Ingegneria Meccanica; Algebra lineare e Geometria 2008/2009 · 0.1 Esercizi svolti sugli spazi...

Ingegneria Meccanica; Algebra lineare eGeometria 2008/2009

0.1 Esercizi svolti sugli spazi vettoriali

Esercizio 1. Dopo aver dimostrato che l’insieme

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

20

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

1−1

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

01

⎞⎠

⎫⎬⎭ e una base di

R3, determina le coordinate del vettore v =

⎛⎝ −1

02

⎞⎠ rispetto a tale base.

Dimostriamo che i tre vettori sono linearmente indipendenti:

a1

⎛⎝ 1

20

⎞⎠ + a2

⎛⎝ 0

1−1

⎞⎠ + a3

⎛⎝ −1

01

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

00

⎞⎠

dobbiamo risolvere il seguente sistema lineare omogeneo:⎧⎨⎩

a1 − a3 = 02a1 + a2 = 0−a2 + a3 = 0

risolviamo il sistema scritto con l’eliminazione di Gauss:⎡⎣ 1 0 −1 0

2 1 0 00 −1 1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 0 −1 0

0 1 2 00 −1 1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 0 −1 0

0 1 2 00 0 3 0

⎤⎦

poiche i tre pivot sono �= 0, l’unica soluzione e a1 = a2 = a3 = 0: abbiamo dimostrato che i trevettori sono linearmente indipendenti. Possiamo allora determinare le coordinate del vettore vrispetto a questa base:

v =

⎛⎝ −1

02

⎞⎠ = x1

⎛⎝ 1

20

⎞⎠ + x2

⎛⎝ 0

1−1

⎞⎠ + x3

⎛⎝ −1

01

⎞⎠

anche in questo caso risolviamo il sistema lineare con l’eliminazione di Gauss:⎡⎣ 1 0 −1 −1

2 1 0 00 −1 1 2

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 0 −1 −1

0 1 2 20 −1 1 2

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 0 −1 −1

0 1 2 20 0 3 4

⎤⎦

2

il sistema che abbiamo ottenuto e triangolare superiore:

⎧⎨⎩

x1 − x3 = −1x2 + 2x3 = 23x3 = 4

→

⎧⎪⎨⎪⎩

x1 = 43− 1 = 1

3

x2 = −2 · (43) + 2 = −2

3

x3 = 43

Le coordinate di v rispetto alla base assegnata sono: (13,−2

3, 4

3).

Osservazione: e possibile risolvere l’esercizio cercando direttamente di scrivere v come combi-nazione lineare dei tre vettori assegnati all’inizio; se i coefficienti della combinazione lineare sonounici allora i tre vettori formano una base di R

3 e le coordinate sono proprio i coefficienti calcolati.

Esercizio 2. Determina l’intersezione dei due sottospazi di R3:

U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ ;

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠

⎫⎬⎭ ; W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

01

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

1−1

⎞⎠

⎫⎬⎭ .

Descrivi anche il sottospazio U + W .

Osserviamo che i vettori assegnati per U sono linearmente indipendenti; la stessa cosa vale per

W . Cerchiamo quei vettori v =

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ che possono essere scritti sia come combinazione lineare

dei vettori di base di U sia come combinazione lineare dei vettori di base diW :⎛⎝ x

yz

⎞⎠ ∈ U →

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ = a1

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ + a2

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ ; (1)

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ ∈ W →

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ = b1

⎛⎝ 1

01

⎞⎠ + b2

⎛⎝ 0

1−1

⎞⎠ ; (2)

uguagliando otteniamo:

a1

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ + a2

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ = b1

⎛⎝ 1

01

⎞⎠ + b2

⎛⎝ 0

1−1

⎞⎠

portando tutto a sinistra abbiamo:

a1

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ + a2

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ + b1

⎛⎝ −1

0−1

⎞⎠ + b2

⎛⎝ 0

−11

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

00

⎞⎠

dobbiamo risolvere il seguente sistema lineare omogeneo⎧⎨⎩

a1 + a2 − b1 = 0a1 − b2 = 0−a2 − b1 + b2 = 0

0.1 Esercizi svolti sugli spazi vettoriali 3

con l’eliminazione di Gauss otteniamo:⎡⎣ 1 1 −1 0 0

1 0 0 −1 00 −1 −1 1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 1 −1 0 0

0 −1 1 −1 00 −1 −1 1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 1 −1 0 0

0 −1 1 −1 00 0 −2 2 0

⎤⎦

poiche nella quarta colonna non c’e il pivot, possiamo prendere b2 come parametro libero k:⎧⎨⎩

a1 + a2 − b1 = 0−a2 + b1 − k = 0−2b1 + 2k = 0

→⎧⎨⎩

a1 + a2 − b1 = 0a2 = b1 − k−2b1 = −2k

→⎧⎨⎩

a1 = b1 − a2 = k − 0 = ka2 = b1 − k = k − k = 0b1 = k

abbiamo quindi ottenuto come soluzione⎛⎜⎜⎝

a1

a2

b1

b2

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

k0kk

⎞⎟⎟⎠ = k

⎛⎜⎜⎝

1011

⎞⎟⎟⎠

se prendiamo k = 1 otteniamo a1 = 1 e a2 = 0 che, sostituiti nella (1), forniscono come risultatoil vettore:

1 ·⎛⎝ 1

10

⎞⎠ + 0 ·

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ =

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ ;

in definitiva, possiamo affermare che

U ∩ W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

10

⎞⎠

⎫⎬⎭ .

A questo punto, per studiare lo spazio U + W , possiamo applicare la formula di Grassmann:

dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) → dim(U + W ) = 2 + 2 − 1 = 3

possiamo allora affermare che U + W = R3; non si tratta pero di una somma diretta, in quanto

l’intersezione dei due sottospazi U e W non si riduce al solo vettore nullo di R3.

Esercizio 3. Nello spazio R2[t] si considerino i seguenti sottospazi vettoriali:

U = {p ∈ R2[t] : p(1) = 2 · p(0)} ; W = Span{t − 1 ; t2} .

a) Si determini una base per U e per W ;b) Si descriva il sottospazio U ∩ W ;c) Si descriva il sottospazio U + W ;d) Si scriva (se possibile) il polinomio p(t) = t come somma di un polinomio di U e di un poli-nomio di W . C’e un’unica soluzione? Perche?

a) La verifica che U e un sottospazio vettoriale e lasciata al lettore. Studiamo i polinomi ∈ U ;tanto per iniziare scriviamo un generico polinomio ∈ R2[t], p(t) = a0 + a1t + a2t

2, e cerchiamo discoprire che relazione ci deve essere tra i suoi coefficienti affinche p(1) = 2p(0). Se calcoliamo il

