SpaziRn_SOTTOSPAZI by Andrea Di Giovanni

SPAZI VETTORIALI Rn

SOTTOSPAZI DI Rn Combinazioni lineari e generatori. Dipendenza e indipendenza lineare, basi e dimensione.

Esercizio 1 Stabilire, giustificando la risposta, quali dei seguenti sottoinsiemi di R3 sono suoi sottospazi: 1) V1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y = z}; 2) V2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 }; 3) V3 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 4}; 4) V4 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y + 2z = 0}; 5) V5 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y + 2z = 1}. Determinare poi una base per gli insiemi che risultano sottospazi. Esercizio 2 Dati i vettori v1 = (2, −1, 1), v2 = (4, −2, 2), v3 = (1, 1, 0), v4 = (0, −3, 1) e gli scalari a1 = 3, a2 = −1, a3 = −2, a4 = −1, calcolare la combinazione lineare dei vettori v1 , ..., v4 secondo gli scalari a1 , ..., a4 e da questa dedurre che i vettori dati sono linearmente dipendenti. Detto U = L(v1 , ..., v4 ), trovare una base di U , la sua dimensione e completare poi la base trovata a una base di R3 . Esercizio 3 Dati i vettori (1, 1), (1, 3), (2, −1) ∈ R2 , stabilire se sono linearmente dipendenti e, se possibile, scrivere il secondo vettore come combinazione lineare degli altri due. Esercizio 4 Ripetere l’Esercizio ?? con i seguenti gruppi di vettori di R3 : 1) (1, −2, −1), (5, 0, 1), (2, 1, 1); 2) (4, 2, 2), (5, 0, 1), (2, 1, 1); 3) (2, −1, 0), (1, 2, −1), (−1, 0, 2). Esercizio 5 Determinare i valori di a ∈ R per cui i vettori v1 = (1, a, a − 1), v2 = (1, 1, a − 1) e v3 = (0, a − 1, a) risultano linearmente indipendenti. Posto poi a = 1, stabilire se w = (1, −1, 2) ∈ L(v1 , v2 , v3 ). Esercizio 6 Discutere al variare del parametro reale h l’indipendenza lineare dei vettori v1 = (1, 0, −h), v2 = (2, −1, 1) e v3 = (h, 1, −1). In seguito provare che: 1) posto h = 1, il vettore v4 = (3, 1, −2) pu`o essere espresso in un solo modo come combinazione lineare di v1 , v2 , v3 ; 2) posto h = 0, il vettore v4 non pu`o essere espresso come combinazione lineare di v1 , v2 , v3 ;

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3) posto h = −2, il vettore v5 = (−7, 4, −2) pu`o essere espresso in infiniti modi come combinazione lineare di v1 , v2 , v3 . Giustificare i tre fenomeni. Esercizio 7 Per ognuno dei seguenti insiemi di vettori si trovi, se possibile, una base dello spazio indicato a fianco contenente i vettori assegnati: 1) {(3, −1)} , R2 ; 2) {(3, −1)} , R3 ; 3) {(2, −1, 0)} , R3 ; 4) {(2, −1, 0), (1, 0, 1)} , R3 ; 5) {(2, −1, 0), (1, 0, 1), (0, 0, 1)} , R3 ; 6) {(2, −1, 0), (1, 0, 1), (1, −1, −1)} , R3 . Esercizio 8 Scrivere ciascuno dei seguenti sottospazi come soluzione di un sistema lineare omogeneo: 1) V1 = L((1, 1)); 2) V2 = L((1, 1, 0), (1, −1, 0)); 3) V3 = L((1, 1, 1), (1, −1, 0)); 4) V4 = L((1, −2, 3), (−2, 4, −6)); 5) V5 = L((1, 1, 1)); 6) V6 = L((1, 2, 3, 0), (2, 2, 0, −1), (4, 6, 6, −1)). Esercizio 9 Dati i vettori v1 = (1, 0, −1, 1), v2 = (4, 1, 1, 0) e v3 = (0, 1, 2, 0) di R4 , sia V il sottospazio lineare da essi generato. 1) Calcolare la dimensione di V. 2) Determinare una base di V ed estenderla ad una base B di R4 . 3) Determinare un sistema lineare omogeneo S tale che V = Sol (S) . 4) Calcolare le componenti del vettore w = (1, 0, 0, 0) rispetto alla base B scelta al punto 2). Esercizio 10 Dati i vettori v1 e v2 dell’Esercizio ??, si consideri il sottospazio U di R4 da essi generato. Determinare un sistema lineare omogeneo S ′ tale che U = Sol (S ′ ) . Che relazione esiste tra le equazioni di S (trovato nell’Esercizio ??) e di S ′ ?

