Soluzioni

Soluzione degli Esercizi Di Geometria 1 (BAER)
Canale 1
SETTIMANA 5 (26 Ottobre– 1 Novembre)
Spazi Vettoriali
Gli esercizi sono presi dal libro “Introduction to Linear Algebra” di Serge Lang.
Esercizio 1. Siano A1 , A2 , · · · , Ar vettori in Rn . Sia W l’insieme dei vettori B di Rn tali
che B · Ai = 0 per ogni i = 1, 2, · · · , r. Dimostrare che W é un sottospazio vettoriale di
Rn .
Soluzione 1. Dobbiamo dimostrare che W é chiuso per somma e prodotto per scalari.
Siano dunque B1 e B2 due elementi di W e sia c ∈ R uno scalare. Per ogni i = 1, 2, · · · , r
si ha, per le proprietá del prodotto puntino di Rn
Ai · (B1 + B2 ) = Ai · B1 + Ai · B2 = 0 + 0 = 0
per cui B1 + B2 ∈ W . Similmente, ancora per le proprietá del prodotto puntino di Rn
Ai · (cB1 ) = c(Ai · B1 ) = c0 = 0,
per cui cB1 appartiene a W . Concludiamo che W é chiuso rispetto alla somma ed al
prodotto per scalari, ed é quindi un sottospazio vettoriale di Rn .
Esercizio 2. Mostrare che ognuno dei seguenti sottoinsiemi di R2 ha la struttura di
sottospazio vettoriale (di R2 ) e trovarne una base:
1. l’insieme di tutti i vettori (x, y) ∈ R2 tali che x = y;
2. l’insieme di tutti i vettori (x, y) ∈ R2 tali che x − 2y = 0;
3. l’insieme di tutti i vettori (x, y) ∈ R2 tali che x + 4y = 0;
4. l’insieme di tutti i vettori (x, y) ∈ R2 tali che 3x + 5y = 0.
Soluzione 2.
1. Sia X = {(x, y) ∈ R2 | x = y}. Esso é un sottoinsieme di R2 . Siano
u = (z1 , z2 ) e v = (t1 , t2 ) due elementi di X, per cui z1 = z2 e t1 = t2 . Il vettore
somma u + v é il vettore di R2 dato da u + v = (z1 + t1 , z2 + t2 ). Mostriamo che
esso appartiene a X. Dobbiamo verificare che abbia le coordinate uguali. Ma, dato
che u, v ∈ X, si ha z1 = z2 e t1 = t2 per cui z1 + z2 = t1 + t2 e quindi u + v ∈ X.
1
Sia adesso c ∈ R uno scalare. Allora cu = (cz1 , cz2 ) e, poiché z1 = z2 , cz1 = cz2 e
quindi cu ∈ X. Concludiamo che X é chiuso per somma e per prodotto per scalari,
per cui esso é un sottospazio vettoriale di R2 . Per trovare una base, notiamo che
ogni vettore di X é della forma (t, t) per qualche t ∈ R. Per cui ogni vettore di
X é un multiplo del vettore (1, 1), che quindi genera X. Ogni vettore non-nullo é
linearmente indipendente con se stesso, per cui concludiamo che {(1, 1)} é una base
di X.
2. Sia X = {(x, y) ∈ R2 | x − 2y = 0}. Mostriamo che X é un sottospazio vettoriale
di dimensione uno, con base data da {(2, 1)}. Siano u = (z1 , z2 ) e v = (t1 , t2 ) due
elementi di X, per cui z1 = 2z2 e t1 = 2t2 . Il vettore somma u + v é il vettore
di R2 dato da u + v = (z1 + t1 , z2 + t2 ). Mostriamo che esso appartiene a X.
Dobbiamo verificare che la sua prima coordinata sia uguale al doppio della sua
seconda coordinata. Si ha z1 + t1 = 2z2 + 2t2 = 2(z2 + t2 ) e quindi u + v ∈ X. Sia
adesso c ∈ R uno scalare. Allora cu = (cz1 , cz2 ) e si ha cz1 = c(2z2 ) = 2(cz2 ) e
quindi cu ∈ X. Concludiamo che X é chiuso per somma e per prodotto per scalari,
per cui esso é un sottospazio vettoriale di R2 . Per trovare una base, notiamo che
ogni vettore di X é della forma (2t, t) per qualche t ∈ R. Per cui ogni vettore di
X é un multiplo del vettore (2, 1), che quindi genera X. Ogni vettore non-nullo é
linearmente indipendente con se stesso, per cui concludiamo che {(2, 1)} é una base
di X.
