Capitolo 2
Spazi vettoriali
Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
1
Introduzione
Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Dato un insieme, verificare se è un sottospazio (vedi esercizi nella pagina
seguente e a pagina 5).
• Determinare di una base per un sottospazio (vedi esercizio a pagina 7).
• Determinare le coordinate di un vettore rispetto ad una data base (vedi
esercizio a pagina 7).
• Algoritmo di completamento di una base (vedi esercizio a pagina 7).
• Determinare una base per lo spazio somma di due sottospazi (vedi esercizio a pagina 13).
• Determinare una base per lo spazio intersezione di due sottospazi (vedi
esercizio a pagina 13).
• Esercizio di riepilogo, piuttosto elaborato...(vedi esercizio a pagina 18).
2
Esercizio 1
Dato l’insieme
x1
V = x2 ∈ R3 | x1 + 2x2 = 3x1 + x3 = 0 ,
x3
verificare se è un sottospazio vettoriale di R3 .
Soluzione
Dobbiamo controllare le 3 condizioni mostrate sulle slide teoriche, ovvero:
• 0R3 ∈ V ?
Per rispondere a questa domanda, basta sostituire il vettore nullo all’interno delle equazioni che definiscono V (notiamo subito come tali equazioni
definiscano una retta passante per l’origine...):
(
V :
x + 2y
3x + z
= 0 0R3
−→
=0
(
0+2×0 =0
3×0+0 =0
Quindi possiamo concludere che V contiene il vettore nullo di R3 .
• Dati v, w ∈ V , v + w ∈ V ?
Per poter dimostrare la veridicità di tale affermazione non possiamo prendere dei vettori a caso appartenenti a V . Infatti tale proprietà deve essere
verificata per tutti i vettori appartenti a tale insieme. Dobbiamo quindi
dimostrare tale asserto facendo uso di due vettori generici ∈ V :
v1
w1
v1 + w 1
v = v2 ,
w = w2 =⇒ v2 + w2
v3
w3
v3 + w 3
Sostituendo tali vettori all’interno delle equazioni cartesiane che definiscono V otteniamo:
(
(v1 + w1 ) + 2 (v2 + w2 ) = 0
3 (v1 + w1 ) + (v3 + w3 ) = 0
(
v1 + w1 + 2v2 + 2w2 = 0
3v1 + 3w1 + v3 + w3 = 0
Riordinando i termini possiamo scrivere:
(
(v1 + 2v2 ) + (w1 + 2w2 )
(3v1 + v3 ) + (3w1 + w3 )
3
=0
=0
Ora però si può subito notare che, siccome v e w appartengono a V,
valgono le condizioni che definiscono tale insieme e quindi:
0
0
q
q
}|
{
z
}|
{
z
(v + 2v ) + (w + 2w ) = 0
1
2
1
2
(3v1 + v3 ) + (3w1 + w3 ) = 0
{z
}
| {z } |
q
q
0
0
Pertanto anche la seconda proprietà è verificata.
• Dati v ∈ V e λ ∈ R, λv ∈ V ?
Per rispondere a questo quesito, dobbiamo ragionare come nel punto
precedente, e quindi in via del tutto generale usando vettori generici:
v1
λv1
v = v2 ,
λ ∈ R =⇒ λv = λv2
v3
λv3
Sostituisco λv nelle equazioni cartesiane di V :
(
(λv1 ) + 2 (λv2 ) = 0
3 (λv1 ) + (λv3 ) = 0
(
λ (v1 ) + 2λ (v2 ) = 0
3λ (v1 ) + λ (v3 ) = 0
0
q
}|
{
z
λ(v + 2v ) = 0
1
2
λ(3v1 + v3 ) = 0
| {z }
q
0
Quindi anche l’ultima proprietà è verificata. Possiamo concludere che V
è un sottospazio vettoriale di R3 .
NB. In realtà potevamo fin da subito affermare che V è un sottospazio di R3 :
infatti per come era definito V , non era nient’altro che una retta passante per
l’origine. Come ben si sa dalla teoria, le rette e i piani passanti per l’origine sono
sottospazi di E3O , il quale è isomorfo a R3 ; quindi potevamo giungere subito a
tale conclusione. E’ bene notare tuttavia che ciò vale solamente in R3 , in quanto
in spazi vettoriali di dimensione superiore non vi è il concetto di “retta” o di
“piano” (anche se si può parlare di iperpiano...).
