Esercizi di Algebra Lineare e Geometria

122 Pages·2012·0.689 MB·Italian

by  Francesco Bottacin

ESERCIZI DI
ALGEBRA LINEARE
E GEOMETRIA
Francesco Bottacin
Padova, 24 febbraio 2012
Capitolo 1
Algebra Lineare
1.1 Spazi e sottospazi vettoriali
Esercizio 1.1. SiaU ilsottospaziodiR4 generatodaivettoriu =(0,2,0,−1)
1
e u = (1,1,1,0). Sia V il sottospazio di R4 costituito dalle soluzioni del
2
seguente sistema:
(cid:40)
x +x =x +x
1 3 2 4
x +x =0.
3 4
(a) Si determini la dimensione e una base di U ∩V.
(b) Si determini la dimensione e una base di U +V.
Soluzione. Si verifica immediatamente che i vettori u e u sono linearmen-
1 2
te indipendenti, quindi essi sono una base del sottospazio U, che ha pertanto
dimensione 2.
Dal sistema di equazioni che definiscono il sottospazio V si ricava
(cid:40)
x =x +2x
1 2 4
x =−x .
3 4
Ci sono dunque due incognite libere di variare (x e x ), il che significa che V
2 4
ha dimensione 2. Ponendo x =1 e x =0 si trova x =1 e x =0; indichiamo
2 4 1 3
con v = (1,1,0,0) il vettore corrispondente. Ponendo invece x = 0 e x = 1
1 2 4
si trova x =2 e x =−1. Il vettore cos`ı trovato `e v =(2,0,−1,1). Una base
1 3 2
di V `e dunque costituita dai vettori v e v .
1 2
Cerchiamo ora i vettori che appartengono a U ∩V. Detto w un tale vettore
si deve avere w = α u +α u , in quanto w ∈ U, ma anche w = β v +β v ,
1 1 2 2 1 1 2 2
in quanto w ∈V. Si ottiene cos`ı l’uguaglianza α u +α u =β v +β v , che
1 1 2 2 1 1 2 2
1
Capitolo 1 Algebra Lineare 2
equivale al seguente sistema di equazioni:
α =β +2β
2α2 +α1 =β2
1 2 1
α =−β
−2α =β2
1 2
da cui si ricava
(cid:40)
α =α =−β
1 2 2
β =−3β .
1 2
Questo sistema ammette dunque infinite soluzioni, per ogni valore di β (ci`o
2
significa che l’insieme delle soluzioni, e quindi anche U ∩V, ha dimensione 1).
Ponendo β = −1 si ottiene β = 3, α = 1 e α = 1. Il corrispondente
2 1 1 2
vettore w ∈ U ∩V `e dunque dato da w = u +u o, equivalentemente, da
1 2
w = 3v −v . Si trova cos`ı w = (1,3,1,−1). Da quanto visto, deduciamo che
1 2
U ∩V ha dimensione 1 ed `e generato dal vettore w appena trovato.
Per quanto riguarda il sottospazio U +V, sicuramente esso `e generato dai
quattro vettori u ,u ,v ,v (dato che U `e generato da u e u e V `e generato
1 2 1 2 1 2
da v e v ). Dalla formula di Grassmann si ricava che
1 2
dim(U +V)=dimU +dimV −dim(U ∩V)=2+2−1=3,
quindiiquattrovettoriu ,u ,v ,v nonpossonocertoessereunabasediU+V
1 2 1 2
(sicuramenteunodiessisar`aunacombinazionelinearedeglialtritre). Scegliamo
arbitrariamentedieliminareilvettorev . Orabisognacontrollareseitrevettori
2
u ,u ,v sono linearmente indipendenti. Consideriamo una loro combinazione
1 2 1
lineare λ u +λ u +λ v =0. Si ottiene il seguente sistema
1 1 2 2 3 1
λ +λ =0
2λ2 +λ3 +λ =0
1 2 3
λ =0
−2λ =0
1
la cui unica soluzione `e λ = λ = λ = 0. Si conclude cos`ı che i tre vettori
1 2 3
u ,u ,v sono linearmente indipendenti e sono quindi una base di U +V (dato
1 2 1
che U +V ha dimensione 3).
Esercizio 1.2. Nello spazio vettoriale R4 si consideri il sottospazio U =
(cid:104)u ,u (cid:105), ove u =(−2,1,1,3) e u =(0,−1,2,1).
1 2 1 2
(a) Si determini una base di un sottospazio W tale che U ⊕W =R4 e si dica
se un tale sottospazio W `e unico.
(b) Datoilvettorev =(t,3,t−1,1),sidicaperqualevaloreditsihav ∈U.
t t
(c) SiaV ilsottospaziovettorialedefinitodalleequazionix +x +x +x =0
1 2 3 4
e x +2x −2x =0. Si determini una base di V e una base di U ∩V.
1 2 4
Capitolo 1 Algebra Lineare 3
Soluzione. I vettori u e u sono linearmente indipendenti (la verifica `e
1 2
immediata), quindi il sottospazio U da essi generato ha dimensione 2. Dalla
formula di Grassman segue che la dimensione di un sottospazio W tale che
U ⊕W =R4 deve essere uguale a 2. Pertanto, per trovare una base di un tale
sottospazio W,`e sufficiente trovare due vettori w e w tali che {u ,u ,w ,w }
1 2 1 2 1 2
sia una base di R4. Ci sono infinite scelte per i vettori w e w ; ad esempio
1 2
si pu`o prendere w = (1,0,0,0) e w = (0,1,0,0) (`e facile verificare che con
1 2
queste scelte i vettori {u ,u ,w ,w } sono linearmente indipendenti e quindi
1 2 1 2
sono una base di R4). Tuttavia si potrebbe anche prendere w = (0,0,1,0) e
1
w =(0,0,0,1), il che prova che un tale sottospazio W non`e certamente unico.
2
Consideriamoorailvettorev =(t,3,t−1,1). Richiederechev appartenga
t t
a U equivale a richiedere che v si possa scrivere come combinazione lineare dei
t
vettori u e u (i quali formano una base di U):
1 2
v =α u +α u .
t 1 1 2 2
Si ottiene cos`ı il seguente sistema di equazioni lineari
t=−2α
3=α −1α
1 2
t−1=α +2α
1=3α +1α 2
1 2
la cui unica soluzione `e