3. Sia X = {(x, y) ∈ R2 | x + 4y = 0}. Mostriamo che X é un sottospazio vettoriale di
dimensione uno, con base data da {(−4, 1)}. Siano u = (z1 , z2 ) e v = (t1 , t2 ) due
elementi di X, per cui z1 = −4z2 e t1 = −4t2 . Il vettore somma u+v é il vettore di R2
dato da u + v = (z1 + t1 , z2 + t2 ). Mostriamo che esso appartiene a X. Dobbiamo
verificare che la sua prima coordinata sia uguale a meno il quadruplo della sua
seconda coordinata. Si ha z1 + t1 = −4z2 − 4t2 = −4(z2 + t2 ) e quindi u + v ∈ X.
Sia adesso c ∈ R uno scalare. Allora cu = (cz1 , cz2 ) e si ha cz1 = c(−4z2 ) = −4(cz2 )
e quindi cu ∈ X. Concludiamo che X é chiuso per somma e per prodotto per scalari,
per cui esso é un sottospazio vettoriale di R2 . Per trovare una base, notiamo che
ogni vettore di X é della forma (−4t, t) per qualche t ∈ R. Per cui ogni vettore di
X é un multiplo del vettore (−4, 1), che quindi genera X. Ogni vettore non-nullo é
linearmente indipendente con se stesso, per cui concludiamo che {(−4, 1)} sia una
base di X.
4. Sia X = {(x, y) ∈ R2 | 3x + 5y = 0}. Mostriamo che X é un sottospazio vettoriale
di dimensione uno, con base data da {(−5, 3)}. Siano u = (z1 , z2 ) e v = (t1 , t2 ) due
elementi di X, per cui 3z1 = −5z2 e 3t1 = −5t2 . Il vettore somma u+v é il vettore di
R2 dato da u + v = (z1 + t1 , z2 + t2 ). Mostriamo che esso appartiene a X. Dobbiamo
verificare che tre volte la sua prima coordinata sia uguale a meno cinque volte la
sua seconda coordinata. Si ha 3(z1 + t1 ) = 3z1 + 3t1 == −5z2 − 5t2 = −5(z2 + t2 )
e quindi u + v ∈ X. Sia adesso c ∈ R uno scalare. Allora cu = (cz1 , cz2 ) e si ha
3(cz1 ) = c(3z1 ) = c(−5z2 ) = −5(cz2 ) e quindi cu ∈ X. Concludiamo che X é chiuso
per somma e per prodotto per scalari, per cui esso é un sottospazio vettoriale di
R2 . Per trovare una base, notiamo che ogni vettore di X é della forma (− 35 s, s)
per qualche s ∈ R, ovvero é della forma (−5t, 3t) al variare di t ∈ R. Per cui
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ogni vettore di X é un multiplo del vettore (−5, 3), che quindi genera X. Ogni
vettore non-nullo é linearmente indipendente con se stesso, per cui concludiamo che
{(−5, 3)} sia una base di X.
Esercizio 3. Mostrare che ognuno dei seguenti sottoinsiemi di R3 ha la struttura di
sottospazio vettoriale (di R3 ) e trovarne una base:
1. l’insieme di tutti i vettori (x, y, z) ∈ R3 tali che x + y + z = 0;
2. l’insieme di tutti i vettori (x, y, z) ∈ R3 tali che x = y e 2y = z;
3. l’insieme di tutti i vettori (x, y, z) ∈ R3 tali che x + y = 3z;
4. l’insieme di tutti i vettori (x, y, z) ∈ R3 tali che 2x + y = 0 e x − y + z = 0.
Soluzione 3.
1. Sia X = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0}. Mostriamo che X é un sottospazio vettoriale di R3 di dimensione due, con base data da {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}.
