, 1)); 6) V6 = L((1, 2, 3, 0), (2, 2, 0, −1), (4, 6, 6, −1)). Esercizio 9 Dati i vettori v1 = (1, 0, −1, 1), v2 = (4, 1, 1, 0) e v3 = (0, 1, 2, 0) di R4 , sia V il sottospazio lineare da essi generato. 1) Calcolare la dimensione di V. 2) Determinare una base di V ed estenderla ad una base B di R4 . 3) Determinare un sistema lineare omogeneo S tale che V = Sol (S) . 4) Calcolare le componenti del vettore w = (1, 0, 0, 0) rispetto alla base B scelta al punto 2). Esercizio 10 Dati i vettori v1 e v2 dell’Esercizio ??, si consideri il sottospazio U di R4 da essi generato. Determinare un sistema lineare omogeneo S ′ tale che U = Sol (S ′ ) . Che relazione esiste tra le equazioni di S (trovato nell’Esercizio ??) e di S ′ ?


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Esercizio 11 Dati i seguenti sistemi lineari omogenei Si : Ai X = 0, si determini, se possibile, una base di Vi = Sol (Si ):     1 1 2 2 1 1 2 2  −1 3 1 1   −1 3 1 1     A1 =   −4 0 −5 −5  , A2 =  −4 0 −5 −4  , 0 4 3 3 0 4 3 3 

 6 2 2 4  −3 −1 −1 −2   A3 =   −2 −2/3 −2/3 −4/3  , 12 4 4 8

1  −1 A4 =   0 0

1 3 1 4

2 1 −1 2

 2 1 . 1 0

Esercizio 12 Sia U = {(x, y, z) ∈ R3 : y = x2 }. Stabilire se le seguenti affermazioni sono vere o false: (i) U non `e un sottospazio; (ii) U contiene infiniti vettori; (iii) (0, 0, 0) ∈ U ; (iv) U `e un sottospazio di dimensione 1. Esercizio 13 Sia U = L ((1, 1, 0), (k − 1, 2, k), (k + 1, −k, −k)), dove k `e un parametro reale. Stabilire se le seguenti affermazioni sono vere o false: (i) se k = 0, allora dim U = 2; (ii) esistono dei valori di k ∈ R per cui dim U = 1; (iii) per k = 2/3 si ha dim U = 3; (iv) dim U = 3 per ogni valore reale di k. Esercizio 14 Dati 4 vettori distinti di R4 , stabilire quali delle seguenti affermazioni sono vere (giustificando la risposta) e quali false (trovando un controesempio): (i) i quattro vettori sono sempre linearmente indipendenti; (ii) 3 vettori dei 4 sono sempre linearmente indipendenti; (iii) almeno uno dei 4 vettori `e linearmente indipendente; (iv) almeno due dei 4 vettori sono linearmente indipendenti; (v) almeno uno dei 4 vettori dipende linearmente dagli altri. Esercizio 15 Rifare l’Esercizio ?? dati 4 vettori distinti di R3 .


