Esercizi sugli spazi vettoriali 5 — basi e dimensione

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In questo articolo presentiamo 7 esercizi sul calcolo delle basi e della dimensione di spazi vettoriali. La raccolta è il proseguimento naturale di Esercizi sugli spazi vettoriali 4 – basi e dimensione e si prefigge lo scopo di completare e rafforzare la preparazione del lettore su questo importante argomento. A tal fine, segnaliamo anche l’ulteriore risorsa Esercizi sugli spazi vettoriali 6, su basi e dimensione.

Di ogni esercizio è presentata una soluzione completa che il lettore può confrontare con quella autonomamente trovata, analizzando similitudini e differenze. Speriamo che questo articolo sia di aiuto per chi desidera approfondire la sua preparazione su basi e dimensione negli spazi vettoriali, augurando una piacevole lettura.

Autori e revisori

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Autore: Jacopo Garofali

Revisori: Valerio Brunetti

Notazioni su basi e dimensioni degli spazi vettoriali

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$\operatorname{rk}$

$\mathcal{L}(v_1,\dots,v_n)\subseteq V$

$\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$

$\mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$

rango di una matrice;

sottospazio vettoriale di $V$ generato dai vettori $v_1,\dots,v_n$ ;

spazio vettoriale delle matrici di ordine $n$ a coefficienti nel campo $\mathbb{K}$ ;

insieme delle matrici con $n$ righe e $m$ colonne a coefficienti reali;

Testi degli esercizi su basi e dimensione negli spazi vettoriali

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Dato $V=\mathbb{R}^3$ , consideriamo i sottospazi

$U=\mathcal{L}\left\{ \left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ 1 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array}\right) \right\}$

e $W=\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3: x+y+z=0\}$ .

Determinare la dimensione e una base per ognuno dei seguenti sottospazi: $U$ , $W$ , $U\cap W$ .
Verificare che $V=U+W$ .

Calcolo base e dimensione di U.

Sappiamo che $v_1=\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 0 \end{array}\right), v_2=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ 1 \end{array}\right), v_3=\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array}\right)$ sono un insieme di generatori per $U$ .

Essi sono linearmente indipendenti se e solo se la matrice che ha per colonne (o righe) i $v_i$ ha rango 3 (=numero di vettori). Si può applicare l’algoritmo di Gauss per rendersi conto che il rango è 2 e che il vettore $v_3$ è superfluo. Concludiamo che $U$ ha dimensione 2 e una base è data da $\{v_1,v_2\}$ .

Calcolo base e dimensione W.

La dimensione di $W$ è ovviamente 2 (poichè abbiamo una sola equazione non nulla il rango è 1).

Risolvendo il sistema rispetto a $x$ troviamo che

$W=\left\{(-y-z,y,z): y,z\in\mathbb{R} \right\}= \mathcal{L}\left\{\left(\begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right) \right\}$ .

Concludiamo che una base di $W$ è data da $\{(-1,1,0), (-1,0,1)\}$ .

Per calcolare una base di $U\cap W$ abbiamo almeno due metodi

Calcolo base e dimensione U∩W (metodo 1).

Trovare le equazioni cartesiane di $U$ , ad esempio imponendo che

$\operatorname{rk}\begin{pmatrix} 1 & 0 & x \\ 2 & 2 & y \\ 0 & 1 & z \end{pmatrix}=2.$

Oppure, equivalentemente, eliminare i parametri $t,s$ dall’equazione vettoriale

$t \left(\begin{array}{c} 1 \\ 2\\ 0 \end{array}\right)+ s \left(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ 1 \end{array}\right)= \left(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}\right)$

Troviamo dunque l’equazione $2x-y+2z=0$ . Una base di $U\cap W$ si trova dunque risolvendo il sistema lineare

$\begin{cases} 2x-y+2z=0\\ x+y+z=0 \end{cases}$

Tale sistema ammette $\infty ^1$ soluzioni, generate dal vettore $(1,0,-1)^T$ , che costituisce dunque una base di $U\cap W$ .

Calcolo base e dimensione U∩W (metodo 2).

Scrivere $U$ come $\{ (t, 2(t+s),s): t,s\in \mathbb{R} \}$ e sostituire nell’equazione cartesiana di $W$ . Troviamo l’equazione

$t+2(t+s)+s=0,$

ovvero $t+s=0$ , che dà come spazio delle soluzioni $\mathcal{L}\{ (1,0-1) \}$ .

Verifica V= U+V.

Per calcolare la dimensione di $U+W$ possiamo notare che il primo vettore della base di $W$ data sopra è linearmente indipendente da $v_1,v_2$ . In alternativa, dalla formula di Grassman otteniamo $\dim(U+W)=\dim(U)+\dim(W)-\dim(U\cap W)=2+2-1=3$ , dunque si ha effettivamente $U+W=\mathbb{R}^3$ .

