SOTTOSPAZI E OPERAZIONI IN SPAZI DIVERSI DA R n

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1 SPAZI E SOTTOSPAZI 1 SOTTOSPAZI E OPERAZIONI IN SPAZI DIVERSI DA R n Spazi di matrici. Spazi di polinomi. Generatori, dipendenza e indipendenza lineare, basi e dimensione. Intersezione e somma di sottospazi, somma diretta. Esercizio 1 Verificare che le matrici quadrate di ordine 2 e rango 1 non formano un sottospazio di R 2,2. E quelle di rango 2? E quelle aventi determinante uguale a zero? Esercizio 2 Verificare che le matrici quadrate di ordine 3 triangolari superiori sono un sottospazio vettoriale di R 3,3 e calcolarne la dimensione. Esercizio 3 Al variare di k R, calcolare la dimensione del sottospazio ) ) )) 1 1 k 1 k U = L,,. k k k 0 k + 1 Esercizio 4 Calcolare l intersezione dei sottospazi di R 2,2 definiti da { ) } a b U = : a + 2b + c 3d = 0,a + c d = 0 c d e ) 1 1 V = L, 1 1 ) 1 2, 1 2 )) Esercizio 5 Stabilire se i polinomi di R 3 [x] verificanti P1) = 0 formano un sottospazio di R 3 [x] e ripetere l esercizio con le seguenti condizioni: P1) = 1; P1) = P0); P1) = P0) + 1. Determinare poi una base e la dimensione dei sottospazi trovati. Esercizio 6 Verificare che i polinomi aventi x = 1 come radice doppia sono un sottospazio di R 3 [x]. Calcolarne poi una base e la dimensione. Esercizio 7 Calcolare una base e la dimensione del sottospazio U = { P R 3 [x] : xp x) P x) = 0 R3 [x]}. Esercizio 8 Al variare di k R, calcolare la dimensione ed una base del sottospazio di R 2 [X] definito da U = L kx x 2,1 k + kx 2,k k 1) x kx 2). Esercizio 9 Dimostrare che R 3 [x] è somma diretta dei sottospazi U = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 : a 1 = a 2 } e V = Lx x 2 ). Esercizio 10 Dati 4 vettori distinti di uno spazio vettoriale di dimensione 3, stabilire quali delle seguenti affermazioni sono vere e quali false: i) i 4 vettori sono sempre linearmente dipendenti;

2 SPAZI E SOTTOSPAZI - Sottospazi e operazioni in spazi diversi da R n 2 ii) 3 dei 4 vettori sono linearmente indipendenti; iii) almeno uno dei 4 vettori è linearmente indipendente; iv) almeno uno dei 4 vettori dipende linearmente dagli altri. Esercizio 11 Ripetere l Esercizio 10 considerando 4 vettori distinti di uno spazio vettoriale di dimensione 4.

3 SPAZI E SOTTOSPAZI - Sottospazi e operazioni in spazi diversi da R n 3 SVOLGIMENTI Esercizio 1 Gli insiemi V 1 = { A R 2,2 : ρa) = 1 } e V 2 = { A R 2,2 : ρa) = 2 } non sono sottospazi di R 2,2, ad esempio perché non contengono la matrice nulla, che ha rango 0. Neanche l insieme V 3 = { A R 2,2 : det A = 0 } è sottospazio di R 2,2, ad esempio perché le matrici ) 1 0 A 1 = ed A = ) hanno determinante nullo cioè A 1,A 2 V 3 ), ma la loro somma è la matrice identica, che ha determinante uguale ad 1 cioè A 1 + A 2 / V 3 ). Esercizio 2 L insieme V delle matrici quadrate reali di ordine 3 triangolari superiori è a 11 a 12 a 13 V = 0 a 22 a 23 : a ij R = { a ij ) R 3,3 : a ij = 0 per i > j } 0 0 a 33 e possiamo provare che è un sottospazio nei seguenti tre modi. Verifichiamo che vale il criterio per i sottospazi: per ogni λ R risulta a 11 a 12 a 13 a 11 a 12 a 13 λa 11 + a 11 λa 12 + a 12 λa 13 + a 13 λ 0 a 22 a 23 + = V. 0 0 a 33 0 a 22 a a 33 0 λa 22 + a 22 λa 23 + a λa 33 + a 33 Constatiamo che V è definito tramite equazioni di 1 grado omogenee nelle componenti del generico elemento di R 3,3 rispetto ad una qualche base: gli elementi a ij di una qualsiasi matrice a ij ) R 3,3 sono le componenti di tale matrice rispetto alla base canonica E ij ) di R 3,3 e, come si è osservato, a ij ) V se e solo se a ij = 0 per i > j equazioni di 1 grado omogenee nelle componenti a ij ). Cerchiamo di scrivere l elemento generico di V come combinazione lineare a coefficienti generici di elementi particolari di R 3,3, in modo da recuperare V come sottospazio generato da tali elementi; in questo modo, risulta individuato anche un sistema di generatori, da cui si può poi estrarre una base, se necessario. Si ha che a ij ) V se e solo se = a 11 a 11 a 12 a a ij ) = 0 a 22 a a = a 11 E 11 + a 12 E 12 + a 13 E 13 + a 22 E 22 + a 23 E 23 + a 33 E a 33 con a ij R qualsiasi 1 i j 3) e quindi V = L E 11,E 12,E 13,E 22,E 23,E 33 ).