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Esercizio 11 Dati i seguenti sistemi lineari omogenei Si : Ai X = 0, si determini, se possibile, una base di Vi = Sol (Si ):     1 1 2 2 1 1 2 2  −1 3 1 1   −1 3 1 1     A1 =   −4 0 −5 −5  , A2 =  −4 0 −5 −4  , 0 4 3 3 0 4 3 3 

 6 2 2 4  −3 −1 −1 −2   A3 =   −2 −2/3 −2/3 −4/3  , 12 4 4 8



1  −1 A4 =   0 0

1 3 1 4

2 1 −1 2

 2 1 . 1 0

Esercizio 12 Sia U = {(x, y, z) ∈ R3 : y = x2 }. Stabilire se le seguenti affermazioni sono vere o false: (i) U non è un sottospazio; (ii) U contiene infiniti vettori; (iii) (0, 0, 0) ∈ U ; (iv) U è un sottospazio di dimensione 1. Esercizio 13 Sia U = L ((1, 1, 0), (k − 1, 2, k), (k + 1, −k, −k)), dove k è un parametro reale. Stabilire se le seguenti affermazioni sono vere o false: (i) se k = 0, allora dim U = 2; (ii) esistono dei valori di k ∈ R per cui dim U = 1; (iii) per k = 2/3 si ha dim U = 3; (iv) dim U = 3 per ogni valore reale di k. Esercizio 14 Dati 4 vettori distinti di R4 , stabilire quali delle seguenti affermazioni sono vere (giustificando la risposta) e quali false (trovando un controesempio): (i) i quattro vettori sono sempre linearmente indipendenti; (ii) 3 vettori dei 4 sono sempre linearmente indipendenti; (iii) almeno uno dei 4 vettori è linearmente indipendente; (iv) almeno due dei 4 vettori sono linearmente indipendenti; (v) almeno uno dei 4 vettori dipende linearmente dagli altri. Esercizio 15 Rifare l’Esercizio ?? dati 4 vettori distinti di R3 .