4
Esercizio 2
Dato l’insieme
x1
x
2
4
V = ∈ R | x1 + x1 x2 + 3x4 = 0 ,
x3
x4
verificare se è un sottospazio vettoriale di R4 .
Soluzione
A prima vista l’insieme V non sembra un sottospazio. Tuttavia prima di giungere a qualsiasi conclusione, dobbiamo dimostrarla. Ragioniamo come nell’esercizio precedente:
• 0R4 ∈ V ?
Per rispondere a questa domanda, basta sostituire il vettore nullo all’interno dell’ equazione che definisce V :
V : 0+0×0+3×0=0
Quindi possiamo concludere che V contiene il vettore nullo di R4 .
• Dati v, w ∈ V , v + w ∈ V ?
Per poter dimostrare la veridicità di tale affermazione non possiamo prendere dei vettori a caso appartenenti a V . Infatti tale proprietà deve essere
verificata per tutti i vettori appartenti a tale insieme. Dobbiamo quindi
dimostrare tale asserto facendo uso di due vettori generici ∈ V :
v1
w1
v1 + w 1
v2
w2
v2 + w2
v=
w=
v3 ,
w3 =⇒ v3 + w3
v4
w4
v4 + w 4
Sostituendo tale vettore all’interno dell’equazione che definisce V otteniamo:
(v1 + w1 ) + (v1 + w1 ) (v2 + w2 ) + 3 (v4 + w4 )
=
0
v1 + w1 + v1 v2 + v1 w2 + w1 v2 + w1 w2 + 3v4 + 3w4
=
0
(v1 + v1 v2 + 3v4 ) + (w1 + w1 w2 + 3w4 ) + v1 w2 + w1 v2
{z
} |
{z
}
|
=
0
=
0
q
q
0
0
v1 w2 + w1 v2
5
(1)
Ma l’equazione (1) non è affatto vera! Possiamo quindi concludere che la
somma di due vettori appartenenti a V restituisce un elemento che non
appartiene più a tale insieme: pertanto, senza nemmeno verificare la condizione successiva, possiamo affermare che V non è un sottospazio.
NB. In questo caso volevamo dimostrare nel modo più generico possibile che V
è un sottospazio e siamo giunti alla conclusione che non lo è; se il nostro intento
fosse stato quello di cercare di dimostrare che V non era un sottospazio, allora
non avevamo bisogno di prendere due vettori generici appartenenti a V : sarebbe
bastato cercare due vettori appartenenti a V che se sommati non rispettavano
più le condizioni imposte dall’equazione di V . Infatti, se per dimostrare la
veridicità di una proposizione è necessario verificarla per tutti i casi possibili,
per confutarla basta solamente un controesempio...
6
Esercizio 3
Si consideri il sottospazio:
x
y
4
∈ R | x + y + 2t = x + 3z = 0 ,
V =
z
t
Determinare:
1. una base per V ;
−6
h
2. dire per quali valori di h il vettore u1 =
2 ∈ Span (V ) ;
2
3. Completare la base BV trovata in modo da ottenere una base per R4 ;
0
0
1
0
1
0
4. Scrivere i vettori della base canonica e1 =
0 , e2 = 0 , e3 = 1 , e4 =
0
0
0
0
0
, nella nuova base trovata.
0
1
Soluzione
Punto (1)
Per ottenere una base per V conviene prima ottenere una rappresentazione parametrica del sottospazio, così da poter vedere quali sono i vettori che ne compongono la base (è un po’ come quando si vuole ottenere l’equazione parametrica
di una retta così da poter vedere facilmente qual è il suo vettore direttore...).
Tuttavia non sappiamo quale sia la dimensione del sottospazio e quindi quanti
parametri servano per poter descrivere parametricamente V ; infatti anche se
V è definito da due equazioni, abbiamo a che fare con un sottospazio di R4 e
pertanto non possiamo affermare che, siccome è definito da due equazioni, rappresenta una retta per l’origine.
