Esercizi Spazi-sotto spazi

V

di un suo sottospazio: si aggiunge a una base di tutto il

base di che contenga una base , ..., ) B

V B = (v v

1 k

sopraspazio e si fanno scarti successivi.

V

8 M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016

◦ 4

2 modo. Aggiungiamo ai 2 vettori di B altri 2 vettori (a, b, c, d) , (a , b , c , d ) di in modo da

R

ottenere 4 vettori l.i., cioè in modo che abbia rango 4 la matrice

 

0 0 1 2

  4

Le righe saranno una base di

1 0 0 1 (che ovviamente

R

  .

  4

a b c d ha dimensione 4.

completa B) perché R

a b c d

Si può allora prendere ad esempio c = c = a = a = b = 0 e b = d = 1 (d può essere

qualsiasi, nullo o no) e si ottiene



 0012 

 4

Una base di

1 0 0 1 che completa B (diversa da quella trovata

R



 .



 0 1 0 0 nel modo precedente) è dunque ((0, 0, 1, 2) , (1, 0, 0, 1) , e , e ) .

2 4

0001 Sia V uno spazio vettoriale (reale) di dimensione 4 e sia B = (u , , , )

ESERCIZIO. u u u

1 2 3 4

una sua base. Determinare dimensione e una base del sottospazio W di V generato dai vettori

= − + , = 2u + − , = 2u + 2u + − .

v u u u v u u v u u

1 4 3 1 2 2 3 4 3 2 1 4 3

Completare poi la base trovata ad una base di V .

Disponendo di un insieme di generatori di W = L (v , , ), possiamo pro-

Svolgimento. v v

1 2 3

cedere tramite scarti successivi oppure riduzione. Ricorriamo al secondo metodo.

Le componenti rispetto alla base B dei generatori [v

= −u +u ] = (1, 0, −1, 1)

v u

1 1 3 4 1 B

[v

= 2u +u −u ] = (0, 2, 1, −1)

v sono rispettivamente

2 2 3 4 2 B

= 2u +2u −u +u ] = (2, 2, −1, 1)

[v

v

3 1 2 3 4 2 B

(si noti che per leggere le componenti dei , le loro espressioni come combinazione lineare degli

v

i

vanno scritte in modo ordinato, secondo gli indici degli ) e quindi la matrice di , ,

u u v v v

j j 1 2 3

rispetto a B è 

  

1 0 −1 1

v

1 

  

0 2 1 −1

v

M = = .

2 2 2 −1 1

v

3 B

La dimensione di W coincide con il rango di M ed una base di W è data, in componenti rispetto

a B, dalle righe non nulle di una qualsiasi ridotta (per righe) di M . Riducendo, si ottiene

   

1 0 −1 1 1 0 −1 1

 

 

0 2 1 −1 0 2 1 −1

−→ ,

M −→

R →R −2R R →R −R

3 3 1 3 3 2

0 2 1 −1 00 0 0

da cui segue che dim W = ρ (M ) = 2. Inoltre i vettori di componenti (1, 0, −1, 1) e (0, 2, 1, −1)

e , sono una base di W .

rispetto a B, cioè v

v

1 2

Una base di V che contenga la base (v , ) di W si determina aggiungendo due vettori di V

v

1 2

a (v , ) in modo da ottenere un insieme di quattro vettori l.i. (i quali costituiranno una base

v

1 2

di V , perché V ha dimensione 4). Poiché, ad esempio, la matrice



 1 0 −1 1 (costruita semplicemente aggiungendo due



 0 2 1 −1 

 T

righe non nulle alla matrice [v , ] in

v



 1 2 B

0 0 1 0 modo da ottenere una matrice 4 × 4 ridotta)