4

polinomio in t = 1 otteniamo p(1) = a0 + a1 + a2; se facciamo la stessa cosa per t = 0 otteniamop(0) = a0; mettiamo le due espressioni nel vincolo p(1) = 2p(0):

a0 + a1 + a2 = 2a0 → a0 = a1 + a2

possiamo allora sostituire il coefficiente di grado zero nell’espressione generale di p(t):

p(t) ∈ U → p(t) = (a1 + a2) + a1t + a2t2

mettendo in evidenza a1 e a2 ricaviamo:

p(t) ∈ U → p(t) = a1(1 + t) + a2(1 + t2)

ovvero p(t) puo essere scritto come combinazione lineare dei due polinomi (1 + t) e (1 + t2); non edifficile verificare che questi due polinomi sono linearmente indipendenti (non sono proporzionali).In definitiva possiamo allora affermare che una base β per il sottospazio U e fornita proprio daquesti due polinomi: βU = {1 + t ; 1 + t2}.Per quanto riguarda W il discorso e molto piu semplice: e facile vedere che i due polinomi sonolinearmente indipendenti e quindi costituiscono una base per W ; si ha quindi βW = {t − 1 ; t2}.b) Per quanto riguarda l’intersezione dobbiamo trovare tutti i polinomi che possono, da un lato,essere scritti come combinazione lineare di (1 + t) e (1 + t2), dall’altro come combinazione linearedi (t − 1) e t2. In poche parole dobbiamo impostare l’equazione:

a1(1 + t) + a2(1 + t2) = b1(t − 1) + b2t2 (3)

portando tutti i termini a sinistra e ordinando secondo le potenze crescenti di t, otteniamo:

(a1 + a2 + b1) · 1 + (a1 − b1) t + (a2 − b2) t2 = 0

ma lo 0 a destra in realta e il polinomio nullo, e quindi possiamo scrivere:

(a1 + a2 + b1) · 1 + (a1 − b1) t + (a2 − b2) t2 = 0 · 1 + 0 t + 0 t2

per il principio di identita dei polinomi possiamo uguagliare i coefficienti delle potenze di t,ricavando il seguente sistema lineare omogeneo:⎧⎨

⎩a1 + a2 + b1 = 0a1 − b1 = 0a2 − b2 = 0

seguiamo l’eliminazione di Gauss:⎡⎣ 1 1 1 0 0

1 0 −1 0 00 1 0 −1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 1 1 0 0

0 −1 −2 0 00 1 0 −1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 1 1 0 0

0 −1 −2 0 00 0 −2 −1 0

⎤⎦

prendendo b2 come parametro libero k si ricava:

⎧⎨⎩

a1 + a2 + b1 = 0−a2 − 2b1 = 0−2b1 − k = 0

→

⎧⎪⎨⎪⎩

a1 = −a2 − b1 = −k + k2

= −k2

a2 = −2b1 = −2 · (−k2

)= k

b1 = −k2


abbiamo trovato quindi che: ⎛⎜⎜⎜⎝

a1

a2

b1

b2

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝

−k2

k

−k2

k

⎞⎟⎟⎟⎠ = k

⎛⎜⎜⎜⎝

−12

1

−12

1

⎞⎟⎟⎟⎠

prendendo k = 2 troviamo che a1 = −1 e a2 = 2 e quindi, se sostituiamo nella parte sinistradell’equazione (4), troviamo che: (−1) · (1 + t) + 2 · (1 + t2) = 1 − t + 2t2.In definitiva, possiamo affermare che

U ∩ W = Span{1 − t + 2t2} .

c) Per quanto riguarda la somma U + W e sufficiente riferirsi alla formula di Grassmann:


quindi, dal momento che dim(R2[t]) = 3, risulta U + W = R2[t], ma non si tratta di sommadiretta.d) Poiche sappiamo che U + W = R2[t], sappiamo che troveremo sicuramente due polinomi comerichiesto (cioe uno ∈ U e l’altro ∈ W ); non solo, ma poiche sappiamo che U + W non e sommadiretta, troveremo infinite soluzioni. Verifichiamo l’esattezza delle nostre previsioni con i calcoli:

t = λ1(1 + t) + λ2(1 + t2) + λ3(t − 1) + λ4t2

svolgendo i calcoli e raccogliendo i termini simili, otteniamo:

0 · 1 + 1 t + 0 t2 = (λ1 + λ2 − λ3) · 1 + (λ1 + λ3) t + (λ2 + λ4) t2

il sistema da risolvere e ⎧⎨⎩

λ1 + λ2 − λ3 = 0λ1 + λ3 = 1λ2 + λ4 = 0

con l’eliminazione di Gauss si ottiene:⎡⎣ 1 1 −1 0 0

1 0 1 0 10 1 0 1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 1 −1 0 0

0 −1 2 0 10 1 0 1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 1 −1 0 0

0 −1 2 0 10 0 2 1 1

⎤⎦

prendendo λ4 come parametro libero k otteniamo:⎧⎪⎨⎪⎩

λ1 = −λ2 + λ3

λ2 = 2λ3 − 1

2λ3 = 1 − k

→

⎧⎪⎨⎪⎩

λ1 = −λ2 + λ3 = k + 1−k2

= 1+k2

λ2 = 2 · (1−k2

) − 1 = 1 − k − 1 = −k

λ3 = 1−k2

in definitiva, il polinomio t puo essere scritto in questo modo:

t =1 + k

2· (1 + t) + (−k) · (1 + t2) +

1 − k

2· (t − 1) + k · t2

abbiamo trovato infinite soluzioni, come previsto.

6

Esercizio 4. Si considerino i due sottospazi vettoriali di R3[t]: U = {p ∈ R3[t] : p(1) = 0} eW = {p ∈ R3[t] : p(2) = 0}.a) Trovare una base per U e W ;b) Determinare una base per U ∩ W ;c) Determinare una base per U + W .La verifica che i due insiemi sono sottospazi e lasciata al lettore.a) Un polinomio p = a0 + a1t + a2t

2 + a3t3 appartiene ad U se e solo se p(1) = 0, cioe se risulta:

p(1) = 0 → a0 + a1 + a2 + a3 = 0 → a0 = −a1 − a2 − a3

ovvero il polinomio puo essere scritto come

p = (−a1 − a2 − a3) + a1t + a2t2 + a3t

3

raccogliendo rispetto ai coefficienti ak troviamo che:

p = a1(t − 1) + a2(t2 − 1) + a3(t

3 − 1)

questo implica cheU = Span

{t − 1 ; t2 − 1 ; t3 − 1

};

dimostriamo ora che i tre polinomi generatori di U sono anche linearmente indipendenti:

λ1(t − 1) + λ2(t2 − 1) + λ3(t

3 − 1) = 0 →

→ (−λ1 − λ2 − λ3) · 1 + λ1t + λ2t2 + λ3t

3 = 0 · 1 + 0 · t + 0 · t2 + 0 · t3

uguagliando i coefficienti delle potenze di t si trova:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

−λ1 − λ2 − λ3 = 0λ1 = 0λ2 = 0λ3 = 0

→⎧⎨⎩

λ1 = 0λ2 = 0λ3 = 0

i tre polinomi generatori di U sono anche linearmente indipendenti: formano quindi una base delsottospazio U .Ripetiamo ora tutto quanto per W . Un polinomio p = a0 + a1t + a2t

2 + a3t3 appartiene a W se e

solo se p(2) = 0, cioe se risulta:

p(2) = 0 → a0 + 2a1 + 4a2 + 8a3 = 0 → a0 = −2a1 − 4a2 − 8a3

ovvero il polinomio puo essere scritto come

p = (−2a1 − 4a2 − 8a3) + a1t + a2t2 + a3t

3

raccogliendo rispetto ai coefficienti ak troviamo che:

p = a1(t − 2) + a2(t2 − 4) + a3(t

3 − 8)

questo implica cheW = Span

{t − 2 ; t2 − 4 ; t3 − 8

}.


