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Geometria I – Foglio 1

Primo foglio di esercizi per mettere in pratica i concetti base dell'algebra lineare.

Prerequisiti

Axio

Ripassa le definizioni con esempi concreti: ti renderà più sicuro negli esercizi!

Esercizio 1

Dimostrare che in uno spazio vettoriale \(V\), abbiamo che \(0\cdot v = O\) per ogni \(v \in V\) (qui \(O \in V\) e \(0 \in \mathbb{R}\)) usando solo le altre proprietà della definizione di spazio vettoriale.

Dimostrazione

  1. \(0=0\). (Identità riflessiva nello scalare.)

  2. \(0+0=0\). (Proprietà dell’elemento neutro additivo in \((\mathbb{R},+)\).)

  3. \((0+0)\cdot v=0\cdot v\). (Moltiplicazione per scalare è un’operazione definita per ogni scalare e vettore.)

  4. \(0\cdot v + 0\cdot v = 0\cdot v\). (Distributività della moltiplicazione per scalare rispetto alla somma degli scalari.)

  5. Poiché \(0\cdot v\in V\), esiste l’opposto \(-\big(0\cdot v\big)\). Sommo \(-\big(0\cdot v\big)\) ad ambo i membri: \((0\cdot v + 0\cdot v) + \big(-0\cdot v\big) = 0\cdot v + \big(-0\cdot v\big)\). (Esistenza dell’opposto e cancellazione.)

  6. Per associatività e definizione di opposto: \(0\cdot v + \big(0\cdot v + (-0\cdot v)\big) = O\) e dunque \(0\cdot v = O\). (\(x+(-x)=O\).)

Errori comuni

  • Circolarità: non assumere \(0\cdot v=O\) a metà dimostrazione.
  • Notazione: distinguere \(0\) (scalare) da \(O\) (vettore nullo).

Esercizio 2

In uno spazio vettoriale provare che per ogni \(t \in \mathbb{R}\) abbiamo che \(t \cdot O = O\).

Dimostrazione

  1. \(O=O\). (Identità riflessiva in \(V\).)

  2. \(O+O=O\). (\(O\) è neutro additivo in \(V\).)

  3. \(t\cdot (O+O)=t\cdot O\). (Moltiplicazione per scalare ben definita.)

  4. \(t\cdot O + t\cdot O = t\cdot O\). (Distributività della moltiplicazione per scalare rispetto alla somma di vettori.)

  5. Sommo \(-\big(t\cdot O\big)\) ad ambo i membri: \((t\cdot O + t\cdot O) + (-t\cdot O) = t\cdot O + (-t\cdot O)\). (Oposto e associatività.)

  6. Ottengo \(t\cdot O = O\). (\(x+(-x)=O\).)


Esercizio 3

Dedurre dall'esercizio 2 che se \(t \cdot v = O\), allora \(t = 0\) oppure \(v = O\).

Dimostrazione

  1. Se \(t=0\), allora per l’Esercizio 1 \(0\cdot v=O\). Tesi verificata. (Caso banale.)

  2. Supponi \(t\neq 0\). Allora esiste l’inverso \(t^{-1}\in\mathbb{R}\) con \(t^{-1}t=1\). (\((\mathbb{R}\setminus\{0\},\cdot)\) è un gruppo.)

  3. Moltiplica l’uguaglianza \(t\cdot v=O\) per \(t^{-1}\): \(t^{-1}\cdot (t\cdot v) = t^{-1}\cdot O\). (Operazione per scalare.)

  4. Per associatività della moltiplicazione scalare e definizione di \(1\cdot v\): \((t^{-1}t)\cdot v = 1\cdot v = v\). Quindi \(v = t^{-1}\cdot O\). (Proprietà di unità.)

  5. Per l’Esercizio 2, \(t^{-1}\cdot O=O\). Dunque \(v=O\). (Proposizione precedente.)

  6. Concludiamo: se \(t\neq 0\) allora \(v=O\); quindi in generale \(t=0\) oppure \(v=O\).


Esercizio 4

Sia \(\mathcal{P}\) lo spazio dei polinomi reali e

\[ W=\{p\in\mathcal{P}: p(1)=p(2)=0\}. \]

Tesi. \(W\) è un sottospazio vettoriale di \(\mathcal{P}\).

