Esercizi sugli spazi vettoriali 3 — Sottospazi vettoriali

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In questa dispensa presentiamo 10 esercizi sui sottospazi vettoriali, selezionati per offrire una panoramica completa su questo importante concetto dell’algebra lineare. Riportiamo le soluzioni complete di tutti gli esercizi proposti, corredate di interessanti spunti di riflessione.
La raccolta si configura quindi come un valido supporto allo studio dei sottospazi vettoriali: auguriamo a tutti una lettura proficua!
Segnaliamo inoltre la dispensa Esercizi svolti sugli spazi vettoriali 4, relativi a basi e dimensione.

Sommario

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I testi degli esercizi sono tratti dal sito didattico del professore Antonio Cigliola.

Autori e revisori

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Autori: Matteo Talluri, Daniele Fakhoury

Revisori: Chiara Bellotti, Jacopo Garofali.

Notazioni relative a spazi e sottospazi vettoriali

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$\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$

$\mathbb{R}[x]$

$0 = \textbf{0} \in \mathbb{R}[x]$

$\mathbb{R}_{\leq a}[x]$

$\mathcal{L}(v_1, \dots, v_k)$

Spazio vettoriale delle matrici $3 \times 3$

con elementi reali.

Spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali

Polinomio nullo.

Spazio dei polinomi a coefficienti reali di grado minore o uguale ad $a$ .

Sottospazio vettoriale generato dei vettori $v_1, \dots, v_k$ , chiamato anche $\operatorname{span}( v_1, \dots, v_k)$

Testi degli esercizi sugli spazi vettoriali (sottospazi vettoriali)

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Stabilire quali dei seguenti sottoinsiemi di $\mathbb{R}^2$

sono sottospazi vettoriali.

$A =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; y = 0 \}$ ;

$B =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x-y = 0 \}$ ;

$C =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; 2x-y = 3 \}$ ;

$D =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; 2x-y = x+3y = 0 \}$ ;

$E =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; xy = 0 \}$ ;

$F =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x \geq 0, \; y\geq 0 \}$ ;

$G =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x + y\geq 0 \}$ ;

$H =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x y\geq 0 \}$ ;

$I =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x + e^y = 0 \}$ ;

$M =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x^2\geq 0 \}$ ;

$N=\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x^2+ y^2 > 0 \}$ .

Premessa teorica.

Per prima cosa ricordiamo che se $V$

è uno spazio vettoriale, come lo è ad esempio $\mathbb{R}^2$

, un suo sottoinsieme è un sottospazio vettoriale se soddisfa le seguenti proprietà:

il vettore nullo $\textbf{0} \in W$ ;
presi arbitrariamente $v,w \in W$ allora la loro somma $v+w \in W$ ;
presi arbitrariamente uno scalare $\lambda \in \mathbb{R}$ e $v \in W$ allora $\lambda v \in W$ .

Risultato sintetico.

Sono sottospazi solo i sottoinsiemi $A, B$

e $D.$

Vediamo perché.

Verifica per A.

$A =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; y = 0 \}$

è un sottoinsieme di $\mathbb{R}^2$

infatti sodisfa tutte le proprietà:

il vettore nullo $\textbf{0} = (0,0)\in A$ perchè soddisfa la proprietà di avere la seconda componente nulla.
presi arbitrariamente $v,w \in A$ allora la loro somma $v+w \in A$ . Infatti la somma di due vettori con la seconda componente nulla avrà la seconda componente nulla.
Più precisamente, i vettori in $A$ hanno la generica forma $(x, 0)$ ; Presi quindi $v_1 =(x_1, 0)$ e $v_2 =(x_2,0)$ avremo che $v_1+v_2 = (x_1, 0) + (x_2, 0) = (x_1+x_2, 0)$ che appartiene ad $A$
presi arbitrariamente uno scalare $\lambda \in \mathbb{R}$ e $v = (x,0) \in W$ allora $\lambda v = (\lambda x, 0)$ che è ancora un elemento di $A$ perchè ha la seconda componente nulla.

Verifica per B.