Dimostriamo ora che i tre polinomi generatori di U sono anche linearmente indipendenti:

λ1(t − 2) + λ2(t2 − 4) + λ3(t

3 − 8) = 0 →

→ (−2λ1 − 4λ2 − 8λ3) · 1 + λ1t + λ2t2 + λ3t

3 = 0 · 1 + 0 · t + 0 · t2 + 0 · t3

uguagliando i coefficienti delle potenze di t si trova:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

−2λ1 − 4λ2 − 8λ3 = 0λ1 = 0λ2 = 0λ3 = 0

→⎧⎨⎩

λ1 = 0λ2 = 0λ3 = 0

i tre polinomi generatori di W sono anche linearmente indipendenti: formano quindi una base delsottospazio W .b) Tanto per iniziare facciamo una stima sulla dimensione dell’intersezione U ∩ W ; poiche ovvia-mente risulta dim(U + W ) ≤ dim(R3[t]) ≤ 4, per la formula di Grassmann si ha:

dim(U ∩ W ) = dimU + dimW − dim(U + W ) ≥ 3 + 3 − 4 = 2 → dim(U ∩ W ) ≥ 2 .

Cerchiamo ora quei polinomi che appartengono sia ad U sia a W :

a1(t − 1) + a2(t2 − 1) + a3(t

3 − 1) = b1(t − 2) + b2(t2 − 4) + b3(t

3 − 8) (4)

ordiniamo secondo le potenze crescenti di t:

(−a1 − a2 − a3 + 2b1 + 4b2 + 8b3) · 1 + (a1 − b1)t + (a2 − b2)t2 + (a3 − b3)t

3 = 0

uguagliando i coefficienti delle potenze di t si giunge al sistema lineare omogeneo:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

−a1 − a2 − a3 + 2b1 + 4b2 + 8b3 = 0a1 − b1 = 0a2 − b2 = 0a3 − b3 = 0

applicando l’eliminazione di Gauss otteniamo:⎡⎢⎢⎣

−1 −1 −1 2 4 8 01 0 0 −1 0 0 00 1 0 0 −1 0 00 0 1 0 0 −1 0

⎤⎥⎥⎦ →

⎡⎢⎢⎣

−1 −1 −1 2 4 8 00 −1 −1 1 4 8 00 1 0 0 −1 0 00 0 1 0 0 −1 0

⎤⎥⎥⎦ →

→

⎡⎢⎢⎣

−1 −1 −1 2 4 8 00 −1 −1 1 4 8 00 0 −1 1 3 8 00 0 1 0 0 −1 0

⎤⎥⎥⎦ →

⎡⎢⎢⎣

−1 −1 −1 2 4 8 00 −1 −1 1 4 8 00 0 −1 1 3 8 00 0 0 1 3 7 0

⎤⎥⎥⎦

se prendiamo b2 e b3 come parametri liberi k e p otteniamo b1 = −3k − 7p e quindi, sostituendonella seconda parte dell’equazione (4) ricaviamo tutti i polinomi ∈ U ∩ W :

(−3k − 7p) · (t − 2) + k(t2 − 4) + p(t3 − 8)

8

prendendo k = 1 e p = 0 ricaviamo

p1 = (−3) · (t − 2) + 1 · (t2 − 4) + 0 · (t3 − 8) = t2 − 3t + 2

mentre scegliendo k = 0 e p = 1 abbiamo

p2 = (−7) · (t − 2) + 0 · (t2 − 4) + 1 · (t3 − 8) = t3 − 7t + 6

quindi possiamo affermare che

U ∩ W = Span{t2 − 3t + 2 ; t3 − 7t + 6

}i due polinomi sono linearmente indipendenti, quindi dim (U ∩ W ) = 2.Osservazione: non e stato necessario ricavare le espressioni per i coefficienti aj ; bastano i bj ,come abbiamo appena visto.c) Utilizzando la formula di Grassmann abbiamo:


questo implica che U + W = R3[t], dal momento che dim(R3[t]) = 4.

Esercizio 5. Stabilire se i vettori

⎧⎨⎩

⎛⎝ 0

00

⎞⎠ ;

⎛⎝ 3

00

⎞⎠ ;

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ ;

⎛⎝ 4

0−1

⎞⎠ ;

⎛⎝ −2

0−1

⎞⎠

⎫⎬⎭ for-

mano un sistema di generatori per lo spazio ∈ R3. Se la risposta e negativa, completare a base di

R3.

Iniziamo con l’esaminare il primo vettore: e il vettore nullo, quindi lo scartiamo. Il secondovettore e non nullo, quindi lo accettiamo. Il terzo vettore e lin. indipendente dal secondo, in quantonon sono proporzionali (la verifica e semplice: basta guardare ad esempio la terza coordinata): loaccettiamo. Il quarto vettore si puo scrivere come combinazione lineare dei due precedenti vettori:⎛

⎝ 40−1

⎞⎠ =

⎛⎝ 3

00

⎞⎠ +

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ ;

quindi lo scartiamo. Anche il quinto vettore puo essere espresso come combinazione lineare deisoliti due vettori: ⎛

⎝ −20−1

⎞⎠ = (−1) ·

⎛⎝ 3

00

⎞⎠ +

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ ;

in definitiva possiamo affermare che l’insieme assegnato non e un sistema di generatori per lo spazioR

3 (infatti per questo ci servono tre vettori linearmente indipendenti); se vogliamo completare abase di R

3, e sufficiente estrarre una base dall’insieme⎧⎨⎩

⎛⎝ 3

00

⎞⎠ ;

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ ;

⎛⎝ 1

00

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

10

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

01

⎞⎠

⎫⎬⎭

il primo vettore della base canonica, cioe e1, deve essere scartato in quanto e proporzionale alprimo vettore; il secondo vettore della base canonica, e2, e il vettore che completa a base di


R3 e per verificarlo non e necessario svolgere tanti calcoli, ma e sufficiente analizzare la seconda

coordinata. Infatti, i primi due vettori hanno la seconda coordinata nulla, mentre e2 no. Quindiabbiamo ottenuto la seguente base di R

3:

βR3 =

⎧⎨⎩

⎛⎝ 3

00

⎞⎠ ;

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

10

⎞⎠

⎫⎬⎭ .

Esercizio 6. Dati i sottospazi U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

10

⎞⎠

⎫⎬⎭ e W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 5

3−5

⎞⎠

⎫⎬⎭, si

determini U ∩ W e U + W .

Si nota che il vettore generatore di W puo essere espresso come combinazione lineare dei duevettori della base di U : ⎛

⎝ 53−5

⎞⎠ = 5 ·

⎛⎝ 1

0−1

⎞⎠ + 3 ·

⎛⎝ 0

10

⎞⎠

questa osservazione ci porta a concludere che W ⊂ U e l’inclusione e stretta, dal momento chedim W = 1 < 2 = dim U .Da quanto detto segue che: U ∩ W = W e U + W = U .

Esercizio 7. Si trovi una base per il sottospazio U =

⎧⎨⎩

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ ∈ R

3 : 2x − 3y + z = 0

⎫⎬⎭.

