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Esercizi sugli spazi vettoriali 4 — basi e dimensione

Spazi vettoriali

Home » Esercizi sugli spazi vettoriali 4 — basi e dimensione

In questa raccolta presentiamo 27 esercizi sul calcolo delle basi e della dimensione di spazi vettoriali.
I problemi sono accuratamente selezionati allo scopo di approfondire ogni aspetto di questo importante tema; essi sono completamente risolti, permettendo al lettore di confrontare la soluzione trovata con quella da noi proposta. Forniamo inoltre alcuni spunti di riflessione riguardanti curiosità, generalizzazioni e osservazioni utili.

Questo lavoro si rivolge dunque a studenti e appassionati di algebra lineare che desiderano fare pratica su questo argomento. Segnaliamo inoltre le raccolte Esercizi svolti sugli spazi vettoriali 5 e Esercizi svolti sugli spazi vettoriali 6 su basi e sottospazi.

base di uno spazio vettoriale di dimensione 3

 

Sommario

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In questa dispensa vengono proposti esercizi misti su spazi vettoriali (basi e dimensioni). I testi degli esercizi sono tratti dal sito didattico del professore Antonio Cigliola.

 

Autori e revisori

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  Autore: Davide La Manna

Revisori: Jacopo Garofali.


 

Notazioni su basi e dimensioni degli spazi vettoriali

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

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

\mathbb{K}[X]

\mathbb{K}_{\leq n}[X]

\operatorname{Sym}_n(\mathbb{K})

\operatorname{\operatorname{ASym}}_n(\mathbb{K})

\operatorname{Diag}_n(\mathbb{K})

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

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

Anello dei polinomi a coefficienti in \mathbb{K} nella variabile x;

Anello dei polinomi a coefficienti in \mathbb{K} nella variabile x di grado minore o uguale ad n;

Spazio vettoriale delle matrici simmetriche di ordine n sul campo \mathbb{K};

Spazio vettoriale delle matrici asimmetriche di ordine n sul campo \mathbb{K};

Spazio vettoriale delle matrici diagonali di ordine n sul campo \mathbb{K}.

 


 

Testi degli esercizi su basi e dimensione degli spazi vettoriali

Esercizio 1 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Sono dati i vettori v_1 = (1, 0, 0), v_2 = (2, 1,-1) e v_3 = (1, 2, 3) di \mathbb{R}^3.Dimostrare che v_1, v_2 e v_3 costituiscono una base di \mathbb{R}^3.

Svolgimento.

Poiché \mathbb{R}^3 ha dimensione 3, i vettori presi in considerazione, in numero uguale alla dimensione dello spazio, costituiranno una base se e solo se generano tutto lo spazio. Questo avviene se e solo se la matrice

    \[A= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 2 & 1 & -1\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}\]

ha rango massimo o, equivalentemente (essendo una matrice quadrata), è invertibile. Sappiamo che una matrice è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da zero, calcoliamo quindi \det(A).

Per la regola di Laplace sulla prima riga della matrice

    \[\det(A)=1\cdot \det \begin{pmatrix} 1 & -1\\ 2 & 3 \end{pmatrix} =1\cdot 3-(-1)\cdot 2=5\neq 0.\]

Abbiamo dunque dimostrato che la matrice A è invertibile e di conseguenza i 3 vettori formano una base di \mathbb{R}^3.


 

Esercizio 2 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Determinare una base del sottospazio vettoriale U \subseteq \mathbb{R}^3, dove

    \[U = \mathcal{L}\big((1,-3,-2),\;(0,-1,-1),\;(0, 2, 2),\;(0, 0, 0),\;(-1, 2, 1)\big).\]

Svolgimento.

U è generato da 5 vettori (che chiameremo v_i con i\in \{1\dots,5\}), quindi siamo certi che non possono rappresentare una base di \mathbb{R}^3, essendo 5>3 e quindi non possono essere lineramente indipendenti. Il metodo standard per risolvere questo tipo di problema consiste nell’applicare il metodo di riduzione a scala di Gauss-Jordan alla matrice

    \[M= (v_1 \;v_2\;v_3\;v_4\; v_5),\]

il quale restituisce un sottoinsieme linearmente indipendente di generatori U, ovvero una base.

In alternativa, possiamo osservare che:

  • v_4 è superfluo, perché rimuovendo il vettore nullo, i rimanenti vettori costituiscono un sistema di generatori di U;
  • anche v_5 è superfluo, infatti

        \[v_5=-v_1+v_2;\]

  • anche v_3 può essere rimosso; vale infatti

        \[v_3=-2v_2.\]

Rimane da mostrare che v_1 e v_2 sono linearmente indipendenti. Ciò implica che il sistema \{v_1,v_2\} è una base di U, in quanto, per i tre punti precedenti, essi generano U. Ma v_1 e v_2 sono necessariamente indipendenti poiché la prima componente di v_1 e non nulla mentre la prima componente di v_2 è nulla.

Una base per U sarà dunque \mathcal{B}=\{(1,-3,-2),\;(0,-1,-1)\}.


 

Esercizio 3 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Sia E = \mathcal{L}((1, 1, 0, 1), (2, 0, 1, 1)) \subset \mathbb{R}^4. Per quali valori di k si ha che (1, k, 2,-1) \in E?

Svolgimento.

Chiamiamo v_1=(1, 1, 0, 1), v_2=(2, 0, 1, 1) e v_3=(1,k,2,-1). Allora v_3\in E se e solo se v_3 è combinazione lineare di v_1 e v_2, ovvero \exists\, a_1, a_2\in \mathbb{R} tale che v_3=a_1 v_1+ a_2 v_2, ovvero il sistema

    \[\begin{cases} a_1+2a_2=1\\ a_1=k\\ a_2=2\\ a_1+a_2=-1. \end{cases}\]

Sostituendo la terza nella prima troviamo l’uguaglianza a_1+2a_2=-3+4=1. dunque (1, k, 2,-1) \in E se e solo se k=-3.


 

Esercizio 4 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Sia W \subseteq \mathcal{M}_2(\mathbb{R}^3) il sottospazio vettoriale costituito dalle matrici a traccia nulla (ovvero, quelle per cui la somma
degli elementi sulla diagonale vale 0). Trovare una base di W e completarla ad una base di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}).

Svolgimento.

Poiché la somma degli elementi diagonali è 0, un generico elemento di W è una matrice della forma

    \[A= \begin{pmatrix} a & b\\ c & -a \end{pmatrix},\]

dove a, b e c sono coefficienti reali.

Una base di W è, ad esempio, \mathcal{B}:=\{e_1,e_2,e_3\} dove:

    \[e_1= \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad e_2= \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix},\quad e_3= \begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0 \end{pmatrix},\]

in quanto tali matrici sono un insieme di generatori linearmente indipendenti di W.

Per completarla a una base di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) è sufficiente aggiungere alle matrici di \mathcal{B}, la matrice

    \[e_4= \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}.\]

Il sistema \{e_1,\dots, e_4\} costituisce una base di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) poiché è un sistema massimale di elementi linearmente indipendenti. Infatti, si ha che

    \[\text{dim}(\mathcal{M}_2(\mathbb{R}))=2\cdot 2=4\]

e inoltre e_4 è indipendente dagli elementi di \mathcal{B} poiché e_4 non appartiene a W (la sua traccia è 1).


 

Esercizio 5 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Dimostrare che valgono le seguenti uguaglianze:
 

  1. \mathcal{L}\Bigg(\begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & -1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\Bigg)=\mathcal{M}_2(\mathbb{R}^3);

  2. \mathcal{L}(2,\;2x+2,\;1,\;2x+2+2x^2)=\s(x-x^2\;1+x,\;1+x+x^2,\;x^2-x+1);

  3. \s((-1,1,1),\;(0,0,0),\;(1,0,1),\;(1,1,0))=\s((-1,0,-1),\;(1,0,0),\;(-3,0,0),\;(1,1,-1)).

Svolgimento punto 1.

Vogliamo dimostrare che le quattro matrici generano \mathcal{M}_2(\mathbb{R}), il che equivale a dimostrare che esse costituiscono una base di tale spazio vettoriale, per via della dimensione. Numeriamo le matrici con le lettere A_i con i=1,\dots,4. Allora vogliamo dimostrare che l’equazione

(1)   \begin{equation*} a_1 A_1+a_2 A_2+a_3 A_3+a_4 A_4=0 \end{equation*}

implica a_1=a_2=a_3=a_4=0.

Scriviamo in forma esplicita l’uguaglianza (1):

    \[a_1 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & 1 \end{pmatrix}+ a_2 \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 1 \end{pmatrix}+ a_3 \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & 0 \end{pmatrix}+ a_4 \begin{pmatrix} 1 & -1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix},\]

che equivale al sistema

    \[\begin{cases} a_1+a_3+a_4=0\\ a_1+a_2-a_4=0\\ -a_1+a_3=0\\ a_1+a_2=0. \end{cases}\]

Si tratta quindi di trovare le soluzioni del sistema

    \[Ax=0,\]

dove

    \[A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0 & -1\\ -1 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.\]

Per lo sviluppo di Laplace rispetto alla quarta riga,

    \[\det(A)=-1\cdot\det\begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&0&-1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}+1\cdot\det\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&0&-1\\ -1&1&0 \end{pmatrix} =-1\cdot 1+1\cdot(1+1+1)=2\neq 0.\]

Dunque la matrice è invertibile, e l’unica soluzione è x=0. Le quattro matrici sono quindi linearmente indipendenti.

Svolgimento punto 2.

Innanzitutto riscriviamo i vettori in coordinate rispetto alla base \mathcal{B}=\{1,x,x^2\} di \mathbb{R}_{\leq 2}[x], otteniamo che il problema equivale a dimostrare:

    \[\s((2,0,0),(1,0,0),(2,2,0),(2,2,2))=\s((0,1,-1),(1,1,0),(1,1,1),(1,-1,1)).\]

Occupiamoci del primo membro: sottraendo il terzo vettore dal quarto, il primo vettore dal terzo e dimenticandoci del secondo vettore che appartiene banalmente allo span del primo possiamo scrivere lo span come

    \[\s((2,0,0),(0,2,0),(0,0,2))=\mathbb{R}_{\leq 2}[x].\]

Dobbiamo quindi dimostrare che

    \[\s((0,1,-1),(1,1,0),(1,1,1),(1,-1,1))\]

genera \mathbb{R}_{\leq 2}[x], ovvero che la matrice

    \[B=\begin{pmatrix} 0&1&-1\\ 1&1&0\\ 1&1&1\\ 1&-1&1 \end{pmatrix}\]

ha rango 3.