Per poter ricavare la dimensione del sottospazio dobbiamo piuttosto sfruttare
la relazione “d’oro” mostrata sulle slide teoriche relative al capitolo, ovvero la
formula:
dim (V ) = dim R4 − n° equazioni cartesiane di V = 4 − 2 = 2
7
Quindi per ottenere le equazioni parametriche di V dobbiamo aggiungere due
parametri:
(
x + y + 2t = 0
V :
x + 3z
=0
x + y + 2t = 0
x + 3z
=0
V :
z
=α
t
=β
x + y + 2β = 0
x
= −3α
V :
z
=α
t
=β
x = −3α
y = 3α − 2β
V :
z = α
t =β
0
−3
x
−2
3
y
(2)
V :
z = α 1 + β 0
1
0
t
Dall’equazione parametrica vettoriale (2) si nota subito che una base per V è
data da:
0
−3
−2
3
, = {v1 , v2 }
BV =
0
1
1
0
Punto (2)
Affinchè il vettore u ∈ V , esso deve poter essere scritto come combinazione
lineare dei vettori componenti una base di V . In termini matematici questo
8
vuol dire che:
0
−3
−6
−2
3
h
= α + β
0
1
2
1
0
2
−6 = −3α
h
= 3α − 2β
2
=α
2
=β
α =2
h = 6 − 4 = 2
α =2
β =2
Quindi il vettore u ∈ V se e solo se h = 2.
Punto (3)
Usiamo l’algoritmo di completamento. Provo ad aggiungere il vettore e1 e mi
chiedo:
Span (v1 , v2 , e1 ) 6= Span (v1 , v2 ) =?
cioè:
0
−3
1
−2
3
0
= α + β
0
1
0
1
0
0
−1 = −3α
0
= 3α − 2β
0
=α
0
=β
α = 13
?
0 = 3α − 2β
α =0
?
β =0
∀α, β ∈ R
Siccome il sistema non è risolubile, possiamo concludere che e1 è un vettore
9
linearmente indipendente rispetto a Span (v1 , v2 ), e quindi può essere tenuto.Quindi ora ho il seguente insieme di vettori linearmente indipendenti:
−3
0
1
3
−2
, , 0
1 0 0
0
1
0
Tuttavia non abbiamo ancora ottenuto una base per R4 , pertanto dobbiamo
continuare con l’algoritmo di completamento. Prendiamo ora il vettore e2 :
0
1
e2 =
0
0
Span (v1 , v2 , e1 , e2 ) 6= Span (v1 , v2 , e1 )?
cioè:
1
0
−3
0
0
−2
3
1
= α + β + γ
0
0
1
0
0
1
0
0
0 = −3α + γ
1 = 3α − 2β
0 =α
0 =β
γ =0
1 = 0
F ALSO!
α = 0
β =0
∀α, β ∈ R
Anche questo sistema è senza soluzione, vuol dire che possiamo prendere e2 e
aggiungerlo ai vettori della base che otterremo.
Abbiamo ora 4 vettori linearmente indipendenti e pertanto possiamo fermarci:
abbiamo una base di R4 data da:
−3
0
1
0
3
−2
0
, , , 1
B0 =
1 0 0 0
0
1
0
0
10
Punto (4)
Come mostrato sulle slide di teoria, dobbiamo risolvere le seguenti equazioni
vettoriali:
• e1 :
0
0
1
0
−3
1
0
1
0
−2
3
0
= α + β + γ + δ =⇒ [e1 ] 0 =
B
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
• e2 :
0
−3
0
1
0
0
1
3
−2
0
1
0
= α + β + γ + δ =⇒ [e2 ] 0 =
B
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
• e3 :
0
1
0
−3
0
0
= α 3 + β −2 + γ 0 + δ 1
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0 = −3α + γ
0 = 3α − 2β + δ
1 =α
0 =β
0 = −3 + γ
0 = 3 + δ
α =1
β =0
γ =3
δ = −3
α = 1
β =0
Quindi:
1
0
[e3 ] =
3
−3
11
• e4 :
0
−3
0
1
0
0
3
−2
0
1
= α + β + γ + δ
0
1
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
α
β
γ
δ
α
β
= −3α + γ
= 3α − 2β + δ
=α
=β
=γ
= −2 + δ
=0
=1
=0
=2
=0
=1
0
1
;
[e4 ] =
0
2
Quindi le coordinate della base canonica nella base B 0 sono date da:
0
1
0
0
0 0 0 1
[BC ]B0 = , , ,
0
3
0
1
2
1
−3
0
12
Esercizio 4
Si considerino i seguenti sottospazi:
x
y ∈ R3 | x + 3y = 0
V =
z
x
y ∈ R3 | 2x + y + z = 0
W =
z
determinare:
1. la dimensione e una base per V e W ;
2. il sottospazio V + W e una sua base;
3. il sottospazio V ∩ W e una sua base;
4. se la somma V + W è diretta;
3
5. a chi appartiene il vettore u1 = 1 (se appartiene a V + W , a V ∩ W
−1
o a entrambi).