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SVOLGIMENTI

Esercizio 1 V1 e V4 sono sottospazi, perch´e verificano le condizioni del criterio per i sottospazi: ∀v1 , v2 ∈ Vi e ∀λ ∈ R risulta λv1 + v2 ∈ Vi ; infatti ∀ (x1 , y1 , z1 ) , (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3 e ∀λ ∈ R si ha λ (x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) = (λx1 + x2 , λy1 + y2 , λz1 + z2 ) e quindi • x1 = y1 = z1 e x2 = y2 = z2 implica λx1 + x2 = λy1 + y2 = λz1 + z2 ; • x1 − y1 + 2z1 = 0 e x2 − y2 + 2z2 = 0 implica (λx1 + x2 ) − (λy1 + y2 ) + 2 (λz1 + z2 ) = λ (x1 − y1 + 2z1 ) + (x2 − y2 + 2z2 ) = 0. V3 e V5 non sono sottospazi, ad esempio perch´e non contengono il vettore nullo (0, 0, 0). V2 non `e sottospazio, ad esempio perch´e il vettore (2, 0, 4) ∈ V2 (essendo 4 = 22 ) mentre 2(2, 0, 4) = (4, 0, 8) ∈ / V2 (perch´e 8 6= 42 ). Alle stesse conclusioni si sarebbe potuti giungere ricordando che un sottoinsieme di Rn definito tramite equazioni sulle componenti del generico vettore (x1 , ..., xn ) `e un sottospazio se e solo se tali equazioni sono di 1◦ grado ed omogenee nelle incognite x1 , ..., xn ; ci`o `e vero per V1 (x−y = 0, y − z = 0) e V4 (x − y + 2z = 0), mentre non lo `e per V2 , V3 e V5 (z − x2 = 0 non `e di 1◦ grado n´e omogenea, x − 4 = 0 e x − y + 2z − 1 = 0 non sono omogenee). Un ulteriore procedimento per provare che un sottoinsieme V di Rn `e un sottospazio `e quello di scrivere il suo generico elemento come combinazione lineare a coefficienti qualsiasi di elementi di Rn , in modo da recuperare V come sottospazio generato da tali elementi; in questo modo, si individua anche un sistema di generatori, da cui si pu`o poi estrarre eventualmente una base. Ad esempio v ∈ V1 ⇐⇒ v = (x, x, x) = x(1, 1, 1), x ∈ R qualsiasi e quindi V1 = L ((1, 1, 1)) ed una base di V1 `e ((1, 1, 1)), in quanto (1, 1, 1) `e non nullo. Analogamente v ∈ V2 ⇐⇒ v = (y − 2z, y, z) = (y, y, 0) + (−2z, 0, z) = y(1, 1, 0) + z(−2, 0, 1), y, z ∈ R qualsiasi e quindi V2 = L ((1, 1, 0) , (−2, 0, 1)) ed una base di V1 `e ((1, 1, 0) , (−2, 0, 1)), in quanto (1, 1, 0) e (−2, 0, 1) sono l.i. (nessuno `e multiplo dell’altro). Esercizio 2 Risulta a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 + a4 v4 = 0 e quindi, poich´e gli scalari non sono tutti nulli, i vettori v1 , ..., v4 sono l.d.. Disponendo di un sistema di generatori di U = L(v1 , ..., v4 ), una sua base pu`o essere determinata in due modi: (1) individuando un sottoinsieme di {v1 , v2 , v3 , v4 } che sia massimale rispetto all’indipendenza


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lineare, cio`e costituito da vettori l.i. e tale che i vettori di ogni altro sottoinsieme di {v1 , v2 , v3 , v4 } che lo contiene risultino l.d.; (2) riducendo per righe la matrice dei vettori v1 , v2 , v3 , v4 (rispetto ad una base qualsiasi di R3 , tipicamente quella canonica) e leggendo quindi le componenti (rispetto alla medesima base di R3 ) di una base di U sulle righe non nulle della matrice ridotta. Vediamoli in opera entrambi. (1) Utilizziamo il metodo degli scarti successivi. • Controlliamo l’indipendenza lineare di v1 , v2 (entrambi non nulli): si vede subito che v2 = 2v1 , quindi v1 e v2 sono l.d.. Scartiamo allora v2 . • Controlliamo l’indipendenza lineare di v1 , v3 (entrambi non nulli): guardando l’ultima componente di entrambi, si vede subito che nessuno dei due `e multiplo dell’altro, quindi v1 e v3 sono l.i.. • Controlliamo l’indipendenza lineare di v1 , v3 , v4 (tutti non nulli). Siano a, b, c ∈ R tali che av1 + bv3 + cv4 = 0. Ci`o significa a (2, −1, 1) + b (1, 1, 0) + c (0, −3, 1) = (0, 0, 0), cio`e (2a + b, −a + b − 3c, a + c) = (0, 0, 0), cio`e    2a + b = 0  b = −2a −a + b − 3c = 0 che equivale a c = −a   a+c=0 a qualsiasi. Dunque v1 , v3 , v4 sono l.d.