A tale scopo, mostriamo un minore 3\times 3 invertibile (calcolandone il determinante) ottenuto eliminando la quarta riga. Applicando la regola di Sarrus, otteniamo:

    \[\det \begin{pmatrix} 0&1&-1\\ 1&1&0\\ 1&1&1 \end{pmatrix}=0\cdot 1\cdot 1+ 1\cdot 0 \cdot 1 -1\cdot 1 \cdot 1 -0\cdot 1 \cdot 1 -1\cdot 0 \cdot 1 +1\cdot 1 \cdot 1=-1\neq 0.\]

Svolgimento punto 3.

Applichiamo lo stesso ragionamento a questo problema dimostrando che entrambi gli span sono uguale a \mathbb{R}^3 col metodo dei minori. La matrice che ha per righe i vettori a sinistra è:

    \[A=\begin{pmatrix} -1&1&1\\ 0&0&0\\ 1&0&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix}\]

e calcoliamo il determinante della sottomatrice che si ottiene eliminando la seconda riga (che è nulla e dunque superflua). Con la regola di Sarrus si ottiene:

    \[\det\begin{pmatrix} -1&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix} =0+1+1+1+0+0=3\neq 0.\]

Procediamo analogamente come sopra: la matrice che ha per righe i vettori a destra è:

    \[B=\begin{pmatrix} -1&0&-1\\ 1&0&0\\ -3&0&0\\ 1&1&-1 \end{pmatrix},\]

a cui eliminiamo la terza riga (essendo combinazione lineare della seconda) per calcolare il determinante:

    \[\det\begin{pmatrix} -1&0&-1\\ 1&0&0\\ 1&1&-1 \end{pmatrix}=0+0-1+0+0+0=-1\neq 0.\]

Concludiamo che entrambi gli spazi vettoriali sono uguali a \mathbb{R}^3.


 

Esercizio 6 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Verificare che \{ (-1, 1), (2, 1) \} è una base di \mathbb{R}^2. Scrivere i vettori u = (2, 2), v = (0, 0),
w = (\pi; \pi) e u + w come combinazione lineare di tali vettori.

Svolgimento.

\mathbb{R}^2 ha dimensione 2, dunque una sua base deve essere formata da 2 vettori. Poiché in uno spazio di dimensione finita una base è costituita da qualsiasi sistema di vettori indipendenti di cardinalità pari alla dimensione, per mostrare che v_1 e v_2 formano una base di \mathbb{R}^2 occorre verificare che essi siano linearmente indipendenti, ovvero che non esistono a, b\in \mathbb{R}, a,b \neq 0 tali che a\cdot(-1,1)+b\cdot(2,1)=(0,0). A tale scopo, è sufficiente verificare che il determinante della seguente matrice non sia zero:

    \[\det\begin{pmatrix} -1&2\\ 1&1\\ \end{pmatrix}=-1 -2=-3\neq 0.\]

ciò mostra che v_1 e v_2 formano una base di \mathbb{R}^2. Pertanto possiamo scrivere i vettori richiesti in maniera unica come combinazione lineare della base.  

  1. Iniziamo da u=(2,2)

        \[u=\begin{pmatrix} 2\\ 2\\ \end{pmatrix}= a_1\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ \end{pmatrix} + b_1\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ \end{pmatrix}.\]

    determinare a_1 e b_1 si traduce nella risoluzione di un sistema lineare:

        \[\begin{pmatrix} -1&2\\ 1&1\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1\\ b_1\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2\\ 2\\ \end{pmatrix}.\]

    Applicando la regola di Cramer, otteniamo:

        \[\begin{cases} a_1=-\dfrac 1 3 \det\begin{pmatrix} 2&2\\ 2&1\\ \end{pmatrix}=2/3\\ b_1=-\dfrac 1 3\det\begin{pmatrix} -1&2\\ 1&2\\ \end{pmatrix}=4/3.\\\]

  2. caso v=(0,0):

        \[v=\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ \end{pmatrix}= a_2\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ \end{pmatrix} + b_2\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ \end{pmatrix}.\]

    Poiché v è il vettore nullo e i v_1 e v_2 formano una base, la loro unica combinazione lineare che fornisce v è quella nulla: a_2=b_2=0.

  3. caso w=(\pi, \pi):

        \[w=\begin{pmatrix} \pi\\ \pi\\ \end{pmatrix}= a_3\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ \end{pmatrix} + b_3\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ \end{pmatrix}.\]

    Questo si traduce nella risoluzione del sistema lineare:

        \[\begin{pmatrix} -1&2\\ 1&1\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_3\\ b_3\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \pi\\ \pi\\ \end{pmatrix}.\]

    Applicando la regola di Cramer, otteniamo:

        \[\begin{cases} a_1=-\dfrac 1 3 \det\begin{pmatrix} \pi&2\\ \pi&1\\ \end{pmatrix}=\pi/3\\ b_1=-\dfrac 1 3\det\begin{pmatrix} -1&\pi\\ 1&\pi\\ \end{pmatrix}=2\pi/3.\\ \end{cases}\]

  4. caso u+w=(2+\pi, 2+\pi):

    In questo caso, dato che abbiamo già a disposizione la scrittura di u e w come combinazione lineare degli elementi della base, otteniamo quindi:

        \[u+w=\begin{pmatrix} 2+\pi\\ 2+\pi\\ \end{pmatrix}= (a_1+a_3)\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ \end{pmatrix} + (b_1+b_3)\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ \end{pmatrix} = \frac{\pi+2}{3}\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ \end{pmatrix} + \frac{2\pi+4}{3}\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ \end{pmatrix}.\]


 

Esercizio 7 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Verificare che \{ (-1, 1, 1), (2, 1, 0), (0, 0, 1) \} è una base di \mathbb{R}^3. Scrivere i vettori
u=(2, 1,-1), v=(1,-3, 0) e u+w

come combinazione lineare dei vettori di tale base.

Svolgimento.

Poiché \mathbb{R}^3 ha dimensione 3, affinché i vettori v_1=(-1,1,1), v_2=(2,1,0) e v_3=(0,0,1) formino una base, dobbiamo verificare la lineare indipendenza, ovvero che non esistono a,b,c\in \mathbb{R}, non tutti nulli, tali che

    \[a\cdot(-1,1,1)+b\cdot(2,1,0)+ c\cdot(0,0,1)=(0,0,0).\]

A tale scopo, è sufficiente verificare che la matrice sia invertibile ovvero che il determinante della seguente matrice non sia zero. Per il calcolo del determinante utilizziamo lo sviluppo di Laplace a partire dalla terza colonna:

    \[\det\begin{pmatrix} -1&2&0\\ 1&1&0\\ 1&0&1\\ \end{pmatrix}= 0 + 0 + 1\cdot \det \begin{pmatrix} -1&2\\ 1&1\\ \end{pmatrix}=-3\neq 0.\]

Ciò mostra che v_1, v_2 e v_3 formano una base di \mathbb{R}^3. Pertanto possiamo scrivere i vettori richiesti in maniera unica come combinazione lineare dei vettori della base.  

     

  1. Iniziamo da u=(2,1,-1):

        \[u=\begin{pmatrix} 2\\ 1\\ -1\\ \end{pmatrix}= a_1\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1\\ \end{pmatrix} + b_1\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 0\\ \end{pmatrix} + c_1 \cdot \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ \end{pmatrix}.\]

    Questo si traduce nella risoluzione nel sistema lineare:

        \[\begin{pmatrix} -1&2&0\\ 1&1&0\\ 1&0&1\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1\\ b_1\\ c_1\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2\\ 1\\ -1\\ \end{pmatrix},\]

    che equivale a:

        \[\begin{cases} -a_1+2b_1=2\\ a_1+b_1=1\\ a_1+c_1=-1\\ \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} b_1=1\\ a_1=1-b_1=1-1=0\\ c_1=-1-a_1=-1-0=-1. \end{cases}\]

  2. Analizziamo adesso v=(1,-3,0):

        \[v=\begin{pmatrix} 1\\ -3\\ 0\\ \end{pmatrix}= a_2\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1\\ \end{pmatrix} + b_2\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 0\\ \end{pmatrix} +c_2 \cdot \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ \end{pmatrix}.\]

    Come sopra:

        \[\begin{pmatrix} -1&2&0\\ 1&1&0\\ 1&0&1\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_2\\ b_2\\ c_2\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\ -3\\ 0\\ \end{pmatrix},\]

    che diventa

        \[\begin{cases} -a_2+2b_2=1\\ a_2+b_2=-3\\ a_2+c_2=0 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} b_2=-2/3\\ a_2=-3-b_2=-7/3\\ c_2=-a_2=7/3. \end{cases}\]

  3. u+v=(3, -2,-1): In questo caso, dato che abbiamo già a disposizione la scrittura di u e v come combinazione lineare degli elementi della base, otteniamo:

        \[\begin{aligned} u+w&= \begin{pmatrix} 3\\ -2\\ -1\\ \end{pmatrix}=\\[10pt] &=(a_1+a_2)\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1\\ \end{pmatrix} + (b_1+b_2)\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 0\\ \end{pmatrix} +(c_1+c_2)\cdot \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ \end{pmatrix}=\\[10pt] &=-\frac{7}{3}\cdot \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 1\\ \end{pmatrix} + \frac{1}{3}\cdot \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 0\\ \end{pmatrix} + \frac{4}{3}\cdot\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ \end{pmatrix}. \end{aligned}\]


 

Esercizio 8 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Verificare che \{x+1, x^{2} -1, 2-x\} è una base di \mathbb{R}_{\leq2}[x].

Scrivere i vettori u=x^2+x+1, v=-x-1 e u+3v come combinazione lineare dei vettori di tale base.

Svolgimento.