4 SPAZI E SOTTOSPAZI - Sottospazi e operazioni in spazi diversi da R n 4 Poiché E 11,E 12,E 13,E 22,E 23,E 33 sono ovviamente l.i., per quanto ottenuto tramite il terzo procedimento una base di V è data da E 11,E 12,E 13,E 22,E 23,E 33 ). Poiché essa contiene 6 elementi, la dimensione di V è 6. Esercizio 3 In uno spazio vettoriale V qualsiasi, una base del sottospazio generato da k vettori v 1,...,v k può essere determinata così: si scrive la matrice M = M B v 1,...,v k ) dei vettori v 1,...,v k rispetto ad una base qualsiasi B di V, ottenuta disponendo sulle righe le componenti dei v 1,...,v k rispetto a B; si riduce M per righe; si prendono i vettori che hanno le righe non nulle della matrice ridotta ottenuta come componenti rispetto a B: poiché le trasformazioni elementari sulle righe non fanno uscire dallo spazio generato dalle righe, tali vettori sono una base dello spazio generato da v 1,...,v k. In particolare, la dimensione di tale spazio è data dal rango di M. Nel nostro caso, le componenti dei generatori ) 1 1 A 1 =, A k k = k k ) ) k + 1 2, A 3 = 0 k + 1 rispetto alla base canonica B di R 2,2 sono, ordinatamente, gli elementi stessi di A 1,A 2,A 3 e quindi 1 1 k k + 1 M = M B A 1,A 2,A 3 ) = k k. k k + 1 Riducendo per righe, si ottiene ad esempio R 2 R 2 R k k + 1 R M 3 R 3 2R 1 k 1 0 k 1 2k R 3 R 3 R 2 k 1 0 2k k 1 e quindi dimu = ρm) = 1 1 k k + 1 k 1 0 k 1 2k 0 0 k k 2 { 3 se k 1 si noti che k e k 2 non sono mai entrambi nulli) 2 se k = 1 nel qual caso, le ultime due righe sono uguali). Esercizio 4 Per calcolare l intersezione di sottospazi conviene averli tutti scritti in forma implicita cioè tramite un sistema di equazioni), quindi determiniamo innanzitutto una forma implicita di V, seguendo lo stesso ragionamento già usato per gli spazi R n. Per definizione di V, la generica matrice ) a b R 2,2 1) c d

5 SPAZI E SOTTOSPAZI - Sottospazi e operazioni in spazi diversi da R n 5 appartiene a V se e solo se esistono x,y,z R tali che ) ) ) ) ) a b x + y x + 2y + z = x + y + z =, 2) c d x + y x + 2y + 3z ossia se e solo se il sistema x + y = a x + 2y + z = b x + y = c x + 2y + 3z = d che esprime l uguaglianza 2) ha almeno una soluzione x, y, z); imponiamo allora la compatibilità di tale sistema. Una riduzione per righe della sua matrice completa fornisce a a a b c b a c a b a c a, d d + a d + 4a 3b per cui il sistema è compatibile se e solo se c a = 0 e d + 4a 3b = 0. Tali equazioni sono necessarie e sufficienti affinché la matrice 1) stia in V e dunque danno una rappresentazione implicita di V, ossia { ) } a b V = : a c = 0,4a 3b + d = 0. c d Ora, poiché il sottospazio U V è dato dalle matrici di R 2,2 che stanno sia in U che in V, si ha subito { ) } a b U V = : a + 2b + c 3d = 0,a + c d = 0,a c = 0,4a 3b + d = 0. c d Il sistema a + 2b + c 3d = 0 a + c d = 0 a c = 0 4a 3b + d = 0 composto da tutte le equazioni che definiscono U V è risolto da b = 2a,c = a,d = 2a,a R e pertanto risulta { ) } )) a 2a 1 2 U V = : a R = L. a 2a 1 2 Esercizio 5 Sia V 1 = {P R 3 [x] : P1) = 0} Chiaramente il polinomio nullo appartiene a V 1, essendo nullo in ogni punto. Per definizione delle operazioni nello spazio dei polinomi, se P,Q V 1 e λ R allora si ha λp + Q) 1) operazioni = λp 1) + Q1) P,Q V 1 = 0 e quindi anche λp + Q V 1. Dunque V 1 è un sottospazio di R 3 [x].