α =1
 1
α =−2
2
t=−2.
Si conclude quindi che v ∈U se e solo se t=−2.
t
Il sottospazio V `e l’insieme delle soluzioni del seguente sistema di equazioni
lineari:
(cid:40)
x +x +x +x =0
1 2 3 4
V :
x +2x −2x =0.
1 2 4
Risolvendoilsistemasitrovacheessoammetteinfinitesoluzioni, dipendentida
due parametri, date da
(cid:40)
x =−2x +2x
1 2 4
x =x −3x .
3 2 4
Ponendo x =1 e x =0 si ottiene il vettore v =(−2,1,1,0), mentre ponendo
2 4 1
x =0 e x =1 si ottiene il vettore v =(2,0,−3,1). I vettori v e v sono una
2 4 2 1 2
base di V. Per terminare cerchiamo una base di U ∩V.
Ogni vettore w ∈U ∩V si scrive nella forma
w =α u +α u , w =β v +β v .
1 1 2 2 1 1 2 2
L’uguaglianza α u +α u =β v +β v si traduce nel seguente sistema:
1 1 2 2 1 1 2 2
−2α =−2β +2β
α −1α =β1 2
1 2 1
α +2α =β −3β
3α1 +α2 =β1 2
1 2 2
Capitolo 1 Algebra Lineare 4
il quale ammette infinite soluzioni (dipendenti da un parametro) date da
β =α −α
β1 =3α1 +α2
2 1 2
α =−2α
1 3 2
Una soluzione particolare `e data, ad esempio, da α = −2 e α = 3 (come ora
1 2
vedremo,non`eimportantecalcolareancheivaloridiβ eβ ). Possiamodunque
1 2
concludere che U ∩V ha dimensione 1 e una sua base `e costituita dal vettore
w =α u +α u =−2u +3u =(4,−5,4,−3).
1 1 2 2 1 2
Esercizio 1.3. Sia U il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettori
u =(2,0,1,−1), u =(1,1,2,0), u =(4,−2,−1,−3),
1 2 3
e sia W il sottospazio vettoriale di R4 di equazione x+y+2z =0.
(a) Si determini la dimensione e una base di U.
(b) Si dica per quale valore di t il vettore v =(1+t,1,3,−1) appartiene a U.
(c) Si determinino le equazioni cartesiane di U.
(d) Si determini la dimensione e una base di U ∩W.
(e) Si determini la dimensione e una base di U +W.
Soluzione. Per determinare la dimensione di U dobbiamo scoprire quanti tra
i vettori u , u e u sono linearmente indipendenti. Per fare ci`o calcoliamo il
1 2 3
rango della seguente matrice
 