Ricaviamoci una variabile in funzione delle altre; visto che il coefficiente della z e uguale a 1,conviene scrivere:

z = −2x + 3y

e quindi otteniamo:⎛⎝ x

yz

⎞⎠ =

⎛⎝ x

y−2x + 3y

⎞⎠ =

⎛⎝ x

0−2x

⎞⎠ +

⎛⎝ 0

y3y

⎞⎠ = x

⎛⎝ 1

0−2

⎞⎠ + y

⎛⎝ 0

13

⎞⎠

i due vettori sono linearmente indipendenti e costituiscono una base per U ; in definitiva abbiamo

U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

0−2

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

13

⎞⎠

⎫⎬⎭ .

Esercizio 8. Si determini l’equazione cartesiana del sottospazio U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

21

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

31

⎞⎠

⎫⎬⎭.

Per prima cosa si osserva che i due vettori assegnati sono linearmente indipendenti e quindi formanouna base per U .

Vediamo ora l’equazione cartesiana: un vettore

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ ∈ U se e soltanto se puo essere espresso

10

come combinazione lineare dei due vettori della base di U :⎛⎝ x

yz

⎞⎠ = λ1

⎛⎝ 1

21

⎞⎠ + λ2

⎛⎝ −1

31

⎞⎠ →

⎧⎪⎨⎪⎩

λ1 − λ2 = x

2λ1 + 3λ2 = y

λ1 + λ2 = z

.

Risolviamo adesso il sistema lineare nelle incognite λ1 e λ2, considerando x, y e z come parametried applicando l’eliminazione di Gauss:

⎡⎣ 1 −1 x

2 3 y1 1 z

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 −1 x

0 5 y − 2x0 2 z − x

⎤⎦ →

⎡⎢⎣

1 −1 x

0 5 y − 2x

0 0 −x−2y+5z5

⎤⎥⎦

affinche il sistema ammetta soluzione (il che equivale a dire che il vettore

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ ∈ U) deve

risultare necessariamente

−x − 2y + 5z

5= 0 → x + 2y − 5z = 0 .

In definitiva abbiamo:

U =

⎧⎨⎩

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ ∈ R

3 : x + 2y − 5z = 0

⎫⎬⎭ .

Esercizio 9. Nello spazio R3 si considerino i due sottospazi U =

⎧⎨⎩

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ ∈ R

3 : x − 2z = 0

⎫⎬⎭ e

W =

⎧⎨⎩

⎛⎝ x

yz

⎞⎠ ∈ R

3 :

{x + 2y − z = 0x + y + z = 0

⎫⎬⎭. Si descrivano i sottospazi U + W e U ∩ W .

Cerchiamo una base per U e una base per W . Per quanto riguarda U possiamo ricavarci la xdalla definizione di U , ottenendo x = 2z; la y e libera (non ci sono vincoli su di essa). Una base edata quindi da:

βU =

⎧⎨⎩

⎛⎝ 2

01

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

10

⎞⎠

⎫⎬⎭ → U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 2

01

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

10

⎞⎠

⎫⎬⎭ .

Per quanto riguarda W possiamo applicare l’eliminazione di Gauss al sistema:

{x + 2y − z = 0x + y + z = 0[

1 2 −1 01 1 1 0

]→

[1 2 −1 00 −1 2 0

]

possiamo prendere z come parametro libero k, ricavando cosı:

{x + 2y − z = 0−y + 2z = 0

→{

x = −2y + k = −4k + k = −3ky = 2k

→⎛⎝ x

yz

⎞⎠ = k

⎛⎝ −3

21

⎞⎠


quindi abbiamo che:

βW =

⎧⎨⎩

⎛⎝ −3

21

⎞⎠

⎫⎬⎭ → W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ −3

21

⎞⎠

⎫⎬⎭ .

Determiniamo ora l’intersezione U ∩ W :

a1

⎛⎝ 2

01

⎞⎠ + a2

⎛⎝ 0

10

⎞⎠ = b1

⎛⎝ −3

21

⎞⎠ → a1

⎛⎝ 2

01

⎞⎠ + a2

⎛⎝ 0

10

⎞⎠ + b1

⎛⎝ 3

−2−1

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

00

⎞⎠

seguendo l’eliminazione di Gauss otteniamo:⎡⎣ 2 0 3 0

0 1 −2 01 0 −1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 0 −1 0

0 1 −2 02 0 3 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 0 −1 0

0 1 −2 00 0 5 0

⎤⎦

poiche tutti i pivot sono �= 0, l’unica soluzione e a1 = a2 = b1 = 0; questo implica che l’intersezionesi riduce al solo vettore nullo di R

3. Applicando la formula di Grassmann ricaviamo:

dim(U +W ) = dim U +dim W −dim(U∩W ) → dim(U +W ) = 2+1−0 = 3 → U +W = R3 ;

da tutto quanto detto segue che lo spazio R3 e somma diretta degli sottospazi vettoriali U e W :

R3 = U ⊕ W .

Se vogliamo scrivere ora un qualsiasi vettore ∈ R3, ad esempio v =

⎛⎝ 0

2−1

⎞⎠, come somma di un

vettore ∈ U e di un vettore ∈ W , troviamo che:⎛⎝ 0

2−1

⎞⎠ = x1

⎛⎝ 2

01

⎞⎠ + x2

⎛⎝ 0

10

⎞⎠ + x3

⎛⎝ −3

21

⎞⎠ →

⎧⎨⎩

2x1 − 3x3 = 0x2 + 2x3 = 2x1 + x3 = −1

risolvendo il sistema lineare otteniamo: ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

x1 = −35

x2 = 145

x3 = −25

in definitiva abbiamo:⎛⎝ 0

2−1

⎞⎠ = −3

5·⎛⎝ 2

01

⎞⎠ +

14

5

⎛⎝ 0

10

⎞⎠ − 2

5

⎛⎝ −3

21

⎞⎠ =

⎛⎜⎝

−65

145

−35

⎞⎟⎠ +

⎛⎜⎝

65

−45

−25

⎞⎟⎠ (5)

dove

⎛⎜⎝

−65

145

−35

⎞⎟⎠ ∈ U e

⎛⎜⎝

65

−45

−25

⎞⎟⎠ ∈ W .

Osservazione: la scrittura (5) e unica.

12

Esercizio 10. Consideriamo i seguenti sottospazi di R4: U = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1001

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

0100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

10−10

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭

e W = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

2−302

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

0−110

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭. Si determini l’intersezione U ∩ W .

Per prima cosa osserviamo che i tre vettori generatori di U sono linearmente indipendenti equindi costituiscono una base per U ; la stessa cosa vale anche per il sottospazio W . Per determinarel’intersezione scriviamo:

a1

⎛⎜⎜⎝

1001

⎞⎟⎟⎠ + a2

⎛⎜⎜⎝

0100

⎞⎟⎟⎠ + a3

⎛⎜⎜⎝

10−10

⎞⎟⎟⎠ = b1

⎛⎜⎜⎝

2−302

⎞⎟⎟⎠ + b2

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ + b3

⎛⎜⎜⎝

0−110

⎞⎟⎟⎠ (6)

portando tutti i vettori a sinistra otteniamo il seguente sistema lineare:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

a1 + a3 − 2b1 − b2 = 0a2 + 3b1 − b2 + b3 = 0−a3 − b3 = 0a1 − 2b1 = 0

applicando l’eliminazione di Gauss otteniamo:⎡⎢⎢⎣

1 0 1 −2 −1 0 00 1 0 3 −1 1 00 0 −1 0 0 −1 01 0 0 −2 0 0 0

⎤⎥⎥⎦ →

⎡⎢⎢⎣

1 0 1 −2 −1 0 00 1 0 3 −1 1 00 0 −1 0 0 −1 00 0 −1 0 1 0 0

⎤⎥⎥⎦ →

→

⎡⎢⎢⎣

1 0 1 −2 −1 0 00 1 0 3 −1 1 00 0 −1 0 0 −1 00 0 0 0 1 1 0

⎤⎥⎥⎦ →

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

a1 + a3 − 2b1 − b2 = 0a2 + 3b1 − b2 + b3 = 0−a3 − b3 = 0b2 + b3 = 0

prendendo b1 e b3 come parametri liberi (non ci sono pivot nella quarta e nella sesta colonna) siottiene (b1 = h e b3 = p):

