Es algebra, Esercizi di Algebra Lineare e Geometria Analitica

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ESERCIZI DI

ALGEBRA LINEARE

E GEOMETRIA

Francesco Bottacin

Padova, 24 febbraio 2012

Capitolo 1

Algebra Lineare

1.1 Spazi e sottospazi vettoriali

Esercizio 1.1. Sia U il sottospazio di R 4 generato dai vettori u 1 = (0, 2 , 0 , 1) e u 2 = (1, 1 , 1 , 0). Sia V il sottospazio di R 4 costituito dalle soluzioni del seguente sistema: (^) ( x 1 + x 3 = x 2 + x 4 x 3 + x 4 = 0.

(a) Si determini la dimensione e una base di U \ V. (b) Si determini la dimensione e una base di U + V.

Soluzione. Si verifica immediatamente che i vettori u 1 e u 2 sono linearmen- te indipendenti, quindi essi sono una base del sottospazio U , che ha pertanto dimensione 2. Dal sistema di equazioni che definiscono il sottospazio V si ricava ( x 1 = x 2 + 2x 4 x 3 = x 4.

Ci sono dunque due incognite libere di variare (x 2 e x 4 ), il che significa che V ha dimensione 2. Ponendo x 2 = 1 e x 4 = 0 si trova x 1 = 1 e x 3 = 0; indichiamo con v 1 = (1, 1 , 0 , 0) il vettore corrispondente. Ponendo invece x 2 = 0 e x 4 = 1 si trova x 1 = 2 e x 3 = 1. Il vettore cosı trovatoe v 2 = (2, 0 , 1 , 1). Una base di V e dunque costituita dai vettori v 1 e v 2. Cerchiamo ora i vettori che appartengono a U \ V. Detto w un tale vettore si deve avere w = ↵ 1 u 1 + ↵ 2 u 2 , in quanto w 2 U , ma anche w = 1 v 1 + 2 v 2 , in quanto w 2 V. Si ottiene cosı l’uguaglianza ↵ 1 u 1 + ↵ 2 u 2 = 1 v 1 + 2 v 2 , che

Soluzione. I vettori u 1 e u 2 sono linearmente indipendenti (la verifica e immediata), quindi il sottospazio U da essi generato ha dimensione 2. Dalla formula di Grassman segue che la dimensione di un sottospazio W tale che U W = R 4 deve essere uguale a 2. Pertanto, per trovare una base di un tale sottospazio W ,e suciente trovare due vettori w 1 e w 2 tali che {u 1 , u 2 , w 1 , w 2 } sia una base di R 4. Ci sono infinite scelte per i vettori w 1 e w 2 ; ad esempio si puo prendere w 1 = (1, 0 , 0 , 0) e w 2 = (0, 1 , 0 , 0) (e facile verificare che con queste scelte i vettori {u 1 , u 2 , w 1 , w 2 } sono linearmente indipendenti e quindi sono una base di R 4 ). Tuttavia si potrebbe anche prendere w 1 = (0, 0 , 1 , 0) e w 2 = (0, 0 , 0 , 1), il che prova che un tale sottospazio W non `e certamente unico. Consideriamo ora il vettore vt = (t, 3 , t 1 , 1). Richiedere che vt appartenga a U equivale a richiedere che vt si possa scrivere come combinazione lineare dei vettori u 1 e u 2 (i quali formano una base di U ):

vt = ↵ 1 u 1 + ↵ 2 u 2.

Si ottiene cos`ı il seguente sistema di equazioni lineari 8

<

:

t = 2 ↵ 1 3 = ↵ 1 ↵ 2 t 1 = ↵ 1 + 2↵ 2 1 = 3↵ 1 + ↵ 2

la cui unica soluzione `e (^8)

<

:

t = 2.

Si conclude quindi che vt 2 U se e solo se t = 2. Il sottospazio V `e l’insieme delle soluzioni del seguente sistema di equazioni lineari:

V :

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 0 x 1 + 2x 2 2 x 4 = 0.

Risolvendo il sistema si trova che esso ammette infinite soluzioni, dipendenti da due parametri, date da (^) ( x 1 = 2 x 2 + 2x 4 x 3 = x 2 3 x 4.