00 0 1

ha rango 4, i vettori di componenti (1, 0, −1, 1) , (0, 2, 1, −1) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1) rispetto a B,

cioè , , , , sono l.i. e quindi (v , , , ) è una base di V . Lo stesso vale ad esempio

v v u u v u u

1 2 3 4 1 2 3 4

M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016 9

per le matrici 





 1 0 −1 1

1 0 −1 1 





 0 2 1 −1

0 2 1 −1 





 e 





 0 1 1 0

0 0 1 1 0 0 1 0

0 0 0 1

da cui segue che anche (v , , + , ) e (v , , + , ) sono basi di V .

v u u u v u u u

1 2 3 4 4 1 2 2 3 3

2,2

Nello spazio delle matrici 2 × 2 a coefficienti reali, si consideri il seguente

R

ESERCIZIO.

insieme 2,2

V = A ∈ : (1, 2) A = (0, 0)

R 1,2 2,2

(dove (1, 2) A indica il prodotto matriciale di (1, 2) ∈ per A ∈ ). Verificare che V è un

R R

2,2

sottospazio di e determinarne una base.

R m,n

Ricordiamo che l’insieme delle matrici (a ) di tipo m × n (m righe, n

R ij i=1,...,m, j=1,...,n

colonne) ad entrate a ∈ è uno spazio vettoriale (reale) rispetto alle operazioni termine a

R,

ij

termine: (a ) + (b ) = (a + b ), α(a ) = (αa ).

ij ij ij ij ij ij

m,n

di è la matrice ad elementi tutti nulli, denotata con 0 od anche,

Il vettore nullo R

0 m,n m,n

R

più brevemente, con 0 (quando non interessi specificarne il tipo).

––––––—

L’insieme ordinato C = (E , E , ..., E , E , ..., E , ......, E , ..., E ) delle matrici definite

11 12 1n 21 2n m1 mn

da a co lo n n a

j-esim ↓ 

 0 ... 0 ...... 0

.. .. .. 

 

 . . . 

 i = 1, ..., m



 0 . . . 1 . . . . . . 0 ←

=

E i-esima riga

ij j = 1, ..., n



 . .. .. 

 .. . .

0 ... 0 ...... 0

m,n m,n

è una base per , detta base canonica, e pertanto risulta dim = mn. Le entrate della

R R

m,n

generica matrice (a ) ∈ coincidono con le componenti di (a ) rispetto alla base canonica:

R

ij ij

   

   

1 ... 0 0 1 ... 0 0 ... 0

a a . . . a

11 12 1n    

   

.. .. .. .. .. .. .. .. .. ..

= a + a + ... + a

   

   

. . . . . . . . . .

11 12 mn

a . . . a

a 0 ... 0 0 0 ... 0 0 ... 1

m1 m2 mn n

m a E ,

= ij ij

i=1 j=1

)] = (a , a , ..., a , a , ..., a , ......, a , ..., a ).

cioè [(a

ij 11 12 1n 21 2n m1 mn

C Controllato che la matrice nulla appartiene a V (com’è evidente), per verificare

Svolgimento. 2,2

che V è sottospazio di possiamo, come al solito, procedere in due modi:

R

(i) utilizzare il criterio per i sottospazi, ossia controllare che le combinazioni lineari di elementi

di V siano ancora elementi di V ;

(ii) cercare di scrivere il generico elemento di V come generica combinazione lineare di un certo

2,2

numero di elementi di , in modo da recuperare V come sottospazio generato da tali

R

elementi.

Vediamo entrambi i procedimenti.

10 M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016

(i) Controlliamo che ∀A, B ∈ V e ∀λ ∈ risulti λA + B ∈ V , cioè

R

(1, 2) (λA + B) = (0, 0) .