In conclusione, una base di U `e (v1 , v3 ) e risulta dim U = 2. (2) La matrice dei vettori v1 , v2 , v3 , v4 (rispetto alla base canonica di R3 ) `e   2 −1 1  4 −2 2   M = M (v1 , v2 , v3 , v4 ) =  1 1 0. 0 −3 1 Riducendo per righe ad esempio tramite le trasformazioni elementari R1 ↔ R3 , R2 → R2 − 4R1 , R3 → R3 − 2R1 , R2 → R2 − 2R4 , R3 → R3 − R4 (nell’ordine), si ottiene la matrice   1 1 0 0 0 0   0 0 0 0 −3 1 da cui si deduce che i vettori (1, 1, 0) = v3 e (0, −3, 1) = v4 sono l.i.. Poich´e le trasformazioni elementari mantengono lo spazio generato, una base di U = L(v1 , ..., v4 ) `e quindi data da (v3 , v4 ), da cui segue anche che dim U = 2. Una base di R3 che contenga la base (v1 , v3 ) di U trovata al punto (1) si determina aggiungendo un vettore di R3 a (v1 , v3 ) in modo da ottenere un sistema di tre vettori l.i.. Poich´e, ad esempio, la matrice   2 −1 1 (costruita semplicemente aggiungendo una 1 1 0 riga non nulla alla matrice M (v1 , v3 ) in 1 0 0 modo da ottenere una matrice 3 × 3 ridotta)


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ha rango 3, i vettori v1 , v3 , e1 = (1, 0, 0) sono l.i. e dunque (v1 , v3 , e1 ) `e una base di R3 . Lo stesso vale ad esempio per la matrice   1 1 0  0 −3 1  , 0 0 1 e dunque una base di R3 che completa la base (v3 , v4 ) trovata al punto (2) `e (v3 , v4 , e3 ). Esercizio 3 I vettori dati sono necessariamente l.d., perch´e 3 vettori in uno spazio di dimensione 2. Il secondo vettore (1, 3) si pu`o scrivere come c.l. degli altri due se e solo se esistono x, y ∈ R tali che (1, 3) = x (1, 1) + y (2, −1), cio`e (1, 3) = (x + 2y, x − y), cio`e   x = 37 x + 2y = 1 che equivale a y = − 23 . x−y =3 Dunque risulta (1, 3) =

7 3

(1, 1) − 32 (2, −1).

Esercizio 4 k vettori di Rn sono l.i. se e solo se il rango della loro matrice (rispetto ad una base qualsiasi di R3 , tipicamente quella canonica) `e massimo (= k se k ≤ n, = n altrimenti). 1) Si ha


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e pertanto v1 , v2 , v3 sono l.i. se e solo se a 6= 0, 1. Per a = 1, si ha v1 = v2 = (1, 1, 0) e v3 = (0, 0, 1). Il vettore w = (1, −1, 2) appartiene a L(v1 , v2 , v3 ) se e solo se esistono x, y, z ∈ R tali che w = xv1 + yv2 + yv3 ; tale sistema risulta incompatibile e quindi w ∈ / L(v1 , v2 , v3 ). Alternativamente, si pu`o osservare che lo spazio generato da v1 , v2 , v3 `e  L(v1 , v2 , v3 ) = (x, x, y) ∈ R3 : x, y ∈ R

(cio`e `e l’insieme delle c.l. x(1, 1, 0) + y(0, 0, 1) = (x, x, y) a coefficienti qualsiasi) e che w non vi appartiene perch´e non ha le prime componenti uguali tra loro. Esercizio 6 Il determinante dei vettori v1 , v2 , v3 `e

1 0 −h

2 −1 1 = −2h − h2 = −h (2 + h)

h 1 −1

e pertanto v1 , v2 , v3 sono l.i. se e solo se h 6= 0, −2.