$B =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x-y = 0 \}$

è un sottoinsieme di $\mathbb{R}^2$

, infatti soddisfa tutte le proprietà:

il vettore nullo $\textbf{0} = (0,0)\in B$ perchè la differenza $x-y$ delle componenti è nulla.
presi arbitrariamente $v,w \in B$ , allora la loro somma $v+w \in B$ . Infatti, i vettori in $B$ hanno la generica forma $(x, y)$ dove $x-y = 0$ . Presi $(x_1, y_1)$ e $(x_2, y_2) \in B$ sappiamo che $(x_1 - y_1) = (x_2 - y_2) = 0$ . Consideriamo la somma $(x_1, y_1) + (x_2, y_2) = (x_1 + x_2, y_1 + y_2)$ . Vediamo se questo vettore soddisfa la proprietà di avere la differenza delle sue componenti $x-y = 0$ . Abbiamo che
$x_1 + x_2 - (y_1 + y_2) = (x_1 - y_1) + (x_2 - y_2) = 0 + 0 = 0;$
presi arbitrariamente uno scalare $\lambda \in \mathbb{R}$ e $v = (x,y) \in B$ , segue che $\lambda v = (\lambda x, \lambda x )$ è ancora un elemento di $B$ in quanto

$\lambda x - \lambda y = \lambda (x-y) = \lambda 0 = 0 .$

Verifica per C.

$C =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; 2x-y = 3 \}$

; questo non è un sottospazio vettoriale perchè ad esempio non soddisfa la prima condizione [premessa teorica]. Infatti il vettore nullo $\textbf{0} = (0,0) \in \mathbb{R}^2$

non soddisfa la proprietà $2x - y = 3$

in quanto $2\cdot0 - 0 = 0 \neq 3$

Verifica per D.

$D =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; 2x-y = x+3y = 0 \}$

è un sottospazio vettoriale. Per verificarlo potremmo verificare ancora le proprietà che definiscono un sottospazio vettoriale come nel punto $A$

e $B$

. Tuttavia, vediamo una soluzione alternativa. Possiamo osservare, risolvendo il sistema

$\begin{cases} 2x - y = 0\\ x + 3y = 0 \end{cases}$

che l’unica soluzione che soddisfa entrambe le condizioni è il vettore $(0,0)$ ; in altri termini $D =\{ (0,0) \}$ che è chiaramente un sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}^2$ .

Osservazione 1.

In generale si può dimostrare che i sottospazi vettoriali di $\mathbb{R}^n$

sono tutti e solo i gli insiemi costituiti dalle soluzioni di un sistema omogeneo di equazioni lineari come negli esempi A,B e D. Cioè soluzioni di sistemi delle forma

$\begin{cases} a_{1,1} x_1 + a_{1,2} x_2 + \cdots + a_{1,n} x_n= 0\\ \cdots\\ a_{k,1} x_1 + a_{k,2} x_2 + \cdots + a_{k,n} x_n= 0\\ \end{cases}.$

Verifica per E.

$E =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; xy = 0 \}$

non è un sottospazio vettoriale perchè, ad esempio, presi i due vettori di $E, \; (1,0)$

e $(0,1)$

, la loro somma, che è il vettore $(1,1)$

, ha prodotto delle componenti che vale $1$

e non zero e quindi non appartiene ad $E$

Verifica per F.

$F =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x \geq 0, \; y\geq 0 \}$

non è un sottospazio vettoriale perchè il vettore $v = (1,1)$

appartiene ad $F$

ma, considerando $\lambda = -1$

, il vettore $\lambda v = -1 (1,1) = (-1,-1)$

non appartiene a $F$

perchè non soddisfa la proprietà di avere entrambe le componenti positive.

Verifica per G.

$G =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x + y\geq 0 \}$

non è un sottospazio vettoriale perchè il vettore $v = (1,1)$

appartiene a $G$

ma, considerando $\lambda = -1$

, il vettore $\lambda v = -1 (1,1) = (-1,-1)$

non appartiene a $F$

perchè $(-1) + (-1)= -2$

e quindi non soddisfa la proprietà di avere la somma delle componenti positiva.

Verifica per H.

$H =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x y\geq 0 \}$

non è un sottospazio vettoriale perchè $(1,0)$

e $(0, -1) \in H$

ma,

$(1,0) + (0, -1) = (1,-1) \not\in H$

perchè il prodotto delle componenti è negativo.