1 1 2 0
2 0 1 −1
4 −2 −1 −3
Effettuiamo le seguenti operazioni elementari tra le righe: alla seconda riga
sottraiamo il doppio della prima e alla terza riga sottraiamo la prima riga
moltiplicata per 4. Si ottiene cos`ı la matrice seguente:
 
1 1 2 0
0 −2 −3 −1
0 −6 −9 −3
Ora alla terza riga sottraiamo il triplo della seconda, ottenendo
 
1 1 2 0
0 −2 −3 −1
0 0 0 0
Il rango di questa matrice `e 2, il che significa che i vettori u e u sono linear-
1 2
mente indipendenti, mentre u risulta essere combinazione lineare di u e u .
3 1 2
Capitolo 1 Algebra Lineare 5
Laconclusione`echeilsottospazioU hadimensione2eunasuabase`ecostituita
dai vettori u e u .
1 2
Dire che il vettore v = (1+t,1,3,−1) appartiene a U equivale a dire che
esso si pu`o scrivere come combinazione lineare dei vettori u e u . L’equazione
1 2
v =λ u +λ u
1 1 2 2
fornisce il sistema
1+t=2λ +λ
1=λ 1 2
2
3=λ +2λ
−1=1−λ , 2
1
la cui soluzione `e

t=2

λ =1
1
λ =1.
2
Si scopre cos`ı che v ∈U se e solo se t=2.
Per trovare le equazioni cartesiane di U osserviamo che un generico vettore
(x,y,z,w) ∈ R4 appartiene a U se e solo se esso `e combinazione lineare dei
vettori u e u , i quali formano una base di U. Scrivere
1 2
(x,y,z,w)=λ u +λ u
1 1 2 2
equivale al seguente sistema
x=2λ +λ
y =λ 1 2
2
z =λ +2λ
w =−1λ . 2
1
PertrovareleequazionicartesianediU bastaeliminareidueparametriλ eλ
1 2
dalle equazioni precedenti. Si ha λ = y (dalla seconda equazione) e λ = −w
2 1
(dalla quarta); sostituendo nelle due equazioni rimanenti, si trova il sistema
(cid:40)
x−y+2w =0
2y−z−w =0.
Queste sono le equazioni cartesiane di U.
Poich´e ora conosciamo le equazioni di U, per determinare U ∩ W basta
mettere a sistema le equazioni di U con quelle di W:

x−y+2w =0

2y−z−w =0
x+y+2z =0.
Le soluzioni di questo sistema sono date da

x=−4w
y = 2w3
3
zw=qu13awlsiasi.
Capitolo 1 Algebra Lineare 6
Ci`o significa che U ∩W ha dimensione 1 e una sua base `e formata dal vettore
u=(−4,2,1,3), ottenuto ponendo w =3 nelle equazioni precedenti.
Se osserviamo che W `e un sottospazio di R4 definito da una sola equazio-
ne lineare, concludiamo che dimW = 3 e dunque, utilizzando la formula di
Grassmann, si ha
dim(U +W)=dimU +dimW −dim(U ∩W)=2+3−1=4.
Poich´e U +W `e un sottospazio di R4 di dimensione 4, deve necessariamente
essere U+W =R4. Cercare una base di U+W equivale dunque a cercare una
base di R4 e si pu`o quindi prendere la base canonica {e ,e ,e ,e }.
1 2 3 4
Esercizio 1.4. Nello spazio vettoriale R4 siano U il sottospazio generato dai
vettori u = (3,4,−1,1), u = (1,−2,−1,−3) e W il sottospazio definito dalle
1 2
equazioni x −2x +x −x =0 e 2x +3x +x =0.
1 2 3 4 1 3 4
(a) Si stabilisca se la somma di U e W `e diretta e si determinino delle basi di
U +W e di U ∩W.
(b) Si determini, se possibile, una base di un sottospazio L ⊂ R4 tale che
U ⊕L=W ⊕L=R4.
(c) Dato il vettore v = (0,1,−1,3), si determini l’equazione del piu` piccolo
sottospazio di R4 contenente U e v.
(d) Dato v¯= (2,−1,0,3) si consideri l’insieme S = v¯+U = {v¯+u|u ∈ U}.
Si scriva un sistema lineare che abbia S come insieme delle soluzioni.
Soluzione. Cominciamo col determinare una base di W. I vettori di W sono
le soluzioni del seguente sistema lineare
(cid:40)
x −2x +x −x =0
1 2 3 4
W :
2x +3x +x =0
1 3 4
Ricavando x e x in funzione di x e x , si trova che il sistema precedente `e
2 4 1 3
equivalente a
 3
x = x +2x
W : 2 2 1 3
x =−2x −3x
4 1 3
pertanto W ha dimensione 2 e una sua base `e costituita dai vettori w =
1
(2,3,0,−4) e w =(0,2,1,−3).
2
Cerchiamo ora una base di U ∩W. Se v ∈U ∩W, si deve avere
v =a u +a u =b w +b w .
1 1 2 2 1 1 2 2
L’uguaglianza a u +a u =b w +b w si traduce nel sistema
1 1 2 2 1 1 2 2
3a +a =2b
4a1−2a2 =31b +2b
1 2 1 2
−a −a =b
a −1 3a2=−24b −3b
1 2 1 2
Capitolo 1 Algebra Lineare 7
le cui soluzioni sono date da
a =a
b1=2a2
1 2
b =−2a
a2 qualun2que.
2
SideducequindicheU∩W hadimensione1. Pertrovareunasuabasepossiamo
porre arbitrariamente a = 1, ottenendo a = 1, b = 2, b = −2, da cui segue
2 1 1 2
che v = u +u = 2w −2w . Effettuando i calcoli si trova v = (4,2,−2,−2).
1 2 1 2
Questo vettore `e dunque una base di U ∩W. Poich´e U ∩W (cid:54)= {0}, possiamo
affermare che la somma di U e W non `e diretta. Dalla formula di Grassmann
si deduce che
dim(U +W)=dimU +dimW −dim(U ∩W)=3.
Poich´eU+W `egeneratodaiquattrovettoriu , u , w ew , mahadimensione
1 2 1 2
3, per trovare una sua base bisogner`a eliminare uno dei quattro vettori citati.
Scegliamo (arbitrariamente) di eliminare u e, dopo aver verificato che i vettori
2
rimanenti u , w e w sono linearmente indipendenti, possiamo affermare che
1 1 2
essi sono una base di U +W.
Il secondo punto richiede di determinare una base di un sottospazio L⊂R4
tale che U ⊕L = W ⊕L = R4. Poich´e dimU = dimW = 2, dalla formu-
la di Grassmann si deduce che anche L deve avere dimensione 2. Per tro-
vare una base di L si tratta dunque di trovare due vettori (cid:96) e (cid:96) tali che
1 2
{u ,u ,(cid:96) ,(cid:96) } e {w ,w ,(cid:96) ,(cid:96) } siano basi di R4. Possiamo porre (arbitraria-
1 2 1 2 1 2 1 2
mente) (cid:96) = (1,0,0,0) e (cid:96) = (0,1,0,0): `e facile verificare che sia i vettori
1 2
{u ,u ,(cid:96) ,(cid:96) }che{w ,w ,(cid:96) ,(cid:96) }sonolinearmenteindipendenti,quindiivettori
1 2 1 2 1 2 1 2
(cid:96) e (cid:96) da noi scelti sono una base del sottospazio L cercato.
1 2
Facciamo notare che altre scelte di (cid:96) e (cid:96) , come ad esempio (cid:96) =(0,0,1,0)
1 2 1
e (cid:96) = (0,0,0,1) andrebbero altrettanto bene (in effetti ci sono infinite scelte
2
possibili), il che significa che il sottospazio L cercato non `e unico.
Il piu` piccolo sottospazio di R4 contenente U e v = (0,1,−1,3) `e il sot-