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

a1 = p + 2h − p = 2ha2 = −3h − p − p = −3h − 2pa3 = −pb2 = −p

→

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

a1

a2

a3

b1

b2

b3

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

2h−3h − 2p

−ph−pp

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

2h−3h

0h00

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

+

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

0−2p−p0−pp

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

→

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

a1

a2

a3

b1

b2

b3

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

= h

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

2−30100

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

+ p

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

0−2−10−11

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

; (7)


prendendo h = 1 e p = 0 nella (7) otteniamo:⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

a1

a2

a3

b1

b2

b3

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

= 1 ·

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

2−30100

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

+ 0 ·

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

0−2−10−11

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

2−30100

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

sostituendo a1 = 2, a2 = −3 e a3 = 0 (sono le prime tre coordinate dell’ultimo vettore scritto)nella prima parte della (6) otteniamo:

2 ·

⎛⎜⎜⎝

1001

⎞⎟⎟⎠ + (−3) ·

⎛⎜⎜⎝

0100

⎞⎟⎟⎠ + 0 ·

⎛⎜⎜⎝

10−10

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

2−302

⎞⎟⎟⎠ .

Prendendo invece h = 0 e p = 1 (sempre nella formula (7)) otteniamo:⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

a1

a2

a3

b1

b2

b3

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

= 0 ·

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

2−30100

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

+ 1 ·

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

0−2−10−11

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

0−2−10−11

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

sostituendo a1 = 0, a2 = −2 e a3 = −1 (sono le prime tre coordinate dell’ultimo vettore scritto)nella prima parte della (6) otteniamo:

0 ·

⎛⎜⎜⎝

1001

⎞⎟⎟⎠ + (−2) ·

⎛⎜⎜⎝

0100

⎞⎟⎟⎠ + (−1) ·

⎛⎜⎜⎝

10−10

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

−1−210

⎞⎟⎟⎠ .


U ∩ W = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

2−302

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

−1−210

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ;

utilizzando ora la formula di Grassmann otteniamo:


quindi abbiamo che:U + W = R

4

ma non si tratta di somma diretta in quanto l’intersezione non si riduce al solo vettore nullo di

R4. Vediamo allora di scrivere un vettore qualsiasi, come v =

⎛⎜⎜⎝

3113

⎞⎟⎟⎠, in due modi diversi come

14

somma di un elemento di U e di un elemento di W .Possiamo scrivere⎛

⎜⎜⎝3113

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

3203

⎞⎟⎟⎠ +

⎛⎜⎜⎝

0−110

⎞⎟⎟⎠ con

⎛⎜⎜⎝

3203

⎞⎟⎟⎠ ∈ U ;

⎛⎜⎜⎝

0−110

⎞⎟⎟⎠ ∈ W ;

ma possiamo anche scrivere:⎛⎜⎜⎝

3113

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

2013

⎞⎟⎟⎠ +

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ con

⎛⎜⎜⎝

2013

⎞⎟⎟⎠ ∈ U ;

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ ∈ W .

Questa doppia scrittura non sarebbe stata possibile se vi fosse stata la somma diretta tra i duesottospazi.

Esercizio 11. Nello spazio delle matrici M2,2(R) consideriamo i seguenti due sottospazi vettoriali:

U = Span

{[1 10 0

];

[0 0−1 −1

];

[3 34 4

]}; W = Span

{[2 02 2

];

[0 −10 0

]}.

a) Si descrivano i sottospazi U + W e U ∩ W ;b) Si dica se U ∪ W e un sottospazio vettoriale di M2,2(R).

a) Iniziamo osservando che le tre matrici che generano U sono linearmente dipendenti in quanto[3 34 4

]= 3 ·

[1 10 0

]+ (−4) ·

[0 0−1 −1

]

possiamo allora affermare che

U = Span

{[1 10 0

];

[0 0−1 −1

]}

poiche le due matrici scritte non sono proporzionali, esse formano una base per U .Per quanto riguarda il sottospazio W le matrici che lo generano sono linearmente indipendenti eformano quindi una base per W . Studiamo ora l’intersezione U ∩ W :

a1

[1 10 0

]+ a2

[0 0−1 −1

]= b1

[2 02 2

]+ b2

[0 −10 0

](8)

portando tutte le matrici a sinistra otteniamo:

a1

[1 10 0

]+ a2

[0 0−1 −1

]+ b1

[ −2 0−2 −2

]+ b2

[0 10 0

]=

[0 00 0

]

arriviamo quindi a scrivere il sistema lineare omogeneo:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

a1 − 2b1 = 0a1 + b2 = 0−a2 − 2b1 = 0−a2 − 2b1 = 0


eliminando l’ultima equazione (e ridondante) e prendendo b2 come parametro libero k, ricaviamo:

⎛⎜⎜⎝

a1

a2

a3

a4

⎞⎟⎟⎠ = k

⎛⎜⎜⎜⎝

−1

1

−12

1

⎞⎟⎟⎟⎠

prendendo k = 1 otteniamo a1 = −1 e a2 = 1 e, sostituendo questi valori nella prima partedell’equazione (8), otteniamo:

(−1) ·[

1 10 0

]+ 1 ·

[0 0−1 −1

]=

[ −1 −1−1 −1

]

quindi abbiamo che:

U ∩ W = Span

{[ −1 −1−1 −1

]}poiche puo essere scomodo avere tutti i numeri negativi, e possibile scrivere in modo del tuttoequivalente:

U ∩ W = Span

{[1 11 1

]}.

Vediamo ora le informazioni che ci fornisce l’applicazione della formula di Grassmann:


quindi sappiamo sicuramente che U + W ⊂ M2,2(R). Cerchiamo una base per U + W , sapendoche ci servono tre matrici linearmente indipendenti (si ha infatti dim(U + W ) = 3); ci sono duemodi possibili per risolvere questo problema:1) prendiamo la matrice che genera l’intersezione U ∩ W e completiamo a base di U :

U = Span

{[1 11 1

];

[1 10 0

]}

sappiamo infatti che dim U = 2 e le due matrici scritte, oltre ad appartenere a U , sono linearmenteindipendenti. Dobbiamo ora completare la base di U ∩ W a base di W ; per far cio e sufficiente

aggiungere la matrice

[2 02 2

]ricaviamo quindi:

W = Span

{[1 11 1

];

[2 02 2

]}.