Notiamo che, geometricamente, X é il piano di R3 passante per l’origine e con
vettore normale (1, 1, 1). Siano u = (z1 , z2 , z3 ) e v = (t1 , t2 , t3 ) due elementi di X,
per cui z1 + z2 + z3 = 0 e t1 + t2 + t3 = 0. Il vettore somma u + v é il vettore
di R3 dato da u + v = (z1 + t1 , z2 + t2 , z3 + t3 ). Mostriamo che esso appartiene
a X. Dobbiamo verificare la somma delle sue coordinate é uguale a zero. Si ha:
(z1 + t1 ) + (z2 + t2 ) + (z3 + t3 ) = (z1 + z2 + z3 ) + (t1 + t2 + t3 ) = 0 + 0 = 0 e
quindi u + v ∈ X. Sia adesso c ∈ R uno scalare. Allora cu = (cz1 , cz2 , cz3 ) e si
ha cz1 + cz2 + cz3 = c(z1 + z2 + z3 ) = c0 = 0 e quindi cu ∈ X. Concludiamo che
X é chiuso per somma e per prodotto per scalari, per cui esso é un sottospazio
vettoriale di R3 . Per trovare una base, notiamo che ogni vettore di X é della forma (−s − t, s, t) per qualche s, t ∈ R, ovvero é della forma s(−1, 1, 0) + t(−1, 0, 1)
al variare di s, t ∈ R. Per cui ogni vettore di X é combinazione lineare dei vettori (−1, 1, 0) e (−1, 0, 1). Mostriamo che essi siano linearmente indipendenti: se
(0, 0, 0) = x1 (−1, 1, 0) + x2 (−1, 0, 1) = (−x1 − x2 , x1 , x2 ) allora x1 = x2 = 0.
2. Sia X = {(x, y, z) ∈ R3 | x = y, 2y = z}. Mostriamo che X é un sottospazio
vettoriale di R3 di dimensione uno, con base data da {(1, 1, 2)}. Notiamo che,
geometricamente, X é la retta di R3 passante per l’origine e intersezione dei due
piani {x = y} e {2y = z}. Sia u = (z1 , z2 , z3 ) un elemento di X. Allora z1 = z2 e
2z2 = z3 . Posto t = z2 , u = (t, t, 2t). Per cui X é il sottospazio vettoriale generato
dal vettore (1, 1, 2).
3. Sia X = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y = 3z}. Notiamo che, geometricamente, X é il piano
di R3 passante per l’origine e con vettore normale (1, 1, −3). Sia u = (z1 , z2 , z3 ) un
elemento di X. Allora z1 = −z2 + 3z3 . Per cui posto s = z2 e t = z3 si ha u =
(−s + 3t, s, t). Ovvero u = s(−1, 1, 0) + t(3, 0, 1). Per cui X = h(−1, 1, 0), (3, 0, 1)i.
Mostriamo che (−1, 1, 0) e (3, 0, 1) sono linearmente indipendenti. Supponiamo che
esistano s, t ∈ R tali che (0, 0, 0) = s(−1, 1, 0) + t(3, 0, 1) = (−s + 3t, s, t). Allora
s = t = 0. Concludiamo che {(−1, 1, 0), (3, 0, 1)} é una base di X.
4. Sia X = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x+y = 0, x−y+z = 0}. Mostriamo che X é un sottospazio
vettoriale di R3 di dimensione uno, con base data da {(1, −2, −3)}. Notiamo che,
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geometricamente, X é la retta di R3 passante per l’origine e intersezione dei due
piani {2x + y = 0} e {x − y + z = 0}. Sia u = (z1 , z2 , z3 ) un elemento di X. Allora
z2 = −2z1 e z3 = z2 − z1 = −3z1 . Posto t = z1 , si ha u = (t, −2t, −3t). Per cui X
é il sottospazio vettoriale generato dal vettore (1, −2, −3).
Esercizio 4. Siano U e W due sottospazi vettoriali di uno spazio vettoriale V . Dimostrare
che U ∩ W e U + W sono sottospazi vettoriali di V .
Soluzione 4. Mostriamo che U ∩ W é chiuso per somma e prodotto per scalari. Siano,
quindi, v1 e v2 due vettori di U ∩ W e sia c ∈ R uno scalare. Allora v1 e v2 appartengono
ad U e quindi, essendo U un sottospazio vettoriale anche v1 + v2 ∈ U e cv1 ∈ U . Ma v1 e
v2 sono anche vettori di W , che é un sottospazio vettoriale di V, per cui (v1 + v2 ) ∈ W
e cv1 ∈ W . Concludiamo che v1 + v2 ∈ U ∩ W e che cv1 ∈ U ∩ W . Per cui U ∩ W é un
sottospazio vettoriale di V .
