Esercizi di Geometria 1 - Foglio 1

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1 Esercizi di Geometria 1 - Foglio 1 Alessandro Rubin (alex.rubin@outlook.com) Si ringrazia Ricardo Tzantzoglou per il codice L A TEX condiviso 22 dicembre 2017 Esercizio 1. Sia V uno spazio vettoriale sul campo K e siano u, v, w tre vettori linearmente indipendenti in V. Dimostrare che anche u + v, u w, u + 2w sono linearmente indipendenti. Svolgimento. Utilizziamo la definizione. Supponiamo che esistano λ 1, λ 2, λ 3 K tali che λ 1 (u + v) + λ 2 (u w) + λ 3 (u + 2w) = 0 (vettore nullo) Vogliamo arrivare a dimostrare che i coefficienti devono per forza essere nulli. Sfruttando proprietà associativa e commutativa della somma di vettori si ottiene la seguente espressione: (λ 1 + λ 3 )u + λ 1 v + (2λ 3 λ 2 )w = 0 (vettore nullo) Ricordando ora che u, v, w sono linearmente indipendenti per ipotesi, deduciamo che i coefficienti di questa conbinazione lineare nulla devono essere nulli: λ 1 + λ 3 = 0 λ 1 = 0 2λ 3 λ 2 = 0 Sostituendo λ 1 = 0 nella prima equazione si ottiene facilmente λ 3 = 0. Sostituendo a sua volta nella terza si ottiene λ 2 = 0. Complessivamente allora λ 1 = λ 2 = λ 3 = 0 Esercizio 2. Determina per quali valori t R i tre vettori (1, 3, 4), (3, t, 11), ( 1, 4, 0) sono linearmente indipendenti in R 3. Svolgimento. Utilizziamo la definizione di lineare indipendenza. Supponiamo che esistano λ 1, λ 2, λ 3 R tali che λ 1 (1, 3, 4) + λ 2 (3, t, 11) + λ 3 ( 1, 4, 0) = 0 (vettore nullo) (1) La richiesta dell esercizio diventa allora: per quali t R l unica soluzione delle equazioni 1 è λ 1 = λ 2 = λ 3 = 0? Iniziamo scrivendo l equazione vettoriale 1 come tre equazioni scalari: per definizione di somma di vettori in R 3 abbiamo (λ 1 + 3λ 2 λ 3, 3λ 1 + tλ 2 4λ 3, 4λ λ 2 ) = (0, 0, 0) che diventa λ 1 + 3λ 2 λ 3 = 0 3λ 1 + tλ 2 4λ 3 = 0 4λ λ 2 = 0 1

2 Cerchiamo ora le soluzioni λ 1, λ 2, λ 3 del sistema lineare in funzione del parametro t R. Esplicitiamo λ 1 dall ultima equazione e sostituiamolo nelle altre due equazioni: λ 3 = 11 4 λ 2 + 3λ 2 ( 3 11 ) 4 λ 2 + tλ 2 4λ 3 = 0 λ 1 = 11 4 λ 2 Sostiuiamo adesso anche λ 3 nella seconda equazione ottenendo un equazione solo in λ 2 : λ 3 = 1 4 λ λ 2 + tλ 2 4 ( 11 ) 4 λ 2 + 3λ 2 = 0 λ 1 = 11 4 λ 2 Semplificando tutti i conti otteniamo: λ 3 = 1 4 λ 2 (t 37 4 )λ 2 = 0 λ 1 = 11 4 λ 2 Se t 37 4 allora necessariamente λ 2 = 0 e immediatamente otteniamo che anche gli altri due coefficienti λ 1, λ 3 sono nulli. Ne deduciamo che se t 37 4 allora i vettori di partenza sono linearmente indipendenti. Viceversa, se t = 37 4 allora ottengo come soluzione λ 2 = qualsiasi valore λ 1 = 11 4 λ 2 λ 3 = 1 4 λ 2 Questo mi dice che esistono coefficienti λ 1, λ 2, λ 3 non tutti nulli per cui 1 vale e quindi i vettori non sono linearmente indipendenti. Esercizio 3. Dimostra che due vettori (a, b) e (c, d) in K 2 sono linearmente indipendenti se e solo se ad bc 0. Svolgimento. [ ] Iniziamo supponendo che i sopraindicati vettori siano linearmente indipendenti e supponiamo per assurdo che ad bc = 0. Se (a, b) = (0, 0) allora posso trovare una combinazione lineare nulla con coefficienti non nulli: 1(a, b) + 0(c, d) = (0, 0) Siccome questo non può succedere poichè per ipotesi ho vettori linearmente indipendenti, almeno uno tra a e b deve essere non nullo. Stesso discorso si può fare per il vettore (c, d). Ottengo quindi quattro casi: 1. Supponiamo che a 0 e d 0. Siccome so che ad bc = 0, deduco che anche b 0 e c 0. Allora ho una combinazione lineare nulla con coefficienti non nulli: Impossibile. d(a, b) b(c, d) = (da bc, 0) = (0, 0) 2