Una base di \mathbb{R}_{\leq2}[x] è \{1, x, x^2\}, che dunque ha dimensione 3. Come nell’esercizio 6 e 7, ci basta testare la lineare indipendenza dei vettori scelti. A tal scopo è sufficiente attenersi alla definizione di vettori linearmente indipendenti e quindi verificare se l’unica terna di scalari (a,b,c) che annulla la combinazione lineare

    \[a\cdot(x+1)+b\cdot(x^2-1)+c\cdot(2-x)\]

è (a,b,c)=(0,0,0). In caso affermativo i polinomi sono linearmente indipendenti. Imponiamo dunque che valga

    \[a\cdot(x+1)+b\cdot(x^2-1)+c\cdot(2-x)=0\]

e otteniamo

    \[a\cdot(x+1)+b\cdot(x^2-1)+c\cdot(2-x)=0 \Longleftrightarrow(a-b+2c)\cdot 1 +(a-c)\cdot x +b\cdot x^2 =0\]

Per il principio di identità dei polinomi, la precedente uguaglianza si traduce nel seguente sistema lineare omogeneo di tre equazioni nelle incognite a,b,c:

    \[\begin{cases} a-b+2c=0\\ a-c=0\\ b=0. \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} a=0\\ b=0\\ c=0. \end{cases}\]

Ora che abbiamo verificato che \{x+1,x^2+1.2-x\} è una base, ricaviamo la scrittura di u,v e u+3v come combinazione lineare degli elementi di tale base.  

  1. Iniziamo da u=x^2+x+1:

        \[u=x^2+x+1=a_1\cdot(x+1)+b_2\cdot(x^2-1)+c_1\cdot(2-x).\]

    Vogliamo nuovamente usare il principio d’identità dei polinomi:

        \[(a_1-b_1+2c_1)\cdot1+(a_1-c_1)\cdot x +b_1\cdot x^2=u \Longleftrightarrow \begin{cases} a_1-b_1+2c_1=1\\ a_1-c_1=1\\ b_1=1. \end{cases}\]

    Procedendo coi calcoli:

        \[\begin{cases} 2c_1=2 -a_1\\ a_1=1 +c_1\\ b_1=1 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} 2c_1=2-1-c_1 \rightarrow c_1=\frac{1}{3}\\ a_1=\frac{4}{3}\\ b_1=1. \end{cases}\]

  2. Consideriamo adesso v=-x-1 e notiamo che

        \[v=-x-1=-(x+1).\]

    Dunque si ottiene

        \[v= -1(x+1)+ 0(x^2-1) + 0(2-x),\]

    ovvero a_2=-1, b_2=c_2=0.

  3. u+3v= x^2 -2x -2.

    In questo caso, dato che abbiamo già a disposizione la scrittura di u e v come combinazione lineare degli elementi della base, otteniamo:

        \[\begin{aligned} u+3v&=(a_1 + 3a_2)\cdot(x+1)+(b_1+3b_2)\cdot(x^2 -1) + (c_1+3c_2)\cdot(2-x)=\\[10pt] &= \left( \frac{4}{3} -3 \right)\cdot(x+1) +1\cdot(x^2 -1) + \frac{1}{3}\cdot(2-x). \end{aligned}\]


 

Esercizio 9 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Verificare che \Bigg\{\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}\Bigg\} è una base di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}).

Scrivere le matrici

u=\begin{pmatrix} 2 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}, v=\begin{pmatrix} 2 & 2\\ 2 & -2 \end{pmatrix}, w=\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 3 & 4 \end{pmatrix} e u-v+2w
come combinazione lineare degli elementi di tale base.

Svolgimento (verifica base).

Vogliamo dimostrare che le quattro matrici sono un sistema massimale di vettori linearmente indipendenti di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}). Numeriamo le matrici con le lettere A_i con i=1,\dots,4. Per dimostrare che esse costituiscono un sistema di vettori linearmente indipendenti, osserviamo che

(2)   \begin{equation*} a_1 A_1+a_2 A_2+a_3 A_3+a_4 A_4=0 \end{equation*}

implica a_1=a_2=a_3=a_4=0.

Scriviamo in forma matriciale l’uguaglianza (2):

    \[a_1 \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}+ a_2 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}+ a_3 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}+ a_4 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}.\]

Che equivale al sistema

    \[\begin{cases} a_1+ a_2 +a_3+a_4=0\\ a_2+a_3+a_4=0\\ a_3+a_4=0\\ a_4=0. \end{cases}\]

Si tratta quindi di trovare le soluzioni del sistema

    \[AX=0,\]

dove

    \[A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},\]

che è sicuramente una matrice non degenere, in quanto triangolare superiore e con elementi diagonali non nulli. Concludiamo che l’unica soluzione è X=0 e dunque le quattro matrici sono linearmente indipendenti. Essendo di cardinalità pari alla dimensione di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}), le matrici date formano una base. Risolviamo ora la seconda parte dell’esercizio, esprimendo le restanti matrici come combinazione lineare degli elementi di base.

Svolgimento per u.

Vogliamo trovare b_1, b_2, b_3, b_4 tali che:

    \[u=b_1 A_1 + b_2 A_2 + b_3 A_3 +b_4 A_4.\]

Scriviamo in forma matriciale tale uguaglianza:

    \[b_1 \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}+ b_2 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}+ b_3 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}+ b_4 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 2 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.\]

che equivale al sistema

    \[\begin{cases} b_1+b_2 +b_3+b_4=2\\ b_2+b_3+b_4=1\\ b_3+b_4=-1\\ b_4=0. \end{cases}\]

che si può risolvere per semplice sostituzione all’indietro, ottenendo:

    \[\begin{cases} b_1=1\\ b_2=2\\ b_3=-1\\ b_4=0. \end{cases}\]

Svolgimento per v.

Vogliamo trovare c_1, c_2, c_3, c_4 tali che:

    \[v=c_1 A_1 + c_2 A_2 + c_3 A_3 +c_4 A_4.\]

Scriviamo in forma matriciale tale uguaglianza:

    \[c_1 \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}+ c_2 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}+ c_3 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}+ c_4 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 2 & 2\\ 2 & -2 \end{pmatrix},\]

che equivale al sistema

    \[\begin{cases} c_1+c_2 +c_3+c_4=2\\ c_2+c_3+c_4=2\\ c_3+c_4=2\\ c_4=-2. \end{cases}\]

che si può risolvere per semplice sostituzione all’indietro, ottenendo:

    \[\begin{cases} c_1=0\\ c_2=0\\ c_3=4\\ c_4=-2. \end{cases}\]

Svolgimento per w.

Vogliamo trovare d_1, d_2, d_3, d_4 tali che:

    \[w=d_1 A_1 + d_2 A_2 + d_3 A_3 +d_4 A_4.\]

Scriviamo in forma matriciale tale uguaglianza:

    \[d_1 \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}+ d_2 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}+ d_3 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}+ d_4 \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 3 & 4 \end{pmatrix},\]

che equivale al sistema

    \[\begin{cases} d_1+d_2 +d_3+d_4=1\\ d_2+d_3+d_4=2\\ d_3+d_4=3\\ d_4=4. \end{cases}\]

che si può risolvere per semplice sostituzione all’indietro, ottenendo:

    \[\begin{cases} d_1=-1\\ d_2=-1\\ d_3=-1\\ d_4=4. \end{cases}\]

Svolgimento per u-v+2w.

Avendo già a disposizione i coefficienti delle combinazioni lineari di u,v,w, otteniamo subito:

    \[\begin{aligned} u-v+2w&=(b_1-c_1+2d_1)A_1 +\\[10pt] &+ (b_2-c_2+2d_2) A_2 +\\[10pt] &+ (b_3-c_3+2d_3)A_3 +\\[10pt] &+ (b_4-c_4+2d_4)A_4=\\[10pt] &= -A_1 -7 A_3 + 10A_4. \end{aligned}\]


 

Esercizio 10 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Determinare una base e la dimensione del sottospazio vettoriale di \mathbb{R}[x] definito come

    \[U=\{ f(x) \in \mathbb{R}[x]\;|\; \deg f(x) \leq 2, f(-2)=0 \}\]

.

Svolgimento.

Dalla definizione di U è evidente che:

    \[U \subseteq \mathbb{R}_{\leq2}[x],\]

ovvero, U è contenuto nello spazio dei polinomi a una variabile di grado al più 2, che, come osservato in esercizi precedenti, ha dimensione 3. Dunque, \operatorname{dim}U\leq 3 ma, poiché ad esempio il polinomio f(x)=x non soddisfa f(-2)=0, l’inclusione è stretta, e possiamo concludere che \dim U \leq 2. Mostriamo ora che esistono due polinomi di grado diverso che verificano f(-2)=0, ad esempio x+2, x^2-4=(x-2)(x+2). Essi sono linearmente indipendenti in quanto due polinomi di gradi diversi non possono essere uno multiplo scalare dell’altro, e dunque formano una base di U.

 

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Esercizio 11 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Sia S il sottospazio vettoriale di \mathbb{R}[x] definito come

    \[S=\{ f(x) \in \mathbb{R}[x]\;|\; \deg f(x) \leq 4, f(-1)=f(1)=0 \}.\]

Determinare una base di S e completarla a base di \mathbb{R}_{\leq 4}[x].

Svolgimento.

Per definizione abbiamo

    \[S \subseteq \mathbb{R}_{\leq4}[x],\]

che ha dimensione 5 e dunque, \dim S \leq 5. L’inclusione ovviamente è stretta, poiché non tutti i polinomi di grado al più 4 in \mathbb{R} hanno -1 e 1 come radici. La condizione f(-1)=f(1)=0 implica che la dimensione di S sia al più 3, poiché chiaramente i polinomi costanti non hanno zeri, e un polinomio di grado 1 non può avere due radici distinte. È immediato osservare che x^4-x^2, x^4-1, x^3-x \in S, dunque è sufficiente dimostrare che essi sono linearmente indipendenti per dimostrare che essi formano una base di S. Abbiamo:

    \[a\cdot(x^4-x^2)+b\cdot(x^4-1)+c\cdot(x^3-x)=0 \Longleftrightarrow (-b)\cdot1 +(-c)\cdot x + (-a)\cdot x^2+(c)\cdot x^3 +(a+b)\cdot x^4=0.\]

Per il principio d’identità dei polinomi, otteniamo a=b=c=0. Ciò prova la lineare indipendenza dei tre vettori, e conclude l’indagine sulla dimensione di S.