Mostriamo che U + W é un sottospazio vettoriale di V . Gli elementi di U + W sono
della forma z = u+w con u ∈ U e w ∈ W (si noti che u e w sono univocamente determinati
da z se e solo se U ∩ W = {0}). Siano z1 = u1 + w1 e z2 = u2 + w2 due elementi di U + W e
sia c ∈ R uno scalare. Si ha z1 + z2 = (u1 + u2 ) + (w1 + w2 ) e cz1 = (cu1 ) + (cw1 ). Essendo
U e W sottospazi vettoriali di V , sappiamo che (u1 + u2 ) ∈ U , cu ∈ U , (w1 + w2 ) ∈ W e
cw1 ∈ W , per cui z1 + z2 ∈ U + W e cz1 ∈ W .
Esercizio 5. Sia U un sottospazio vettoriale di Rn . Sia W l’insieme di tutti gli elementi
di Rn che sono perpendicolari a tutti gli elementi di U . Mostrare che W é un sottospazio
vettoriale di Rn .
Soluzione 5. W consiste di tutti e soli gli elementi di V che sono perpendicolare a tutti
gli elementi di U . Siano w1 , w2 ∈ W . Per ogni u ∈ U si ha, per le proprietá del prodotto
puntino: (w1 + w2 ) · u = w1 · u + w2 · u = 0 + 0 = 0, per cui w1 + w2 ∈ W . Similmente,
sia c ∈ R e sia w ∈ W . Allora per ogni u ∈ U si ha (ancora per le proprietá del prodotto
puntino): (cw) · u = c(w · u) = c0 = 0, per cui cw ∈ W . Quindi W é chiuso per somma e
prodotto per scalari ed é quindi un sottospazio vettoriale di Rn .
Esercizio 6. Di ognuno dei seguenti sottoinsiemi di R2 si dica se si tratta o meno di un
sottospazio vettoriale, giustificando la risposta. Nel caso sia un sottospazio, trovarne una
base.
1. l’inviluppo convesso dei tre vettori (1, 1), (0, 0) e (−1, −1);
2. l’insieme {(2, 2), (1, 1), (0, 0)};
3. l’insieme {(k, k)|k ∈ Z};
4. l’insieme {(k, k)|k ∈ R};
5. l’insieme dei vettori (x, y) tali che 3x − 4y = 7;
6. l’insieme dei vettori (x, y) tali che 3x − 4y = 0.
Soluzione 6.
1. l’inviluppo convesso dei tre vettori (1, 1), (0, 0) e (−1, −1) é il segmento lineare di R2 tra (−1, −1) e (1, 1). Esso non é un sottospazio vettoriale di
R2 . Infatti, ad esempio, 2(1, 1) = (2, 2) non appartiene a tale insieme;
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2. l’insieme {(2, 2), (1, 1), (0, 0)} non é un sottospazio vettoriale di R2 . Infatti, ad
esempio, −1(1, 1) = (−1, −1) non appartiene a tale insieme;
3. l’insieme {(k, k)|k ∈ Z} é un sottoinsieme di R2 chiuso rispetto alla somma ma non
é chiuso rispetto al prodotto per scalari (ad esempio, 21 (1, 1) non appartiene a tale
insieme). Per cui esso non é un sottospazio vettoriale di R2 ;
4. l’insieme {(k, k)|k ∈ R} é il sottospazio vettoriale di R2 generato dal vettore (1, 1);
5. l’insieme X = {(x, y) ∈ R2 | 3x − 4y = 7} é la retta di R2 passante per il punto
(1, −1) e con vettore di giacitura (4, 3). In particolare, tale retta non passa per
l’origine, e quindi non é un sottospazio vettoriale;
6. l’insieme X = {(x, y) ∈ R2 | 3x − 4y = 0} é la retta di R2 passante per l’origine e
con vettore di giacitura (4, 3). In altre parole, esso é il sottospazio vettoriale di R2
generato dal vettore (4, 3).