3 2. Supponiamo che a 0 e c 0. Allora ho una combinazione lineare nulla con coefficienti non nulli: c(a, b) a(c, d) = (0, cb ad) = (0, 0) Impossibile. 3. Supponiamo che b 0 e d 0. Allora ho una combinazione lineare nulla con coefficienti non nulli: d(a, b) b(c, d) = (da bc, 0) = (0, 0) Impossibile. 4. Supponiamo che b 0 e c 0. Siccome so che ad bc = 0, deduco che anche a 0 e d 0. Allora ho una combinazione lineare nulla con coefficienti non nulli: Impossibile. d(a, b) b(c, d) = (da bc, 0) = (0, 0) [ ] Assumiamo ora che (ad bc) 0 e supponiamo che esistano λ 1, λ 2 K tali che λ 1 (a, b) + λ 2 (c, d) = 0 Questo diventa il sistema lineare { λ1 a + λ 2 c = 0 λ 1 b + λ 2 d = 0 (2) Siccome (ad bc) 0, almeno una coppia tra (a, b), (a, c), (d, b) e (d, c) deve essere non nulla. Supponiamo per un momento che sia (a, b). Allora moltiplico la prima riga di 2 per b e la seconda per a (posso proprio perchè so che non sono zeri) ottenendo { λ1 ab + λ 2 cb = 0 λ 1 ab + λ 2 ad = 0 Se ora sottraggo il primo membro al secondo ottengo λ 2 (ad bc) = 0 e siccome (ad bc) 0 allora λ 2 = 0. Da questo si deduce facilmente che λ 1 = 0. Se la coppia non nulla non fosse (a, b) ma un altra, si può procedere similmente ottenendo sempre un sistema che implica necessariamente λ 1 = λ 2 = 0. Quindi i vettori sono linearmente indipendenti. 3

4 Esercizio 4. Nello spazio vettoriale V = R sul campo K = Q, dimostrare che i vettori (numeri reali) 1 e 2 sono linearmente indipendenti. Dimostra lo stesso per 2 e 3. Svolgimento. Supponiamo che esistano λ 1, λ 2 K = Q tali che λ λ 2 2 = 0 Questa equazione vettoriale può essere pensata come un unica equazione tra numeri di R: λ 1 + λ 2 2 = 0 λ1, λ 2 Q Supponiamo per un momento che λ 2 0: in tal caso otteniamo che 2 = λ1 λ 2 Q che è impossibile. Deduciamo che allora in verità λ 2 = 0 e da questo deduciamo facilmente che anche λ 1 = 0. Vediamo ora 2 e 3. Il procedimento è analogo: basta solo mostrare che razionale. Supponiamo per assurdo che lo sia: 2 3 non è 2 3 = p q p, q N Si può anche supporre che p, q siano primi tra loro (in caso contrario semplifico numeratore e denominatore finchè non lo sono). Prendendo i quadrati di ambo i membri ottengo 3q 2 = 2p 2 Siccome la scomposizione in fattori primi è unica, il 3 a sinistra deve dividere il numero 2p 2. Ma siccome 3 non può dividere 2, questo deve necessariamente dividere p 2 ed allora anche p. Ma chiaramente, se 3 divide p allora 9 divide p 2 e quindi 9 divide il membro a sinistra (3q 2 ). Concludo che 3 divide q 2 e quindi q. Da questo deduco che p e q non sono primi tra loro in quanto entrambi sono divisi da 3: assurdo. Esercizio 5. Sia X un insieme, (V, + V, V ) un K-spazio vettoriale e Appl(X, V ) l insieme di tutte le applicazioni f : X V. Allora anche Appl(X, V ) è uno spazio vettoriale con la seguente somma + A e moltiplicazione A: (f + A g) }{{} somma di funzioni (λ A f) }{{} molt. scalare/funzione (x) = f(x) + V g(x) }{{} somma di vettori (x) = λ V f(x) }{{} molt. scalare/vettore f, g Appl(X, V ) λ K Considerando lo spazio vettoriale Appl(R, R) delle funzioni reali f : R R, x f(x), dimostrare che ognuna delle seguenti famiglie di funzioni è linearmente indipendente in App(R, R): 1. (cos(x), sin(x)) 2. (e x, e 2x ) 3. (cos(x), sin(x), e x ) 4