Dimostrazione

  1. Zero in \(W\). Il polinomio nullo \(p_0(x)\equiv 0\) soddisfa \(p_0(1)=0\) e \(p_0(2)=0\). (Valutazione diretta.)

  2. Chiusura per somma. Se \(p_1,p_2\in W\), allora
    \((p_1+p_2)(1)=p_1(1)+p_2(1)=0+0=0\) e
    \((p_1+p_2)(2)=p_1(2)+p_2(2)=0+0=0\).

  3. Chiusura per scalare. Se \(p\in W\) e \(\lambda\in\mathbb{R}\), allora
    \((\lambda p)(1)=\lambda p(1)=\lambda\cdot 0=0\) e analogamente per \(x=2\).

  4. Sono verificate le tre condizioni: \(W\) è un s.s.v.

Schema rapido per i s.s.v.

1) \(O\in W\) — 2) chiusura per somma — 3) chiusura per scalare.


Esercizio 5*

Per quali \(p\in\mathcal{P}\) il grafico \(\Gamma=\{(x,p(x)) : x\in\mathbb{R}\}\subset\mathbb{R}^2\) è un sottospazio?

Tesi. Esattamente per \(p(x)=ax\) (\(a\in\mathbb{R}\)) o \(p\equiv 0\).

Dimostrazione (passi chiave)

  1. Origine. Se \(\Gamma\) è s.s.v., allora \((0,0)\in\Gamma\), quindi \(p(0)=0\). (Un s.s.v. contiene il vettore nullo.)

  2. Somma. Se \((x_1,p(x_1))\) e \((x_2,p(x_2))\) sono in \(\Gamma\), la loro somma \((x_1+x_2,\; p(x_1)+p(x_2))\) deve stare in \(\Gamma\). Quindi per ogni \(x_1,x_2\):

\[ p(x_1+x_2)=p(x_1)+p(x_2). \]
  1. Scalari. Per ogni \(\lambda\in\mathbb{R}\), \(\lambda(x,p(x))=(\lambda x,\lambda p(x))\in\Gamma\) implica
\[ p(\lambda x)=\lambda\,p(x)\quad\text{per ogni }x,\lambda. \]
  1. Conclusione. Un polinomio che è additivo e omogeneo di grado 1 è necessariamente lineare senza termine noto: \(p(x)=ax\).
    Polinomi di grado \(\ge 2\) violano l’additività (es. \(x^2\): \(1^2+3^2\neq (1+3)^2\)).

Esercizio 6

In \(M_{2,2}(\mathbb{R})\) si consideri

\[ W=\{A\in M_{2,2}(\mathbb{R}) : A=-A^{T}\}. \]

Tesi. \(W\) è un sottospazio di \(M_{2,2}(\mathbb{R})\).

Dimostrazione

  1. Forma generale. Se \(A=-A^T\) con \(A=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}\), allora dai coefficienti diagonali \(a=-a\) e \(d=-d\) segue \(a=d=0\). Inoltre \(c=-b\). Quindi ogni \(A\in W\) è del tipo
\[ A=\begin{pmatrix}0&b\\ -b&0\end{pmatrix},\quad b\in\mathbb{R}. \]
  1. Chiusura per somma. Siano \(A_1,A_2\in W\). Allora \(A_1=-A_1^T\) e \(A_2=-A_2^T\).
\[ (A_1+A_2)^T=A_1^T+A_2^T=-(A_1+A_2). \]

Quindi \(A_1+A_2\in W\).

  1. Chiusura per scalare. Per \(\lambda\in\mathbb{R}\) e \(A\in W\):
\[ (\lambda A)^T=\lambda A^T=\lambda(-A)=-(\lambda A), \]

dunque \(\lambda A\in W\).

  1. Zero in \(W\). La matrice nulla \(0\) verifica \(0=-0^T\). (Trasposta di zero è zero.)

  2. Verificate le tre condizioni, \(W\) è un s.s.v. di \(M_{2,2}(\mathbb{R})\).


Esercizio 7

In \(\mathbb{R}^3\):

\[ W=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: x+y+z=0\},\qquad U_k=L\big((1,k,2)\big). \]

Determinare \(k\in\mathbb{R}\) per cui \(W\cup U_k\) è un s.s.v.

Soluzione

  1. \(\dim W=2\) (vincolo lineare \(x=-y-z\): due variabili libere \(y,z\)). (Parametrizzazione: \((x,y,z)=y(-1,1,0)+z(-1,0,1)\).)