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SVOLGIMENTI

Esercizio 1 V1 e V4 sono sottospazi, perché verificano le condizioni del criterio per i sottospazi: ∀v1 , v2 ∈ Vi e ∀λ ∈ R risulta λv1 + v2 ∈ Vi ; infatti ∀ (x1 , y1 , z1 ) , (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3 e ∀λ ∈ R si ha λ (x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) = (λx1 + x2 , λy1 + y2 , λz1 + z2 ) e quindi • x1 = y1 = z1 e x2 = y2 = z2 implica λx1 + x2 = λy1 + y2 = λz1 + z2 ; • x1 − y1 + 2z1 = 0 e x2 − y2 + 2z2 = 0 implica (λx1 + x2 ) − (λy1 + y2 ) + 2 (λz1 + z2 ) = λ (x1 − y1 + 2z1 ) + (x2 − y2 + 2z2 ) = 0. V3 e V5 non sono sottospazi, ad esempio perché non contengono il vettore nullo (0, 0, 0). V2 non è sottospazio, ad esempio perché il vettore (2, 0, 4) ∈ V2 (essendo 4 = 22 ) mentre 2(2, 0, 4) = (4, 0, 8) ∈ / V2 (perché 8 6= 42 ). Alle stesse conclusioni si sarebbe potuti giungere ricordando che un sottoinsieme di Rn definito tramite equazioni sulle componenti del generico vettore (x1 , ..., xn ) è un sottospazio se e solo se tali equazioni sono di 1◦ grado ed omogenee nelle incognite x1 , ..., xn ; ciò è vero per V1 (x−y = 0, y − z = 0) e V4 (x − y + 2z = 0), mentre non lo è per V2 , V3 e V5 (z − x2 = 0 non è di 1◦ grado né omogenea, x − 4 = 0 e x − y + 2z − 1 = 0 non sono omogenee). Un ulteriore procedimento per provare che un sottoinsieme V di Rn è un sottospazio è quello di scrivere il suo generico elemento come combinazione lineare a coefficienti qualsiasi di elementi di Rn , in modo da recuperare V come sottospazio generato da tali elementi; in questo modo, si individua anche un sistema di generatori, da cui si può poi estrarre eventualmente una base. Ad esempio v ∈ V1 ⇐⇒ v = (x, x, x) = x(1, 1, 1), x ∈ R qualsiasi e quindi V1 = L ((1, 1, 1)) ed una base di V1 è ((1, 1, 1)), in quanto (1, 1, 1) è non nullo. Analogamente v ∈ V2 ⇐⇒ v = (y − 2z, y, z) = (y, y, 0) + (−2z, 0, z) = y(1, 1, 0) + z(−2, 0, 1), y, z ∈ R qualsiasi e quindi V2 = L ((1, 1, 0) , (−2, 0, 1)) ed una base di V1 è ((1, 1, 0) , (−2, 0, 1)), in quanto (1, 1, 0) e (−2, 0, 1) sono l.i. (nessuno è multiplo dell’altro). Esercizio 2 Risulta a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 + a4 v4 = 0 e quindi, poiché gli scalari non sono tutti nulli, i vettori v1 , ..., v4 sono l.d.. Disponendo di un sistema di generatori di U = L(v1 , ..., v4 ), una sua base può essere determinata in due modi: (1) individuando un sottoinsieme di {v1 , v2 , v3 , v4 } che sia massimale rispetto all’indipendenza

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lineare, cioè costituito da vettori l.i. e tale che i vettori di ogni altro sottoinsieme di {v1 , v2 , v3 , v4 } che lo contiene risultino l.d.; (2) riducendo per righe la matrice dei vettori v1 , v2 , v3 , v4 (rispetto ad una base qualsiasi di R3 , tipicamente quella canonica) e leggendo quindi le componenti (rispetto alla medesima base di R3 ) di una base di U sulle righe non nulle della matrice ridotta. Vediamoli in opera entrambi. (1) Utilizziamo il metodo degli scarti successivi. • Controlliamo l’indipendenza lineare di v1 , v2 (entrambi non nulli): si vede subito che v2 = 2v1 , quindi v1 e v2 sono l.d.. Scartiamo allora v2 . • Controlliamo l’indipendenza lineare di v1 , v3 (entrambi non nulli): guardando l’ultima componente di entrambi, si vede subito che nessuno dei due è multiplo dell’altro, quindi v1 e v3 sono l.i.. • Controlliamo l’indipendenza lineare di v1 , v3 , v4 (tutti non nulli). Siano a, b, c ∈ R tali che av1 + bv3 + cv4 = 0. Ciò significa a (2, −1, 1) + b (1, 1, 0) + c (0, −3, 1) = (0, 0, 0), cioè (2a + b, −a + b − 3c, a + c) = (0, 0, 0), cioè    2a + b = 0  b = −2a −a + b − 3c = 0 che equivale a c = −a   a+c=0 a qualsiasi. Dunque v1 , v3 , v4 sono l.d.

In conclusione, una base di U è (v1 , v3 ) e risulta dim U = 2. (2) La matrice dei vettori v1 , v2 , v3 , v4 (rispetto alla base canonica di R3 ) è   2 −1 1  4 −2 2   M = M (v1 , v2 , v3 , v4 ) =  1 1 0. 0 −3 1 Riducendo per righe ad esempio tramite le trasformazioni elementari R1 ↔ R3 , R2 → R2 − 4R1 , R3 → R3 − 2R1 , R2 → R2 − 2R4 , R3 → R3 − R4 (nell’ordine), si ottiene la matrice   1 1 0 0 0 0   0 0 0 0 −3 1 da cui si deduce che i vettori (1, 1, 0) = v3 e (0, −3, 1) = v4 sono l.i.. Poiché le trasformazioni elementari mantengono lo spazio generato, una base di U = L(v1 , ..., v4 ) è quindi data da (v3 , v4 ), da cui segue anche che dim U = 2. Una base di R3 che contenga la base (v1 , v3 ) di U trovata al punto (1) si determina aggiungendo un vettore di R3 a (v1 , v3 ) in modo da ottenere un sistema di tre vettori l.i.. Poiché, ad esempio, la matrice   2 −1 1 (costruita semplicemente aggiungendo una 1 1 0 riga non nulla alla matrice M (v1 , v3 ) in 1 0 0 modo da ottenere una matrice 3 × 3 ridotta)