tospazio generato dai vettori u , u e v. Se indichiamo con (x ,x ,x ,x )
1 2 1 2 3 4
il generico vettore di tale sottospazio, si deve quindi avere (x ,x ,x ,x ) =
1 2 3 4
a u +a u +a v. Tale equazione equivale al seguente sistema
1 1 2 2 3
x =3a +a
x1 =4a1−2a2 +a
2 1 2 3
x =−a −a −a
x3 =a −1 3a2+3a3
4 1 2 3
Ricavando a , a e a , si ottiene il sistema equivalente
1 2 3
a =x −3a
a2 =2a1 −x1−x
3 1 1 3
a =(3x +x +x )/12
6x1 −4x1 +5x2 +33x =0.
1 2 3 4
L’ultima equazione non contiene i parametri a , a e a ; essa `e pertanto l’e-
1 2 3
quazione cercata. Possiamo cos`ı concludere che il piu` piccolo sottospazio di R4
Capitolo 1 Algebra Lineare 8
contenente U e v `e determinato dall’equazione
6x −4x +5x +3x =0.
1 2 3 4
L’ultimo punto`e simile a quanto abbiamo appena visto. Gli elementi dell’insie-
me S =v¯+U si scrivono nella forma v¯+a u +a u , con a ,a ∈R. Se indi-
1 1 2 2 1 2
chiamocon(x ,x ,x ,x )ilgenericovettorediS,sihaquindi(x ,x ,x ,x )=
1 2 3 4 1 2 3 4
v¯+a u +a u , che equivale al sistema
1 1 2 2
x =2+3a +a
x1 =−1+41a −22a
2 1 2
x =−a −a
x3 =3+1a −23a
4 1 2
Ricavando a e a , si ottiene il sistema equivalente
1 2
a =−x −a
a1 =(2−3 x −2 3x )/2
2 1 3
2x +5x −x =1
3x1−x 3+5x4 =7.
1 2 3
Leultimedueequazioninoncontengonoiparametria ea ;esseformanoquindi
1 2
un sistema di equazioni lineari aventi S come insieme delle soluzioni
(cid:40)
2x +5x −x =1
1 3 4
S :
3x −x +5x =7.
1 2 3
Esercizio 1.5. Nello spazio vettoriale R4 sia U il sottospazio generato dal
vettore u = (12,3,−2,0) e sia W il sottospazio di equazione x −2x +3x −
1 2 3
4x =0.
4
(a) Si dimostri che U ⊂W e si completi la base di U ad una base di W.
(b) Sia V ⊂ R4 il sottospazio generato dai vettori v = (1,2,3,0) e v =
1 2
(2,3,4,−1). Si determini una base di V ∩W e una base di V +W.
(c) Dato il vettore v = (t,0,1,2), si determini il valore di t per cui i vettori
t
v , v , v sono linearmente dipendenti.
1 2 t
(d) Si dica se esiste una funzione lineare f : R4 → R4 tale che si abbia W =
Kerf e U =Imf.
Soluzione. Per dimostrare che U ⊂ W basta osservare che u ∈ W (infatti le
coordinate di u soddisfano l’equazione di W).
Il sottospazio W ha dimensione 3, essendo definito da una equazione in R4.
PertantopercompletarelabasediU adunabasediW `esufficientetrovaredue
vettori w ,w ∈W tali che i vettori u, w e w siano linearmente indipendenti.
1 2 1 2
Dall’equazione di W si ricava
x =2x −3x +4x .
1 2 3 4
Capitolo 1 Algebra Lineare 9
Ponendow =(2,1,0,0)ew =(−3,0,1,0)siscoprecheu=3w −2w ,quindi
1 2 1 2
i vettori u, w , w sono linearmente dipendenti; bisogna quindi modificare la
1 2
nostrascelta. Proviamoalloraaporrew =(4,0,0,1);ora`efacileverificareche
2
u, w , w sono linearmente indipendenti e quindi sono una base di W.
1 2
Per determinare una base di V ∩W possiamo cominciare col determinare le
equazioni di V. Un generico vettore (x ,x ,x ,x )∈V `e combinazione lineare
1 2 3 4
dei vettori v e v che generano V; si ha quindi
1 2
(x ,x ,x ,x )=a v +a v ,
1 2 3 4 1 1 2 2
che equivale al sistema
x =a +2a
x1 =2a1 +3a2
2 1 2
x =3a +4a
x3 =−a1 2
4 2
Ricavando a e a si ottiene il sistema
1 2
a =−x
a2 =x +4 2x
1 1 4
2x −x +x =0
3x1−x2+2x4 =0
1 3 4
da cui si deduce che le equazioni cartesiane di V sono le seguenti:
(cid:40)
2x −x +x =0
1 2 4
V :
3x −x +2x =0.
1 3 4
Il sottospazio V ∩W `e dunque descritto dal seguente sistema:

2x −x +x =0
 1 2 4
V ∩W : 3x −x +2x =0
1 3 4
x −2x +3x −4x =0
1 2 3 4
le cui soluzioni sono date da
x =0
x1 =x
2 4
V ∩W :
x =2x
x3 quals4iasi.
4
Daci`osideducecheV∩W hadimensione1eunasuabase`eformatadalvettore
(0,1,2,1). Dalla formula di Grassmann segue che
dim(V +W)=dimV +dimW −dim(V ∩W)=2+3−1=4,
quindi si ha necessariamente V +W =R4. Come base di V +W si pu`o dunque
prendere una qualunque base di R4 (ad esempio, la base canonica).
Cerchiamo ora per quale valore di t i vettori v , v , v sono linearmente
1 2 t
dipendenti. La combinazione lineare
a v +a v +a v =0
1 1 2 2 3 t