6 SPAZI E SOTTOSPAZI - Sottospazi e operazioni in spazi diversi da R n 6 I polinomi verificanti P1) = 1 non formano invece un sottospazio perché il polinomio nullo non verifica la condizione. Sia ora V 2 = {P R 3 [x] : P1) = P0)}. Il polinomio nullo verifica chiaramente la condizione, essendo nullo in ogni punto. Per definizione delle operazioni nello spazio dei polinomi, se P,Q V 2 e λ R allora si ha λp + Q) 1) operazioni = λp 1) + Q1) P,Q V 2 = λp 0) + Q0) operazioni = λp + Q) 0) e quindi anche λp + Q V 2. Dunque V 2 è un sottospazio di R 3 [x]. I polinomi che verificano P1) = P0) + 1 non formano un sottospazio perché il polinomio nullo non soddisfa tale condizione. Determiniamo ora una base e quindi la dimensione) di V 1 e V 2. Circa V 1 possiamo procedere in due modi, che vediamo entrambi. Se P x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3, a 0,a 1,a 2 R, è il generico polinomio di R 3 [x], la condizione che definisce V 1 stabilisce che P V 1 se e solo se a 0 + a 1 + a 2 + a 3 = 0, cioè a 3 = a 0 + a 1 + a 2 ), cioè P x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 a 0 + a 1 + a 2 )x 3 = a 0 1 x 3 ) + a 1 x x 3 ) + a 2 x 2 x 3) con a 0,a 1,a 2 R. Dunque V 1 = L 1 x 3,x x 3,x 2 x 3) ed i tre generatori sono l.i., in quanto a 0 1 x 3 ) + a 1 x x 3 ) + a 2 x 2 x 3) = 0 R3 [x] a 0 + a 1 x + a 2 x 2 a 0 + a 1 + a 2 )x 3 = 0 R3 [x] a 0 = a 1 = a 2 = 0. Quindi 1 x 3,x x 3,x 2 x 3) è una base di V 1 e dim V 1 = 3. Per il teorema di Ruffini 1, P V 1 se e solo se P x) = x 1) a 0 + a 1 x + a 2 x 2) con a 0,a 1,a 2 R e quindi i polinomi di V 1 possono scriversi come P x) = x 1) a 0 + a 1 x + a 2 x 2) = a 0 x 1) + a 1 x 2 x ) + a 2 x 3 x 2) con a 0,a 1,a 2 R. Dunque V 1 = L x 1,x 2 x,x 3 x 2) ed i tre generatori sono l.i., in quanto a 0 x 1) + a 1 x 2 x ) + a 2 x 3 x 2) = 0 R3 [x] x 1) a 0 + a 1 x + a 2 x 2) = 0 R3 [x] a 0 + a 1 x + a 2 x 2 = 0 R3 [x] a 0 = a 1 = a 2 = 0. Quindi x 1,x 2 x,x 3 x 2) è una base di V 1 diversa da quella trovata al punto precedente) e dim V 1 = 3. 1 Se P R n[x], n 1, ed x 0 è un numero reale qualsiasi, allora P x 0) = 0 se e solo se esiste Q R n 1[x] tale che P x) = x x 0)Q x).