Soluzione
Punto (1)
Siamo in R3 , quindi V rappresenta un piano per l’origine in quanto è definito
da un unica equazione cartesiana; la stessa cosa vale per W . Quindi dim (V ) =
dim (W ) = 2. Per determinarne una base, dobbiamo ottenere le loro equazioni
13
parametriche:
x
−3
0
x = −3α
V : y =α
=⇒ V : y = α 1 + β 0
z
0
1
z =β
0
−3
BV = 1 , 0 = {v1 , v2 }
0
1
x
1
0
x = α
W : y = −2α − β =⇒ W : y = α −2 + β −1
z
0
1
z =β
0
1
BW = −2 , −1 = {w1 , w2 }
0
1
Punto (2)
Un insieme di generatori per V + W è dato dall’unione delle due basi di V + W ,
cioè dall’insieme:
0
1
0
−3
1 , 0, −2 , −1
| 0 {z 1 } | 0 {z 1 }
BV
BW
Applicando l’algoritmo di estrazione a tale insieme di vettori otteniamo una
base per il sottospazio V + W :
v1 ∈ Span (v2 )?
N O! (assieme formano una base per V!)
w1 ∈ Span (v1 , v2 )?
1
−3
0
−2 = α 1 + β 0
0
1
0
= −3α
1
−2 = α
0
=β
1
α = − 3
α = −2
β =0
14
Possiamo concludere che w1 ∈
/ Span (v1 , v2 ).
Siccome abbiamo ottenuto 3 vettori linearmente indipendenti in R3 , possiamo
fermarci (w2 sarebbe sicuramente linearmente dipendente agli altri 3 vettori,
in quanto questi sono già una base per R3 , cioè il massimo numero di vettori
linearmente indipendenti che è possibile avere in R3 ). Concludiamo quindi che
V + W = R3 .
Punto (3)
Innanzitutto, sfruttando la formula di Grassman, determiniamo la dimensione
dello spazio V ∩ W , così da poter sapere in anticipo quanti vettori costituiscono
una sua base:
dim (V ) + dim (W ) = dim (V ∩ W ) + dim (V + W )
dim (V ∩ W )
dim (V ∩ W )
=
=
dim (V ) + dim (W ) − dim (V + W )
2+2−3=1
Quindi una base per V ∩ W è costituita da un unico vettore, cioè è una retta
in R3 . Effettivamente, essendo V e W due piani (siamo in R3 ), non era difficile
intuire tale risultato, e avremmo potuto fare a meno della formula di Grassman.
Tuttavia è bene ricordare che ragionamenti “geometrici” di questo tipo sono
impraticabili quando ci troviamo di fronte a sottospazi di spazi vettoriali di
dimensione > 3 (tipo R4 ).
Per poter ottenere una base per il sottospazio intersezione V ∩ W dobbiamo
applicare l’algoritmo di estrazione di una base al seguente insieme di vettori:
0
1
0
−3
1 , 0, −2 , −1
1
0
1
0
|
|
{z
}
{z
}
BV
BW
e per ciascun vettore che viene scartato da tale insieme in quanto linearmente
dipendente agli altri, è necessario trovarne una scrittura come combinazione lineare di tutti gli altri elementi: così facendo potremo poi trovare ciascun vettore
della base V ∩ W .
Dal punto precedente sappiamo che il vettore scartato è il vettore:
0
w2 = −1
1
15
Troviamone una scrittura come combinazione lineare degli altri vettori dell’insieme {BV , BW } :
0
−3
0
1
−1 = α 1 + β 0 + γ −2
1
0
1
0
= −3α + γ
0
−1 = α − 2γ
1
=β
= 3α
γ
−1 = α − 6α
1
=β
3
γ = 5
α = 15
β =1
Quindi abbiamo che:
w2 =
3
1
v1 + v2 + w1
5
5
Il vettore che rappresenta una base per lo spazio intersezione è dato da:
w2 − w1 =
cioè:
1
v1 + v2 = m1
5
0
1
−3
0
−3/5
3
1
−1 − −2 = 1 + 1 0 = 1/5
5
5
1
0
0
1
1
Quindi una base per lo spazio intersezione è data da:
−3/5
BV ∩W = 1/5
1
Punto (4)
La somma V + W non è diretta in quanto dim (V ∩ W ) 6= 0.