1) Per h = 1 (6= 0, −2), il vettore v4 = (3, 1, −2) pu`o essere espresso in uno ed un solo modo come c.l. di v1 , v2 , v3 perch´e questi ultimi formano una base di R3 (3 vettori l.i. in uno spazio di dimensione 3). 2) Per h = 0, il sistema v4 = xv1 + yv2 + zv3 risulta incompatibile e quindi v4 non `e c.l. di v1 , v2 , v3 . Questo significa che v4 non appartiene al sottospazio L(v1 , v2 , v3 ) di R3 generato da v1 , v2 , v3 (che non `e tutto R3 in quanto v1 , v2 , v3 sono l.d. per h = 0). 3) Per h = −2, il sistema v5 = xv1 +yv2 +zv3 ha infinite soluzioni e quindi v5 pu`o essere espresso in infiniti modi come combinazione lineare di v1 , v2 , v3 . Questo significa che v5 appartiene al sottospazio L(v1 , v2 , v3 ) di R3 generato da v1 , v2 , v3 e l’infinit`a di c.l. con cui v5 pu`o essere espresso `e dovuta al fatto che v1 , v2 , v3 non sono una base di L(v1 , v2 , v3 ) (essendo essi l.d. per h = −2). Esercizio 7 Ogni insieme di k (< n) vettori linearmente indipendenti di Rn pu`o essere completato ad una base di Rn come nell’Esercizio ??, ma non in modo unico; si tenga quindi presente che le basi presentate di seguito sono solo possibili scelte. 1) (3, −1) ∈ R2 `e l.i. (non nullo) ed una base di R2 che lo contiene `e ((3, −1), (1, 0)). 2) Impossibile, perch´e (3, −1) ∈ / R3 . 3) (2, −1, 0) ∈ R3 `e l.i. (non nullo) ed una base di R3 che lo contiene `e ((2, −1, 0), (1, 0, 1), (1, 0, 0)). 4) (2, −1, 0), (1, 0, 1) ∈ R3 sono l.i. (la loro matrice ha rango 2) ed una base di R3 che li contiene `e ((2, −1, 0), (1, 0, 1), (1, 0, 0)). 5) (2, −1, 0), (1, 0, 1), (0, 0, 1) ∈ R3 sono l.i. (il loro determinante `e non nullo) e quindi formano gi`a una base di R3 . 6) (2, −1, 0), (1, 0, 1), (1, −1, −1) ∈ R3 sono l.d. (il loro determinante `e nullo) e quindi non possono essere contenuti in alcuna base di R3 .


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Esercizio 8 Si tratta di scrivere in forma implicita (cio`e tramite un sistema di equazioni) sottospazi V = L (v1 , ..., vk ) di Rn che sono dati in forma esplicita (cio`e tramite generatori). Il procedimento `e standard: si scrive la matrice M dei generatori v1 , ..., vk di V e si aggiunge un’ultima riga che rappresenta il generico vettore v di Rn : esso appartiene a V se e solo se il rango della matrice cos`ı ottenuta coincide con il rango di M e, pertanto, imponendo tale condizione si ottengono le equazioni che descrivono il generico vettore di V . riduce per righe in modo da ridurre la matrice dei generatori di V ; l’ultima riga rappresenta un vettore che sta nello spazio generato dalle altre righe se e solo se essa non fa aumentare il rango della matrice data dalle sole altre righe. 1) Essendo V1 = L((1, 1)), riduciamo     1 1 R2 →R2 −xR1 1 1 −→ y−x xy e imponiamo che tale matrice abbia rango 1: occorre e basta che sia y − x = 0 e quindi V1 = {(x, y) ∈ R2 : x − y = 0} = Sol(S1 ) con

S1 : x − y = 0.

2) Essendo V2 = L((1, 1, 0), (1, −1, 0)), riduciamo       1 1 0 1 1 0 1 1 0 R →R + y−x R 2 3 2  0 −2 0   1 −1 0  −→  0 −2 0  3 −→ 0 0 z x y z 0 y−x z e imponiamo che tale matrice abbia rango 2: occorre e basta che sia z = 0 e quindi V2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0} = Sol(S2 ) con

S2 : z = 0.