In effetti, applicando le proprietà delle operazioni tra matrici, si ha

(1, 2) (λA + B) = λ (1, 2) A + (1, 2) B,

dove risulta (1, 2) A = (0, 0) e (1, 2) B = (0, 0) perché A, B ∈ V . Quindi si ottiene

(1, 2) (λA + B) = λ (0, 0) + (0, 0) = (0, 0)

2,2 .

e dunque V è sottospazio di R

(ii) Cerchiamo di descrivere la generica matrice di V , in modo da individuarne un insieme di

a b 2,2

generatori. Se A = , per definizione di V si ha che

è la generica matrice di R

c d

A ∈ V se e solo se a b

(1, 2) = (0, 0)

c d

cioè (a + 2c, b + 2c) = (0, 0), che significa a = −2c e b = −2d con c, d ∈ qualsiasi. Quindi

R

A ∈ V se e solo se A è della forma

−2c −2d −2 0 0 −2

A = = c + d

c d 1 0 0 1

con c, d ∈ qualsiasi. Ciò significa che il generico elemento di V è la generica combinazione

R

lineare delle matrici −2 0 0 −2

= e A =

A

1 2

1 0 0 1

2,2 : il sottospazio generato da A , A .

e pertanto V è sottospazio di R 1 2

, A ). La coppia (A , A ) è anche una base di V ,

Per quanto visto al punto (ii), si ha V = L (A

1 2 1 2

perché A , A sono l.i. (si vede subito che le due matrici non sono una multipla dell’altra).

1 2 Data la matrice

ESERCIZIO. 01 1 2,3

A = ∈ ,

R

1 0 −1

si consideri l’insieme 3,2

V = X ∈ : AX = 0

R 2,2

2,2

(dove AX ∈ indica la matrice prodotto di A e X). Verificare che V è sottospazio vettoriale

R

3,2

di e determinarne dimensione e una base.

R ∈ V (cioè A0 = 0 ). Controlliamo allora che V sia stabile

Ovviamente 0

Svolgimento. 3,2 3,2 2,2

3,2 e λ ∈ si ha A (λX + Y ) = A (λX) +

rispetto alle combinazioni lineari. Per ogni X, Y ∈ R

R

AY = λAX + AY , in quanto il prodotto righe per colonne è distributivo rispetto alla somma ed

omogeneo rispetto al prodotto per scalari. Da qui, se in particolare X, Y ∈ V , cioè AX = 0 e

2,2

AY = 0 , si ottiene A (λX + Y ) = λ0 + 0 = 0 , che significa λX + Y ∈ V . Dunque V è

2,2 2,2 2,2 2,2

3,2 .

sottospazio vettoriale di R

Per determinare una base di V (e quindi la sua dimensione), cerchiamo un’espressione per la

generica matrice di V , da cui dedurre poi un suo insieme di generatori. Per definizione di V ,

una matrice 

 x

x

11 12 

 3,2

x x

X = ∈ R

21 22

x x

31 32

M.GUIDA, S.ROLANDO, 2016 11

appartiene a V se e solo se AX = 0 , cioè

2,2 

 x

x

11 12 00

0 1 1 

 x x = .

21 22 00

1 0 −1 x x

31 32

Svolgendo il prodotto a primo membro, ciò significa 00

x + x x + x

21 31 22 32 = ,

00

x − x x − x

11 31 12 32

ossia 

 

 x

x + x =0 = −x



 21 31 21 31



 x + x =0 x = −x

22 32 22 32 con x , x ∈ qualsiasi.

, R

31 32

− x =0 x = x

x 

 

 11 31 11 31



 x − x =0 x = x

12 32 12 32

Dunque X ∈ V se e solo se X è della forma

    

 x 1 0 0 1

x

31 32     

 −1 0 0 −1

−x −x A + x A

X = = x + x = x

31 32 31 32 31 1 32 2

1 0 0 1

x x

31 32

(con ovvia definizione di A , A ), dove x , x sono numeri reali qualsiasi. Ciò significa V =

1 2 31 32

L (A , A ). Poiché A , A sono l.i. (si vede subito, guardandone gli elementi, che A , A non

1 2 1 2 1 2

sono una multipla dell’altra), si conclude che (A , A ) è una base di V e quindi dim V = 2.

1 2

Determinare una base del sottospazio V di [x] generato dai polinomi

R

ESERCIZIO. 2 2 3 3 2 3

P (x) = x + x , P (x) = 1 + x + x , P (x) = 1 − x + x , P (x) = 1 + 2x + 3x + x