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Sia $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ -1 & 2 &-3 \\ 1 & 6 & 3 \end{pmatrix}$ e $K=\{ v \in \mathbb{R}^3: Av=0 \}$ .
Determinare una base di $K$ e una base di $V \cap K$ , dove

$V=\mathcal{L}\{3e_1-e_2-e_3, e_2 \}.$

Calcolo base di K e V∩K.

Lo spazio vettoriale $K$ è dato dallo spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeoneo $Ax=0$ . Si trova (ad esempio con l’Algoritmo di Gauss) che $K=\mathcal{L}\{3e_1-e_3\}$ .

Notiamo inoltre che $V=\mathcal{L}\{ 3e_1-e_3, e_2 \}$ , dunque $V \cap K=K$ e una base è data da $\{ (3,0,-1)^T \}$ .

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ Sia $U\subset \mathbb{R}^4$ lo spazio vettoriale dato da

$U=\mathcal{L}\left\{ \left( \begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1\\ 0 \end{array} \right) \right\}$

e sia $V=\{ (x,y,z, w) \in \mathbb{R}^4 : x+y=0, y+z=0\}$ .

Determinare la dimensione e una base di $U \cap V$ ;

Determinare la dimensione e una base di $U+V$ ;

Scrivere, se possibile, il vettore $w=(0,1,0,1)^T$ come $w=u+v$ , con $u\in U$ , $v \in V$ .

Svolgimento punto 1.

Si ha che $U=\{ (t,s,s,t): t,s\in \mathbb{R} \}$ , dunque l’intersezione è data dalle soluzioni del sistema $t+s=0, 2s=0$ . Troviamo dunque $(s,t)=(0,0)$ come unica soluzione, ovvero $U\cap V=\{ 0 \}$ . La sua dimensione è $0$ e una base è il vuoto;

Svolgimento punto 2.

Si ha che $V=\mathcal{L}\{ (1,-1,1,0), (0,0,0,1) \}$ . Siccome la matrice

$A=\left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 0& 0 & 1 \end{array} \right)$

ha rango 4, concludiamo che le colonne sono linearmente indipendenti e formano una base per $U+V=\mathbb{R}^4$ . Il calcolo del rango di $A$ si poteva evitare utilizzando il punto precedente e la formula di Grassmann, da cui deduciamo che $\dim_{\mathbb{R}}(U+V)=\dim_{\mathbb{R}}U+\dim_{\mathbb{R}}V=4$ . Una base possibile è quella standard $\{ e_1,e_2,e_3,e_4 \}$ ;

Svolgimento punto 3.

Dal punto precedente sappiamo che deve esistere una scrittura del tipo $w=u+v$ con $u\in U, v \in V$ . Possiamo risolvere il sistema $Ax=w$ per trovare i coefficienti, oppure si può osservare che $\tilde{u}=(1,1,1,1) \in U$ e che $\tilde{v}=(-1,1,-1,1) \in V$ perché, rispettivamente, somma e differenza di vettori nelle basi di $U,V$ indicate sopra. Si verifica facilmente che $\tilde{u}+\tilde{v}=2w$ e quindi i vettori $u=\tilde{u}/2$ e $v=\tilde{v}/2$ soddisfano la richiesta.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ Sia $A$ la seguente matrice

$A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & 5 \end{pmatrix}$

e consideriamo l’insieme

$R=\{ A(x,y,z)^T: (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \}.$

Dimostrare che $R$ è un sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}^3$ e determinarne infine una base e la relativa dimensione.

Svolgimento.

Il fatto che sia un sottospazio vettoriale è ovvio dalla definizione (verificare!). Con l’algoritmo di Gauss otteniamo la seguente forma ridotta a scala:

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Deduciamo che $\dim(R)=\operatorname{rk}(A)=2$ e che una base per $R$ è data dai primi due vettori colonna della matrice $A$ ,

$\left\{\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 4 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 3 \end{array}\right)\right\}.$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Sia

$A=\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ -2 & -1 \end{pmatrix},$

consideriamo l’insieme $W=\{X \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) : AX=0\}$ .

Si dimostri che $W$ è un sottospazio vettoriale di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ e si calcoli la dimensione. Esibire infine una base di $W$ .
Si generalizzi il punto $1)$ : data $A\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ , qual è la dimensione di $W=\{X \in \mathcal{M}_{m\times p}(\mathbb{R}): AX=0\}$ ?

Svolgimento punto 1.