Non ci resta che completare tale base a una base di \mathbb{R}_{\leq 4}[x]. Avendo questo dimensione 5, dobbiamo aggiunger solo due vettori. È sufficiente aggiungere alla base i polinomi x^4 e x per generare \mathbb{R}_{\leq 4}[x]. Infatti, otteniamo i polinomi 1, x, x^2, x^3, x^4, come combinazione lineare degli elementi della nostra base:

    \[1= -1\cdot(x^4-1)+1\cdot(x^4)\]

    \[x= 1\cdot x\]

    \[x^2= -1\cdot(x^4-x^2)+1\cdot(x^4)\]

    \[x^3= 1\cdot(x^3-x) +1\cdot x\]

    \[x^4= 1\cdot x^4\]

Questo ci permette di concludere l’esercizio.


 

Esercizio 12 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Trovare una base del sottospazio

    \[U=\Bigg\{\begin{pmatrix} a & 0\\ b & -a \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \;|\; a,b \in \mathbb{R}\Bigg\}\quad \text{di}\quad \mathcal{M}_2(\mathbb{R})\]

.

Svolgimento.

Sia M=\begin{pmatrix} a & 0\\ b & -a \end{pmatrix} un generico elemento di U e osserviamo che M=aA_1 + b A_2, dove abbiamo posto

    \[A_1=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, A_2=\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0 \end{pmatrix}.\]

Dunque \mathcal{L} (A_1, A_2) = U, ovvero le matrici A_1,A_2 generano U e sono anche linearmente indipendenti, in quanto non sono una multiplo dell’altra. Concludiamo che esse formano una base e che \operatorname{dim}U=2.


 

Esercizio 13 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Trovare una base di W=\{b + ax + ax^2 \in \mathbb{R}_{\leq2}[x]\;|\;a,b \in \mathbb{R}\}.

Svolgimento.

Sia w\in W, è facile notare che:

    \[w= b + ax + ax^2= b\cdot 1 + a\cdot (x+ x^2), \;\forall a,b \in \mathbb{R}.\]

Notiamo dunque che, posti w_1=1, w_2=x+x^2, si ha

    \[\mathcal{L} (w_1, w_2) = W.\]

Possiamo concludere che w_1 e w_2 sono linearmente indipendenti dal fatto che essi non sono un multiplo scalare l’uno dell’altro. Dunque, essi formano una base e \operatorname{dim}W=2.


 

Esercizio 14 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Nello spazio vettoriale \mathbb{R}_{\leq 3}[x] si considerino i seguenti sottospazi:

    \[U=\{f(x) \in \mathbb{R}_{\leq 3}[x] \text{ }|\text{ } f(1)=0\},\]

    \[V=\{a+ (2a-b)x + (a-b)x^3 \text{ }|\text{ } a,b \in \mathbb{R} \}.\]

Determinare una loro base.

Svolgimento.

Osserviamo preliminarmente che \operatorname{dim}\mathbb{R}_{\leq 3}[x]=4. Dato che U e V sono definite a partire dallo spazio di base aggiungendo dei vincoli, ci aspettiamo che \operatorname{dim}U <4 e \operatorname{dim}V <4. Affrontiamo i due quesiti separatamente:

 

  1. Per f \in U abbiamo la condizione f(1)=0, dunque il sottospazio delle funzioni costanti è in somma diretta con U, e possiamo concludere \operatorname{dim}U\leq 3. Osserviamo che il generico polinomio di U si scrive, per il teorema di Ruffini, come f(x)=(x-1)g(x), con g(x) polinomio di grado al più 2, affinché il grado di f sia al più 3. Scegliendo, per g, 3 polinomi indipendenti, i corrispondenti elementi ottenuti moltiplicando questi 3 polinomi per (x-1) rimangono indipendenti. Pertanto una scelta possibile è g(x)=1, g(x)=x, g(x)=x^2 e una base è v_1=(x-1), v_2=(x-1)x, v_3=(x-1)x^2 (verificare!).

    Una alternativa consiste nell’osservare che i polinomi u_1=x-1, u_2=x^2-1, u_3=x^3-1 \in U sono una base. Verifichiamo che sono linearmente indipendenti: siano a,b,c\in \mathbb{R},

        \[a\cdot u_1 + b\cdot u_2 + c\cdot u_3= a\cdot (x-1) + b\cdot (x^2-1) + c\cdot (x^3-1)=0 \Longleftrightarrow\]

        \[\Longleftrightarrow (-a -b -c)\cdot (1) +a\cdot x + b\cdot x^2 + c\cdot x^3=0.\]

    Per il principio d’identità dei polinomi, segue a=b=c=0, da cui l’indipendenza lineare di u_1, u_2, u_3. \E chiaro che

        \[\mathcal{L}(u_1, u_2, u_3) \subset U.\]

    Ma \operatorname{dim}\mathcal{L}(u_1, u_2, u_3)=3, e dunque \operatorname{dim}U\geq 3. Poiché, come avevamo già osservato, \operatorname{dim}U<4 concludiamo che \{u_1, u_2,u_3\} è una base di U.

  2. Osserviamo che il generico elemento di V si scrive come a + 2ax + ax^3 -bx - bx^3= a(1+2x+x^3) +b(-x-x^3). Siano v_1=1 + 2x + x^3, v_2=-x-x^3 \in V. Abbiamo che essi sono linearmente indipendenti, non essendo l’uno multiplo dell’altro, e che

        \[\mathcal{L} (v_1, v_2) =V,.\]

    Concludiamo che \{ v_1,v_2 \} è una base di V.


 

Esercizio 15 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Sia n un intero positivo. Determinare una base dei sottospazi \operatorname{Sym}_n(\mathbb{R}), \operatorname{ASym}_n(\mathbb{R}) e \operatorname{Diag}(\mathbb{R}). Quanto valgono le loro dimensioni?

Svolgimento.

Ricordiamo che \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) ha dimensione n^2. Trattiamo separatamente i vari casi:  

  1. Se S \in \operatorname{Sym}_n(R), allora il generico elemento s_{i,j} è uguale all’elemento s_{j,i} per ogni i,j \in \{1,...,n\}, ossia:

        \[S= \begin{pmatrix} s_{1,1}&s_{1,2}&...&s_{1,n-1}&s_{1,n}\\ s_{1,2}&s_{2,2}&...&s_{2,n-1}&s_{2,n}\\ \vdots&\vdots&\ddots &\vdots& \vdots\\ s_{1,n-1}&s_{2,n-1}&...&s_{n-1,n-1}&s_{n-1,n}\\ s_{1,n}&s_{2,n}&...&s_{n-2,n} &s_{n,n}\\ \end{pmatrix}.\]

    Quindi, per il calcolo della dimensione, dobbiamo contare quanti elementi indipendenti abbiamo. Per calcolare il numero di elementi indipendenti non diagonali togliamo n dalla matrice generica a n^2 elementi e dividiamo a metà perché s_{ij}=s_{ji}, i\neq j. Infine, aggiungiamo n, per tenere conto delle entrate diagonali, così da ottenere

        \[\operatorname{dim}\operatorname{Sym}_n(\mathbb{R})= \frac{n^2-n}{2}+n=\frac{n(n+1)}{2}.\]

    Ora che ne conosciamo la dimensione, presentiamo una possibile base per \operatorname{Sym}_n(\mathbb{R}), formata da n matrici della seguente forma (un 1 in una tra le n entrate diagonali, e le altre nulle):

        \[\begin{pmatrix} 1 & 0&...&0 & 0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \end{pmatrix}, \text{ }...\text{ }, \begin{pmatrix} 0 & 0&...&0 & 0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &0\\ 0 & 0&...&0 &1\\ \end{pmatrix},\]

    e \frac{n^2-n}{2} con 2 entrate simmetriche rispetto la diagonale principale uguali a 1, e le altre nulle:

        \[\begin{pmatrix} 0 & 1&...&0 & 0\\ 1 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \end{pmatrix}, \text{ }... \text{ }, \begin{pmatrix} 0 & 0&...&0 & 0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &1\\ 0 & 0&...&1 &0\\ \end{pmatrix}.\]

    È evidente che siano linearmente indipendenti poiché hanno entrate non nulle sempre in posizioni diverse, e dunque, essendo nel numero giusto, sono proprio le matrici di base che stavamo cercando.

  2. Se \operatorname{ASym}_n(\mathbb{R}): sia A\in \operatorname{ASym}_n(\mathbb{R}), allora è della forma:

        \[A= \begin{pmatrix} 0&a_{1,2}&...&a_{1,n-1}&a_{1,n}\\ -a_{1,2}&0&...&a_{2,n-1}&a_{2,n}\\ \vdots&\vdots&\ddots &\vdots& \vdots\\ -a_{1,n-1}&-a_{2,n-1}&...&0&a_{n-1,n}\\ -a_{1,n}&-a_{2,n}&...&-a_{n-2,n} &0\\ \end{pmatrix}.\]

    Per calcolare la dimensione di questo spazio, dalla matrice generica a n^2 entrate togliamo gli n zeri della diagonale principale (ottenendo n^2-n) e dividiamo a metà perché a_{ij}=-a_{ji},

        \[\operatorname{dim}\operatorname{ASym}_n(\mathbb{R})= \frac{n^2-n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}.\]

    Ora che ne conosciamo la dimensione, presentiamo una possibile base per \operatorname{ASym}_n(\mathbb{R}), formata da \frac{n(n-1)}{2} matrici della seguente forma (tutte nulle tranne un 1 e un -1 nelle entrate simmetriche rispetto la diagonale principale):

        \[\begin{pmatrix} 0 & 1&...&0 & 0\\ -1 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \end{pmatrix}, \text{ }... \text{ }, \begin{pmatrix} 0 & 0&...&0 & 0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &1\\ 0 & 0&...&-1 &0\\ \end{pmatrix}.\]

  3. Il caso di \operatorname{Diag}_n(\mathbb{R}): sia D\in \operatorname{Diag}(\mathbb{R}), allora è della forma:

        \[D= \begin{pmatrix} d_{1,1} & 0&...&0 & 0\\ 0 & d_{2,2}&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&d_{n-1,n-1} &0\\ 0 & 0&...&0 &d_{n,n}\\ \end{pmatrix}.\]

    Vogliamo dimostrare che le n matrici seguenti generano \operatorname{Diag}(\mathbb{R}):

        \[\begin{pmatrix} 1 & 0&...&0 & 0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \end{pmatrix}, \text{ }...\text{ }, \begin{pmatrix} 0 & 0&...&0 & 0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &0\\ 0 & 0&...&0 &1\\ \end{pmatrix}.\]

    Ma questo è abbastanza intuitivo, perché \forall D\in \operatorname{Diag}(\mathbb{R}) come sopra, possiamo scrivere:

        \[D= d_{1,1}\cdot \begin{pmatrix} 1 & 0&...&0 & 0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \end{pmatrix}+ \text{ }...\text{ }+ d_{n,n}\cdot\begin{pmatrix} 0 & 0&...&0 & 0\\ 0 & 0&...&0 &0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0&...&0 &0\\ 0 & 0&...&0 &1\\ \end{pmatrix} .\]


 

Esercizio 16 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Sia k\in \mathbb{R}. Si considerino i vettori u=(2,k,1), v=(k,2,0), w=(0,0,k) e s=(k,k,k) di \mathbb{R}^3 e sia F il sottospazio da essi generato. Calcolare la dimensione e una base di F al variare di k\in \mathbb{R}.