  2. \(\dim U_k=1\) per ogni \(k\) (è lo span di un vettore non nullo). (Un solo generatore non nullo \(\Rightarrow\) base.)

  3. Fatto chiave. \(W\cup U_k\) è s.s.v. \(\Rightarrow\) uno è contenuto nell’altro.
    Poiché \(\dim U_k=1<2=\dim W\), l’unico caso possibile è \(U_k\subseteq W\).

  4. Condizione di inclusione: il generatore \((1,k,2)\) deve soddisfare l’equazione di \(W\):

\[ 1+k+2=0\ \Longrightarrow\ k=-3. \]
  1. Con \(k=-3\), \(U_k\subseteq W\) e dunque \(W\cup U_k=W\), che è un s.s.v.
    Con \(k\neq -3\), l’unione non è chiusa per somma.

Esercizio 8

Per \(v_1,v_2\in V\), provare che

\[ L(v_1,v_2)=L(v_1)+L(v_2). \]

Dimostrazione (per doppia inclusione)

  1. \(\subseteq\) Sia \(x\in L(v_1,v_2)\). Allora \(x=\alpha v_1+\beta v_2\) per qualche \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\).
    Scrivo \(x=(\alpha v_1)+(\beta v_2)\) con \(\alpha v_1\in L(v_1)\) e \(\beta v_2\in L(v_2)\).
    Quindi \(x\in L(v_1)+L(v_2)\).

  2. \(\supseteq\) Sia \(y\in L(v_1)+L(v_2)\). Allora \(y=a+b\) con \(a\in L(v_1)\), \(b\in L(v_2)\).
    Esistono \(\alpha,\beta\) con \(a=\alpha v_1\), \(b=\beta v_2\), dunque \(y=\alpha v_1+\beta v_2\in L(v_1,v_2)\).

  3. Le due inclusioni danno l’uguaglianza: \(L(v_1,v_2)=L(v_1)+L(v_2)\).


Esercizio 9

Sia \(V\) uno spazio vettoriale. Se \(v_1,v_2\in L(w_1,\dots,w_n)\), provare che

\[ L(v_1,v_2)\subseteq L(w_1,\dots,w_n). \]

Dimostrazione

  1. Poiché \(v_1,v_2\in L(w_1,\dots,w_n)\), esistono coefficienti \((\alpha_i),(\beta_i)\) tali che
\[ v_1=\sum_{i=1}^n \alpha_i w_i,\qquad v_2=\sum_{i=1}^n \beta_i w_i. \]
  1. Sia \(x\in L(v_1,v_2)\). Allora \(x=a v_1+b v_2\) per qualche \(a,b\in\mathbb{R}\). Sostituendo:
\[ x=a\sum_{i=1}^n \alpha_i w_i+b\sum_{i=1}^n \beta_i w_i =\sum_{i=1}^n (a\alpha_i+b\beta_i)\,w_i \in L(w_1,\dots,w_n). \]
  1. Quindi \(L(v_1,v_2)\subseteq L(w_1,\dots,w_n)\).

Esercizio 10*

Siano \(W_1,W_2\subseteq V\) s.s.v. Se \(W_1\cup W_2\) è un s.s.v., mostrare che

\[ W_1\subseteq W_2\quad\text{oppure}\quad W_2\subseteq W_1. \]

Dimostrazione (per assurdo)

  1. Supponiamo non valga nessuna inclusione: \(W_1\nsubseteq W_2\) e \(W_2\nsubseteq W_1\). (Negazione della tesi.)

  2. Esistono allora

\[ w\in W_1\setminus W_2,\qquad u\in W_2\setminus W_1. \]
  1. Poiché \(W_1\cup W_2\) è s.s.v., è chiuso per somma, dunque \(w+u\in W_1\cup W_2\). (Proprietà dei sottospazi.)

  2. Caso A: \(w+u\in W_1\). Allora \(u=(w+u)-w\in W_1\) (chiusura di \(W_1\) per opposto e somma), ma questo contraddice \(u\notin W_1\).

  3. Caso B: \(w+u\in W_2\). Allora \(w=(w+u)-u\in W_2\), contraddicendo \(w\notin W_2\).

  4. Entrambi i casi sono impossibili: l’assunzione iniziale è falsa.
    Dunque necessariamente \(W_1\subseteq W_2\) oppure \(W_2\subseteq W_1\).


Aggiornamenti

Data: 2025-08-09
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