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ha rango 3, i vettori v1 , v3 , e1 = (1, 0, 0) sono l.i. e dunque (v1 , v3 , e1 ) è una base di R3 . Lo stesso vale ad esempio per la matrice   1 1 0  0 −3 1  , 0 0 1 e dunque una base di R3 che completa la base (v3 , v4 ) trovata al punto (2) è (v3 , v4 , e3 ). Esercizio 3 I vettori dati sono necessariamente l.d., perché 3 vettori in uno spazio di dimensione 2. Il secondo vettore (1, 3) si può scrivere come c.l. degli altri due se e solo se esistono x, y ∈ R tali che (1, 3) = x (1, 1) + y (2, −1), cioè (1, 3) = (x + 2y, x − y), cioè x = 37 x + 2y = 1 che equivale a y = − 23 . x−y =3 Dunque risulta (1, 3) =

7 3

(1, 1) − 32 (2, −1).

Esercizio 4 k vettori di Rn sono l.i. se e solo se il rango della loro matrice (rispetto ad una base qualsiasi di R3 , tipicamente quella canonica) `e massimo (= k se k ≤ n, = n altrimenti). 1) Si ha

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e pertanto v1 , v2 , v3 sono l.i. se e solo se a 6= 0, 1. Per a = 1, si ha v1 = v2 = (1, 1, 0) e v3 = (0, 0, 1). Il vettore w = (1, −1, 2) appartiene a L(v1 , v2 , v3 ) se e solo se esistono x, y, z ∈ R tali che w = xv1 + yv2 + yv3 ; tale sistema risulta incompatibile e quindi w ∈ / L(v1 , v2 , v3 ). Alternativamente, si pu`o osservare che lo spazio generato da v1 , v2 , v3 `e L(v1 , v2 , v3 ) = (x, x, y) ∈ R3 : x, y ∈ R

(cioè è l’insieme delle c.l. x(1, 1, 0) + y(0, 0, 1) = (x, x, y) a coefficienti qualsiasi) e che w non vi appartiene perché non ha le prime componenti uguali tra loro. Esercizio 6 Il determinante dei vettori v1 , v2 , v3 è

1 0 −h

2 −1 1 = −2h − h2 = −h (2 + h)

h 1 −1

e pertanto v1 , v2 , v3 sono l.i. se e solo se h 6= 0, −2.

1) Per h = 1 (6= 0, −2), il vettore v4 = (3, 1, −2) può essere espresso in uno ed un solo modo come c.l. di v1 , v2 , v3 perché questi ultimi formano una base di R3 (3 vettori l.i. in uno spazio di dimensione 3). 2) Per h = 0, il sistema v4 = xv1 + yv2 + zv3 risulta incompatibile e quindi v4 non è c.l. di v1 , v2 , v3 . Questo significa che v4 non appartiene al sottospazio L(v1 , v2 , v3 ) di R3 generato da v1 , v2 , v3 (che non è tutto R3 in quanto v1 , v2 , v3 sono l.d. per h = 0). 3) Per h = −2, il sistema v5 = xv1 +yv2 +zv3 ha infinite soluzioni e quindi v5 può essere espresso in infiniti modi come combinazione lineare di v1 , v2 , v3 . Questo significa che v5 appartiene al sottospazio L(v1 , v2 , v3 ) di R3 generato da v1 , v2 , v3 e l’infinità di c.l. con cui v5 può essere espresso è dovuta al fatto che v1 , v2 , v3 non sono una base di L(v1 , v2 , v3 ) (essendo essi l.d. per h = −2). Esercizio 7 Ogni insieme di k (< n) vettori linearmente indipendenti di Rn può essere completato ad una base di Rn come nell’Esercizio ??, ma non in modo unico; si tenga quindi presente che le basi presentate di seguito sono solo possibili scelte. 1) (3, −1) ∈ R2 è l.i. (non nullo) ed una base di R2 che lo contiene è ((3, −1), (1, 0)). 2) Impossibile, perché (3, −1) ∈ / R3 . 3) (2, −1, 0) ∈ R3 è l.i. (non nullo) ed una base di R3 che lo contiene è ((2, −1, 0), (1, 0, 1), (1, 0, 0)). 4) (2, −1, 0), (1, 0, 1) ∈ R3 sono l.i. (la loro matrice ha rango 2) ed una base di R3 che li contiene è ((2, −1, 0), (1, 0, 1), (1, 0, 0)). 5) (2, −1, 0), (1, 0, 1), (0, 0, 1) ∈ R3 sono l.i. (il loro determinante è non nullo) e quindi formano già una base di R3 . 6) (2, −1, 0), (1, 0, 1), (1, −1, −1) ∈ R3 sono l.d. (il loro determinante è nullo) e quindi non possono essere contenuti in alcuna base di R3 .