Combinazioni lineari
Esercizio 7. Siano v1 , v2 , · · · , vr dei vettori di Rn e sia V = hv1 , v2 , · · · , vr i il sottospazio
vettoriale che essi generano. Sia W l’insieme dei vettori w di Rn tali che w · vi = 0 per
ogni i = 1, 2, · · · , r. Dimostrare che i vettori di W sono perpendicolari a tutti i vettori
di V .
P
Soluzione 7. Sia w ∈ W . Sia v = ri=1 xi vi un
Prcerti xi ∈ R). Allora,
Prvettore di V (per
per le proprietá del prodotto puntino, w · v = i=1 xi (w · vi ) = i=1 xi 0 = 0.
Esercizio 8. Disegnare il parallelogrammo generato dai vettori (1, 2) e (−1, 1) in R2 .
Soluzione 8.
•
•
•
•
Esercizio 9. Siano v1 = (1, 1, 1) e v2 = (−1, 1, 0) due vettori di R3 . Descrivere il
sottospazio hv1 , v2 i da essi generato.
Soluzione 9. Essi generano il piano di R3 passante per l’origine e di vettore normale il
loro prodotto vettoriale, ovvero il piano π = {X ∈ R3 | N · X = 0} dove N = (−1, −1, 2).
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Insiemi convessi
Esercizio 10. Siano v1 e v2 due vettori non–nulli di uno spazio vettoriale V . Dimostrare
che il parallelogramma S che essi generano, ovvero S = {t1 v1 + t2 v2 | 0 ≤ t1 ≤ 1, 0 ≤ t2 ≤
1} é un sottoinsieme convesso di V.
Soluzione 10. Siano P = t1 v1 + t2 v2 e Q = s1 v1 + s2 v2 due punti di S, per qualche
t1 , t2 , s1 , s2 ∈ [0, 1]. Sia T = rP + (1 − r)Q un punto del segmento tra P e Q ( per cui
r ∈ [0, 1]). Mostriamo che T ∈ S. Si ha
T = r(t1 v1 + t2 v2 ) + (1 − r)(s1 v1 + s2 v2 ) = v1 (rt1 + (1 − r)s1 ) + v2 (rt2 + (1 − r)s2 ).
Poiché 0 ≤ rt1 + (1 − r)s1 ≤ r + (1 − r) = 1 e 0 ≤ rt2 + (1 − r)s2 ≤ 1, concludiamo che
T ∈ S.
Esercizio 11. Sia v un vettore non–nullo di Rn e sia c un numero fissato. Mostrare che
l’insieme di tutti i vettori w di Rn tali che v · w ≥ c é convesso. Descriverlo nel caso in
cui n = 2, v = (1, 1) e c = 0.
Soluzione 11. Sia S = {w ∈ Rn | v · w ≥ c}. Siano w1 e w2 due elementi di S e sia
T = rw1 + (1 − r)w2 un punto del segmento tra w1 e w2 (per cui r ∈ [0, 1]). Mostriamo
che T ∈ S. Per le proprietá del prodotto puntino, si ha:
v · T = v · (rw1 + (1 − r)w2 ) = r(v · w1 ) + (1 − r)(v · w2 ) ≥ rc + (1 − r)c = c
per cui T ∈ S, come desiderato.
Esercizio 12. Sia S un sottoinsieme convesso di uno spazio vettoriale V . Sia c un
numero. Denotiamo con cS l’insieme dei vettori della forma cv con v ∈ S. Dimostrare
che cS é convesso.
Soluzione 12. Siano P e Q due punti di cS. Allora esistono P 0 e Q0 in S tali che P = cP 0
e Q = cQ0 . Sia T = rP + (1 − r)Q un punto del segmento tra P e Q (per cui r ∈ [0, 1]).
Mostriamo che T appartiene a cS. Si ha
T = rP + (1 − r)Q = r(cP 0 ) + (1 − r)(cQ0 ) = c(rP 0 + (1 − r)Q0 )
poiché S é convesso, il punto rP 0 + (1 − r)Q0 appartiene ad S, e quindi T ∈ cS.
Esercizio 13. Siano S1 ed S2 due sottoinsiemi convessi di uno spazio vettoriale V .
Mostrare che S1 ∩ S2 é convesso.
Soluzione 13. Se P e Q sono due punti di S1 ∩ S2 , allora essi appartengono sia ad S1
che ad S2 . In particolare, il segmento tra di loro é contenuto sia in S1 che in S2 , essendo
S1 ed S2 convessi. Ne segue che S1 ∩ S2 é convesso.