5 4. (1, x, x 2,, x n ) Durante lo svolgimento di questo esercizio è bene tenere presente che i vettori dello spazio vettoriale Appl(R, R) sono funzioni e che quindi non ha senso parlare di coordinate. Inoltre, ogni combinazione lineare viene posta uguale a 0 PER OGNI valore x: il fatto che possano esistere coefficienti non nulli per cui la combinazione lineare si annulla per un x fissato non influisce sulla lineare indipendenza delle funzioni. Svolgimento. 1. Supponiamo che esistano λ 1, λ 2 R tali che λ 1 cos(x) + λ 2 sin(x) = 0 x R Siccome vale per ogni x R, in particolare vale per x = 0: ne deduco che λ 1 cos(0) +λ 2 sin(0) = 0 }{{}}{{} 1 0 da cui λ 1 = 0. Analogamente, se vale per ogni x R allora vale anche per x = π/2 da cui si ottiene λ 2 = 0. Complessivamente otteniamo che λ 1 = λ 2 = Supponiamo che esistano λ 1, λ 2 R tali che λ 1 e x + λ 2 e 2x = 0 Se consideriamo x = 0 ed x = 1 otteniamo { λ1 (e 0 ) + λ 2 (e 0 ) = 0 λ 1 (e 1 ) + λ 2 (e 2 ) = 0 x R { λ1 = λ 2 λ 1 = eλ 2 che ha come unica soluzione λ 1 = λ 2 = Supponiamo che esistano λ 1, λ 2, λ 3 R tali che λ 1 cos(x) + λ 2 sin(x) + λ 3 e x = 0 x R Se consideriamo i valori x = 0, x = π/2 ed x = π otteniamo λ 1 (cos(0)) + λ 2 (sin(0)) + λ 3 (e 0 ) = 0 ( ) ( ) λ π π 1 + λ 3 = 0 λ 1 cos + λ 2 sin + λ 3 (e π 2 ) = 0 λ λ 3 (e π 2 ) = 0 λ 1 (cos(π)) + λ 2 (sin(π)) + λ 3 (e π ) = 0 λ 1 + λ 3 (e π ) = 0 Se sommiamo la prima e la terza equazione otteniamo λ 3 = 0 da cui si deduce che anche λ 1 = λ 2 = 0 4. Supponiamo che esistano λ 1,..., λ n+1 R tali che λ 1 + λ 2 x + + λ n+1 x n = 0 x R (3) Da teoremi di algebra classica (teorema fondamentale dell algebra) si sa che un polinomio di grado n può avere al massimo n radici distinte. Siccome p(x) = λ 1 + λ 2 x + + λ n+1 x n ha infiniti zeri (causa equazione 3), questo deve essere necessariamente il polinomio nullo. Per definizione, il polinomio nullo è quel polinomio che ha tutti i coefficienti nulli. Perciò λ 1 = = λ n = 0. 5

6 Esercizio 6. Sia V uno spazio vettoriale sul campo K e W un sottospazio di V. Si dice che due vettori v 1 e v 2 in V sono equivalenti modulo W (e si indica con v 1 v 2 ) se v 1 v 2 W. 1. Dimostrare che questo definisce una relazione di equivalenza su V 2. Se [v] = {u V : u v} denota la classe di equivalenza di v, dimostrare che [v] = v + W = { v + w : w W } 3. Si denoti con V/W = {[v] : v V } l insieme delle classi di equivalenza. Si definisce una somma e una moltiplicazione scalare in V/W nel seguente modo : [v 1 ] + [v 2 ] = [v 1 + v 2 ]; λ[v] = [λv]. Dimostrare che questa somma e moltiplicazione scalare V/W sono ben definite, ovvero non dipendono dalla scelta dei rappresentanti delle classi di equivalenza. Osservazione: Con questa somma e moltiplicazione scalare V/W diventa uno spazio vettoriale su K che si chiama spazio quoziente. Svolgimento. 1. Per provare che la relazione precedentemente definita è una relazione di equivalenza bisogna mostrare che valgono riflessività, simmetria e transitività. Riflessività: Siccome v v = 0 e 0 W, deduciamo che v v W e quindi v v. Simmetria: Supponiamo che v 1 v 2. Questo significa per definizione che v 1 v 2 W. Ma W è un sottospazio vettoriale allora v 2 v 1 W e quindi v 2 v 1. Transitività: Supponiamo che v 1 v 2 e v 2 v 3. Per definizione significa che v 1 v 2 W v 2 v 3 W Ma W è chiuso alla somma dei sui elementi ed allora Questo significa precisamente che v 1 v 3. v 1 v 3 = (v 1 v 2 ) + (v 2 v 3 ) W 2. Per verificare che vale l uguaglianza dei seguenti insiemi: bisogna verificare le doppie inclusioni. {u V : u v} = {v + w : w W } [ ]: Prendiamo u {u V : u v}. Allora u v e per definizione questo significa u v W. Il vettore w = u v appartiene chiaramente a W ed allora u = v + w v + W. [ ]: Prendiamo u { v + w w W }. Per definizione esiste w W tale che u = v + w. La differenza u v = w appartiene a W e quindi u v. In particolare significa che u {u V : u v}. 3. Iniziamo spiegando cosa significhi che le operazioni siano ben definite. In generale, gli elementi di V/W sono insiemi e quindi la scrittura [v 1 ] + [v 2 ] si riferisce ad una somma di insiemi. Questa deve restituire un nuovo elemento di V/W che è ancora un insieme. L ambiguità con cui è definita l operazione somma risiede nel fatto che è possibile che gli insiemi [v 1 ] e [v 1 ] siano uguali anche per vettori v 1 v 1. Questo potrebbe portare alla seguente situazione senza senso: se prendo [v 1 ] = [v 1 ] e [v 2] = [v 2 ] allora [v 1 ] + [v 2 ] = [v 1 + v 2 ] [v 1] + [v 2] = [v 1 + v 2] 6

