Foglio 2¶

Secondo foglio di esercizi dedicato a basi, dimensione e trasformazioni lineari.

Prerequisiti¶

Basi e dimensione degli spazi vettoriali.
Formula di Grassman.
Applicazioni lineari elementari.

Esercizio 1¶

Scrivere i seguenti sottospazi \(W\) nella forma \(W=L(v_{1},\dots,v_{k})\) per opportuni generatori \(v_{1},\dots,v_{k}\).

\(W=\{(x,y,z)^T\in\mathbb{R}^3 : x-3y+3z=0\}\)
\(W=\{(x,y,z)^T\in\mathbb{R}^3 : x+2y=0,\ z+3x=0\}\)
\(W=\{(x,y,z,t)^T\in\mathbb{R}^4 : x+y=0,\ z+t=0\}\)
\(W=\{(x,y,z,t)^T\in\mathbb{R}^4 : x+y=0,\ z+t=0,\ x+z+t=0\}\)

Soluzione

Axio ti consiglia

Per descrivere un sottospazio definito da equazioni lineari, esprimi il vettore generico in funzione delle variabili libere e raccogli i coefficienti per ottenere dei generatori. Verifica poi che siano linearmente indipendenti.

Per (1) l'equazione impone \(x=3y-3z\). Quindi

\[ (x,y,z)^T = y\,(3,1,0)^T + z\,(-3,0,1)^T, \]

da cui \(W=L((3,1,0)^T,(-3,0,1)^T)\).

Per (2) si ottiene \(x=-2y\) e \(z=6y\), perciò

\[ (x,y,z)^T = y\,(-2,1,6)^T, \]

e \(W=L((-2,1,6)^T)\).

Per (3) dalle equazioni segue \(x=-y\) e \(z=-t\). Allora

\[ (x,y,z,t)^T = y\,(-1,1,0,0)^T + t\,(0,0,-1,1)^T, \]

quindi \(W=L((-1,1,0,0)^T,(0,0,-1,1)^T)\).

Per (4) le prime due equazioni danno ancora \(x=-y\) e \(z=-t\). Sostituendo nella terza si ottiene \(-y=0\), dunque \(x=0\) e

\[ (x,y,z,t)^T = t\,(0,0,-1,1)^T, \]

per cui \(W=L((0,0,-1,1)^T)\).

Errori comuni

Controlla sempre tutte le equazioni del sistema: nell'ultimo caso la terza equazione annulla una variabile che sembrava libera.

Esercizio 2¶

Dati \(W_{1}=\{(x,y,z)^T\in\mathbb{R}^3 : x+y-3z=0\}\) e \(W_{2}=\{(x,y,z)^T\in\mathbb{R}^3 : y+z=0\}\), trovare una base di \(W_{1}\cap W_{2}\).

Soluzione

Axio ti ricorda

L'intersezione di sottospazi contiene i vettori che soddisfano simultaneamente tutte le equazioni.

Risolviamo il sistema

\[ \begin{cases} x+y-3z=0,\\ y+z=0. \end{cases} \]

Dalla seconda equazione \(y=-z\); sostituendo nella prima si ha \(x-4z=0\), quindi \(x=4z\). Ogni vettore dell'intersezione è allora

\[ (4z,-z,z)^T = z\,(4,-1,1)^T, \]

per cui una base è \(\{(4,-1,1)^T\}\).

Esercizio 3¶

Dato \(W=\{A\in M_{2,2}(\mathbb{R}) : A=A^{T}\}\), trovare una base di \(W\).

Soluzione

Una matrice simmetrica è della forma

\[ A=\begin{pmatrix}a & b \\ b & d\end{pmatrix} = a\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix} + d\begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}. \]

I tre coefficienti \(a,b,d\) sono liberi e le matrici indicate sono linearmente indipendenti; quindi costituiscono una base di \(W\).

Esercizio 4¶

Dati i vettori \(v_{1}=(1,1,0)^T\), \(v_{2}=(0,1,-2)^T\), \(v_{3}=(1,0,0)^T\), dire se sono linearmente dipendenti. Posto poi \(v_{k}=(1,0,k)^T\), determinare per quali valori di \(k\) i vettori \(v_{1},v_{2},v_{k}\) sono linearmente indipendenti.

Soluzione

Axio ti guida

Per verificare l'indipendenza lineare, imposta la combinazione \(a v_{1}+b v_{2}+c v_{3}=0\) e studia il sistema ottenuto per i coefficienti.

Per \(v_{1},v_{2},v_{3}\) il sistema diventa

\[ \begin{cases} a+c=0,\\ a+b=0,\\ -2b=0, \end{cases} \]

da cui \(a=b=c=0\). I tre vettori sono quindi linearmente indipendenti.