U + W = Span

{[1 11 1

];

[1 10 0

];

[2 02 2

]}(9)

2) La soluzione piu veloce consiste nel considerare l’insieme:{[1 10 0

];

[0 0−1 −1

];

[2 02 2

];

[0 −10 0

]}(10)

16

ottenuto mettendo assieme le matrici che formano le basi di U e W ; a questo punto e sufficienteestrarre dalla (10) un insieme massimale di matrici linearmente indipendenti, ottenendo comerisultato:

U + W = Span

{[1 10 0

];

[0 0−1 −1

];

[2 02 2

]}. (11)

Osservazione: Le due basi (9) e (11) sono diverse ma gli spazi sono identici.b) Vediamo se l’unione U ∪ W e un sottospazio vettoriale di M2,2(R); possiamo procedere in duemodi:1) Osservando che, assegnati due spazi vettoriali H1 e H2, l’unione H1∪H2 e sottospazio vettorialese e solo se H1 ⊆ H2 oppure H2 ⊆ H1. Nel nostro caso cio non accade in quanto l’intersezione hadimensione 1 mentre i due sottospazi hanno entrambi dimensione 2. Quindi l’unione U ∪ W none un sottospazio vettoriale di M2,2(R).2) Cercando un controesempio: cerchiamo due matrici ma e mb nell’insieme U ∪W tali che la lorosomma non appartenga a U ∪ W . Scegliamo

ma =

[1 10 0

]∈ U ⊂ U ∪ W ; mb =

[0 −10 0

]∈ W ⊂ U ∪ W ;

la loro somma e [1 10 0

]+

[0 −10 0

]=

[1 00 0

]dimostriamo ora che la matrice ottenuta non appartiene all’unione U∪W studiando l’appartenenzaa U e l’appartenenza a W ; per quanto riguarda U si ha:[

1 00 0

]∈ U ↔ esistono a1, a2 tali che:

[1 00 0

]= a1

[1 10 0

]+ a2

[0 0−1 −1

]

il sistema lineare che dobbiamo risolvere e:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

a1 = 1a1 = 0−a2 = 0−a2 = 0

→ il sistema e impossibile →[

1 00 0

]/∈ U ;

vediamo ora l’appartenenza al sottospazio W :[1 00 0

]∈ W ↔ esistono b1, b2 tali che:

[1 00 0

]= b1

[2 02 2

]+ b2

[0 −10 0

]

il sistema lineare che dobbiamo risolvere e:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

2b1 = 1−b2 = 02b1 = 02b1 = 0

→ il sistema e impossibile →[

1 00 0

]/∈ W

la situazione e dunque questa:⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

[1 00 0

]/∈ U

[1 00 0

]/∈ W

→[

1 00 0

]/∈ U ∪ W ;


abbiamo quindi dimostrato che l’unione U ∪W non e un sottospazio vettoriale di M2,2(R). Infatti,abbiamo trovato due matrici ma, mb ∈ U ∪ W tali che ma + mb /∈ U ∪ W .Se vogliamo completare la base di U + W a base di M2,2(R) possiamo aggiungere alla base (9)

oppure alla base (11) proprio la matrice

[1 00 0

], ottenendo in questa maniera una base per

l’intero spazio vettoriale. Aggiungendo la matrice

[1 00 0

]a (9) otteniamo:

M2,2(R) = Span

{[1 11 1

];

[1 10 0

];

[2 02 2

];

[1 00 0

]};

mentre aggiungendola a (11) otteniamo:

M2,2(R) = Span

{[1 10 0

];

[0 0−1 −1

];

[2 02 2

];

[1 00 0

]}.

Se definiamo il sottospazio H come

H = Span

{[1 00 0

]}risulta:

M2,2(R) = (U + W ) ⊕ H .

Esercizio 12. Consideriamo in R3 i due sottospazi vettoriali U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

2−4

⎞⎠

⎫⎬⎭ e W =

Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ −2

01

⎞⎠

⎫⎬⎭.

a) Determinare i sottospazi U ∩ W e U + W ;b) Dire se il vettore e2 appartiene al sottospazio U + W ;c) Dire se il vettore −4e1 − 4e2 + 9e3 appartiene al sottospazio U + W ;

a) Si osserva facilmente che i vettori generatori di U e W non sono proporzionali e quindil’intersezione si riduce al solo vettore nullo di R

3. Verifichiamo quanto affermato facendo i calcoli:

a1

⎛⎝ 1

2−4

⎞⎠ = a2

⎛⎝ −2

01

⎞⎠ → a1

⎛⎝ 1

2−4

⎞⎠ + a2

⎛⎝ 2

0−1

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

00

⎞⎠

arriviamo a studiare il seguente sistema lineare omogeneo:⎧⎨⎩

a1 + 2a2 = 02a1 = 0−4a1 − a2 = 0

→{

a1 = 0a2 = 0

abbiamo trovato una sola soluzione, quindi l’intersezione e il solo vettore nullo

⎛⎝ 0

00

⎞⎠.

Da quanto detto segue che:

U + W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

2−4

⎞⎠ ;

⎛⎝ −2

01

⎞⎠

⎫⎬⎭

18

e non solo: i due sottospazi sono in somma diretta.b) Per vedere se il vettore e2 della base canonica appartiene al sottospazio U + W e sufficienteimpostare l’equazione:⎛

⎝ 010

⎞⎠ = x1

⎛⎝ 1

2−4

⎞⎠ + x2

⎛⎝ −2

01

⎞⎠ →

⎧⎨⎩

x1 − 2x2 = 02x1 = 1−4x1 + x2 = 0

→

→

⎧⎪⎨⎪⎩

x1 = 12

x2 = 2

x1 = 4

→ sistema impossibile

cio significa che e2 /∈ U + W .c) Vediamo se il vettore −4e1−4e2+9e3 ∈ U+W ; dobbiamo seguire lo stesso identico procedimentovisto al punto b):

⎛⎝ −4

−49

⎞⎠ = x1

⎛⎝ 1

2−4

⎞⎠ + x2

⎛⎝ −2

01

⎞⎠ →

⎧⎨⎩

x1 − 2x2 = −42x1 = −4−4x1 + x2 = 9

→

→{

x1 = −2

x2 = 1

il sistema e determinato, quindi possiamo affermare che −4e1 − 4e2 + 9e3 ∈ U + W .

Osservazione: visto che i due vettori

⎛⎝ 1

2−4

⎞⎠ e

⎛⎝ −2

01

⎞⎠ sono linearmente indipendenti, ci

sono solo due possibilita: o il sistema e determinato (che implica l’appartenenza del vettore alsottospazio U + W ) oppure il sistema e impossibile (in questo caso invece non c’e appartenenza aU + W ). Non e possibile avere infinite soluzioni.

Esercizio 13. In R3 sono assegnati i sottospazi U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 4

0−3

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

0−8

⎞⎠ ;

⎛⎝ 2

01

⎞⎠

⎫⎬⎭ e

W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

11

⎞⎠ ;

⎛⎝ 1

21

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

−3−2

⎞⎠

⎫⎬⎭;

a) trova una base per U e W ;b) descrivi l’intersezione U ∩ W ;c) descrivi l’intersezione U + W .

