Esercizi di geometria per Fisica / Fisica e Astrofisica

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1 Esercizi di geometria per Fisica / Fisica e Astrofisica Foglio 3 - Soluzioni Esercizio. Stabilire se i seguenti sottoinsiemi di R 3 sono sottospazi vettoriali: (a) S = {(x y z) R 3 : x + y + z = }. (b) T = {(x y z) R 3 : x + y + z }. (c) U = {(x y z) R 3 : x 2 + y 2 + z 2 = }. Soluzione. (a) Poiché S è un sottoinsieme di R 3 descritto da un equazione lineare omogenea possiamo già concludere che S è un sottospazio vettoriale di R 3 Infatti in generale un sottoinsieme di R n è un sottospazio vettoriale se e solo se è descritto da un sistema di equazioni lineari omogenee. Diamo però anche un altra dimostrazione sfruttando il risultato generale secondo cui un sottoinsieme di uno spazio vettoriale è un sottospazio vettoriale se e solo se è chiuso rispetto alla somma e rispetto al prodotto per uno scalare. Mostriamo che S è chiuso rispetto alla somma. Dati due vettori v = (x y z ) w = (x 2 y 2 z 2) S si ha v + w = (x + y x 2 + y 2 z + z 2). Poiché v w S si ha Ma allora x + y + z = e x 2 + y 2 + z 2 =. (x + y ) + (x 2 + y 2) + (z + z 2) = (x + y + z ) + (x 2 + y 2 + z 2) = e dunque v + w = (x + y x 2 + y 2 z + z 2) S. Mostriamo che S è chiuso rispetto al prodotto per uno scalare. Dato un vettore v = (x y z) S e uno scalare λ R si ha λv = (λx λy λz). Poiché v S si ha x + y + z =. Ma allora λx + λy + λz = λ(x + y + z) = e dunque λv = (λx λy λz) S. (b) T = {(x y z) R 3 : x + y + z } non è uno spazio vettoriale perché non è chiuso rispetto alla somma. Ad esempio si ha ( ) ( ) T ma ( ) + ( ) = ( ) / T. (c) L unica terna di reali (x y z) per cui x 2 + y 2 + z 2 = è (x y z) = ( ) quindi U = {(x y z) R 3 : x 2 + y 2 + z 2 = } = {( )}. Allora U è il sottospazio di R 3 costituito dal solo vettore nullo. Esercizio 2. Si considerino i quattro vettori di R 4 v = ( ) v 2 = ( 2) v 3 = ( 2 ) v 4 = ( 2 ) e lo spazio da essi generato W = Span(v v 2 v 3 v 4). (a) Determinare dim W. (b) Estrarre dal sistema dei quattro generatori dati una base B di W. (c) ompletare la base B di W a una base di R 4.

2 Soluzione. (a) Scriviamo i vettori come righe di una matrice 4 4: A = B 2 A. 2 La dimensione di W è uguale al rango di questa matrice. alcoliamo il suo determinante ad esempio applicando il metodo di Laplace lungo l ultima riga: det A = 2 2 A = 2(2 ) =. Dunque rga 3. D altra parte un minore di A di ordine 3 non singolare si trova facilmente ad esempio eliminando la terza riga e la quarta colonna: R A. 2 Infatti det R = 2. Quindi rga = 3 e dim W = 3. (b) Le righe che individuano il minore principale R (la prima la seconda e la quarta) sono un insieme massimale di righe linearmente indipendenti. Dunque W = Span(v v 2 v 3 v 4) = Span(v v 2 v 4) con v v 2 e v 4 linearmente indipendenti dunque (v v 2 v 4) è una base di W. (c) Si tratta di scegliere (a piacere) un vettore w = (a b c d) tale che i vettori v v 2 v 4 e w siano linearmente indipendenti ovvero in modo che la matrice B = B 2 A a b c d abbia determinante diverso da zero. Si può ad esempio scegliere w = e 4 = ( ) (quarto vettore della base canonica). Infatti si ha det B = det B 2 A = A = 2 det = 2. 2 Quindi (v v 2 v 4 e 4) è una base di R 4 che completa la base (v v 2 v 4) di W. Esercizio 3. Si consideri lo spazio vettoriale V = R 3 [x] = {p(x) = a + bx + cx 2 + dx 3 : a b c d R} dei polinomi a coefficienti reali nell indeterminata x che hanno grado al più 3. (a) Determinare una base e la dimensione di V. Stabilire se i seguenti sono sottospazi vettoriali di V. Se lo sono trovare una base e la dimensione. (b) S = {p(x) V : p() = }. (c) T = {p(x) V : p() = }. (d) U = {p(x) V : p(2) = p (2)} (dove p (x) è la derivata di p(x) pensato come funzione di x). Soluzione. (a) V è l insieme di tutte le combinazioni lineari dei polinomi x x 2 e x 3 dunque V = Span( x x 2 x 3 ).