$W$ è sottospazio in quanto nucleo dell’applicazione lineare $X \mapsto AX$ . Si vede subito che $(1,-2)$ genera il sottospazio

$\{v\in \mathbb{R}^2:Av=0\}$ , dunque un elemento generico di $W$ è della forma $\begin{pmatrix} \lambda & \mu \\ -2\lambda & -2\mu \end{pmatrix}$ , con $\lambda,\mu$ parametri reali. Concludiamo dunque

che la dimensione di $W$ è 2 e una sua base è data $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}$ e $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}$ .

Svolgimento punto 2.

Possiamo ragionare come al punto $1)$ per una matrice quadrata $A$ di ordine $n$ qualunque. Concludiamo che $\dim(W)=p(n-r)$ , dove $r=\operatorname{rk}(A)$ .

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Trovare una matrice $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ e un vettore $b\in \mathbb{R}^n$ tale che il sistema lineare $Ax=b$ sia compatibile e il sistema lineare $A^Tx=b$ non lo sia.

Svolgimento.

Ad esempio $A= \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ e $b=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}\right)$ .

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ Sia $V=\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ lo spazio vettoriale delle matrici $2\times 2$ . Si considerino i seguenti sottoinsiemi:

$S=\{M \in V : M^T=M\}$ ;

$A=\{M \in V : M^T=-M\}$ ;

$B=\{M \in V : M \text{è triangolare superiore}\}$ ;

$T=\{M \in V : Tr(M)=0\}$ .

Si dimostri che $S,A,B,T$ sono sottospazi vettoriali e si esibisca una base per ciascuno di essi. Qual’è la loro dimensione?

Esibire una base di $B \cap T$ , $B\cap S$ ;

Si dimostri che la somma $S+A$ è diretta;

Si verifichi che $B$ è chiuso per la composizione mentre gli altri non lo sono; (Ovvero mostrare che $M,N \in B \Rightarrow MN \in B$ )

Si consideri la matrice $M=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$ .
Scrivere le coordinate di $M$ rispetto alle basi di $S$ e $T$ scelte;

Si trovi una matrice $M\in V \setminus \{0\}$ tale che $M^2=0$ .
(Suggerimento: si cerchi una tale $M$ in $B$ )

Si trovi una matrice $M \in V$ tale che $M^2=-I$ (dove $I$ è la matrice identità).
(Suggerimento: si cerchi una tale $M$ in $A$ )

Svolgimento punto 1.

Il fatto che siano sottospazi è ovvio dalla linearità delle operazioni con cui sono definite (verificare!). Una base di ciascuno di essi è data da

$\mathcal{B}_S=\left\{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right\}$ ,

$\mathcal{B}_A=\left\{\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\right\}$ ,

$\mathcal{B}_B=\left\{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right\}$ ,

$\mathcal{B}_T=\left\{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\right\}$ .

Le dimensioni sono dunque tutte uguali a 3, tranne $A$ che ha dimensione 1;

Svolgimento punto 2.

Una base di $B\cap T$ è data $\left\{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\right\}$ mentre $B\cap S$ sono le matrici diagonali e una base è $\left\{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right\}$ ;

Svolgimento punto 3.

Dobbiamo far vedere che $S\cap A=0$ . Sia $M\in S\cap A$ , allora $M=M^t=-M$ , dunque $2M=0$ , cioè $M=0$ . Inoltre, dal calcolo delle basi al punto i) segue che $S\oplus A=V$ . Ciò si può dedurre più semplicemente dal fatto che esiste la seguente decomposizione di una matrice quadrata $M$ (a coefficienti in un campo di caratteristica diversa da 2) come somma di una matrice simmetrica e di una antisimmetrica:

$M=\frac 1 2(M+M^T)+ \frac 1 2 (M-M^T) \in S+A;$

Svolgimento punto 4.

Che $B$ sia chiuso per composizione è ovvio, mentre $S$ e $A$ non lo sono perchè, ad esempio,

$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^2=-\begin{pmatrix} 1&0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

Infine neanche $T$ lo è in quanto, ad esempio,

$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix};$

Svolgimento punto 5.

Le coordinate di $M$ nella base $\mathcal{B}_S$ sono $(2,1,-2)$ , mentre le coordinate nella base $\mathcal{B}_T$ sono $(2,1,1)$ ;

Svolgimento punto 6.

Ad esempio $M= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ ;

Svolgimento punto 7.

Ad esempio $M= \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ .

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Calcolo base e dimensione di U.

Calcolo base e dimensione W.

Calcolo base e dimensione U∩W (metodo 1).

Calcolo base e dimensione U∩W (metodo 2).

Verifica V= U+V.

Calcolo base di K e V∩K.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

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Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

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