Ponendo x 2 = 1 e x 4 = 0 si ottiene il vettore v 1 = ( 2 , 1 , 1 , 0), mentre ponendo x 2 = 0 e x 4 = 1 si ottiene il vettore v 2 = (2, 0 , 3 , 1). I vettori v 1 e v 2 sono una base di V. Per terminare cerchiamo una base di U \ V. Ogni vettore w 2 U \ V si scrive nella forma

w = ↵ 1 u 1 + ↵ 2 u 2 , w = 1 v 1 + 2 v 2.

L’uguaglianza ↵ 1 u 1 + ↵ 2 u 2 = 1 v 1 + 2 v 2 si traduce nel seguente sistema: 8

<

:

il quale ammette infinite soluzioni (dipendenti da un parametro) date da 8

<

:

Una soluzione particolare e data, ad esempio, da ↵ 1 = 2 e ↵ 2 = 3 (come ora vedremo, none importante calcolare anche i valori di 1 e 2 ). Possiamo dunque concludere che U \ V ha dimensione 1 e una sua base `e costituita dal vettore

w = ↵ 1 u 1 + ↵ 2 u 2 = 2 u 1 + 3u 2 = (4, 5 , 4 , 3).

Esercizio 1.3. Sia U il sottospazio vettoriale di R 4 generato dai vettori

u 1 = (2, 0 , 1 , 1), u 2 = (1, 1 , 2 , 0), u 3 = (4, 2 , 1 , 3),

e sia W il sottospazio vettoriale di R 4 di equazione x + y + 2z = 0.

(a) Si determini la dimensione e una base di U. (b) Si dica per quale valore di t il vettore v = (1 + t, 1 , 3 , 1) appartiene a U. (c) Si determinino le equazioni cartesiane di U. (d) Si determini la dimensione e una base di U \ W. (e) Si determini la dimensione e una base di U + W.

Soluzione. Per determinare la dimensione di U dobbiamo scoprire quanti tra i vettori u 1 , u 2 e u 3 sono linearmente indipendenti. Per fare ci`o calcoliamo il rango della seguente matrice 0 @

A

E↵ettuiamo le seguenti operazioni elementari tra le righe: alla seconda riga sottraiamo il doppio della prima e alla terza riga sottraiamo la prima riga moltiplicata per 4. Si ottiene cos`ı la matrice seguente: 0 @

A

Ora alla terza riga sottraiamo il triplo della seconda, ottenendo 0 @

A

Il rango di questa matrice `e 2, il che significa che i vettori u 1 e u 2 sono linear- mente indipendenti, mentre u 3 risulta essere combinazione lineare di u 1 e u 2.

Cio significa che U \ W ha dimensione 1 e una sua basee formata dal vettore u = ( 4 , 2 , 1 , 3), ottenuto ponendo w = 3 nelle equazioni precedenti. Se osserviamo che W `e un sottospazio di R 4 definito da una sola equazio- ne lineare, concludiamo che dim W = 3 e dunque, utilizzando la formula di Grassmann, si ha

dim(U + W ) = dim U + dim W dim(U \ W ) = 2 + 3 1 = 4.

Poich´e U + W e un sottospazio di R 4 di dimensione 4, deve necessariamente essere U + W = R 4. Cercare una base di U + W equivale dunque a cercare una base di R 4 e si puo quindi prendere la base canonica {e 1 , e 2 , e 3 , e 4 }.

Esercizio 1.4. Nello spazio vettoriale R 4 siano U il sottospazio generato dai vettori u 1 = (3, 4 , 1 , 1), u 2 = (1, 2 , 1 , 3) e W il sottospazio definito dalle equazioni x 1 2 x 2 + x 3 x 4 = 0 e 2x 1 + 3x 3 + x 4 = 0.

(a) Si stabilisca se la somma di U e W e diretta e si determinino delle basi di U + W e di U \ W. (b) Si determini, se possibile, una base di un sottospazio L ⇢ R 4 tale che U L = W L = R 4. (c) Dato il vettore v = (0, 1 , 1 , 3), si determini l’equazione del piu piccolo sottospazio di R 4 contenente U e v. (d) Dato ¯v = (2, 1 , 0 , 3) si consideri l’insieme S = ¯v + U = {¯v + u | u 2 U }. Si scriva un sistema lineare che abbia S come insieme delle soluzioni.