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Esercizio 8 Si tratta di scrivere in forma implicita (cioè tramite un sistema di equazioni) sottospazi V = L (v1 , ..., vk ) di Rn che sono dati in forma esplicita (cioè tramite generatori). Il procedimento è standard: si scrive la matrice M dei generatori v1 , ..., vk di V e si aggiunge un’ultima riga che rappresenta il generico vettore v di Rn : esso appartiene a V se e solo se il rango della matrice cos`ı ottenuta coincide con il rango di M e, pertanto, imponendo tale condizione si ottengono le equazioni che descrivono il generico vettore di V . riduce per righe in modo da ridurre la matrice dei generatori di V ; l’ultima riga rappresenta un vettore che sta nello spazio generato dalle altre righe se e solo se essa non fa aumentare il rango della matrice data dalle sole altre righe. 1) Essendo V1 = L((1, 1)), riduciamo 1 1 R2 →R2 −xR1 1 1 −→ y−x xy e imponiamo che tale matrice abbia rango 1: occorre e basta che sia y − x = 0 e quindi V1 = {(x, y) ∈ R2 : x − y = 0} = Sol(S1 ) con

S1 : x − y = 0.

2) Essendo V2 = L((1, 1, 0), (1, −1, 0)), riduciamo       1 1 0 1 1 0 1 1 0 R →R + y−x R 2 3 2  0 −2 0   1 −1 0  −→  0 −2 0  3 −→ 0 0 z x y z 0 y−x z e imponiamo che tale matrice abbia rango 2: occorre e basta che sia z = 0 e quindi V2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0} = Sol(S2 ) con

S2 : z = 0.

3) Essendo V3 = L((1, 1, 1), (1, −1, 0)), riduciamo      1 1 1 1 1 0 1 1 0 y−x R →R3 + 2 R2  1 −1 0  −→  0 −2 −1  3 −→  0 −2 −1 x y z 0 y−x z−x 0 0 z − y2 −

x 2

 

e imponiamo che tale matrice abbia rango 2: occorre e basta che sia 2z − y − x = 0 e quindi V3 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y − 2z = 0} = Sol(S3 ) con

S3 : x + y − 2z = 0.

4) Essendo V4 = L((1, −2, 3), (−2, 4, −6)), riduciamo     1 −2 3 1 −2 3  −2 4 −6  −→  0 0 0  x y z 0 y + 2x z − 3x e imponiamo che tale matrice abbia rango 1: occorre e basta che sia y + 2x = z + 3x = 0 e quindi 2x + y = 0 3 . V4 = {(x, y, z) ∈ R : 2x + y = 0, 3x − z = 0} = Sol(S4 ) con S4 : 3x − z = 0

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5) Essendo V5 = L((1, 1, 1)), riduciamo 1 11 1 1 1 −→ xy z 0 y−x z−x e imponiamo che tale matrice abbia rango 1: occorre e basta che sia y − x = z − x = 0 e quindi x−y =0 . V5 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y = 0, x − z = 0} = Sol(S5 ) con S5 : x−z =0 6) Essendo V6 = L((1, 2, 3, 0), (2, 2, 0, −1), (4, 6, 6, −1)), riduciamo      1 23 0 1 2 3 0 1 2 3  2 2 0 −1   0 −2  0 −6 −1 −2 −6     −→   4 6 6 −1  −→  0 −2 0 −6 −1  0 0 xy z t 0 y − 2x z − 3x t 0 y − 2x − 2t z − 3x − 6t