3 Tali polinomi sono linearmente indipendenti infatti l unica combinazione lineare dei quattro polinomi che dia il polinomio nullo (vettore nullo di V) è quella con tutti i coefficienti nulli: a + bx + cx 2 + dx 3 è il polinomio nullo (a b c d) = ( ). Quindi i polinomi x x 2 e x 3 costituiscono una base di V e la sua dimensione è 4. (b) Dato p(x) = a + bx + cx 2 + dx 3 V la condizione p() = equivale a a =. Dunque S = {p(x) = bx + cx 2 + dx 3 : b c d R}. Si vede allora che S = Span(x x 2 x 3 ) e dunque S è un sottospazio vettoriale di V. Inoltre i tre polinomi x x 2 e x 3 sono linearmente indipendenti: bx + cx 2 + dx 3 è il polinomio nullo (b c d) = ( ). Quindi x x 2 e x 3 costituiscono una base di S e la sua dimensione è 3. (c) Il sottoinsieme T non è un sottospazio vettoriale perché non contiene il polinomio nullo (vettore nullo di V). Infatti per il polinomio nullo la condizione p() = non è verificata (il polinomio nullo vale per ogni valore dell indeterminata). (d) Dato p(x) = a + bx + cx 2 + dx 3 si ha p (x) = b + 2cx + 3dx 2. Dunque Allora la condizione p(2) = p (2) diventa Quindi p(2) = a + 2b + 4c + d e p (2) = b + 4c + 2d. a + 2b + 4c + d = b + 4c + 2d ovvero a + b 4d =. U = {p(x) = a + bx + cx 2 + dx 3 : a + b 4d = } Poiché la condizione che descrive i polinomi di U è un equazione lineare omogenea possiamo già concludere che U è un sottospazio vettoriale di V. Per avere un ulteriore conferma e per determinarne una base e la dimensione procediamo come segue. Esplicitiamo la condizione rispetto a un coefficiente (ad esempio a): a = 4d b. Dunque il generico polinomio di U ha la forma Raggruppando i coefficienti otteniamo Allora p(x) = (4d b) + bx + cx 2 + dx 3. p(x) = b(x ) + cx 2 + d(x 3 + 4). U = {p(x) = b(x ) + cx 2 + d(x 3 + 4) : b c d R} = Span(x x 2 x 3 + 4). Quindi U è il sottospazio generato dai polinomi x x 2 e x Mostriamo ora che tali polinomi sono linearmente indpendenti. Se imponiamo che la loro generica combinazione lineare b(x ) + cx 2 + d(x 3 + 4) = (4d b) + bx + cx 2 + dx 3 sia uguale al vettore nullo otteniamo le condizioni 4d b = >< b = c = >: d =. L unica soluzione di questo sistema è (b c d) = ( ). Dunque i tre vettori sono linearmente indipendenti e costituiscono una base di U. Allora dim U = 3.

4 Esercizio 4. Si considerino i vettori u = ( ) R 3 e v = ( 2 ) v 2 = ( 2 ) R 4. (a) Estendere l insieme {u } ad una base ortogonale di R 3. (b) Normalizzare i vettori ottenuti nel punto (a) per ottenere una base ortonormale B. (c) alcolare le coordinate del vettore z = ( ) R 3 rispetto alla base B. (d) alcolare le coordinate del generico vettore z = (a b c) R 3 rispetto alla base B. (e) Estendere l insieme {v v 2} ad una base ortogonale di R 4. (f) Normalizzare i vettori ottenuti nel punto (e) per ottenere una base ortonormale B. (g) alcolare le coordinate del vettore w = ( ) R 4 rispetto alla base B. (h) alcolare le coordinate del generico vettore w = (a b c d) rispetto alla base B. Soluzione. (a) Un vettore (a b c) R 3 è ortogonale ad u se e solo se (a b c) ( ) = a + b + c = Quindi l insieme dei vettori ortogonali ad u che si denota con u è u = {(a b c) R 3 : a + b + c = } = {(a b a b) : a b R} = {a( ) + b( ) : a b R} = Span(( ) ( )). Scegliamo uno di questi vettori ad esempio ponendo (a b) = ( ). Si ottiene u 2 = ( ) che è chiaramente indipendente da u e per costruzione ad esso ortogonale (in realtà si verifica in generale che se due vettori non nulli sono ortogonali allora sono necessariamente indipendenti). Ora un vettore (a b c) R 3 è ortogonale sia ad u che ad u 2 se e solo se j (a b c) ( ) = (a b c) ( ) = ovvero j a + b + c = a c =. Questo è un sistema lineare omogeneo che ha soluzioni (a b c) = (λ 2λ λ). Dunque l insieme dei vettori contemporaneamente ortogonali ad u e u 2 è u u 2 = {(a b c) R 3 : a + b + c = b = c} = {(λ 2λ λ) : λ R} = Span(( 2 )). Possiamo allora scegliere u 3 = ( 2 ) e si ha che (u u 2 u 3) è la base ortogonale richiesta. (b) Per normalizzare un vettore è sufficiente dividerlo per la sua norma. Si ha u = = 3 u = u u = ( ) = u 2 = p ( ) 2 = 2 u 2 = u2 u = 2 2 ( ) = u 3 = = 6 u 3 = u3 u = ( 2 ) = La base (u u 2 u 3) è la base ortonormale richiesta. (c) Se poniamo z = ( ) = x u + x 2u 2 + x 3u 3 otteniamo il sistema lineare < x + x 2 + x 3 = 3 x x 2 = : x + 2x 2 + x 3 = che ha come unica soluzione (x x 2 x 3) = ( ). Queste sono quindi le coordinate. (d) Generalizzando la soluzione del punto precedente si ottiene il sistema lineare < x + x 2 + x 3 = a 3 x x 2 = b 2 : x + 2x 2 + x 3 = c 6..