Soluzione. Cominciamo col determinare una base di W. I vettori di W sono le soluzioni del seguente sistema lineare

W :

x 1 2 x 2 + x 3 x 4 = 0 2 x 1 + 3x 3 + x 4 = 0

Ricavando x 2 e x 4 in funzione di x 1 e x 3 , si trova che il sistema precedente `e equivalente a

W :

x 2 =

x 1 + 2x 3

x 4 = 2 x 1 3 x 3

pertanto W ha dimensione 2 e una sua base `e costituita dai vettori w 1 = (2, 3 , 0 , 4) e w 2 = (0, 2 , 1 , 3). Cerchiamo ora una base di U \ W. Se v 2 U \ W , si deve avere

v = a 1 u 1 + a 2 u 2 = b 1 w 1 + b 2 w 2.

L’uguaglianza a 1 u 1 + a 2 u 2 = b 1 w 1 + b 2 w 2 si traduce nel sistema 8

<

:

3 a 1 + a 2 = 2b (^1) 4 a 1 2 a 2 = 3b 1 + 2b (^2) a 1 a 2 = b (^2) a 1 3 a 2 = 4 b 1 3 b (^2)

le cui soluzioni sono date da 8

<

:

a 1 = a 2 b 1 = 2a 2 b 2 = 2 a 2 a 2 qualunque.

Si deduce quindi che U \W ha dimensione 1. Per trovare una sua base possiamo porre arbitrariamente a 2 = 1, ottenendo a 1 = 1, b 1 = 2, b 2 = 2, da cui segue che v = u 1 + u 2 = 2w 1 2 w 2. E↵ettuando i calcoli si trova v = (4, 2 , 2 , 2). Questo vettore e dunque una base di U \ W. Poich´e U \ W 6 = { 0 }, possiamo a↵ermare che la somma di U e W none diretta. Dalla formula di Grassmann si deduce che

dim(U + W ) = dim U + dim W dim(U \ W ) = 3.

Poich´e U + W e generato dai quattro vettori u 1 , u 2 , w 1 e w 2 , ma ha dimensione 3, per trovare una sua base bisognera eliminare uno dei quattro vettori citati. Scegliamo (arbitrariamente) di eliminare u 2 e, dopo aver verificato che i vettori rimanenti u 1 , w 1 e w 2 sono linearmente indipendenti, possiamo a↵ermare che essi sono una base di U + W. Il secondo punto richiede di determinare una base di un sottospazio L ⇢ R 4 tale che U L = W L = R 4. Poich´e dim U = dim W = 2, dalla formu- la di Grassmann si deduce che anche L deve avere dimensione 2. Per tro- vare una base di L si tratta dunque di trovare due vettori 1 e 2 tali che {u 1 , u 2 , 1 , 2 } e {w 1 , w 2 , 1 , 2 } siano basi di R 4. Possiamo porre (arbitraria- mente) 1 = (1, 0 , 0 , 0) e 2 = (0, 1 , 0 , 0): e facile verificare che sia i vettori {u 1 , u 2 , 1 , 2 } che {w 1 , w 2 , 1 , 2 } sono linearmente indipendenti, quindi i vettori 1 e 2 da noi scelti sono una base del sottospazio L cercato. Facciamo notare che altre scelte di 1 e 2 , come ad esempio 1 = (0, 0 , 1 , 0) e 2 = (0, 0 , 0 , 1) andrebbero altrettanto bene (in e↵etti ci sono infinite scelte possibili), il che significa che il sottospazio L cercato none unico. Il piu piccolo sottospazio di R 4 contenente U e v = (0, 1 , 1 , 3)e il sot- tospazio generato dai vettori u 1 , u 2 e v. Se indichiamo con (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) il generico vettore di tale sottospazio, si deve quindi avere (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = a 1 u 1 + a 2 u 2 + a 3 v. Tale equazione equivale al seguente sistema 8

<

:

x 1 = 3a 1 + a 2 x 2 = 4a 1 2 a 2 + a 3 x 3 = a 1 a 2 a 3 x 4 = a 1 3 a 2 + 3a 3

Ricavando a 1 , a 2 e a 3 , si ottiene il sistema equivalente 8

<

:

a 2 = x 1 3 a 1 a 3 = 2a 1 x 1 x 3 a 1 = (3x 1 + x 2 + x 3 )/ 12 6 x 1 4 x 2 + 5x 3 + 3x 4 = 0.