Svolgimento.

Si osservi preliminarmente che F\subset \mathbb{R}^3, dunque \operatorname{dim}F \leq \operatorname{dim} \mathbb{R}^3=3, quindi, indipendentemente da k, uno dei 4 vettori dovrà essere linearmente dipendente dagli altri. Per individuare la dimensione al variare di k, studiamo il rango della matrice che ha per colonne i nostri 4 vettori:

    \[\begin{pmatrix} 2 & k & 0 & k\\ k& 2 & 0 & k \\ 1& 0 & k & k \end{pmatrix}.\]

Per trovare il rango, consideriamo il seguente minore della matrice:

    \[\operatorname{det}\begin{pmatrix} 2 & k & 0 \\ k& 2 & 0 \\ 1& 0 & k \end{pmatrix} = k\cdot(4-k^2)\neq 0.\]

Dunque, nel caso k\neq0,2,-2, possiamo concludere che una base è \{ u,v,w \} e

    \[\operatorname{dim}F = \operatorname{dim}\mathcal{L}(u,v,w) = 3.\]

Trattiamo gli altri due casi separatamente:  

  1. Caso k=0. Sotto queste ipotesi, u=(2,0,1), v=(0,2,0), w=s=(0,0,0). È immediato osservare che u,v sono linearmente indipendenti (non sono multiplo l’uno dell’altro). Ciò ci fa concludere che \{ u,v \} è una base e che

        \[\operatorname{dim}F = \operatorname{dim}\mathcal{L}(u,v) = 2.\]

  2. Caso k=2. Sotto queste ipotesi, u=(2,2,1), v=(2,2,0), w=(0,0,2) e s=(2,2,2). È immediato osservare che w,v sono linearmente indipendenti (non sono multiplo l’uno dell’altro). Notiamo che:

        \[s= 1\cdot v + 1\cdot w,\]

        \[u= 1\cdot v + \frac{1}{2}\cdot w.\]

    Questo implica che: s,u\in \mathcal{L}(v,w). Ciò ci fa concludere che \{ u,v \} è una base e che

        \[\operatorname{dim}F = \operatorname{dim}\mathcal{L}(w,v) = 2.\]

  3. Caso k=-2. In questo caso u=(2-2,1), v=(-2,2,0), w=(0,0,-2) e s=(-2,-2,-2).

    Calcoliamo il determinante della matrice che ha come colonne v,w,s:

        \[\operatorname{det}\begin{pmatrix} -2 & 0 & -2 \\ 2& 0 & -2 \\ 0& -2 & -2 \end{pmatrix}=-(-2) \cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} -2 & -2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}=16\neq 0.\]

    Dunque \{ v,w,s \} è una base e

        \[\operatorname{dim} F=3.\]

    Ciò conclude l’esercizio.


 

Esercizio 17 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Si considerino i polinomi f(x)=x^2-1, g(x)=-kx^2+1, h(x)=kx^2+k di \mathbb{R}_{\leq 2}[x] e sia B il sottospazio da essi generato. Per quali valori di k i polinomi f(x), g(x), h(x) sono una base di B? Calcolare la dimensione di B al variare di k\in \mathbb{R}. Per quali valori di k il polinomio a(x)= 2 -kx + kx^2 appartiene a B?

Svolgimento.

Si osservi preliminarmente che \operatorname{dim}B \leq \operatorname{dim} \mathbb{R}_{\leq 2}[x]=3, quindi i tre polinomi saranno una base di B se e solo se sono linearmente indipendenti. Andiamo allora a studiare il rango della matrice che ha per colonne le componenti dei nostri vettori rispetto alla base \{ 1,x,x^2 \} che risulta essere

    \[\begin{pmatrix} -1 & 1 & k \\ 0& 0 & 0 \\ 1& -k & k \end{pmatrix}.\]

Notiamo che, indipendentemente dal valore di k, la matrice non risulta invertibile poiché la seconda riga è nulla. Tuttavia, riusciamo a trovare minori di rango 2:

    \[\operatorname{det} \begin{pmatrix} -1& 1 \\ 1 & -k \end{pmatrix}= k - 1 \neq 0, \text{ } \forall k \neq 1;\]

    \[\operatorname{det} \begin{pmatrix} -1& k \\ 1 & k \end{pmatrix}= -2k \neq 0, \text{ }\forall k \neq 0.\]

Dunque, \forall k, possiamo concludere che:

    \[\operatorname{dim}B =2.\]

Notiamo che:  

  1. nel caso k=0, f(x)=x^2-1, g(x)=1, h(x)=0. Dunque \{f(x), g(x)\} sono una base per B.
  2. nel caso k=1, f(x)=x^2-1, g(x)=-x^2+1, h(x)=x^2+1. È evidente che g(x)=-f(x), mentre h(x), f(x) non sono multipli l’uno dell’altro, dunque sono linearmente indipendenti. Dunque \{f(x), h(x)\} (oppure \{g(x), h(x)\}) è una base di B.
  3. nel caso k\neq0,1 qualsiasi coppia estratta dall’insieme \{ f(x),g(x),h(x) \} costituisce una base per B.

Non ci resta che chiederci per quali valori di k, a(x)=2-kx +kx^2 appartiene a B.

  1. Per k=0 è facile notare che a(x)=2=2\cdot g(x).
  2. Per k\neq 0 a(x) non appartiene a B, in quanto tutti e tre i generatori hanno coefficiente di x nullo.

 

Esercizio 18 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Sia data la matrice A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}). Trovare una base e la dimensione del sottospazio U=\{X\in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \;|\; AX=XA\} di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}).

Svolgimento.

Iniziamo notando che:

    \[\operatorname{det}A= \operatorname{det}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}= -1.\]

La matrice A è invertibile, per cui:

    \[U=\{X\in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) | AX=XA\} \Longleftrightarrow U=\{X\in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) | AXA^{-1}=X\}.\]

Calcoliamo quindi l’inversa di A:

    \[A^{-1}=-1\cdot \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}^{T}= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}=A .\]

Sia X= \begin{pmatrix} a& b\\ c & d \end{pmatrix} \in U, allora essa soddisfa l’equazione:

    \[AXA^{-1}=AXA= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} a& b\\ c & d \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a& b\\ c & d \end{pmatrix}= X,\]

ovvero

    \[\begin{pmatrix} a+b& -b\\ a+b -c-d & d - b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a& b\\ c & d \end{pmatrix}.\]

Tale equazione è equivalente al sistema:

    \[\begin{cases} a+b=a\\ -b=b\\ a+b -c-d=c\\ d-b=d \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} b=0\\ c= \dfrac{a- d}{2}.\\ \end{cases}\]

Questo implica che X è un elemento di U se e solo se X=\begin{pmatrix} a& 0\\ \dfrac{a- d}{2} & d \end{pmatrix}= a\begin{pmatrix} 1&0 \\ \frac 1 2 & 0 \end{pmatrix}+ d \begin{pmatrix} 0& 0\\ -\frac 1 2 & 1 \end{pmatrix}.

Dunque, le matrici

    \[X_1= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}, \text{ } X_2=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ -\frac{1}{2} & 1 \end{pmatrix}\]

formano una base di U, che ha dunque dimensione pari a 2.


 

Esercizio 19 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale:

    \[V=\mathcal{L}( -x+1, 2x-2, x^2-1, 6) \subseteq \mathbb{R}[x].\]

Per quali valori di \lambda\in \mathbb{R} si ha \lambda x^2 -1 \in V?

Svolgimento.

È immediato notare che:

    \[2x-2= -2\cdot(-x+1).\]

Dunque:

    \[V=\mathcal{L}( -x+1, 2x-2, x^2-1, 6)= \mathcal{L}( -x+1, x^2-1, 6).\]

Se mostriamo che -x+1,x^2-1,6 sono linearmente indipendenti, otteniamo subito che \operatorname{dim}V=3.

    \[a\cdot(-x+1)+b\cdot(x^2-1)+c\cdot6= (a-b+6c)\cdot1 -a\cdot x +b\cdot x^2=0.\]

Per il principio di identità dei polinomi, ciò accade se e solo se a=b=c=0, il che conclude la prova che \operatorname{dim}V=3. Si osservi che:

    \[V \subseteq \mathbb{R}_{\leq 2}[X], \text{ } \operatorname{dim}V = \operatorname{dim}\mathbb{R}_{\leq2}[X] \Rightarrow V=\mathbb{R}_{\leq 2}[X].\]

Ciò fornisce la risposta anche alla seconda domanda: \forall \lambda \in \mathbb{R}, \lambda x^2 -1 \in \mathbb{R}_{\leq 2}[x]=V.