5 Sottraendo la prima equazione dalla terza otteniamo x 2 = a 3 + c 6. Dalla seconda otteniamo x = x 2+b 2 = a 3+b 2+c 6. Infine sommando le prime due abbiamo 2x +x 3 = a 3+b 2 da cui x 3 = a 3 + b 2 2x = 3a 3 b 2 2c 6. Quindi le coordinate di z = (a b c) sono (x x 2 x 3) = ( a 3 + b 2 + c 6 a 3 + c 6 3a 3 b 2 2c 6) Si noti che la precedente relazione si può anche scrivere come segue x a 3 B B x 2 A b 2 x c A 6 e infatti la matrice quadrata che compare nella precedente formula è l inversa della matrice dei coefficienti del sistema lineare considerato (dalla teoria sappiamo che un sistema lineare AX = B con A matrice quadrata invertibile ha un unica soluzione data da X = A B). (e) Osserviamo innanzitutto che v e v 2 sono ortogonali tra loro essendo v v 2 =. Un vettore (a b c d)r 4 è ortogonale a v = ( 2 ) e v 2 = ( 2 ) se e solo se j a + 2b + c + d = b 2c =. Questo sistema lineare omogeneo ha 2 soluzioni date da ( 5λ µ 2λ λ µ) dunque v v 2 = {λ( 5 2 ) + µ( ) : λ µ R} = Span(( 5 2 ) ( )). Se scegliamo ad esempio v 3 = ( ) si ha che v v 2 e v 3 sono indipendenti e ortogonali. Un vettore (a b c d)r 4 è ortogonale a v v 2 e v 3 se e solo se < a + 2b + c + d = b 2c = : a + d =. Questo sistema lineare omogeneo ha soluzioni date da (5λ 4λ 2λ 5λ) dunque v v 2 v 3 = {λ( )} = Span(( )). Allora se scegliamo v 4 = ( ) si ha che (v v 2 v 3 v 4) è la base ortogonale richiesta. (f) Normalizziamo i vettori v v 2 v 3 e v 4. Si ha v = v = v v = ( 2 ) = 2 v 2 = 5 v 2 = v2 v = 5 ( 2 ) = v 3 = 3 v 3 = v3 v = 2 2 ( ) = v 4 = v 4 = v4 v = ( ) = La base (v v 2 v 3 v 4) è la base ortonormale richiesta. (g) Se poniamo z = ( ) = x v + x 2v 2 + x 3v 3 + x 4v 4 otteniamo il sistema lineare x + 2x 2 + x 3 + x 4 = >< x 2 2x 3 = x + 2x 2 + x 4 = >: 5x 4x 2 2x 3 + 5x 4 = che ha come unica soluzione (x x 2 x 3 x 4) = (/ ) (3 2 ).

6 Quindi le coordinate di z = ( ) nella base (v v 2 v 3 v 4) sono 3 (x x 2 x 3 x 4) = 2. (h) Generalizzando la soluzione del punto precedente si ottiene il sistema lineare x + 2x 2 + x 3 + x 4 = a >< x 2 2x 3 = b 5 x >: + 2x 2 + x 4 = c 2 5x 4x 2 2x 3 + 5x 4 = d Questo sistema ha un unica soluzione data da 3a x = + b 5 5 c d 2a >< x 2 = + b 5 5 2d 35 a x 3 = 2b 5 d 5 35 >: x 4 = a b c d. Quindi queste sono le coordinate del generico vettore w = (a b c d) R 4 (v v 2 v 3 v 4). Si noti che l ultima formula si può anche scrivere x 3/ /5 /2 / a x 2 x 3 A = 2/ /5 2/35 b 5 / 2/5 /35 A c 2 x 4 / /5 /2 9/ d A rispetto alla base e infatti la matrice quadrata che compare nella precedente formula è l inversa della matrice dei coefficienti del sistema lineare considerato.