Sostituendo \(v_{3}\) con \(v_{k}\), il sistema è

\[ \begin{cases} a+c=0,\\ a+b=0,\\ -2b+kc=0. \end{cases} \]

Dalle prime due equazioni segue \(b=c\); sostituendo nella terza otteniamo \((k-2)c=0\). Se \(k=2\) esiste una soluzione non banale e i vettori sono dipendenti; per \(k\neq 2\) l'unica soluzione è quella nulla e i vettori sono indipendenti.

Esercizio 5¶

In \(\mathbb{R}^{4}\) si considerino i vettori \(v_{1}=(1,0,2,1)^T\), \(v_{2}=(2,-1,0,1)^T\), \(v_{3}=(0,2,4,1)^T\). Stabilire se \(v_{3}\in L(v_{1},v_{2})\).

Soluzione

Cerchiamo \(a,b\in\mathbb{R}\) tali che \(v_{3}=a v_{1}+b v_{2}\). Il sistema associato è

\[ \begin{cases} a+2b=0,\\ -b=2,\\ 2a=4,\\ a+b=1. \end{cases} \]

Dalle seconde e terze equazioni si ricava \(b=-2\) e \(a=2\). Sostituendo nella prima e nella quarta otteniamo \(-2\neq 0\) e \(0\neq 1\), quindi il sistema è incompatibile e \(v_{3}\notin L(v_{1},v_{2})\).

Esercizio 6¶

Provare che i vettori \(v_{1}=(1,1,1)^T\), \(v_{2}=(1,1,0)^T\), \(v_{3}=(1,0,0)^T\) formano una base di \(\mathbb{R}^{3}\) e trovare le coordinate di \((2,-1,1)^T\) rispetto a tale base.

Soluzione

La combinazione \(a v_{1}+b v_{2}+c v_{3}=0\) porta al sistema

\[ \begin{cases} a+b+c=0,\\ a+b=0,\\ a=0, \end{cases} \]

che implica \(a=b=c=0\); i tre vettori sono quindi una base di \(\mathbb{R}^{3}\).

Axio ti suggerisce

Le coordinate di un vettore rispetto a una base sono gli scalari che compaiono nella sua espressione come combinazione lineare dei vettori della base.

Per trovare le coordinate di \((2,-1,1)^T\) imponiamo

\[ a v_{1}+b v_{2}+c v_{3}=(2,-1,1)^T. \]

Il sistema corrispondente è

\[ \begin{cases} a+b+c=2,\\ a+b=-1,\\ a=1, \end{cases} \]

da cui si ricava \(a=1\), \(b=-2\), \(c=3\). Le coordinate cercate sono quindi \((1,-2,3)\).

Esercizio 7¶

Dati \(v_{1}=(1,1,1)^T\) e \(v_{2}=(1,0,-1)^T\) vettori di \(\mathbb{R}^{3}\):

a) Trovare \(a,b,c\in\mathbb{R}\) tali che \(L(v_{1},v_{2})\subseteq W\) con \(W=\{(x,y,z)^T\in\mathbb{R}^{3} : ax+by+cz=0\}\).

b) Provare che \(L(v_{1},v_{2})=W\).

Soluzione

Per la parte (a) imponiamo che ogni combinazione lineare di \(v_{1}\) e \(v_{2}\) appartenga a \(W\). Un generico elemento di \(L(v_{1},v_{2})\) è

\[ \lambda v_{1}+\mu v_{2}=(\lambda+\mu,\lambda,\lambda-\mu)^T. \]

Richiedendo \(a(\lambda+\mu)+b\lambda+c(\lambda-\mu)=0\) per tutti \(\lambda,\mu\) otteniamo le condizioni

\[ a+b+c=0,\qquad a-c=0, \]

ossia \(a=c\) e \(b=-2a\). Scegliendo \(a=1\) si ha \(b=-2\), \(c=1\) e l'equazione di \(W\) è \(x-2y+z=0\).

Per la parte (b) mostriamo che ogni vettore di \(W\) è combinazione di \(v_{1}\) e \(v_{2}\). Se \(w=(x,y,z)^T\in W\), le equazioni

\[ \lambda+\mu=x,\qquad \lambda=y,\qquad \lambda-\mu=z \]

hanno soluzione \(\lambda=y\), \(\mu=x-y\). Sostituendo nell'ultima equazione si ottiene \(x-2y+z=0\), condizione già soddisfatta. Quindi \(w=\lambda v_{1}+\mu v_{2}\) e \(W=L(v_{1},v_{2})\).

Aggiornamenti

Data: 2025-08-09
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