Verifica per I.

$I =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x + e^y = 0 \}$

non è un sottospazio vettoriale perchè ad esempio non soddisfa la prima condizione [premessa teorica]: il vettore nullo $(0,0) \in \mathbb{R}^2$

non appartiene ad $I$

Verifica per M.

$M =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x^2 > 0 \}$

non è un sottospazio vettoriale perchè ad esempio non soddisfa la prima condizione: il vettore nullo $(0,0) \in \mathbb{R}^2$

non appartiene ad $M$

. Se fosse stato $M =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x^2 \geq 0 \}$

allora $M =\mathbb{R}^2$

infatti ogni vettore in $\mathbb{R}^2$

soddisfa la proprietà che il quadrato della sua componente $x$

è non negativo. In questo caso $M$

sarebbe stato un sottospazio vettoriale.

Verifica per N.

$N=\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \; | \; x^2+ y^2 > 0 \}$

non è un sottospazio vettoriale perchè ad esempio non soddisfa la prima condizione [premessa teorica]: il vettore nullo $(0,0) \in \mathbb{R}^2$

non appartiene ad $N$

. Osserviamo che $N=\mathbb{R}^2\setminus \{ (0,0) \}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Sia $W \subseteq \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$

l’insieme delle matrici $3\times3$

con somma degli elementi sulla diagonale, la traccia, nulla. Dimostrare che $W$

è un sottospazio vettoriale di $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$

Svolgimento.

Per risolvere l’esercizio possiamo mostrare che valgono le proprietà che definiscono un sottospazio vettoriale, ovvero che

la matrice nulla $3 \times 3$ ha la traccia nulla;
la somma di due matrici che hanno traccia nulla ha ancora traccia nulla;
moltiplicando per uno scalare una matrice con traccia nulla, il prodotto ha ancora la traccia nulla.

Possiamo anche notare che $W$ è il nucleo dell’applicazione lineare $T$ che mappa le matrici $3 \times 3$ nella loro traccia. Il nucleo di un’applicazione lineare è sempre un sottospazio vettoriale. In altri termini, sia

$T \colon \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}$

definita da

$T(A) = \operatorname{tr}(A) \qquad \forall A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$

è lineare e vale $W = \operatorname{Ker}(T)$ .

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Trovare per quali valori dei parametri $h$

e $k$

i seguenti sistemi lineari hanno come soluzione un sottospazio vettoriale non banale, ovvero non costituiti dal solo vettore nullo, di $\mathbb{R}^n$

$(x,y,z) \in \mathbb{R}^3$ tale che
$\begin{cases} x + y + kz = 0\\ 2x + 3y + 4hz = 0\\ 3x + 5y + 7z =0 \\ 4x + 7y + 10kz = 0\\ 5x + 9y + 13 z = h \end{cases};$
$(x,y,z) \in \mathbb{R}^3$ tale che
$\begin{cases} x + y -z = 0\\ x - 3y = h\\ 2x + y = k \end{cases};$
$(x,y,z) \in \mathbb{R}^3$ tale che
$\begin{cases} -2hx + 3z = 0\\ -4hx - 2y + z = 0\\ 2hx + 2y + 2z =0 \\ -10hx -6y = 0 \end{cases};$
$(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) \in \mathbb{R}^5$ tale che
$\begin{cases} 2kx_1 + 3x_2 + x_3 - kx_4 -2x_5 = 0\\ 4x_1 - 3x_2 + x_3 -5x_4 +5x_5 = k\\ 8x_1 + 3kx_2 + x_3 - 7x_4 + x_5 = 0 \end{cases};$
$(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) \in \mathbb{R}^5$ tale che
$hx_1 - 2kx_2 + hx_3 - kx_4 - 3x_5 = 0;$
$(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) \in \mathbb{R}^5$ tale che
$\begin{cases} 2x_1 + hx_2 -kx_5 = 0\\ x_1 + kx_5 = 0\\ -x_1 -x_2 + 2kx_5 = 0 \end{cases}.$

Svolgimento punto 1.