7 SPAZI E SOTTOSPAZI - Sottospazi e operazioni in spazi diversi da R n 7 Si noti che entrambi i ragionamenti provano anche che V 1 è sottospazio di R 3 [x], in quanto lo recuperano come sottospazio generato da vettori di R 3 [x]. La condizione che definisce V 2 stabilisce che il generico polinomio P x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 + a 3 x 3, a 0,a 1,a 2 R, di R 3 [x] appartiene a V 2 se e solo se P 1) = a 0 +a 1 +a 2 +a 3 = a 0 = P 0), cioè a 1 + a 2 + a 3 = 0, cioè P x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 a 1 + a 2 )x 3 = a 0 + a 1 x x 3 ) + a 2 x 2 x 3) con a 0,a 1,a 2 R. Dunque V 2 = L 1,x x 3,x 2 x 3) e si verifica come sopra che i generatori trovati sono l.i., per cui 1,x x 3,x 2 x 3) è una base di V 2 e dimv 1 = 3. Esercizio 6 Detto V l insieme dei polinomi di R 3 [x] aventi x = 1 come radice doppia, si ragiona come per lo spazio V 1 dell Esercizio 5. Per definizione di molteplicità di una radice, P V se e solo se P x) = x 1) 2 a 0 + a 1 x) = a 0 1 2x + x 2 ) + a 1 x 2x 2 + x 3) e si verifica che 1 2x + x 2,x 2x 2 + x 3) costituisce una base di V, da cui segue dim V = 2. Esercizio 7 Se P x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3, a 0,a 1,a 2 R, è il generico polinomio di R 3 [x], la condizione che definisce U stabilisce che P U se e solo se x2a 2 + 6a 3 x) a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2) = 0 R3 [x] cioè a 1 +3a 3 x 2 = 0 R3 [x], che per il principio di identità dei polinomi, ovvero perché i polinomi 1,x 2 sono l.i.) significa a 1 = 3a 3 = 0, cioè a 1 = a 3 = 0. Dunque P U se e solo se P x) = a 0 + a 2 x 2, a 0,a 2 R, e pertanto U = L 1,x 2). Poiché 1,x 2 sono l.i., 1,,x 2) è una base di U e dim U = 2. Esercizio 8 Ragioniamo come nell Esercizio 3. Le componenti dei generatori P 1 x) = kx x 2, P 2 x) = 1 k + kx 2, P 3 x) = k k 1) x kx 2 rispetto alla base canonica B = 1,x,x 2) di R 2 [X] sono, ordinatamente, i coefficienti dei polinomi P 1,P 2,P 3 stessi e quindi 0 k 1 M = M B P 1,P 2,P 3 ) = 1 k 0 k. k 1 k k Riducendo per righe, si ottiene ad esempio M R 2 R 2 +kr 1 R 3 R 3 kr 1 0 k 1 1 k k 2 0, 3) k 1 k k 2 0 per cui si noti che non può essere 1 k = k 2 = 0, né k = 1 k k 2 = 0) { 2 se 1 k = k e k dim U = ρm) = 2 = 1 k k 2 3 altrimenti.

8 SPAZI E SOTTOSPAZI - Sottospazi e operazioni in spazi diversi da R n 8 Poiché si conclude dunque che { 1 k = k k 2 = 1 k k 2 k = 1 2, dimu = { 2 se k = 1/2 3 se k 1/2. Nel secondo caso, si ha allora 2 U = R 2 [X]. Nel primo caso, una base di U è data da una qualsiasi coppia di suoi elementi l.i., ad esempio i polinomi corrispondenti alle prime due righe della matrice 3) ovviamente con k = 1/2), cioè P 1 x) = x x2 = 1 2 x x2 e P x) = x + 0x2 = x. Esercizio 9 Mostriamo innazitutto che U + V = U V, mostrando equivalentemente che U V = {0} condizione necessaria e sufficiente di somma diretta di 2 sottospazi). Per studiare U V è comodo disporre di una forma implicita di V e si vede subito senza bisogno di alcun conto) che V = { a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 : a 0 = a 3 = 0,a 2 = a 1 }. Allora a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 U V a 1 = a 2 a 0 = 0 a a 3 = 0 0 = a 1 = a 2 = a 3 = 0 a 2 = a 1 e pertanto U V contiene solo il polinomio nullo. Dalla relazione di Grassmann 3 e dal fatto evidente che dimv = 1, risulta quindi che dim U V ) = dim U + 1, per cui U V = R 3 [x] equivale a dimu = 3 si ricordi che dim R 3 [x] = 4). Si verifica facilmente che ciò è vero, in quanto risulta P U P x) = a 0 + a 1 x + x 2 ) + a 3 x 3 e quindi U = L 1,x + x 2,x 3) con generatori chiaramente l.i. a 0 + a 1 x + a 1 x 2 + a 3 x 3 = 0 a 0 = a 1 = a 3 = 0). Esercizio 10 i) VERA perché la dimensione di uno spazio, in questo caso 3, coincide con il massimo numero di vettori l.i. in quello spazio). 2 Si ricordi che se U è un sottospazio qualsiasi di uno spazio V di dimensione finita, allora dim U = dim V U = V. 3 Per ogni coppia U 1, U 2 di sottospazi di uno spazio di dimensione finita, risulta dim U 1 + U 2) + dim U 1 U 2) = dimu 1 + dim U 2.

9 SPAZI E SOTTOSPAZI - Sottospazi e operazioni in spazi diversi da R n 9 ii) FALSA ad esempio, per ogni v 0 i vettori v,2v,3v,4v sono distinti, ma l insieme {v,2v,3v,4v} non contiene sottoinsiemi liberi con più di 1 elemento). iii) VERA perché un vettore non nullo è linearmente indipendente ed i 4 vettori dati non possono essere tutti nulli, essendo distinti). iv) VERA perché equivale alla i)). Esercizio 11 i) FALSA ad esempio, i vettori di una qualsiasi base dello spazio sono l.i. e sono 4, perché lo spazio ha dimensione 4). ii) FALSA v. controesempio al punto ii) dell Esercizio 10). iii) VERA v. punto iii) dell Esercizio 10. iv) FALSA perché equivale alla i)).