 

Esercizio 20 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Determinare una base e la dimensione dei seguenti sottospazi:
 

  1. \mathcal{L}((-1,1),(0,0),(1,0),(-2,1))\subseteq \mathbb{R}^2;

  2. \mathcal{L}((\pi, \pi), (e,e)) \subseteq \mathbb{R}^2;

  3. \mathcal{L}((\pi, e), (e, -\pi)) \subseteq \mathbb{R}^2;

  4. \mathcal{L}((-1,1,1), (1,0,1), (1,1,3))\subseteq \mathbb{R}^3;

  5. \mathcal{L}((-1,1,1), (1,0,1), (1,1,0))\subseteq \mathbb{R}^3;

  6. \mathcal{L}((-1,-1,-1), (-1,-1,1),(-1,1,1) (1,1,1))\subseteq \mathbb{R}^3;

  7. \mathcal{L}(1, x^3+x+1, -1-x+x^2, x^3-x^2+2x+3, 2x^2-2x-2)\subseteq \mathbb{R}[x];

  8. \mathcal{L}(2, 2x+2, 1, 2x^2+2x+2)\subseteq \mathbb{R}[x];

  9. \mathcal{L}(\pi + e, x+2, x-2 + 2000x^2)\subseteq \mathbb{R}[x];

  10. \mathcal{L}\Bigg( \begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1&1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 &1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & e \\ 0 &e \end{pmatrix}\Bigg) \subseteq \mathcal{M}_2(\mathbb{R});

  11. \mathcal{L}\Bigg( \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1&1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ -2 &0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 &-1 \end{pmatrix}\Bigg) \subseteq \mathcal{M}_2(\mathbb{R});

  12. \mathcal{L}\Bigg( \begin{pmatrix} 0 & 1&0\\ 1&1&0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0& 2 & 0 \\ -2 &0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 1&0\\ 0 &-1 &0 \end{pmatrix}\Bigg) \subseteq \mathcal{M}_{2,3}(\mathbb{R}).

Svolgimento punto 1.

Iniziamo notando che:

    \[\mathcal{L}((-1,1),(0,0),(1,0),(-2,1))=\mathcal{L}((-1,1),(1,0),(-2,1))\subseteq \mathbb{R}^2.\]

Da V \subseteq \mathbb{R}^2, segue che \dim V \leq 2. Poiché i vettori (-1,1) e (1,0) sono indipendenti si ha anche \dim V \geq 2, ossia \dim V=2 e il sistema \{(-1,1),(1,0)\} ne costituisce una base.

Svolgimento punto 2.

È immediato notare che

    \[(\pi, \pi)= \frac{\pi}{e}\cdot(e,e).\]

Dunque

    \[\mathcal{L}((\pi, \pi), (e,e))= \mathcal{L}((e,e))=\mathcal{L}((1,1)).\]

Pertanto \operatorname{dim}\mathcal{L}((e,e))=1, e una sua base è \mathcal{B}=\{(1,1)\}.

Svolgimento punto 3.

Dimostriamo che (\pi, e), (e, -\pi) sono linearmente indipendenti: \begin{aligned} + a\cdot(\pi, e)+b\cdot(e, -\pi)=0 &\Longleftrightarrow \begin{cases} a\cdot \pi + b\cdot e =0\\ a\cdot e – b\cdot \pi =0 \end{cases}\\ &\Longleftrightarrow \begin{cases} a= \frac{e}{\pi}\cdot b\\ b=0 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} a= 0\\ b=0. \end{cases} \end{aligned} Da ciò segue che i due vettori sono linearmente indipendenti e il sottospazio considerato ha dimensione 2, ovvero coincide con \mathbb{R}^2. Una sua base è, ad esempio, \{(1,0), (0,1)\}.

Svolgimento punto 4.

Per capire quale potrebbe essere la dimensione del sottospazio, calcoliamo il determinante della matrice le cui colonne sono costituite dai vettori generatori del sottospazio (viene utilizzato lo sviluppo di Laplace secondo la seconda colonna):

    \[\operatorname{det}\begin{pmatrix} -1&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&3 \end{pmatrix}= -1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} 1&1\\ 1&3 \end{pmatrix} +0 -1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} -1&1\\ 1&1 \end{pmatrix}= -2 + 2 =0.\]

Dunque la matrice non è invertibile, e il sottospazio considerato ha dimensione minore di 3. Osserviamo però che (-1,1,1), (1,0,1) sono linearmente indipendenti (in quanto non sono uno multiplo dell’altro). pertanto, il sottospazio considerato ha dimensione 2, e una sua base è

    \[\mathcal{B}=\{(-1,1,1), (1,0,1)\}.\]

Svolgimento punto 5.

Per capire quale sia la dimensione del sottospazio, calcoliamo il determinante della matrice le cui colonne sono costituite dai vettori generatori del sottospazio (viene utilizzato lo sviluppo di Laplace secondo la seconda colonna):

    \[\operatorname{det}\begin{pmatrix} -1&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&0 \end{pmatrix}= -1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{pmatrix} +0 -1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} -1&1\\ 1&1 \end{pmatrix}= +1 + 2 =3.\]

Dunque la matrice è invertibile, e il sottospazio considerato ha dimensione 3 e una base è:

    \[\mathcal{B}=\{(-1,1,1), (1,0,1), (1,1,0)\}.\]

Svolgimento punto 6.

Notiamo che (-1,-1,-1)=-1\cdot (1,1,1), dunque:

    \[\mathcal{L}((-1,-1,-1), (-1,-1,1), (-1,1,1), (1,1,1))= \mathcal{L}((-1,-1,1), (-1,1,1), (1,1,1)).\]

Procediamo come sopra per capire se la dimensione del nostro sottospazio è 3 (viene utilizzato lo sviluppo di Laplace secondo la prima colonna):

    \[\operatorname{det}\begin{pmatrix} -1&-1&1\\ -1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix}= -1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{pmatrix} +1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} -1&1\\ 1&1 \end{pmatrix}1 +1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} -1&1\\ 1&1 \end{pmatrix}= 0 -2 -2 =-4 \neq 0.\]

Dunque la matrice è invertibile, e il sottospazio considerato ha dimensione 3. Una sua base è:

    \[\mathcal{B}=\{(-1,-1,1), (-1,1,1), (1,1,1)\}.\]

Svolgimento punto 7.

Si osservi che:

    \[\mathcal{L}(1, x^3+x+1, -1-x+x^2, x^3-x^2+2x+3, 2x^2-2x-2)\subseteq \mathbb{R}_{\leq 3}[x].\]

Dunque:

    \[\operatorname{dim}\mathcal{L}(1, x^3+x+1, -1-x+x^2, x^3-x^2+2x+3, 2x^2-2x-2)\leq \operatorname{dim}\mathbb{R}_{\leq 3}[x]=4.\]

Inoltre, è immediato notare che 2x^2-2x-2=2\cdot(x^2-x-1), da cui:

    \[\mathcal{L}(1, x^3+x+1, -1-x+x^2, x^3-x^2+2x+3, 2x^2-2x-2)= \mathcal{L}(1, x^3+x+1, -1-x+x^2, x^3-x^2+2x+3).\]

Procedendo come sopra calcoliamo mediante lo sviluppo di Laplace il determinante della seguente matrice:

    \[\operatorname{det} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 2\\ 1 & 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}= -1\cdot \operatorname{det} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & -1\\ 1 & -1 & 2\\ \end{pmatrix}= -1\cdot \Bigg( 1\cdot \begin{pmatrix} 1 & -1\\ -1 & 2 \end{pmatrix} +1 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix} \Bigg)= 0.\]

Dunque i vettori considerati sono linearmente dipendenti. Notiamo che il rango della matrice è 3 e le prime tre colonne sono linearmente indipendenti, essendo non singolare il minore in basso a sinistra:

    \[\operatorname{det} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1\\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}=-1.\]

Si osservi infatti che x^3-x^2+2x+3=1+ (x^3+x+1)- (x^2-x-1), quindi il quarto polinomio è superfluo. Dunque una base è \{ 1, x^3+x+1, x^2-x-1\}.

Svolgimento punto 8.

Si osservi che:

    \[\mathcal{L}(2, 2x+2,1, 2x^2+2x+2)\subseteq \mathbb{R}_{\leq 2}[x].\]

Dunque:

    \[\operatorname{dim}\mathcal{L}(2, 2x+2,1, 2x^2+2x+2)\leq \operatorname{dim}\mathbb{R}_{\leq 2}[x]=3.\]

Inoltre, è immediato notare che 2=2\cdot1, da cui:

    \[\mathcal{L}(2, 2x+2, 1, 2x^2+2x+2)=\mathcal{L}(1, 2x+2, 2x^2+2x+2) .\]

Calcoliamo ora il determinante della matrice associata a questi vettori (ci serviamo dello sviluppo di Laplace a partire dalla prima colonna):

    \[\operatorname{det} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 2\\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}= 1\cdot \operatorname{det} \begin{pmatrix} 0 & 2\\ 2 & 2 \end{pmatrix}= -4 \neq 0.\]

Dunque i vettori considerati sono linearmente indipendenti. Ma allora:

    \[\mathcal{L}(1, 2x+2, 2x^2+2x+2) = \mathbb{R}_{\leq 2}[x].\]

Dunque, una base per il nostro spazio è \{1, x, x^2\}.

Svolgimento punto 9.

Si osservi che:

    \[\mathcal{L}(\pi + e, x+2, x-2 + 2000x^2)\subseteq \mathbb{R}_{\leq 2}[x].\]

Dunque:

    \[\operatorname{dim}\mathcal{L}(\pi + e, x+2, x-2 + 2000x^2)\leq \operatorname{dim}\mathbb{R}_{\leq 2}[x]=3.\]

Calcoliamo ora il determinante della matrice associata a questi vettori (ci serviamo dello sviluppo di Laplace a partire dalla prima colonna):

    \[\operatorname{det} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2000 \\ 0 & 1 & 1\\ \pi + e & 2 & -2 \end{pmatrix}= (\pi + e)\cdot \operatorname{det} \begin{pmatrix} 0 & 2000\\ 1 & 1 \end{pmatrix}= (\pi+e)\cdot(-2000) \neq 0.\]

Dunque i vettori considerati sono linearmente indipendenti, e si ha

    \[\mathcal{L}(\pi + e, x+2, x-2 + 2000x^2) = \mathbb{R}_{\leq 2}[x].\]

Dunque, una base per il nostro spazio è \{1, x, x^2\}.