L’ultima equazione non contiene i parametri a 1 , a 2 e a 3 ; essa e pertanto l’e- quazione cercata. Possiamo cosı concludere che il pi`u piccolo sottospazio di R 4

Ponendo w 1 = (2, 1 , 0 , 0) e w 2 = ( 3 , 0 , 1 , 0) si scopre che u = 3w 1 2 w 2 , quindi i vettori u, w 1 , w 2 sono linearmente dipendenti; bisogna quindi modificare la nostra scelta. Proviamo allora a porre w 2 = (4, 0 , 0 , 1); ora e facile verificare che u, w 1 , w 2 sono linearmente indipendenti e quindi sono una base di W. Per determinare una base di V \ W possiamo cominciare col determinare le equazioni di V. Un generico vettore (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) 2 Ve combinazione lineare dei vettori v 1 e v 2 che generano V ; si ha quindi

(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = a 1 v 1 + a 2 v 2 ,

che equivale al sistema (^8)

<

:

x 1 = a 1 + 2a 2 x 2 = 2a 1 + 3a 2 x 3 = 3a 1 + 4a 2 x 4 = a 2

Ricavando a 1 e a 2 si ottiene il sistema 8

<

:

a 2 = x 4 a 1 = x 1 + 2x 4 2 x 1 x 2 + x 4 = 0 3 x 1 x 3 + 2x 4 = 0

da cui si deduce che le equazioni cartesiane di V sono le seguenti:

V :

2 x 1 x 2 + x 4 = 0 3 x 1 x 3 + 2x 4 = 0.

Il sottospazio V \ W `e dunque descritto dal seguente sistema:

V \ W :

2 x 1 x 2 + x 4 = 0 3 x 1 x 3 + 2x 4 = 0 x 1 2 x 2 + 3x 3 4 x 4 = 0

le cui soluzioni sono date da

V \ W :

x 1 = 0 x 2 = x 4 x 3 = 2x 4 x 4 qualsiasi.

Da cio si deduce che V \W ha dimensione 1 e una sua basee formata dal vettore (0, 1 , 2 , 1). Dalla formula di Grassmann segue che

dim(V + W ) = dim V + dim W dim(V \ W ) = 2 + 3 1 = 4,

quindi si ha necessariamente V + W = R 4. Come base di V + W si pu`o dunque prendere una qualunque base di R 4 (ad esempio, la base canonica). Cerchiamo ora per quale valore di t i vettori v 1 , v 2 , vt sono linearmente dipendenti. La combinazione lineare

a 1 v 1 + a 2 v 2 + a 3 vt = 0

fornisce il sistema (^8)

<

:

a 1 + 2a 2 + a 3 t = 0 2 a 1 + 3a 2 = 0 3 a 1 + 4a 2 + a 3 = 0 a 2 + 2a 3 = 0.

Risolvendo tale sistema si trova che, se t 6 = 1 allora si ha a 1 = a 2 = a 3 = 0 e quindi i vettori v 1 , v 2 , vt sono linearmente indipendenti, altrimenti, se t = 1, essi sono linearmente dipendenti. Per scoprire se esiste una funzione lineare f : R 4! R 4 tale che si abbia W = Ker f e U = Im f ricordiamo che, per ogni funzione lineare f : R 4! R 4 si deve avere dim Ker(f ) + dim Im(f ) = 4.

Poich´e dim W = 3 e dim U = 1, tale uguaglianza e verificata. Naturalmente cio non basta per a↵ermare che una tale f esiste! Tuttavia ricordiamo che per definire una funzione lineare f : R 4! R 4 `e suciente assegnare le immagini tramite f dei vettori di una base di R 4. Consideriamo allora una base {w 1 , w 2 , w 3 } di W e sia v 2 R 4 un vettore tale che {w 1 , w 2 , w 3 , v} sia una base di R 4 (un tale vettore v esiste sempre). Definiamo una funzione lineare f : R 4! R 4 ponendo f (w 1 ) = f (w 2 ) = f (w 3 ) = 0 e f (v) = u. Per una si↵atta f si ha Ker(f ) = W e Im(f ) = U , come volevasi.

Esercizio 1.6. Sia T ⇢ R 4 il sottospazio generato dai vettori v 1 = (1, 1 , 1 , 2), v 2 = (3, 0 , 0 , 1). Sia S il sottospazio dato dalle soluzioni nelle incognite (x, y, z, w) delle equazioni

( x + 2y + 2z = 0 x + 2z + 2w = 0

(a) Determinare S \ T e dare una base di S + T. (b) Determinare un sottospazio L di R 4 per cui (T + S) L = R 4. (c) Determinare un altro L 1 , L 1 6 = L tale che (T + S) L 1 = R 4 e L L 1. Pu`o essere L L 1 = R 4? (d) Determinare un sottospazio M di R 4 diverso da S e di dimensione 2, tale che T + S = T + M.