3) Essendo V3 = L((1, 1, 1), (1, −1, 0)), riduciamo      1 1 1 1 1 0 1 1 0 y−x R →R3 + 2 R2  1 −1 0  −→  0 −2 −1  3 −→  0 −2 −1 x y z 0 y−x z−x 0 0 z − y2 −

x 2

 

e imponiamo che tale matrice abbia rango 2: occorre e basta che sia 2z − y − x = 0 e quindi V3 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y − 2z = 0} = Sol(S3 ) con

S3 : x + y − 2z = 0.

4) Essendo V4 = L((1, −2, 3), (−2, 4, −6)), riduciamo     1 −2 3 1 −2 3  −2 4 −6  −→  0 0 0  x y z 0 y + 2x z − 3x e imponiamo che tale matrice abbia rango 1: occorre e basta che sia y + 2x = z + 3x = 0 e quindi  2x + y = 0 3 . V4 = {(x, y, z) ∈ R : 2x + y = 0, 3x − z = 0} = Sol(S4 ) con S4 : 3x − z = 0


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5) Essendo V5 = L((1, 1, 1)), riduciamo     1 11 1 1 1 −→ xy z 0 y−x z−x e imponiamo che tale matrice abbia rango 1: occorre e basta che sia y − x = z − x = 0 e quindi  x−y =0 . V5 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y = 0, x − z = 0} = Sol(S5 ) con S5 : x−z =0 6) Essendo V6 = L((1, 2, 3, 0), (2, 2, 0, −1), (4, 6, 6, −1)), riduciamo      1 23 0 1 2 3 0 1 2 3  2 2 0 −1   0 −2  0 −6 −1 −2 −6     −→   4 6 6 −1  −→  0 −2 0 −6 −1  0 0 xy z t 0 y − 2x z − 3x t 0 y − 2x − 2t z − 3x − 6t

 0 −1   0  0

e imponiamo che tale matrice abbia rango 2: occorre e basta che sia y − 2x− 2t = z − 3x− 6t = 0 e quindi V6 = {(x, y, z, t) ∈ R4 : 2x − y + 2t = 0, 3x − z + 6t = 0} = Sol(S6 ) con S6 :



2x − y + 2t = 0 . 3x − z + 6t = 0

Esercizio 9 1,2) La matrice 

 1 0 −1 1 M (v1 , v2 , v3 ) =  4 1 1 0  01 2 0 `e gi`a ridotta per righe ed ha righe tutte non nulle, dunque (v1 , v2 , v3 ) `e una base di V = L (v1 , v2 , v3 ), che ha pertanto dimensione 3. Una possibile base di R4 che contenga (v1 , v2 , v3 ) `e B = (v1 , v2 , v3 , e3 ) con e3 = (0, 0, 1, 0), in quanto M (v1 , v2 , v3 , e3 ) `e ancora ridotta ed ha righe tutte non nulle. 3) Riduciamo  1 4  0 x

0 1 1 y

−1 1 2 z

  1 10 0 1 0  −→  0 1 0 t 0y  10 0 1 −→  0 0 00

   −1 1 10 −1 1   5 −4  5 −4  −→  0 1     2 0 00 −3 4 z+x t−x 0 0 z + x − 5y t − x + 4y  −1 1  5 −4   −3 4 0 t − x + 4y + 4 z+x−5y 3

e imponiamo che tale matrice abbia rango 3: occorre e basta che sia 3t−3x+12y+4z+4x−20y = 0 e quindi V = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x − 8y + 4z + 3t = 0} = Sol(S) con S : x − 8y + 4z + 3t = 0.


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4) Le componenti a, b, c, d di w rispetto a B risolvono il sistema w = av1 + bv2 + cv3 + de3 , cio`e  a + 4b = 1    1 1 b+c=0 , che equivale ad a = 0, b = d = , c = − . −a + b + 2c + d = 0  4 4   a=0  Dunque le componenti di w rispetto a B sono 0, 41 , − 14 , 14 , cio`e w = 41 (v2 − v3 + e3 ). Esercizio 10 Ragionando come nell’Esercizio ??, si trova ad esempio U = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x − 4z − 5t = 0, y − z − t = 0} = Sol(S ′ ) con ′