Per quanto riguarda U si osserva che i primi due vettori sono linearmente indipendenti, mentreil terzo risulta combinazione lineare dei primi due:⎛

⎝ 201

⎞⎠ =

3

7·⎛⎝ 4

0−3

⎞⎠ − 2

7·⎛⎝ −1

0−8

⎞⎠


quindi abbiamo che:

U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 4

0−3

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

0−8

⎞⎠

⎫⎬⎭ ;

per quanto riguarda il sottospazio W invece si osserva che i primi due vettori sono linearmenteindipendenti, mentre il terzo puo essere espresso come combinazione lineare dei primi due vettori:⎛

⎝ 121

⎞⎠ =

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ +

⎛⎝ 0

11

⎞⎠

anche il quarto vettore e combinazione lineare dei primi due vettori:⎛⎝ −1

−3−2

⎞⎠ = (−1) ·

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ + (−2) ·

⎛⎝ 0

11

⎞⎠

quindi otteniamo:

W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ ;

⎛⎝ 0

11

⎞⎠

⎫⎬⎭ .

b) Per determinare l’intersezione U ∩ W dobbiamo impostare l’equazione

a1

⎛⎝ 4

0−3

⎞⎠ + a2

⎛⎝ −1

0−8

⎞⎠ = b1

⎛⎝ 1

10

⎞⎠ + b2

⎛⎝ 0

11

⎞⎠ → (12)

a1

⎛⎝ 4

0−3

⎞⎠ + a2

⎛⎝ −1

0−8

⎞⎠ + b1

⎛⎝ −1

−10

⎞⎠ + b2

⎛⎝ 0

−1−1

⎞⎠ →

⎧⎨⎩

4a1 − a2 − b1 = 0−b1 − b2 = 0−3a1 − 8a2 − b2 = 0

possiamo risolvere il sistema lineare omogeneo con l’eliminazione di Gauss:⎡⎣ 4 −1 −1 0 0

0 0 −1 −1 0−3 −8 0 −1 0

⎤⎦ →

⎡⎢⎣

4 −1 −1 0 0

0 0 −1 −1 0

0 −354

−34

−1 0

⎤⎥⎦ →

⎡⎢⎣

4 −1 −1 0 0

0 −354

−34

−1 0

0 0 −1 −1 0

⎤⎥⎦

prendendo come parametro libero b2 = k abbiamo:⎧⎪⎨⎪⎩

4a1 − a2 − b1 = 0

−354

a2 − 34b1 − b2 = 0

−b1 − b2 = 0

→

⎧⎪⎨⎪⎩

a1 = 14

(− 135

k − k)

= − 935

k

a2 = − 435

(−34k + k

)= − 1

35k

b1 = −k

otteniamo in questo modo: ⎛⎜⎜⎜⎜⎝

a1

a2

b1

b2

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

− 935

k

− 135

k

−k

k

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ = k

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

− 935

− 135

−1

1

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

20

scegliendo k = 1 otteniamo b1 = −1 e b2 = 1; sostituendo questi valori nella seconda partedell’equazione (12) otteniamo:

(−1) ·⎛⎝ 1

10

⎞⎠ + 1 ·

⎛⎝ 0

11

⎞⎠ =

⎛⎝ −1

01

⎞⎠

e dunque:

U ∩ W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ −1

01

⎞⎠

⎫⎬⎭ .

c) Dalla formula di Grassmann otteniamo: dim (U + W ) = 3 → U + W = R3.

Esercizio 14. Stabilire se i due seguenti sottospazi vettoriali di R3 U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

01

⎞⎠ ;

⎛⎝ 1

20

⎞⎠

⎫⎬⎭

e W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 4

23

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

−41

⎞⎠

⎫⎬⎭ coincidono.

I vettori generatori di U sono linearmente indipendenti; la stessa vale per i vettori generatoridi W . Per vedere se i due sottospazi coincidono dobbiamo cercare di esprimere ciascun vettore diW come combinazione lineare dei vettori di U . Vediamo cosa accade per il primo vettore di W :⎛

⎝ 423

⎞⎠ = x1

⎛⎝ 1

01

⎞⎠ + x2

⎛⎝ 1

20

⎞⎠ →

⎧⎨⎩

x1 + x2 = 42x2 = 2x1 = 3

→{

x1 = 3x2 = 1


⎛⎝ 4

23

⎞⎠ ∈ U . Analizziamo ora il secondo vettore di W :

⎛⎝ −1

−41

⎞⎠ = x1

⎛⎝ 1

01

⎞⎠ + x2

⎛⎝ 1

20

⎞⎠ →

⎧⎨⎩

x1 + x2 = −12x2 = −4x1 = 1

→{

x1 = 1x2 = −2


⎛⎝ −1

−41

⎞⎠ ∈ U .

Poiche i vettori generatori di W appartengono a U possiamo affermare che W ⊆ U ; per concluderee sufficiente notare che la dimensione dei due sottospazi e pari a 2, quindi abbiamo U = W .Un altro modo per risolvere l’esercizio consiste nella determinazione dell’intersezione dei duesottospazi:

a1

⎛⎝ 1

01

⎞⎠ + a2

⎛⎝ 1

20

⎞⎠ = b1

⎛⎝ 4

23

⎞⎠ + b2

⎛⎝ −1

−41

⎞⎠ (13)

→⎧⎨⎩

a1 + a2 − 4b1 + b2 = 02a2 − 2b1 + 4b2 = 0a1 − 3b1 − b2 = 0


risolviamo il sistema lineare omogeneo con l’eliminazione di Gauss:⎡⎣ 1 1 −4 1 0

0 2 −2 4 01 0 −3 −1 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 1 −4 1 0

0 2 −2 4 00 −1 1 −2 0

⎤⎦ →

⎡⎣ 1 1 −4 1 0

0 −1 1 −2 00 2 −2 4 0

⎤⎦ →

→⎡⎣ 1 1 −4 1 0

0 −1 1 −2 00 0 0 0 0

⎤⎦

a questo punto possiamo prendere b1 e b2 come parametri liberi k e p:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

a1 = −a2 + 4k − p = 2p − k + 4k − p = p + 3ka2 = k − 2pb1 = kb2 = p

→

⎛⎜⎜⎝

a1

a2

b1

b2

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

p + 3kk − 2p

kp

⎞⎟⎟⎠

e quindi: ⎛⎜⎜⎝

a1

a2

b1

b2

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

3kkk0

⎞⎟⎟⎠ +

⎛⎜⎜⎝

p−2p0p

⎞⎟⎟⎠

scegliendo k = 1 e p = 0 otteniamo b1 = 1 e b2 = 0; sostituendo questi valori nella seconda partedell’equazione (13) abbiamo:

1 ·⎛⎝ 4

23

⎞⎠ + 0 ·

⎛⎝ −1

−41

⎞⎠ =

⎛⎝ 4

23

⎞⎠

prendendo k = 0 e p = 1 otteniamo b1 = 0 e b2 = 1:

0 ·⎛⎝ 4

23

⎞⎠ + 1 ·

⎛⎝ −1

−41

⎞⎠ =

⎛⎝ −1

−41

⎞⎠ ;

Risulta:

U ∩ W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 4

23

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

−41

⎞⎠

⎫⎬⎭ = W → W ⊆ U

per concludere che W = U basta ragionare, come prima, sulla dimensione dei sottospazi.Osservazione: E’ bene guardare la dimensione dei sottospazi per ricavare informazioni utili aifini della risoluzione dei vari esercizi; ad esempio, se un sottospazio ha dimensione maggiore di unaltro sicuramente non possono coincidere.