Svolgimento punto 10.

Notiamo che:

    \[\begin{pmatrix} 0 & e\\ 0 & e \end{pmatrix}= e\cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 &1 \end{pmatrix},\]

il che implica direttamente:

    \[\mathcal{L}\Bigg( \begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1&1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 &1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & e \\ 0 &e \end{pmatrix}\Bigg)= \mathcal{L}\Bigg( \begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1&1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 &1 \end{pmatrix}\Bigg).\]

\E immediato notare che

    \[\begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1&1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 &1 \end{pmatrix}\]

sono linearmente indipendenti, in quanto non multiple l’una dell’altra.

Dunque, il sottospazio considerato ha dimensione 2, e una sua base è data da

    \[\mathcal{B}=\Bigg\{\begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1&1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 &1 \end{pmatrix} \Bigg\}.\]

Svolgimento punto 11.

Verifichiamo la lineare indipendenza delle matrici considerate:

    \[\begin{aligned} &a\cdot \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1&1 \end{pmatrix} +b\cdot \begin{pmatrix} 2 & 0\\ -2 &0 \end{pmatrix}+ c\cdot\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0&-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{pmatrix} \quad \Longleftrightarrow\\[10pt] &\Longleftrightarrow \quad \begin{cases} 2b+c=0\\ a+c=0\\ a-c=0\\ -a-2b=0 \end{cases} \Longleftrightarrow\\[10pt] &\Longleftrightarrow \quad \begin{cases} b=\dfrac{-c}{2}\\ a=-c\\ 2c=0 \\ -a-2b=0 \end{cases} \Longleftrightarrow\\[10pt] &\Longleftrightarrow \quad \begin{cases} a=0\\ b=0\\ c=0. \end{cases}\end{aligned}\]

Concludiamo che le tre matrici sono linearmente indipendenti, ossia la dimensione del sottospazio considerato è 3. Dunque, una base per il nostro sottospazio è:

    \[\mathcal{B}=\Bigg\{ \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1&1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 & 0\\ -2 &0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0&-1 \end{pmatrix}\Bigg\}.\]

Svolgimento punto 12.

Verifichiamo la lineare indipendenza delle matrici considerate:

    \[\begin{aligned} &a\cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 1&1&0 \end{pmatrix} +b\cdot \begin{pmatrix} 0&2 & 0\\ -2 &0&0 \end{pmatrix}+ c\cdot\begin{pmatrix} 0 & 1&0\\ 0&-1&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix} \quad \Longleftrightarrow \\[10pt] &\Longleftrightarrow \quad \begin{cases} a+2b+c=0\\ a-2b=0\\ a-c=0\\ \end{cases} \Longleftrightarrow \\[10pt] &\Longleftrightarrow \quad \begin{cases} 6b=0\\ a=2b\\ c=a=2b \end{cases} \quad \Longleftrightarrow \\[10pt] &\Longleftrightarrow \quad \begin{cases} a=0\\ b=0\\ c=0. \end{cases}\end{aligned}\]

Concludiamo che le tre matrici sono linearmente indipendenti, ossia la dimensione del sottospazio considerato è 3. Dunque, una base per il nostro sottospazio è

    \[\mathcal{B}=\Bigg\{ \begin{pmatrix} 0 & 1&0\\ 1&1&0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0&2 & 0\\ -2 &0&0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1 &0\\ 0 &-1&0 \end{pmatrix}\Bigg\}.\]


 

Esercizio 21 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Per quali valori di k \in \mathbb{R} valgono le seguenti uguaglianze?

  1. \mathcal{L}(1+x,kx-1)=\mathbb{R}_{\leq 2}[x];

  2. \mathcal{L}((k,1,1), (1,k,1),(1,1,k))=\mathbb{R}^3;

  3. \mathcal{L}(x,kx-1,kx^2-x,kx^{100}+1)=\mathbb{R}[x].

Svolgimento punto 1.

Trattiamo i diversi punti separatamente: Ricordiamo che \mathbb{R}_{\leq 2}[x] è lo spazio dei polinomi di grado al più 2 che ha come base standard \{1, x, x^2\} e \operatorname{dim} \mathbb{R}_{\leq 2}[x]=3. Pertanto, \mathcal{L}(1+x,kx-1), che ha dimensione al più 2, è un sottospazio proprio di \mathbb{R}_{\leq 2}[x] per ogni valore di k.

Svolgimento punto 2.

Notiamo che:

    \[\mathcal{L}((k,1,1), (1,k,1),(1,1,k))\subseteq \mathbb{R}^3.\]

Dunque, affinché i due spazi siano uguali, basta che abbiano la stessa dimensione. Per determinare i k che vanno bene calcoliamo il determinante della matrice che ha come colonne i vettori che generano il nostro sottospazio (usiamo lo sviluppo di Laplace secondo la prima colonna della matrice):

    \[\begin{aligned} \operatorname{det} \begin{pmatrix} k & 1 & 1 \\ 1&k & 1 \\ 1 & 1 & k \end{pmatrix} &= k\cdot \begin{pmatrix} k&1\\ 1 & k \end{pmatrix} -1\cdot\begin{pmatrix} 1&1\\ 1 & k \end{pmatrix} +1 \cdot \begin{pmatrix} 1&1\\ k & 1 \end{pmatrix}=\\[10pt] &= k\cdot(k^2-1) -1\cdot ( k - 1) + 1\cdot( 1-k)=\\[10pt] &= (k-1)\cdot(k^2+k-2).\end{aligned}\]

I valori di k per cui i tre vettori sono linearmente dipendenti sono quelli che annullano il determinante, ovvero:

    \[(k-1)\cdot(k^2+k-2)=0 \Longleftrightarrow \begin{cases} k_1=1\\ k_2=\frac{1-\sqrt{3}}{2}\\ k_3=\frac{1+\sqrt{3}}{2}.\\ \end{cases}\]

Da cui segue l’uguaglianza considerata è valida \forall k\in \mathbb{R} \neq 1, \frac{1-\sqrt{3}}{2},\frac{1+\sqrt{3}}{2}.

Svolgimento punto 3.

Ricordiamo che \mathbb{R}[x] ha dimensione infinita, pertanto:

    \[\mathcal{L}(x,kx-1,kx^2-x,kx^{100}+1)\neq \mathbb{R}[x] \text{ }, \forall k \in \mathbb{R}.\]


 

Esercizio 22 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Siano V uno spazio vettoriale reale e \{v_1, v_2, v_3, v_4\} una sua base.

  1. Dimostrare che anche \{v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4, v_1+v_4\} è una base una di V.
  2. Stabilire poi se \{ v_1 - v_2, v_2 - v_3, v_3 - v_4, v_1 - v_4 \} è una base di V.

Svolgimento punto 1.

Verificare che un insieme di vettori \mathcal{B} di uno spazio vettoriale V è una base significa verificare che i vettori di \mathcal{B} sono linearmente indipendenti e generano tutto lo spazio V. Occorre quindi verificare che il sistema

    \[\mathcal{B}=\{v_1-v_2, v_2-v_3, v_3-v_4,v_1+v_4\}\]

soddisfa entrambe le proprietà. Verifichiamo dunque che i quattro vettori sono linearmente indipendenti. La matrice che ha come colonne i vettori delle coordinate dei vettori dati rispetto la base \{v_1, v_2, v_3, v_4\} è

    \[A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}.\]

Calcoliamo il determinante di A mediante sviluppo di Laplace:

    \[\operatorname{det}A=1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} -1\cdot\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}=1\cdot 1+(-1)\cdot (-1)=2\neq 0.\]

Questo implica che A è invertibile, dunque il rango è 4 e i nostri vettori sono effettivamente una base.

Svolgimento punto 2.

Consideriamo adesso l’insieme

    \[\{ v_1 - v_2, v_2 - v_3, v_3 - v_4, v_1 - v_4 \}.\]

La matrice stavolta è

    \[B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}.\]

Calcoliamo il determinante di B mediante sviluppo di Laplace:

    \[\operatorname{det}B=1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} -1\cdot\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}=1\cdot (-1)+(-1)\cdot(-1)=0.\]

I vettori dati sono dunque linearmente dipendenti e non formano una base di V, ma generano un sottospazio vettoriale di dimensione 3. Infatti la matrice B contiene il seguente minore 3×3 invertibile:

    \[\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.\]


 

Esercizio 23 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Siano V uno spazio vettoriale reale e \{v_1, v_2, v_3\} una sua base. Dimostrare che anche \{v_1, v_2, v_3 + \lambda v_1 + \mu v_2\} è una base di V, per ogni \lambda, \mu\in \mathbb{R}.

Svolgimento.

Verificare che un insieme di vettori \mathcal{B} di uno spazio vettoriale V è una base significa verificare che i vettori di \mathcal{B} sono linearmente indipendenti e generano V. Occorre quindi verificare che il sistema

    \[\mathcal{B}=\{v_1, v_2, v_3 + \lambda v_1 + \mu v_2\}\]

soddisfa entrambe le proprietà. Verifichiamo dapprima che i tre vettori sono linearmente indipendenti.

Presi a_1,a_2 ed a_3\in \mathbb{R}, vale infatti che

    \[0=a_1 v_1+a_2 v2+a_3(v_3 + \lambda v_1 + \mu v_2)=(a_1+a_3\lambda)v_1+(a_2+a_3\mu)v_2+a_3 v_3,\]

ma essendo v_1, v_2, v_3 una base di V, questo implica che

    \[\begin{cases} a_1+\lambda a_3 &= 0 \\ a_2 +\mu a_3 &= 0 \\ a_3&=0, \end{cases}\]

ovvero,

    \[a_3=a_2=a_1=0.\]

Dunque i vettori di \mathcal{B} rimangono linearmente indipendenti. Osserviamo che non è necessario verificare che generano V infatti, essendo \{v_1,v_2,v_3\} una base di V, necessariamente \text{dim}V=3 e dunque \mathcal{B} è un sistema massimale di vettori linearmente indipendenti e dunque una base.