Consideriamo il primo sistema:

$\begin{cases} x + y + kz = 0\\ 2x + 3y + 4hz = 0\\ 3x + 5y + 7z =0 \\ 4x + 7y + 10kz = 0\\ 5x + 9y + 13 z = h \end{cases}.$

Osserviamo che per $h \neq 0$ il sistema non è omogeneo e il vettore nullo $(0,0,0)$ non è soluzione del sistema, perchè non soddisfa l’ultima equazione, e quindi l’insieme delle soluzioni non può essere un sottospazio vettoriale. Consideriamo ora il caso $h=0$ , per cui l’insieme delle soluzioni è uno spazio vettoriale. Sostituendo $h=0$ il sistema si semplifica. La seconda equazione diventa $2x + 3y = 0$ da cui $x = -\frac{3}{2}y$ . Sostituendo nella prima e terza equazione otteniamo $-\frac12 y + kz = 0$ . Ricaviamo $y = 2kz$ e $kz + 7z = 0$ da cui otteniamo $z= 0$ e dunque $y = 0$ e $x=0$ .

In altri termini abbiamo scoperto che non esiste un valore dei parametri $h,k$ per cui l’insieme delle soluzioni è uno spazio vettoriale diverso dal vettore nullo.

Svolgimento punto 2.

Consideriamo il secondo sistema

$\begin{cases} x + y -z = 0\\ x - 3y = h\\ 2x + y = k \end{cases}.$

Anche in questo caso è facile osservare che il vettore nullo soddisfa la seconda e terza equazione se e solo se $h = k = 0$ . Procedendo per sostituzione come nell’esercizio precedente, scopriamo che l’unica soluzione è costituita dalla terna $(x,y,z) = (0,0,0)$ .

Svolgimento punto 3.

Consideriamo il seguente sistema

$\begin{cases} -2hx + 3z = 0\\ -4hx - 2y + z = 0\\ 2hx + 2y + 2z =0 \\ -10hx -6y = 0 \end{cases}.$

Questo è un sistema omogeneo $\forall h \in \mathbb{R}$ . Come già ricordato, le soluzioni di un sistema omogeneo sono sempre un sottospazio vettoriale. Per concludere l’esercizio basta trovare una soluzione non banale (non nulla) del sistema. Si può procedere per sostituzione o osservare che il vettore $(1, -\frac{5}{3}h, +\frac{2}{3}h)$ è soluzione del sistema $\forall h,k \in \mathbb{R}$ .

Svolgimento punto 4.

Consideriamo il seguente sistema

$\begin{cases} 2kx_1 + 3x_2 + x_3 - kx_4 -2x_5 = 0\\ 4x_1 - 3x_2 + x_3 -5x_4 +5x_5 = k\\ 8x_1 + 3kx_2 + x_3 - 7x_4 + x_5 = 0 \end{cases}.$

Analogamente a quanto visto precedentemente, affinché il vettore nullo sia soluzione, deve valere $k = 0$ . Adesso che il sistema è omogeneo, sappiamo che l’insieme delle soluzioni è un sottospazio vettoriale. Per concludere basta far vedere che esiste una soluzione non banale.

Possiamo riscrivere il sistema in forma compatta come

$A \left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2\\ x_3 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 & 3 & 1 \\ 4 & -3 & 1\\ 8& 0 & 1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2\\ x_3 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 2x_5 \\ 5x_4 + 5x_5\\ 7x_4 - x_5 \end{array}\right).$

Notiamo che il determinante della matrice $A$ , $\det(A) = 12 \neq 0$ , quindi la matrice $A$ è invertibile. Possiamo quindi scegliere $x_4 = x_5 = 1$ ed avere una soluzione del tipo $(\widetilde{x_1}, \widetilde{x_2}, \widetilde{x_3}, 1, 1)$ dove

$\left(\begin{array}{c} \widetilde{x_1} \\ \widetilde{x_2}\\ \widetilde{x_3} \end{array}\right) = A^{-1} \left(\begin{array}{c} 2 \\ 10\\ 6 \end{array}\right) .$

Svolgimento punto 5.

Consideriamo la seguente equazione

$hx_1 - 2kx_2 + hx_3 - kx_4 - 3x_5 = 0.$

Per omogeneità, sappiamo che le soluzioni del sistema sono un sottospazio vettoriale. Per concludere basta osservare che il vettore $(1,0,0,0,\frac{h}{3})$ è una soluzione non banale $\forall h,k \in \mathbb{R}$ .