Esercizio 15. Si stabilisca se i due sottospazi vettoriali di R3 U = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

01

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

04

⎞⎠

⎫⎬⎭

e W = Span

⎧⎨⎩

⎛⎝ 1

11

⎞⎠ ;

⎛⎝ −1

02

⎞⎠

⎫⎬⎭ coincidono.

22

Osserviamo prima di tutto che i vettori generatori di U formano anche una base di U ; lo stessodiscorso vale anche per W .Per quanto riguarda la domanda dell’esercizio, e sufficiente notare che i vettori di base del sot-tospazio U sono caratterizzati dall’avere nulla la seconda coordinata, e cio vale, chiaramente, pertutti i vettori di U . I vettori di W possono, al contrario, avere la seconda coordinata diversada zero. Questa semplice considerazione ci assicura che U �= W ; non solo, ma possiamo ancheaffermare che dim (U ∩ W ) < 2, altrimenti i due sottospazi, entrambi con dimensione 2, coin-ciderebbero. D’altra parte, applicando la formula di Grassmann non e possibile che l’intersezionedei due sottospazi si riduca al solo vettore nullo di R

3; infatti, dal fatto che dim (U + W ) ≤ dim(R3) = 3, si ricava (si noti che − dim (U + W ) ≥ −3):

dim(U ∩ W ) = dim U + dim W − dim(U + W ) ≥ 2 + 2 − 3 = 1

questo implica che dim (U ∩ W ) ≥ 1.In definitiva abbiamo: {

dim(U ∩ W ) < 2

dim(U ∩ W ) ≥ 1→ dim(U ∩ W ) = 1 .

Esercizio 16. Determinare, al variare di λ ∈ R, una base del sottospazio vettoriale

Wλ =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎠ ∈ R

4 :

{x1 − x2 + 2x3 − x4 = 02x1 + λx2 + 4x3 − 2x4 = 0

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭.

Applichiamo l’eliminazione di Gauss al sistema lineare:[1 −1 2 −1 02 λ 4 −2 0

]→

[1 −1 2 −1 00 λ + 2 0 0 0

]

se λ + 2 �= 0 allora ci sono due pivot �= 0 e possiamo prendere x3 e x4 come parametri liberi k e t,ottenendo cosı: ⎛

⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

t − 2k0kt

⎞⎟⎟⎠ = k

⎛⎜⎜⎝

−2010

⎞⎟⎟⎠ + t

⎛⎜⎜⎝

1001

⎞⎟⎟⎠

gli ultimi due vettori scritti sono linearmente indipendenti; in definitiva abbiamo:

se λ �= −2 → Wλ = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

−2010

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1001

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ .

Analizziamo ora il caso λ = −2; l’eliminazione di Gauss e identica, alla fine pero abbiamo un solopivot �= 0 e quindi stavolta posso prendere x2, x3 e x4 come parametri liberi h1, h2 e h3:⎛

⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎝

h1 − 2h2 + h3

h1

h2

h3

⎞⎟⎟⎠ = h1

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ + h2

⎛⎜⎜⎝

−2010

⎞⎟⎟⎠ + h3

⎛⎜⎜⎝

1001

⎞⎟⎟⎠


i tre vettori sono linearmente indipendenti (basta infatti ragionare sulle coordinate nulle) e possi-amo scrivere:

W−2 = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

−2010

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1001

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ .

Esercizio 17. Consideriamo i due sottospazi U = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1−100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1000

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

3−400

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ e

W = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

0012

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

−2−236

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭;

a) si calcoli U ∩ W ;b) si determini una base di U + W ;c) si estenda la base calcolata al punto b) a base di R

4.

a) Determiniamo una base per U : poiche risulta:⎛⎜⎜⎝

3−400

⎞⎟⎟⎠ = 4 ·

⎛⎜⎜⎝

1−100

⎞⎟⎟⎠ + (−1) ·

⎛⎜⎜⎝

1000

⎞⎟⎟⎠

possiamo affermare che:

βU =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1−100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1000

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ .

Per quanto riguarda W , visto che⎛⎜⎜⎝

−2−236

⎞⎟⎟⎠ = 3 ·

⎛⎜⎜⎝

0012

⎞⎟⎟⎠ + (−2) ·

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠

abbiamo:

βW =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

0012

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ .

Se calcoliamo l’intersezione troviamo che:

U ∩ W = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ .

24

b) Dalla formula di Grassmann abbiamo che:

dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 2 + 2 − 1 = 3

quindi risulta U + W ⊂ R4. Per determinare una base di U + W e sufficiente estrarre un insieme

massimale di vettori linearmente indipendenti dall’insieme ottenuto scrivendo i vettori delle basiβU e βW : ⎧⎪⎪⎨

⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1−100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1000

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

0012

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭

otteniamo:

βU+W =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1−100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1000

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

0012

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭

un metodo alternativo e invece il seguente: prendo il vettore generatore dell’intersezione e completoa base di U :

β ′U =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1−100

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ (14)

faccio la stessa cosa per il sottospazio W :

β ′W =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

0012

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ (15)

a questo punto considerando le basi (14) e (15) otteniamo:

β ′U+W =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

1100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

1−100

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

0012

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ .

c) Per estendere la base βU+W a base di R4 e sufficiente aggiungere il vettore e3 oppure il vettore

e4. La stessa estensione vale anche per la base β ′U+W .

Esercizio 18. Si determini le equazioni cartesiane del seguente sottospazio vettoriale di R4:

U = Span

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

−124−5

⎞⎟⎟⎠ ;

⎛⎜⎜⎝

017−8

⎞⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ .


Un vettore

⎛⎜⎜⎝

x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎠ sta in U se e solo se esistono λ1 e λ2 tali che:

⎛⎜⎜⎝

x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎠ = λ1

⎛⎜⎜⎝

−124−5

⎞⎟⎟⎠ + λ2

⎛⎜⎜⎝

017−8

⎞⎟⎟⎠ →

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x1 = −λ1

x2 = 2λ1 + λ2

x3 = 4λ1 + 7λ2

x4 = −5λ1 − 8λ2

risolvendo il sistema lineare considerando λ1 e λ2 come incognite e gli xj come parametri, troviamo:⎡⎢⎢⎣

−1 0 x1

2 1 x2

4 7 x3

−5 −8 x4

⎤⎥⎥⎦ →

⎡⎢⎢⎣

−1 0 x1

0 1 x2 + 2x1

0 7 x3 + 4x1

0 −8 x4 − 5x1

⎤⎥⎥⎦ →

⎡⎢⎢⎣

−1 0 x1

0 1 x2 + 2x1

0 0 x3 + 4x1 − 7(x2 + 2x1)0 0 x4 − 5x1 + 8(x2 + 2x1)

⎤⎥⎥⎦

→

⎡⎢⎢⎣

−1 0 x1

0 1 x2 + 2x1

0 0 −10 x1 − 7 x2 + x3

0 0 11 x1 + 8 x2 + x4

⎤⎥⎥⎦

affinche il sistema ammetta soluzione dobbiamo imporre che:

−10 x1 − 7 x2 + x3 = 0 e 11 x1 + 8 x2 + x4 = 0

quindi le equazioni cartesiane del sottospazio U sono:

U =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎝

x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎠ ∈ R

4 :

{10 x1 + 7 x2 − x3 = 0

11 x1 + 8 x2 + x4 = 0

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ .

Ingegneria Meccanica; Algebra lineare e Geometria 2008/2009 · 0.1 Esercizi svolti sugli spazi...

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