7 ma potrebbe essere che [v 1 + v 2 ] [v 1 + v 2] (4) Mostrare che la somma è ben definita significa proprio verificare che la formula 4 non può accadere. Analoghe considerazioni si possono fare per la moltiplicazione per uno scalare. Di seguito faremo largo uso del seguente risultato: Lemma 1. [v 1 ] = [v 1 ] se e solo se v 1 v 1. Supponiamo che [v 1 ] = [v 1 ] e [v 2] = [v 2 ]. Questo implica che v 1 v 1 e v 2 v 2, ossia v 1 v 1 W e v 2 v 2 W. Ma allora (v 1 + v 2 ) (v 1 + v 2) = (v 1 v 1) + (v 2 v 2) W da cui (v 1 + v 2 ) (v 1 + v 2 ) e [v 1 + v 2 ] = [v 1 + v 2 ]. Supponiamo che [v 1 ] = [v 1 ]. Come prima, questo implica che v 1 v 1. Allora v 1 v 1 W e siccome W è un sottospazio, allora λ(v 1 v 1 ) W. Deduciamo perciò che λv 1 λv 1 e quindi [λv 1 ] = [λv 1] Procediamo ora a dimostrare il lemma. Supponiamo che v 1 v 1 e mostriamo un inclusione tra gli insiemi [v 1 ] e [v 1 ] (l altra è analoga). Preso w [v 1] ho per definizione w v 1. Ma la relazione è transitiva allora w v 1 v 1 da cui deduco che w [v 1 ]. Supponiamo ora che [v 1 ] = [v 1 ]. Siccome la relazione è riflessiva, ho che v 1 [v 1 ] = [v 1 ] e quindi v 1 v 1. Esercizio 7. 1 Trovare gli elementi inversi, rispetto al prodotto, degli elementi 5, 8 in Z Se n 2 non è un numero primo, dimostrare che ci sono elementi non banali (non-zero) in Z n che non hanno un inverso, rispetto al prodotto. Svolgimento. Per quanto riguarda il primo punto, la strategia è la seguente: siccome so che Z 13 ha solo 13 numeri, se esiste un inverso di 5 (rispettivamente 8) questo deve essere tra questi. Basta allora provarli tutti: *

8 Da questa tabella si deduce che l inverso di 5 è 8 è rispettivamente 8 è 5. Passiamo ora al secondo punto: siccome n non è un numero primo, esistono due numeri p, q N tali che 2 p, q < n e p q = n. Supponiamo per assurdo che p sia invertibile, ossia che esista x Z n tale che px = 1. Per definizione, questo significa che esiste k Z tale che px 1 = kn = kqp Da ciò deduciamo che p(x kq) = 1 e che p è invertibile in Z. Ma l unico elemento invertibile di Z è 1: assurdo. Esercizio 8. Sia G un gruppo (in notazione moltiplicativa). Dimostrare che (ab) 1 = b 1 a 1 Svolgimento. Da definizione di elemento inverso dobbiamo di fatto verificare che valgono { (ab) (b 1 a 1 ) = 1 (b 1 a 1 ) (ab) = 1 Sfruttando l associatività del prodotto si ottiene { (ab) (b 1 a 1 ) = a(b b 1 )a 1 = a 1 a 1 = a a 1 = 1 (b 1 a 1 ) (ab) = b 1 (a 1 a)b = b 1 b 1 = b b 1 = 1 [PS:Osserviamo che per tale verifica NON si è usata la proprietà commutativa e quindi tale verifica vale anche per prodotti che non godono della proprietà commutativa (ad esempio la composizione tra funzioni).] 8