S :



x − 4z − 5t = 0 . y−z−t=0

L’equazione del sistema lineare S trovato nell’Esercizio ?? `e combinazione lineare delle equazioni di S ′ , in quanto U = L (v1 , v2 ) `e sottospazio di V = L (v1 , v2 , v3 ) e quindi ogni (x, y, z, t) che soddisfa S ′ deve soddisfare anche S. Esercizio 11 • Riducendo A1 per righe ad esempio tramite le R2 + R1 , R3 → R3 + 4R1 , R3 → R3 − 2R1 , R3 → R3 − R2 , ottiene    1 1 2 2 112  −1 3 1 1  0 4 3   A1 =   −4 0 −5 −5  →  0 0 0 000 0 4 3 3

trasformazioni elementari R2 → R4 → R4 − R2 (nell’ordine), si  2 3  0 0

e quindi il sistema S1 : A1 X = 0 equivale al sistema 

x1 + x2 + 2x3 + 2x4 = 0 , 4x2 + 3x3 + 3x4 = 0

ossia

  x1 = − 45 x3 − 45 x4 x = − 34 x3 − 43 x4 .  2 x3 , x4 ∈ R qualsiasi

Dunque X `e soluzione se e solo se   5 3 3 x4 5 x3 (−5, −3, 4, 0) + (−5, −3, 0, 4) X = − x3 − x4 , − x3 − x4 , x3 , x4 = 4 4 4 4 4 4 e pertanto una base di V1 = Sol (S1 ) `e data da ((−5, −3, 4, 0) , (−5, −3, 0, 4)). Analogamente si ottiene che: • una base di V2 = Sol (S2 ) `e data da ((−5, −3, 4, 0)); • una base di V3 = Sol (S3 ) `e data da ((1, −3, 0, 0), (0, −1, 0, 1), (0, −1, 1, 0)); • il sistema S4 ammette come unica soluzione il vettore nullo, per cui si conviene che V4 = Sol (S4 ) = {(0, 0, 0, 0)} ha per base l’insieme vuoto. Esercizio 12

(i) VERA (l’equazione non `e di 1◦ grado).


SPAZI VETTORIALI Rn - Sottospazi di Rn

11

 (ii) VERA (v ∈ U se e solo se v = x, x2 , z con x, z ∈ R qualsiasi). (iii) VERA (perch´e 0 = 02 ). (iv) FALSA (U non `e un sottospazio). Esercizio 13 0).

(i) VERA ((1, 1, 0), (−1, 2, 0) sono l.i. e det M ((1, 1, 0), (−1, 2, 0), (1, 0, 0)) =

(ii) FALSA (ad esempio perch´e il rango di M ((1, 1, 0), (k + 1, −k, −k)) `e sempre 2). (iii) FALSA (det M ((1, 1, 0), (−1/3, 2, 2/3), (5/3, −2/3, −2/3)) = 0). (iv) FALSA (v. punto (iii)). Esercizio 14

(i) FALSA, ad esempio (1, 0, 0, 0) , (2, 0, 0, 0) , (3, 0, 0, 0) , (4, 0, 0, 0) sono l.d..

(ii) FALSA, v. esempio al punto (i). (iii) VERA, perch´e non possono essere tutti nulli, essendo distinti. (iv) FALSA, v. esempio al punto (i). (v) FALSA, ad esempio (1, 0, 0, 0) , (0, 1, 0, 0) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1) sono l.i. e quindi nessuno `e c.l. degli altri. Esercizio 15 (i) FALSA, ad esempio (1, 0, 0) , (2, 0, 0) , (3, 0, 0) , (4, 0, 0) sono l.d. (ed inoltre non esistono 4 vettori l.i. in uno spazio di dimensione 3). (ii) FALSA, v. esempio al punto (i). (iii) VERA, perch´e non possono essere tutti nulli, essendo distinti. (iv) FALSA, v. esempio al punto (i). (v) VERA, perch´e 4 vettori in uno spazio di dimensione 3 sono sempre l.d..


SpaziRn_SOTTOSPAZI