 

Esercizio 24 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) In ciascuno dei seguenti casi, trovare una base del sottospazio e completarla ad una
base dello spazio accanto indicato:
 

  1. \mathcal{L}((0,0),(1,0),(\pi,0))\subseteq \mathbb{R}^2

  2. \mathcal{L}((1,0,1),(-1,0,-1),(2,0,2))\subseteq \mathbb{R}^3;

  3. \mathcal{L}((0,1,1,1),(1,0,-1,0))\subseteq \mathbb{R}^4;

  4. \mathcal{L}(x+2,-x^2+3,0)\subseteq \mathbb{R}_{\leq 3}[x];

  5. \mathcal{L}\Bigg(\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\Bigg)\subseteq \mathcal{M}_2(\mathbb{R}).

Svolgimento punto 1.

Risolviamo separatamente i cinque esercizi. Chiamiamo i generatori di \mathcal{L}((0,0),(1,0),(\pi,0)) v_1, v_2, v_3. Poiché v_1 è il vettore nullo e v_3=\pi\cdot v_2, segue che

    \[\mathcal{L}((0,0),(1,0),(\pi,0))=\mathcal{L}((1,0)).\]

Per completarlo a base di \mathbb{R}^2 basta quindi aggiungere e_2=(0,1), per ottenere

    \[\mathcal{L}((1,0),(0,1))=\mathbb{R}^2.\]

Svolgimento punto 2.

Anche in questo caso chiamiamo v_1,v_2, v_3 i generatori e osserviamo che v_2=-v_1 e v_3=2v_1, dunque

    \[\mathcal{L}((1,0,1),(-1,0,-1),(2,0,2))=\mathcal{L}((1,0,1)).\]

Per completare v_1=e_1+e_3 a base di \mathbb{R}^3 basta aggiungere e_1=(1,0,0) e e_2=(0,1,0). Infatti

    \[\mathcal{L}(e_1+e_3,e_2,e_3)=\mathcal{L}((e_1,e_2,e_3)=\mathbb{R}^3,\]

come è stato dimostrato nell’esercizio 23 .

Svolgimento punto 3.

In questo caso i due vettori sono già una base del sottospazio da essi generato, perché non essendo paralleli sono linearmente indipendenti. Per completare a base di \mathbb{R}^4, aggiungiamo e_1=(1,0,0,0) ed e_2=(0,1,0,0) e mostriamo che la matrice che ha per righe i vettori scelti,

    \[A= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 &0\\ 0 & 1 &0 & 0\\ 0 & 1 & 1 &1\\ 1 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix},\]

risulta invertibile. Per calcolare il determinante di A applichiamo lo sviluppo di Laplace alla prima riga e successivamente alla seconda del minore 3×3 che ne segue:

    \[\operatorname{det}A=\operatorname{det} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 &0\\ 0 & 1 &0 & 0\\ 0 & 1 & 1 &1\\ 1 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}=1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} 1 &0 & 0\\ 1 & 1 &1\\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}=1\cdot 1\cdot \operatorname{det}\begin{pmatrix} 1 &1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}=1\cdot 1\cdot 1=1\neq 0.\]

Questo conclude l’esercizio

Svolgimento punto 4.

Anche in questo caso possiamo eliminare il vettore 0, ottenendo

    \[\mathcal{L}(x+2,-x^2+3,0)=\mathcal{L}(x+2,-x^2+3).\]

Non essendo uno multiplo scalare dell’altro, i due polinomi risultano linearmente indipendenti. Per completare a base di \mathbb{R}_{\leq 3}[x] ci basta aggiungere v_3=1 e v_4=x^3. Per mostrare che

    \[\mathcal{L}=(1,x^3,x+2,-x^2+3)=\mathbb{R}_{\leq 3}[x].\]

Rappresentiamo i 4 vettori in forma matriciale rispetto alla base \{ 1,x,x^2,x^3 \} di \mathbb{R}_{\leq 3}[x] e mostriamo che la matrice risultante, che chiamiamo B è invertibile:

    \[\operatorname{det}B=\operatorname{det} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 &3\\ 0 & 0 &1 & 0\\ 0 & 0 & 0 &-1\\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}=1\cdot \operatorname{det} \begin{pmatrix} 0 &1 & 0\\ 0 & 0 &-1\\ 1 &-0 & 0 \end{pmatrix}=1\cdot 1 \cdot \operatorname{det} \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 &-1 \end{pmatrix}=1\cdot 1 \cdot (-1)=-1\neq 0.\]

Dove abbiamo applicato la regola di Laplace sulla prima colonna e successivamente sulla seconda. Come prima, questo ci permette di concludere l’esercizio.

Svolgimento punto 5.

In questo caso non abbiamo verifiche da fare perché il nostro spazio rappresenta lo span di un singolo vettore. Per completarlo a base di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) ci basta quindi aggiungere 3 qualunque vettori della base standard di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) e quello che otterremo sarà una base poiché la matrice

    \[\begin{pmatrix} -1 & 1\\ 2 &1 \end{pmatrix}\]

ha entrate non nulle in ogni componente. Un esempio di completamento a base di \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) sarà quindi l’insieme formato da

    \[\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 & 1\\ 2 &1 \end{pmatrix}.\]


 

Esercizio 25 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Siano dati i vettori u = (1, 2, 1), v = (1, 0, 2) e w = (1, k,-1) di \mathbb{R}^3. Per quali valori di k i tre vettori formano una base di \mathbb{R}^3? Determinare la dimensione di \mathcal{L}(u, v,w) e di \mathcal{L}(v,w) al variare di k\in \mathbb{R}.

Svolgimento.

Poiché \operatorname{dim} \mathbb{R}^3=3, i 3 vettori u, v e w, formano una base di \mathbb{R}^3 se e solo se sono linearmente indipendenti, ovvero, se e solo se la matrice

    \[A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 2 & 0 & k\\ 1 & 2 & -1 \end{pmatrix}\]

risulta invertibile.

Calcolando il determinante di A mediante la regola di Sarrus otteniamo

    \[\operatorname{det}A=0+k+4-0+2-2k=6-k,\]

ovvero che A è invertibile se e solo se k\neq 6. Per questi valori i tre vettori saranno quindi una base di \mathbb{R}^3.

Per k=6 invece, w=(1,6,-1)=3u-2v mentre w e v sono linearmente indipendenti non essendo uno multiplo dell’altro, dunque:

  • per k\neq 6, \operatorname{dim}\mathcal{L}(u,v,w)=3 e \operatorname{dim}\mathcal{L}(v,w)=2;
  • per k=6, \operatorname{dim}\mathcal{L}(u,v,w)=2=\operatorname{dim}\mathcal{L}(v,w).

 

Esercizio 26 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Determinare una base e la dimensione del sottospazio vettoriale W\subseteq \mathbb{R}^4, dove

    \[W = \mathcal{L}((2,-1, 1, 1 ), (1,-1, 1, 1), (1, 0, 0, 0), (4,-2, 2, 2)).\]

Svolgimento.

Per chiarezza, indichiamo i 4 generatori di W con v_1,\dots, v_4.

Calcoliamo a questo punto il rango della matrice che ha come colonne i 4 vettori:

    \[A=\begin{pmatrix} 2& 1& 1 &4 \\ -1 & -1 & 0 & -2\\ 1 & 1 & 0 & 2\\ 1 & 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}.\]

Applicando la regola di Laplace sulla terza colonna otteniamo:

    \[\det A= 1\cdot \det \begin{pmatrix} -1 & -1 & -2\\ 1 & 1 &2 \\ 1 & 1 &2 \end{pmatrix}=0,\]

poiché le ultime due righe sono uguali. Possiamo quindi concludere che v_4 è superfluo, poiché v_4=2v_1, e che anche v_2 lo è, essendo v_2=v_1-v_3. Rimangono quindi v_1 e v_3 che sono linearmente indipendenti perché \nexists \lambda\in \mathbb{R} tale che v_1=\lambda v_3. Di conseguenza \text{dim}W=2 e W=\mathcal{L}((2,-1,1,1), (1,0,0,0)).


 

Esercizio 27 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar) Sia V uno spazio vettoriale finitamente generato e sia W un sottospazio vettoriale di V. Provare che \operatorname{dim}W\leq \operatorname{dim}V. Dimostrare inoltre che V=W se e solo se \operatorname{dim}W = \operatorname{dim}V.

Svolgimento.

Ricordiamo che uno spazio vettoriale V si dice finitamente generato se esistono n vettori v_1,\dots,v_n\in V tali per cui

    \[\mathcal{L}(v_1,\dots,v_n)=V.\]

Per il teorema di esistenza di una base, possiamo anche supporre che i v_1,\dots,v_n siano una base di V e quindi \text{dim}V=n. Sia quindi w_1\in W. Se \mathcal{L}(w_1)=W, abbiamo concluso. Supponiamo quindi che W\neq \mathcal{L}(w_1). Esiste allora un vettore non nullo w_2\in W con w_2\notin \mathcal{L}(w_1), quindi w_1 e w_2 risultano linearmente indipendenti. Anche stavolta abbiamo due casi:

  1. se W=\mathcal{L}(w_1,w_2) abbiamo concluso,
  2. altrimenti esisterà un vettore w_3\in W linearmente indipendente da w_1 e w_2.

Siamo certi che questo processo che genera vettori di W linearmente indipendenti da quelli precedenti termina in k\leq n passi, poiché se trovassimo k>n vettori di W linearmente indipendenti, sarebbero in particolare vettori di V, ma questo è assurdo poiché abbiamo supposto che \text{dim}V=n.

Da questo risultato segue facilmente la tesi, infatti ripercorrendo l’algoritmo, otteniamo un sistema massimale di elementi linearmente indipendenti (dunque una base) di W w_1,\dots,w_k e, per quanto osservato, si ha k\leq n dunque

    \[\text{dim}W=k\leq n=\text{dim}V.\]

Per la seconda parte dell’esercizio, assumiamo allora che \dim W=\dim V. Scelta una base \{w_1,...,w_n\} di W, osserviamo che se esistesse v\in V con v\notin W, i vettori w_1,\dots,w_n, v risulterebbero n+1 vettori linearmente indipendenti di V dunque \text{dim}V>n, assurdo.

 
 

Ulteriori esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

Strutture algebriche.


Algebra lineare.


Geometria analitica.


Geometria differenziale.






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