Soluzione. Il generico vettore di T `e combinazione lineare dei vettori v 1 e v 2 ; esso si scrive dunque come segue:

w = a 1 v 1 + a 2 v 2 = (a 1 + 3a 2 , a 1 , a 1 , 2 a 1 a 2 ).

Anch´e w appartenga a S \T , le sue componenti devono soddisfare le equazioni di S. Risolvendo il sistema cosı ottenuto si trova a 1 = a 2 , da cui si deduce che S \ T ha dimensione 1 e una sua basee costituita dal vettore w = (4, 1 , 1 , 1) (ottenuto ponendo a 1 = a 2 = 1).

1.2 Funzioni lineari e matrici

Esercizio 1.7. Si determini per quali valori di t 2 R esiste una funzione lineare f : R 3! R 3 tale che f (0, 1 , 1) = (3, 1 , 0), f ( 2 , 1 , 3) = (t, 1 , t + 3) e il nucleo di f sia generato dal vettore (1, t^2 + 3t, 2). Per i valori di t per cui f esiste si specifichi inoltre se essa `e unica oppure no.

Soluzione. Ricordiamo che una funzione lineare tra due spazi vettoriali V e W e determinata in modo unico quando si conoscono le immagini dei vettori di una base di V. Sapendo che il nucleo di fe generato dal vettore (1, t^2 + 3t, 2), si deduce che f (1, t^2 + 3t, 2) = (0, 0 , 0). Pertanto conosciamo le immagini, tramite f , dei tre vettori v 1 = (0, 1 , 1), v 2 = ( 2 , 1 , 3) e v 3 = (1, t^2 + 3t, 2). La prima cosa da fare `e dunque quella di determinare per quali valori del parametro t i vettori v 1 , v 2 e v 3 formano una base di R 3. Consideriamo una combinazione lineare 1 v 1 + 2 v 2 + 3 v 3 = 0.

Si ottiene il seguente sistema: 8

<

:

1 + 2 + (t 2 + 3t) 3 = 0 1 + 3 2 2 3 = 0

da cui si ricava (^8)

<

:

2(t 2 + 3t) 2 = 0.

Se t 2 + 3t 6 = 0, cioe se t 6 = 0, 3, l’unica soluzionee 1 = 2 = 3 = 0. In questo caso i vettori v 1 , v 2 , v 3 sono linearmente indipendenti e sono quindi una base di R 3. Possiamo dunque a↵ermare che, per t 6 = 0, 3, la funzione lineare f esiste ed `e unica. Analizziamo ora separatamente i due casi particolari t = 0 e t = 3. Se t = 0 il sistema precedente diventa 8

<

:

il quale ammette infinite soluzioni (cio significa che, in questo caso, i vettori v 1 , v 2 , v 3 sono linearmente dipendenti). Una soluzione particolaree data, ad esempio, da 1 = 1, 2 = 1, 3 = 2. Ci`o significa che, per t = 0, vale la seguente relazione di dipendenza lineare:

v 1 + v 2 + 2v 3 = 0.

I vettori v 1 , v 2 , v 3 non sono dunque una base di R 3 , quindi non sono note le immagini dei vettori di una base del dominio della funzione f. Possiamo quindi concludere che, anche se una tale funzione f dovesse esistere, essa non sarebbe

determinata in modo unico. Tuttavia, poich´e f deve essere lineare, si dovrebbe avere f (v 1 + v 2 + 2v 3 ) = f (v 1 ) + f (v 2 ) + 2f (v 3 ) = f ( 0 ) = 0.

Sostituendo al posto di f (v 1 ), f (v 2 ) e f (v 3 ) i valori dati dal problema, si ottiene l’uguaglianza

(3, 1 , 0) + (0, 1 , 3) + (0, 0 , 0) = (0, 0 , 0),

che non e verificata. Si conclude cosı che per t = 0 non pu`o esistere una funzione lineare f che soddisfi tutte le richieste. Passiamo ora al caso t = 3. Come nel caso precedente il sistema diventa 8

<

:

il quale ammette infinite soluzioni. Una soluzione particolare e data, come prima, da 1 = 1, 2 = 1, 3 = 2. Cio significa che, per t = 3, vale la seguente relazione di dipendenza lineare:

v 1 + v 2 + 2v 3 = 0.