Svolgimento punto 6.

Consideriamo questo ultimo sistema

$\begin{cases} 2x_1 + hx_2 -kx_5 = 0\\ x_1 + kx_5 = 0\\ -x_1 -x_2 + 2kx_5 = 0 \end{cases}.$

Per omogeneità, sappiamo che le soluzioni del sistema sono un sottospazio vettoriale. Per concludere basta osservare che il vettore $(0,0,1,1,0)$ è una soluzione non banale $\forall h,k \in \mathbb{R}$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Sia dato

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

Verificare che $U$ è un sottospazio vettoriale dei polinomi $\mathbb{R}[x]$ . Stabilire per quali valori dei parametri $h,k,\alpha \in \mathbb{R}$ i seguenti polinomi sono in $U$ :

$f(x) = (x +2)(3x-1) + k + 1$ ;
$g(x) = hx^2 + x + 2 + h$ ;
$p(x) = \alpha(x^3 + 1 -x)+ 2 + x$ .

Scrivere infine la forma generale degli elementi di $U$ .

Verifica che U è sottospazio vettoriale dei polinomi.

Consideriamo

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

Per verificare che $U$ è un sottospazio vettoriale dei polinomi $\mathbb{R}[x]$ basta mostrare che valgono le proprietà che definiscono un sottospazio vettoriale, ovvero che

il polinomio nullo $\textbf{0} \in U$ , perché è un polinomio di grado 0 che si annulla ovunque, in particolare in $-2$ ;
se abbiamo due polinomi di grado minore o uguale a 2 che si annullano in $-2$ anche la loro somma si annulla in $-2$ e ha grado minore o uguale a 2; in altri termini presi
$p(x), q(x) \in \mathbb{R}[x] \colon p(-2) = q(-2) = 0,$

allora

$(p+q)(-2) = p(-2) + q(-2) = 0 + 0 = 0.$
se abbiamo un polinomio $p$ di grado minore uguale a 2 tale che $p(-2) = 0$ e moltiplichiamo tale polinomio per uno scalare $\lambda$ il prodotto sarà un polinomio di grado minore o uguale a 2 che si annulla in $-2$ , infatti
$(\lambda p )(-2) = \lambda (p(-2)) = \lambda 0 = 0 .$

Svolgimento punto 1.

Passiamo ora alla seconda richiesta dell’esercizio, ovvero dobbiamo stabilire per quali valori dei parametri $h,k,\alpha \in \mathbb{R}$

i seguenti polinomi sono in $U$

$f(x) = (x +2)(3x-1) + k + 1$ è un polinomio di grado due e scopriamo, sostituendo $x = -2$ , che $f(-2) = 0$ se e solo se $k = -1$ ;

Svolgimento punto 2.

$g(x) = hx^2 + x + 2 + h$

è un polinomio di grado due e scopriamo, sostituendo $x = -2$

, che $f(-2) = 0$

se e solo se $h = 0$

;

Svolgimento punto 3.

$p(x) = \alpha(x^3 + 1 -x)+ 2 + x$

non è in generale un polinomio di grado minore o uguale a due a meno che $\alpha = 0$

. Se $\alpha=0$

allora $p(x) = 2 + x$

che è un polinomio che si annulla in $-2$

Forma generale degli elementi di U.

Osserviamo che un generico polinomio di grado minore o uguale a due ha la forma

$ax^2 + bx + c = 0.$

Affinché si annulli in $-2$ deve valere $4a - 2b + c = 0$ da cui ad esempio $c = 2b - 4a$ . Un generico polinomio in $U$ potrà allora essere scritto come

$ax^2 + bx + (2b -4a).$

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

Sia dato $S \subseteq \mathbb{R}[x]$

dove

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

Provare che $S$ è un sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}[x]$ .
Dire se $f(x) = x(x^2+1)(x^2-1)$ è un elemento di $S$ .
Per quali valori dei parametri $h,k \in \mathbb{R}$ si ha $\mathcal{L}(hx^3 + kx + k + 1) \subseteq S$ ?
Scrivere infine la forma generale degli elementi di $S$ .

