[Si può fare una dimostrazione valida per ogni scelta di u, che sfrutti solo la linearità del prodotto scalare]

Transcript

1 Università di Bergamo Anno accademico Primo anno di Ingegneria Foglio 7 Geometria e Algebra Lineare Sottospazi, basi e dimensione Esercizio 7.1. Sia u = (1, 1, 1) e si consideri il sottoinsieme S = {v R 3 v u = 0}. a) Vericare che S è un sottospazio di R 3. [Si può fare una dimostrazione valida per ogni scelta di u, che sfrutti solo la linearità del prodotto scalare] b) Determinare una base di S e la sua dimensione. c) Determinare una base ortonormale di S. d) Rappresentare gracamente S. Esercizio 7.2. Sia 2x y V = 2x + 3y : (x, y) R 2. 3x y Dimostrare che V è un sottospazio vettoriale di R 3. Osserviamo che V non è vuoto perché è dato in forma parametrica. Qualsiasi valore di x e y fornisce un elemento di V. In particolare il vettore nullo è ottenuto per x = y = 0, quindi oltre ad essere non vuoto V soddisfa la condizione necessaria per essere un sottospazio vettoriale. 2a b 2c d Siano v = 2a + 3b e w = 2c + 3d 3a b 3c d 2a b 2c d v + w = 2a + 3b + 2c + 3d = 3a b 3c d 2(a + c) (b + d) = 2(a + c) + 3(b + d) 3(a + c) (b + d) due elementi di V. Abbiamo allora 2a b + 2c d 2a + 3b 2c + 3d 3a b + 3c d che riconosciamo come un elemento di V per x = a + c e y = b + d. 1

2 2a b Siano v = 2a + 3b un elemento di V e t R. Abbiamo allora 3a b t(2a b) 2ta tb tv = t( 2a + 3b) = 2ta + 3tb t(3a b) 3ta tb che riconosciamo come un elemento di V per x = ta e y = tb. Quindi V soddisfa le tre condizioni per essere un sottospazio vettoriale. Esercizio 7.3. Siano u 1 = (1, 0, 1, 0) e u 2 = (1, 2, 0, 1); si consideri il sottoinsieme S = {v R 4 v u 1 = 0, v u 2 = 0}. a) Vericare che S è un sottospazio di R 4. [Si può fare una dimostrazione valida per ogni scelta di u 1 e u 2, che sfrutti solo la linearità del prodotto scalare] b) Determinare una base di S e la sua dimensione. Esercizio 7.4. Sia S = {(x, y, z, w) R 4 x + y + z = 0, y + z + w = 0}. a) Vericare che S è un sottospazio di R 4. b) Esiste un vettore v S tale che S = v? c) Esistono v, w S tali che S = v, w? d) Calcolare la dimensione di S. Esercizio 7.5. Si considerino i seguenti sottoinsiemi di R 3 : S 1 = {(x, y, z) R 3 z = 0} S 2 = {(x, y, z) R 3 x = 0, y = 0} S 3 = {(x, y, z) R 3 xy = 0} S 4 = {(x, y, z) R 3 x + 2y z = 0} S 5 = {(x, y, z) R 3 x + y + z = 1} a) Quali tra essi sono sottospazi? b) Per quelli che lo sono, determinarne una base e la dimensione. 2

3 Esercizio 7.6. Sia, per k R, x + 2y z + 1 W k = 3x y + 4z + k : (x, y, z) R 3. 3x + 2y + z + 3 a) Determinare per quale valore del parametro k il sottoinsieme W k soddisfa la condizione necessaria per essere un sottospazio vettoriale di R 3. La condizione necessaria anché W k sia un sottospazio vettoriale è che il vettore nullo sia un elemento di W k. Esso lo sarà se e solo se esistono x, y e z tali che x + 2y z + 1 = 0 3x y + 4z + k = 0 3x + 2y + z + 3 = 0 Usando la prima equazione, eliminiamo x dalle altre due e otteniamo il sistema equivalente x + 2y z + 1 = 0 7y + 7z + k 3 = 0 4y + 4z = 0 ovvero il quale è equivalente a x + 2y z + 1 = 0 7y 7z k + 3 = 0 y z = 0 x = 1 z y = z k = 3. Quindi il vettore nullo appartiene a W k se e solo se k = 3. b) Vericare che per il valore di k trovato nel primo punto, W k è un sottospazio vettoriale di R 3. Abbiamo già visto che W 3 contiene il vettore nullo, quindi non è vuoto. Possiamo osservare che non è vuoto anche perché otteniamo un elemento di W 3 per ogni valore di x, y e z. 3