Anche in questo caso i vettori v 1 , v 2 , v 3 non sono una base di R 3 , quindi, esattamente come prima, possiamo concludere che, anche se una tale funzione f dovesse esistere, essa non sarebbe determinata in modo unico. In questo caso per`o, se applichiamo f all’uguaglianza precedente, si ottiene

f (v 1 + v 2 + 2v 3 ) = f (v 1 ) + f (v 2 ) + 2f (v 3 ) = f ( 0 ) = 0

e sostituendo al posto di f (v 1 ), f (v 2 ) e f (v 3 ) i valori dati dal problema, si ottiene l’uguaglianza

(3, 1 , 0) + (3, 1 , 0) + (0, 0 , 0) = (0, 0 , 0),

che ora e verificata. Ad ogni modo, per costruire una funzione lineare f che soddisfi i requisiti richiesti dovremmo trascurare il vettore v 3 (il qualee una combinazione lineare dei vettori v 1 e v 2 ) e completare i vettori v 1 , v 2 ad una base di R 3 aggiungendo un qualche vettore w (scelto in modo tale che i vettori v 1 , v 2 , w siano linearmente indipendenti). La funzione f risulterebbe univocamente determinata se conoscessimo anche l’immagine di w che pero none data e, anzi, puo essere fissata (quasi⇤^ ) arbitrariamente. Concludiamo cosı che, per t = 3, esistono infinite funzioni lineari f che soddisfano i requisiti imposti dal problema [⇤^ Esiste una tale funzione f per ogni scelta di f (w) 2 R 3. Tuttavia, per la precisione, f (w) non pu`o essere scelto in modo completamente arbitrario, altrimenti si potrebbe trovare una funzione f avente un nucleo di dimensione 2 e non 1 come richiesto dal problema! Per fare in modo che Ker f abbia dimensione 1 bisogna scegliere f (w) in modo che l’immagine di f abbia dimensione 2, in altre parole, f (w) deve essere linearmente indipendente da f (v 1 ). Ci sono comunque infinite scelte per f (w)].

la cui unica soluzione e 1 = 2 = 3 = 0. Si conclude cosı che le prime tre colonne della matrice A sono linearmente indipendenti (quindi il rango di A `e

3. e sono pertanto una base dell’immagine di f (che ha dunque dimensione 3).

Esercizio 1.9. Nello spazio vettoriale R 4 si considerino i sottospazi U 1 = hu 1 , u 2 , u 3 , u 4 i, ove u 1 = (1, 1 , 0 , 2), u 2 = (2, 1 , 1 , 2), u 3 = (1, 4 , 1 , 4), u 4 = ( 3 , 3 , 2 , 2), e U 2 di equazioni 3x 1 4 x 2 = 0 e 5x 1 + 7x 2 = 0.

(a) Si determini una base di U 1 e una base di U 2. Si determini, se esiste, una base {v 1 , v 2 , v 3 , v 4 } di R 4 tale che U 1 = hv 1 , v 2 i e U 2 = hv 3 , v 4 i. (b) Dati w 1 = (2, 1 , 3), w 2 = (1, 1 , 2), w 3 = (5, 4 , t), si dica per quali valori di t esiste una funzione lineare g : R 4! R 3 tale che g(u 1 ) = w 1 , g(u 2 ) = w 2 , g(u 3 ) = w 3. Si dica inoltre se tale g `e unica.

Soluzione. I vettori u 1 , u 2 , u 3 , u 4 generano U 1 , quindi da essi si pu`o estrarre una base di U 1. Per determinare la dimensione di U 1 calcoliamo il rango della seguente matrice: (^0)

B B @

C

C

A

Utilizziamo il metodo di eliminazione di Gauss. Alla seconda riga sottraiamo il doppio della prima, alla terza riga sottraiamo la prima e alla quarta riga sommiamo il triplo della prima, ottenendo cos`ı la seguente matrice:

0 B B @

C

C

A

Ora e↵ettuiamo le seguenti operazioni elementari: alla terza riga sommiamo la seconda mentre alla quarta riga sommiamo la seconda moltiplicata per 2. 0 B B @

C

C

A

Si scopre cosı che la matrice considerata ha rango 2. Cio significa che il sotto- spazio U 1 ha dimensione 2 e una sua base e costituita, ad esempio, dai vettori u (^1) e u 2 (naturalmente, come base di U 1 si potrebbero anche considerare i vettori u 3 e u 4 , oppure anche u 1 e u 3 , ecc.). Il sottospazio U 2e l’insieme delle soluzioni del seguente sistema:

U 2 :

3 x 1 4 x 2 = 0 5 x 1 + 7x 2 = 0.