Svolgimento punto 1.

Sia dato $S \subseteq \mathbb{R}[x]$

dove

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

Per provare che $S$ è un sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}[x]$ potremmo mostrare che valgono le proprietà che definiscono un sottospazio vettoriale. Tuttavia, esiste anche una soluzione alternativa. Potremmo scrivere $S = S_{-1} \cap S_{1}$ dove

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

dove

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

Per mostrare che $S_{-1}$ e $S_{1}$ sono sottospazi vettoriali procediamo esattamente come nell’esercizio precedente e per concludere osserviamo che l’interesezione di sottospazi è sempre un sottospazio vettoriale.

Svolgimento punto 2.

Il polinomio $f(x) = x(x^2+1)(x^2-1)$

non è un elemento di $S$

perché ha grado $5$

mentre i polinomi in $S$

hanno grado al più $4$

per definizione.

Svolgimento punto 3.

Per trovare per quali valori dei parametri $h,k \in \mathbb{R}$

si ha $\mathcal{L}(hx^3 + kx + k + 1) \subseteq S$

basta imporre che questo polinomio si annulli in 1 e -1. Deve cioè valere

$\begin{cases} h + 2k + 1 = 0\\ -h + 1 = 0 \end{cases},$

da cui ricaviamo $h=1$ e $k = -1.$

Svolgimento punto 4.

Per scrivere la forma generale degli elementi di $S$

osserviamo che un generico polinomio di grado $4$

che si annulla in $1$

e $-1$

deve avere la forma

$p(x) = (x-1)(x+1)(ax^2 + bx + c) = ax^4 + bx^3 +(c-a)x^2 - bx - c$

concludendo l’esercizio.

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Sia $Z =\mathcal{L}(A_1, A_2)$

il sottospazio di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$

generato dalle matrici

$A_1=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right), \qquad A_2=\left(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right).$

Per quali valori di $k$ la matrice

$A_3=\left(\begin{array}{cc} 1 & k \\ 2 & -1 \end{array}\right)$

appartiene a $Z ?$

Svolgimento.

Affinchè la matrice

$A_3=\left(\begin{array}{cc} 1 & k \\ 2 & -1 \end{array}\right)$

appartenga a $Z = \mathcal{L}(A_1, A_2)$ con $Z$ il sottospazio di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ generato dalle matrici

$A_1=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right), \qquad A_2=\left(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right),$

devono esistere $x,y \in \mathbb{R}$ tale che $xA_1 + yA_2 = A_3$ ovvero

$x\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right) + y\left(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 1 & k \\ 2 & -1 \end{array}\right),$

cioè

$\left(\begin{array}{cc} x & x \\ 0 & x \end{array}\right) + \left(\begin{array}{cc} 2y & 0 \\ y & y \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 1 & k \\ 2 & -1 \end{array}\right).$

Uguagliando termine a termine otteniamo il sistema

$\begin{cases} x + 2y = 1\\ x = k\\ y = 2\\ x + y = -1 \end{cases}$

che ha soluzione se e solo se $k=-3$ con $x = -3$ e $y = 2$ .

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Sia data la matrice

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

appartenente $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ . Dimostrare che l’insieme

$W = \{ X \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \; | \; AX = XA \}$

è sottospazio vettoriale di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ . Questo spazio è detto il centralizzante di $A$ in $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ .

Svolgimento.

Data la matrice

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

appartenente $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ per dimostrare che il centralizzante di $A$ in $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ ovvero l’insieme

$W = \{ X \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \; | \; AX = XA \}$

è sottospazio vettoriale di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ potremmo mostrare che valgono le proprietà che definiscono un sottospazio vettoriale, ovvero che

il vettore nullo $\textbf{0} \in W$ ;
presi arbitrariamente $v,w \in W$ allora la loro somma $v+w \in W$ ;
presi arbitrariamente uno scalare $\lambda \in \mathbb{R}$ e $v \in W$ allora $\lambda v \in W$ .