Esercizio 14. Sia S un sottoinsieme convesso di uno spazio vettoriale V . Sia w un
vettore arbitrario di V . Sia w + S il traslato di S in w, ovvero l’insieme dei vettori della
forma w + v con v ∈ S. Mostrare che w + S é convesso.
Soluzione 14. Siano P e Q due punti di w + S. Allora esistono P 0 e Q0 in S tali che
P = w + P 0 e Q = w + Q0 . Sia T = rP + (1 − r)Q un punto del segmento tra P e Q (e
quindi r ∈ [0, 1]). Mostriamo che T ∈ w + S. Si ha
T = rP + (1 − r)Q = r(w + P 0 ) + (1 − r)(w + Q0 ) = w + [rP 0 + (1 − r)Q0 ]
poiché rP 0 + (1 − r)Q0 ∈ S, essendo S convesso, concludiamo che T ∈ w + S.
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Indipendenza Lineare
Esercizio 15. Mostrare che i seguenti vettori (negli ovvi spazi vettoriali relativi) sono
linearmente indipendenti:
a) (1, 1, 1), (1, 0, −2);
c) (−1, 1, 0), (0, 1, 2);
e) (π, 0), (0, 1);
g) (1, 1, 0), (1, 1, 1), (0, 1, −1);
b) (1, 0), (1, 1);
d) (2, −1), (1, 0);
f ) (1, 2), (1, 3);
h) (0, 1, 1), (0, 2, 1), (1, 5, 3).
Soluzione 15. Si tratta di fare semplici calcoli vettoriali.
Esercizio 16. In R2 , esprimere il dato vettore v come combinazione lineare dei vettori
v1 e v2 e trovare le coordinate di v rispetto a v1 , v2 :
1. v = (1, 0), v1 = (1, 1), v2 = (0, 1);
2. v = (2, 1), v1 = (1, −1), v2 = (1, 1);
3. v = (1, 1), v1 = (2, 1), v2 = (−1, 0);
4. v = (4, 3), v1 = (2, 1), v2 = (−1, 0).
Soluzione 16.
1. v = v1 − v2 , (1, −1);
2. v = 21 v1 + 32 v2 , ( 12 , 32 );
3. v = v1 + v2 , (1, 1);
4. v = 3v1 + 2v2 , (3, 2).
Esercizio 17. In R3 , esprimere il dato vettore v come combinazione lineare dei vettori
v1 , v2 , v3 e trovare le coordinate di v rispetto a v1 , v2 , v3 :
1. v = (1, 0, 0), v1 = (1, 1, 1), v2 = (−1, 1, 0), v3 = (1, 0, −1);
2. v = (1, 1, 1), v1 = (0, 1, −1), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 2);
3. v = (0, 0, 1), v1 = (1, 1, 1), v2 = (−1, 1, 0), v3 = (1, 0, −1).
Soluzione 17.
1. v = 31 v1 − 31 v2 + 13 v3 , ( 13 , − 13 , 13 );
2. v = v1 + v3 , (1, 0, 1);
3. v = 13 v1 − 13 v2 − 23 v3 , ( 31 , − 13 , − 23 );
Esercizio 18. Siano v1 , v2 , · · · , vn vettori linearmente indipendenti di uno spazio vettoriale V . Mostrare che dato un vettore v ∈ V , allora i vettori v, v1 , v2 , · · · , vn sono
linearmente dipendenti se e soltanto se v ∈ hv1 , · · · , vn i.
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Soluzione 18. Se v, v1 , v2 , · · · , vn sono linearmente dipendenti allora esiste una relazione
di dipendenza lineare
av + x1 v1 + · · · + xn vn = 0
(1)
con i coefficienti a, x1 , x2 , · · · , xn non tutti nulli. Se il coefficiente a di v fosse nullo, allora
(1) darebbe una relazione di dipendenza lineare tra v1 , v2 , · · · , vn , contro l’ipotesi che essi
siano linearmente indipendenti. Per cui a 6= 0 e quindi
v=−
n
X
xi
i=1
a
vi ∈ hv1 , · · · , vn i.