Si tratta di un sistema di due equazioni nelle quattro incognite x 1 , x 2 , x 3 , x 4 (si ricordi che U 2 `e un sottospazio di R 4 ), le cui soluzioni sono date da

U 2 :

x 1 = 0 x 2 = 0 x 3 , x 4 qualsiasi.

Ci sono dunque infinite soluzioni, dipendenti da due parametri liberi di va- riare, pertanto U 2 ha dimensione 2 e una sua base e costituita dai vettori w 1 = (0, 0 , 1 , 0) e w 2 = (0, 0 , 0 , 1). Se ora poniamo v 1 = u 1 , v 2 = u 2 , v 3 = w 1 e v 4 = w 2 , si ha U 1 = hv 1 , v 2 i e U 2 = hv 3 , v 4 i, come richiesto. Bisogna solo controllare se e↵ettivamente i vettori v 1 , v 2 , v 3 , v 4 sono una base di R 4 , cioe se essi sono linearmente indipendenti. A tal fine calcoliamo il determinante della matrice le cui righe sono i vettori dati:

det

B

B

C

C

A = det

Poich´e tale determinante e diverso da zero i vettori v 1 , v 2 , v 3 , v 4 sono linearmente indipendenti e sono dunque una base di R 4. Consideriamo ora i vettori w 1 = (2, 1 , 3), w 2 = (1, 1 , 2), w 3 = (5, 4 , t). Abbiamo gia visto che i vettori u 1 , u 2 e u 3 sono linearmente dipendenti, quindi deve esistere una relazione di dipendenza lineare

1 u 1 + 2 u 2 + 3 u 3 = 0 ,

con 1 , 2 , 3 non tutti nulli. Sostituendo le componenti di u 1 , u 2 e u 3 si ottiene il sistema (^8)

<

:

le cui soluzioni sono date da (^) ( 1 = 3 (^3) 2 = 3.

Una soluzione particolare `e data da 1 = 3, 2 = 1, 3 = 1, che fornisce la seguente relazione di dipendenza lineare:

3 u 1 + u 2 + u 3 = 0.

Si ha dunque u 3 = 3u 1 u 2. Anch´e esista una funzione lineare g : R 4! R 3 tale che g(u 1 ) = w 1 , g(u 2 ) = w 2 , g(u 3 ) = w 3 si deve dunque avere

g(u 3 ) = g(3u 1 u 2 ) = 3g(u 1 ) g(u 2 ),

cio`e w 3 = 3w 1 w 2. Deve quindi sussistere la seguente uguaglianza

(5, 4 , t) = 3(2, 1 , 3) (1, 1 , 2),

La matrice di f rispetto alle basi assegnate `e dunque

A =

A

il che dimostra, tra l’altro, l’esistenza di un’unica funzione lineare f che soddisfa le richieste del problema. Utilizzando la matrice A appena calcolata possiamo facilmente determinare il nucleo di f. Infatti i vettori v 2 Ker(f ) sono i vettori v = x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 + x 4 v 4 tali che si abbia

0 @

A

B

B

x 1 x 2 x 3 x 4

C

C

A =

A

Dobbiamo quindi risolvere il seguente sistema lineare: 8

<

:

x 1 + x 2 + 4x 4 = 0 x 2 + 2x 3 + 2x 4 = 0 x 1 + x 3 2 x 4 = 0

Tale sistema ha infinite soluzioni, date da 8

<

:

x 1 = 2 x 4 x 2 = 2 x 4 x 3 = 0 x 4 qualsiasi.

Si conclude quindi che il nucleo di f ha dimensione 1 ed e generato dal vettore v = 2v 1 + 2v 2 v 4 (ottenuto ponendo x 4 = 1). Dato che dim Ker(f ) + dim Im(f ) = dim V = 4, si ha dim Im(f ) = 3, il che significa che fe suriettiva (infatti dim W = 3). Visto che Im(f ) = W , come base dell’immagine di f si pu`o prendere una qualunque base di W , ad esempio la base w 1 , w 2 , w 3 assegnata all’inizio. Ricordando la definizione dell’immagine inversa, si ha

f ^1 (w 1 + w 3 ) = {v 2 V | f (v) = w 1 + w 3 }.