4 a + 2b c + 1 d + 2e f + 1 Siano v = 3a b + 4c + 3 e w = 3d e + 4f + 3 3a + 2b + c + 3 3d + 2e + f + 3 Abbiamo allora a + 2b c + 1 d + 2e f + 1 v + w = 3a b + 4c d e + 4f + 3 3a + 2b + c + 3 3d + 2e + f + 3 a + 2b c d + 2e f + 1 = 3a b + 4c d e + 4f + 3 3a + 2b + c d + 2e + f + 3 (a + d) + 2(b + e) (c + f) + 2 = 3(a + d) (b + e) + 4(c + f) + 6 3(a + d) + 2(b + e) + (c + f) + 6 due vettori di W3. questo non è la forma di un vettore di W 3, ma aggiungendo 1 ad a + d, otteniamo la forma giusta: (a + d + 1) + 2(b + e) (c + f) + 1 = 3(a + d + 1) (b + e) + 4(c + f) + 3 3(a + d + 1) + 2(b + e) + (c + f) + 3 che è in W 3 con x = a + d + 1, y = b + e e z = c + f. a + 2b c + 1 Siano v = 3a b + 4c + 3 e t R 3a + 2b + c + 3 t(a + 2b c + 1) tv = t(3a b + 4c + 3) t(3a + 2b + c + 3) ta + 2tb tc + t = 3ta b + 4tc + 3t 3ta + 2tb + tc + 3t ispirandosi al punto precedente t(a + 1) 1 + 2tb tc + 1 = 3(t(a + 1) 1) b + 4tc + 3 3(t(a + 1) 1) + 2tb + tc + 3 che è in W 3 con x = t(a + 1) 1, y = tb e z = tc. Quindi W 3 soddisfa le tre condizioni per essere un sottospazio vettoriale. 4

5 Esercizio 7.7. Dati i vettori v 1 = (1; 2; 1), v 2 = (3; 1; 2) e v 3 = (2; 1; k), studiare, al variare di k, la dipendenza o indipendenza lineare e, nei vari casi, indicare una base e la dimensione del sottospazio da essi generato. che Studiamo quando la combinazione lineare dei tre vettori è nulla. Siano a, b e c tali Dobbiamo risolvere il sistema a(1; 2; 1) + b(3; 1; 2) + c(2; 1; k) = (0, 0, 0). 2 II 2I a + 2b + kc = 0 III + I 35b 15c = 0 35b + 7(k + 2)c = 0 Quindi se k 1 7 l'unica soluzione è III + II a = 0 b = 0 c = 0 7b 3c = 0 5b + (k + 2)c = 0 7b 3c = 0 (7k 1)c = 0 (partendo dall'ultima equazione e risalendo). I 3 vettori sono quindi linearmente indipendenti e quindi generano un (sotto)spazio di dimensione 3, cioè formano una base di R 3. Se invece k = 1, le soluzioni sono della forma 7 a = 5 7 c b = 3 7 c c qualsiasi ovvero v 3 = 5 7 v v 2, quindi i tre vettori generano un sottospazio di dimensione al massimo 2. Siccome v 1 e v 2 sono linearmente indipendenti (perché non sono proporzionali), generano un sottospazio di dimensione 2. Esercizio 7.8. Dati i vettori u 1 = (1; 0; 2; 1), u 2 = ( 1; 3; 0; 2), u 3 = (1; 3; 4; t), studiare, al variare di t, la dipendenza o indipendenza lineare e, nei vari casi, indicare una base e la dimensione del sottospazio W da essi generato. Sappiamo che W è generato dai 3 vettori u 1, u 2 e u 3, per cui ha dimensione al massimo 3. Per determinare la sua dimensione, determiniamo le eventuali dipendenze lineari fra i vettori. I due primi non sono proporzionali, quindi sono linearmente indipendenti e quindi la dimensione di W è almeno 2. Sarà 3 se e solo se i tre vettori sono linearmente indipendenti. Studiamo quindi l'equazione au 1 + bu 2 + cu 3 = 0 a(1; 0; 2; 1) + b( 1; 3; 0; 2) + c(1; 3; 4; t) = (0; 0; 0; 0) 5

6 Questo porta al sistema 3b + 3c = 0 2a + 4c = 0 a + 2b + tc = 0 b + (t + 1)c = 0 a = 2c b = c tc = 0 a + 2c = 0 III I a + 2b + tc = 0 IV + I tc = 0 Se t 0 allora c = 0 quindi a = b = 0, i tre vettori sono linearmente indipendenti, quindi formano una base di W e quindi dim W = 3. Se t = 0 allora a = 2, b = 1, c = 1 è una soluzione non banale dell'equazione, quindi u 3 = 2u 1 + u 2 e quindi u 1 e u 2 generano W e sono linearmente indipendenti. Quindi formano una base di W e quindi dim W = 2. 6