In altri termini potremmo mostrare che la matrice $2 \times 2$ nulla commuta con $A$ , infatti abbiamo $\textbf{0}A = A\textbf{0} = \textbf{0}$ . Se due matrici $U,V$ commutano con $A$ allora la loro somma $U+V$ commuta con $A$ infatti,

$(U+V)A = UA + VA = AU + AV = A(U+V) .$

Infine se una matrice $X$ commuta con $A$ ovvero $XA = AX$ allora, preso $\lambda \in \mathbb{R}$ , $\lambda X$ ancora commuta con $A$ infatti

$\lambda X A = \lambda AX = A \lambda X \qquad \forall \lambda \in \mathbb{R}.$

Svolgimento (metodo alternativo).

Un altro metodo è osservare che $W=\operatorname{Ker}(T)$

, il nucleo dell’applicazione lineare

$T: \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \to \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$

con

$T(X) = AX - XA.$

Mostrare che $T$ è un’applicazione lineare equivale fattualmente a mostrare le proprietà che abbiamo mostrato sopra per mostrare direttamente che $W$ è sottospazio vettoriale. Osserviamo che il risultato non dipende dalla matrice scelta né dalla sua dimensione.

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Dimostrare che l’insieme

$U = \Bigg\{ \left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ b & -a \end{array}\right) \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \colon a,b \in \mathbb{R} \Bigg\}$

è sottospazio vettoriale di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ .

Svolgimento.

Per dimostrare che l’insieme

$U = \Bigg\{ \left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ b & -a \end{array}\right) \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \; | \; a,b \in \mathbb{R} \Bigg\}$

è sottospazio vettoriale di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ potremmo mostrare che valgono le proprietà che definiscono un sottospazio vettoriale. In altri termini che

la matrice nulla di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ può essere rappresentata come particolari valori di $a$ e $b$ ; infatti scegliendo $a = b = 0$ otteniamo proprio la matrice nulla;
prese due matrici che hanno componenti $a_{1,1} = -a_{2,2}, a_{1,2} = 0$ , la loro somma continua a soddisfare la stessa proprietà. Siano

$M_1 = \left(\begin{array}{cc} a_1 & 0 \\ b_1 & -a_1 \end{array}\right), \qquad M_2 = \left(\begin{array}{cc} a_2 & 0 \\ b_2 & -a_2 \end{array}\right),$

allora

$M_1 + M_2 = \left(\begin{array}{cc} a_1 + a_2 & 0 \\ b_1 + b_2 & -(a_1 + a_2) \end{array}\right),$

che appartiene ad $U$ .
Analogamente, moltiplicando una matrice con quella proprietà per uno scalare, il prodotto soddisfa ancora la stessa proprietà. Siano $\lambda \in \mathbb{R}$ e

$M = \left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ b & -a \end{array}\right),$

allora

$\lambda M = \left(\begin{array}{cc} \lambda a & 0 \\ \lambda b & - \lambda a \end{array}\right),$

che appartiene ad $U$ .

Svolgimento (metodo alternativo).

Una soluzione alternativa potrebbe consistere nell’osservare che una generica matrice in $U$

, può essere scritta come

$\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ b & -a \end{array}\right) = a \left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right) + b \left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 1 & -0 \end{array}\right)$

e che in altri termini,

$U = \mathcal{L}\Bigg( \left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right), \left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 1 & -0 \end{array}\right) \Bigg).$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Dimostrare che l’insieme

$W = \{ b + ax + ax^2 \in \mathbb{R}_{\leq2}[x] \colon a, b \in \mathbb{R} \}$

è sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}[x]$ .

Svolgimento.

Per mostrare che l’insieme

$W = \{ b + ax + ax^2 \in \mathbb{R}_{\leq2}[x] \; | \; a, b \in \mathbb{R} \}$

è sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}[x]$ potremmo procedere ancora mostrando che valgono le proprietà che definiscono un sottospazio vettoriale:

il polinomio nullo si può scrivere nella forma $b + ax + ax^2$ (con $a=b =0$ );
la somma di due polinomi con questa forma, continua ad avere la stessa forma, in altri termini preso $p_1(x) = b_1 + a_1x + a_1x^2,\, p_2(x) = b_2 + a_2x + a_2x^2 \in W$ allora
$(p_1 + p_2)(x) = p_1(x) + p_2(x) = (b_1 + b_2) + (a_1 + a_2)x + (a_1 + a_2)x^2$

che appartiene ad $W$ .
se moltiplichiamo per scalare $\lambda$ un polinomio $p = b + ax + ax^2 \in W$ , il prodotto,
$\lambda p = \lambda b + \lambda ax + \lambda ax^2$

che appartiene a $W$ .