A tal proposito facciamo notare che, nel nostro caso, la funzione f non e invertibile, quindi non esiste una “funzione inversa” di f , f ^1 : W! V. Se poniamo v = x 1 v 1 + x 2 v 2 + x 3 v 3 + x 4 v 4 , richiedere che v 2 f ^1 (w 1 + w 3 ), cioe che f (v) = w 1 + w 3 , equivale a richiedere che si abbia

0 @

A

B

B

x 1 x 2 x 3 x 4

C

C

A =

A

Si tratta quindi di risolvere il seguente sistema lineare: 8

<

:

x 1 + x 2 + 4x 4 = 1 x 2 + 2x 3 + 2x 4 = 0 x 1 + x 3 2 x 4 = 1

Tale sistema ha infinite soluzioni, date da 8

<

:

x 1 = 3 2 x 4 x 2 = 4 2 x 4 x 3 = 2 x 4 qualsiasi.

Se poniamo x 4 = ↵, possiamo scrivere

f ^1 (w 1 + w 3 ) = {( 3 2 ↵)v 1 + (4 2 ↵)v 2 2 v 3 + ↵v 4 | ↵ 2 R} = 3 v 1 + 4v 2 2 v 3 + Ker(f ).

Per rispondere all’ultima domanda ricordiamo che la funzione f : V! W e suriettiva. Cio significa che per ogni vettore w 2 W esiste un vettore u 2 V tale che f (u) = w. In particolare, dati i vettori w 1 , w 2 , w 3 della base di W , esistono dei vettori u 1 , u 2 , u 3 2 V tali che f (u (^) i ) = wi , per i = 1, 2 , 3 (i vettori u (^) i non sono univocamente determinati, essi sono determinati solo a meno della somma di elementi del nucleo di f ). Ricordiamo inoltre che per definire una funzione lineare g : W! V `e suciente specificare chi sono le immagini tramite g dei vettori di una base di W. Possiamo dunque definire la funzione g ponendo g(wi ) = u (^) i , per i = 1, 2 , 3. Con questa definizione si ha

(f g)(wi ) = f

g(wi )

= f (u (^) i ) = wi , per i = 1, 2 , 3 ,

il che dimostra che la funzione composta f g : W! W e l’identita. Conclu- diamo quindi che una si↵atta funzione g esiste (cioe dovuto al fatto che f e suriettiva), ma none unica, dato che la sua definizione dipende dalla scelta dei vettori u (^) i 2 V tali che f (u (^) i ) = wi.

Esercizio 1.11. Sia f : R 4! R 3 la funzione lineare definita da

f (1, 1 , 0 , 0) = (3, 1 , 2), f (0, 1 , 0 , 0) = ( 1 , 2 , 1),

f (1, 0 , 1 , 0) = (2, 0 , 2), f (0, 0 , 1 , 1) = (1, 1 , 2).

(a) Si scriva la matrice di f rispetto alle basi canoniche. (b) Si determini una base del nucleo di f e una base dell’immagine di f. (c) Si determini una base di Ker(f ) \ U , ove U `e il sottospazio vettoriale di R 4 definito dall’equazione 2x 1 + x 2 + x 3 = 0.

Soluzione. Poniamo v 1 = (1, 1 , 0 , 0), v 2 = (0, 1 , 0 , 0), v 3 = (1, 0 , 1 , 0), v 4 = (0, 0 , 1 , 1), w 1 = (3, 1 , 2), w 2 = ( 1 , 2 , 1), w 3 = (2, 0 , 2), w 4 = (1, 1 , 2); si ha quindi f (vi ) = wi , per i = 1,... , 4. Per determinare la matrice di f rispetto alle basi canoniche dobbiamo cal- colare le immagini dei vettori della base canonica di R 4. Si ha e 1 = v 1 v 2 , da cui si ricava f (e 1 ) = f (v 1 ) f (v 2 ) = w 1 w 2 = (4, 3 , 1).

Notiamo poi che e 2 = v 2 , quindi f (e 2 ) = w 2 = ( 1 , 2 , 1). Ora si ha e 3 = v 3 e 1 , da cui segue

f (e 3 ) = f (v 3 ) f (e 1 ) = ( 2 , 3 , 1).