Viceversa, se v ∈ hv1 , · · · , vn i allora esistono x1 , · · · , xn ∈ R tali che
v=
n
X
xi vi
i=1
ovvero
v − x1 v1 − · · · − xn vn = 0
che é una dipendenza lineare tra v, v1 , · · · , vn .
Esercizio 19. Sia V = Fun(R, R) lo spazio vettoriale delle funzioni f : R → R : t 7→ f (t).
Mostrare che le seguenti coppie di vettori f (t) e g(t) di V sono linearmente indipendenti:
1) f (t) = 1, g(t) = t;
2) f (t) = t, g(t) = t2 ;
3) f (t) = t, g(t) = t4 ;
t
t
2t
4) f (t) = e , g(t) = t;
5) f (t) = te , g(t) = e ;
6) f (t) = sin t, g(t) = cos t;
7) f (t) = t, g(t) = sin t; 8) f (t) = sin t, g(t) = sin 2t; 9) f (t) = cos t, g(t) = cos 3t.
Soluzione 19.
1. Se esistono a, b ∈ R tali che a + bt = 0 per ogni t ∈ R, allora per
t = 0 si ha a = 0, e quindi, per t = 1, si ottiene b = 0.
2. Se esistono a, b ∈ R tali che at + bt2 = 0 per ogni t ∈ R, allora per t = 1 si ha
a + b = 0, e per t = −1 si ottiene b − a = 0. Ovvero, b = a e b = −a = −b per cui
a = b = 0.
3. Se esistono a, b ∈ R tali che at + bt4 = 0 per ogni t ∈ R, allora per t = 1 si ha
a + b = 0, e per t = −1 si ottiene b = a. Per cui b = −a = −b e quindi a = b = 0.
4. Se esistono a, b ∈ R tali che aet + bt = 0 per ogni t ∈ R, allora per t = 0 si ha a = 0,
e quindi, per t = 1, si ottiene b = 0.
5. Se esistono a, b ∈ R tali che atet + be2t = 0 per ogni t ∈ R, allora per t = 0 si ha
b = 0, e quindi, per t = 1, si ottiene ae = 0 per cui deve essere a = 0.
6. Se esistono a, b ∈ R tali che a sin t + b cos t = 0 per ogni t ∈ R, allora per t = 0 si
ha b = 0, e quindi per t = π2 , si ottiene a = 0.
7. Se esistono a, b ∈ R tali che at + b sin t = 0 per ogni t ∈ R, allora per t = π2 si
ottiene la relazione a π2 + b = 0. La derivata soddisfa a + b cos t = 0 per ogni t ∈ R.
Da quest’ultima si ottiene per t = 0 a + b = 0. Per cui, b = − π2 a ma anche b = −a
ovvero a = π2 a. E quindi a = b = 0.
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8. Se esistono a, b ∈ R tali che
a sin t + b sin 2t = 0 per ogni t ∈ R, allora per t = π2
√
0 per
si ottiene la relazione a + 22 b = 0. La derivata soddisfa a cos t + 2b cos 2t =
√
2
ogni t ∈ R. Da quest’ultima√si ottiene per t = 0 a + 2b = 0. Per cui, a = − 2 b ma
anche a = −2b ovvero 2b = 22 b. E quindi a = b = 0.
9. Se esistono a, b ∈ R tali che a cos t + b cos 3t = 0 per ogni t ∈ R, allora per t = 0
si ottiene la relazione a + b = 0. La derivata soddisfa a sin t + 3b sin 3t = 0 per ogni
t ∈ R. Da quest’ultima, per t = π2 , si ottiene la relazione a − 3b = 0. Per cui,
a = −b ma anche a = −3b ovvero b = 3b = −a. E quindi a = b = 0.
Esercizio 20. Siano v1 , · · · , vr vettori non–nulli di Rn mutualmente ortogonali, ovvero
tali che vi · vj = 0 per ogni i 6= j. Dimostrare che essi sono linearmente indipendenti.
Soluzione 20. Supponiamo che esistano x1 , · · · , xr ∈ R tali che x1 v1 + · · · , xr vr =
0. Facciamo il prodotto puntino del membro di destra di questa uguaglianza con vi .
Otteniamo xi vi · vi = 0. Essendo per ipotesi vi = 0, esso deve avere norma non–nulla e
quindi vi · vi 6= 0. Concludiamo xi = 0 per ogni i = 1, 2, · · · , r.
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