16
Punto (5)
Per verificare se v1 appartiene ad uno dei due sottospazi piuttosto che all’altro
è necessario verificare che v1 ammetta una scrittura in coordinate in una base
del sottospazio presa in questione. In altre parole, dobbiamo verificare che per
V ∩ W esista una soluzione univoca alla scrittura:
v1 = tm1
3
−3/5
1 = t 1/5
−1
1
= − 53 t
3
1
= 15 t
−1 = t
Dal sistema sopra mostrato si nota che non esiste una soluzione univoca nel
parametro t: quindi v1 non può essere scritto in coordinate rispetto ad una
base per V ∩ W e pertanto non appartiene a tale sottospazio.
Ora in teoria dovremmo ripetere lo stesso procedimento anche per il caso di
V + W ; tuttavia abbiamo constatato in precedenza che Span (V + W ) = R3 !
Quindi sicuramente v1 ∈ Span (V + W ).
17
Esercizio 5
Dato il seguente sottospazio:
V = {p (x) ∈ R3 [x] | p (1) = p (2)} ,
determinare:
1. una base per V ;
2. una base per R3 [x] a partire dalla base trovata al punto 1;
3. Trovare le coordinate del polinomio p1 (x) = x3 + 2x2 + 1 nella nuova base
trovata.
Soluzione
Punto (1)
Se indichiamo con ax3 + bx2 + cx + d un generico polinomio appartenente a V ,
allora la condizione imposta dalla definizione di V può essere matematicamente
espressa nel modo seguente:
3
2
a (1) + b (1) + c (1) + d
3
2
= a (2) + b (2) + c (2) + d
a+b+c+d
=
8a + 4b + 2c + d
−7a − 3b − c
=
0
c
= −7a − 3b
Quindi possiamo scrivere un generico polinomio di V come:
p (x) = ax3 + bx2 − (7a + 3b) x + d
Prendendo ciascun coefficiente che moltiplica ciascun addendo del polinomio,
otteniamo il vettore di coordinate:
a
b
[p (x)]BV =
−7a − 3b
d
Quindi possiamo rappresentare ciascun polinomio appartenente a V in coordi-
18
nate rispetto alla base BV (ancora da determinare...) nel modo seguente:
0
0
a
a
0 b 0
b
[p (x)]BV =
−7a − 3b = −7a + −3b + 0
d
0
0
d
0
0
1
0
1
0
= a
−7 + b −3 + d 0
1
0
0
Quindi una base per V è data dall’insieme di vettori:
0
0
1
1
0
, , 0
BV =
−7 −3 0
0
1
0
= {p1 , p2 , p3 }
Punto (2)
Per ottenere una base per R3 [x], utilizziamo l’algoritmo di completamento.
Notiamo come, dato che ora abbiamo fissato una base, ci ritroviamo a lavorare
con le coordinate, e quindi che non ci rendiamo nememno più conto di avere a
che fare con uno spazio vettoriale di polinomi:
Span (p1 , p2 , p3 , e1 ) = Span (p1 , p2 , p3 )?
0
0
1
1
0
1
0
0
= α + β + γ
0
−3
−7
0
1
0
0
0
1 = α
0 = β
0 = −7α − 3β
0 =γ
α =1
β = 0
0 = −7
γ =0
Possiamo quindi concludere che Span (p1 , p2 , p3 , e1 ) 6= Span (p1 , p2 , p3 ) e che
19
quindi e1 può essere tenuto. Abbiamo ottenuto quindi una base per R3 [x] data
dai vettori di coordinate:
0
1
0
1
0
1
0
, , , 0
B1 =
−3 0 0
−7
1
0
0
0
=
{p1 , p2 , p3 , p4 }
Punto (3)
Dobbiamo poter scrivere il polinomio p1 (x) = x3 + 2x2 + 1 nella nuova base
trovata. Quindi, definite con [p1 (x)]BC le coordinate del polinomio rispetto alla
base canonica di R3 [x], dobbiamo trovare la soluzione al sistema:
1
1
0
0
1
2
0
1
0
0
= α + β + γ + δ
0
−7
−3
0
0
1
0
0
1
0
1 =α+δ
2 = β
0 = −7α − 3β
1 =γ
1 =α+δ
β = 2
6 = −7α
γ =1
δ = 1 + 67 = 13
7
β = 2
α = − 67
γ =1
Quindi:
[p1 (x)]B1
−6/7
2
=
1
13/7
20