Svolgimento (metodo alternativo).

Alternativamente possiamo notare che

$U = \mathcal{L}(1, x + x^2)$

ovvero che il generico elemento di $U$ può essere scritto come

$b + ax + ax^2 = b \cdot 1 + a \cdot (x + x^2).$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

Nello spazio vettoriale $\mathbb{R}_{\leq3}[x]$

si considerino i seguenti sottoinsiemi:

$U = \{ f(x) \in \mathbb{R}_{\leq3}[x] \colon f(1) = 0 \},$
$V = \{ a + (2a - b)x + (a-b)x^3 \in \mathbb{R}_{\leq3}[x] \colon a,b \in \mathbb{R} \},$
$W = \{ f(x) \in \mathbb{R}_{\leq3}[x] \colon f(-1) = 2 \}.$

Stabilire se $U, V$ e $W$ sono sottospazi di $\mathbb{R}_{\leq3}[x]$ .

Svolgimento punto 1.

Consideriamo

$U = \{ f(x) \in \mathbb{R}_{\leq3}[x] \; | \; f(1) = 0 \},$

Questo è uno sottospazio vettoriale di $\mathbb{R}_{\leq3}[x]$ . Per mostrarlo procediamo esattamente come nell’esercizio 4, mostrando che valgono le proprietà che definiscono un sottospazio vettoriale:

il polinomio nullo è un polinomio di grado minore o uguale a $3$ che si annulla in tutti i punti, in particolare in $1$ ;
se abbiamo due polinomi di grado minore o uguale a 3 che si annullano in $1$ anche la loro somma è un polinomio di grado minore o uguale a tre che si annulla in $1$ ; in altri termini presi

$p(x), q(x) \in \mathbb{R}[x] \colon p(1) = q(1) = 0,$

allora

$(p+q)(1) = p(1) + q(1) = 0 + 0 = 0.$
se abbiamo un polinomio $p$ di grado minore uguale a 3 tale che $p(1) = 0$ e moltiplichiamo tale polinomio per uno scalare $\lambda$ il prodotto $\lambda p$ sarà un polinomio di grado minore o uguale a 3 che si annulla in $1$ , infatti
$(\lambda p )(1) = \lambda (p(1)) = \lambda 0 = 0 .$

Svolgimento punto 2.

Per quanto riguarda

$V = \{ a + (2a - b)x + (a-b)x^3 \; | \; a,b \in \mathbb{R} \},$

potremmo agire analogamente a quanto fatto per $U$ oppure, più semplicemente, osservare che

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

Svolgimento punto 3.

Infine, per quanto riguarda

$W = \{ f(x) \in \mathbb{R}_{\leq3}[x] \; | \; f(-1) = 2 \},$

questo non è un sottospazio vettoriale in quanto il polinomio nullo, che vale $0$ valutato in ogni punto, non può valere $2$ se valutato in $-1$ .

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Ulteriori esercizi di geometria

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Esercizi sugli spazi vettoriali 3 — Sottospazi vettoriali

Sommario

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Autori e revisori

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Notazioni relative a spazi e sottospazi vettoriali

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Testi degli esercizi sugli spazi vettoriali (sottospazi vettoriali)

Premessa teorica.

Risultato sintetico.

Verifica per A.

Verifica per B.

Verifica per C.

Verifica per D.

Osservazione 1.

Verifica per E.

Verifica per F.

Verifica per G.

Verifica per H.

Verifica per I.

Verifica per M.

Verifica per N.

Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento punto 4.

Svolgimento punto 5.

Svolgimento punto 6.

Verifica che U è sottospazio vettoriale dei polinomi.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Forma generale degli elementi di U.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento punto 4.

Svolgimento.

Svolgimento.

Svolgimento (metodo alternativo).

Svolgimento.

Svolgimento (metodo alternativo).

Svolgimento.

Svolgimento (metodo alternativo).

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

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