 0 −1   0  0

e imponiamo che tale matrice abbia rango 2: occorre e basta che sia y − 2x− 2t = z − 3x− 6t = 0 e quindi V6 = {(x, y, z, t) ∈ R4 : 2x − y + 2t = 0, 3x − z + 6t = 0} = Sol(S6 ) con S6 :

2x − y + 2t = 0 . 3x − z + 6t = 0

Esercizio 9 1,2) La matrice 

 1 0 −1 1 M (v1 , v2 , v3 ) =  4 1 1 0  01 2 0 è già ridotta per righe ed ha righe tutte non nulle, dunque (v1 , v2 , v3 ) è una base di V = L (v1 , v2 , v3 ), che ha pertanto dimensione 3. Una possibile base di R4 che contenga (v1 , v2 , v3 ) è B = (v1 , v2 , v3 , e3 ) con e3 = (0, 0, 1, 0), in quanto M (v1 , v2 , v3 , e3 ) è ancora ridotta ed ha righe tutte non nulle. 3) Riduciamo  1 4  0 x

0 1 1 y

−1 1 2 z

  1 10 0 1 0  −→  0 1 0 t 0y  10 0 1 −→  0 0 00

   −1 1 10 −1 1   5 −4  5 −4  −→  0 1     2 0 00 −3 4 z+x t−x 0 0 z + x − 5y t − x + 4y  −1 1  5 −4   −3 4 0 t − x + 4y + 4 z+x−5y 3

e imponiamo che tale matrice abbia rango 3: occorre e basta che sia 3t−3x+12y+4z+4x−20y = 0 e quindi V = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x − 8y + 4z + 3t = 0} = Sol(S) con S : x − 8y + 4z + 3t = 0.

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4) Le componenti a, b, c, d di w rispetto a B risolvono il sistema w = av1 + bv2 + cv3 + de3 , cio`e  a + 4b = 1    1 1 b+c=0 , che equivale ad a = 0, b = d = , c = − . −a + b + 2c + d = 0  4 4   a=0 Dunque le componenti di w rispetto a B sono 0, 41 , − 14 , 14 , cio`e w = 41 (v2 − v3 + e3 ). Esercizio 10 Ragionando come nell’Esercizio ??, si trova ad esempio U = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x − 4z − 5t = 0, y − z − t = 0} = Sol(S ′ ) con ′

S :

x − 4z − 5t = 0 . y−z−t=0

L’equazione del sistema lineare S trovato nell’Esercizio ?? `e combinazione lineare delle equazioni di S ′ , in quanto U = L (v1 , v2 ) `e sottospazio di V = L (v1 , v2 , v3 ) e quindi ogni (x, y, z, t) che soddisfa S ′ deve soddisfare anche S. Esercizio 11 • Riducendo A1 per righe ad esempio tramite le R2 + R1 , R3 → R3 + 4R1 , R3 → R3 − 2R1 , R3 → R3 − R2 , ottiene    1 1 2 2 112  −1 3 1 1  0 4 3   A1 =   −4 0 −5 −5  →  0 0 0 000 0 4 3 3

trasformazioni elementari R2 → R4 → R4 − R2 (nell’ordine), si  2 3  0 0

e quindi il sistema S1 : A1 X = 0 equivale al sistema

x1 + x2 + 2x3 + 2x4 = 0 , 4x2 + 3x3 + 3x4 = 0

ossia

  x1 = − 45 x3 − 45 x4 x = − 34 x3 − 43 x4 .  2 x3 , x4 ∈ R qualsiasi

Dunque X è soluzione se e solo se 5 3 3 x4 5 x3 (−5, −3, 4, 0) + (−5, −3, 0, 4) X = − x3 − x4 , − x3 − x4 , x3 , x4 = 4 4 4 4 4 4 e pertanto una base di V1 = Sol (S1 ) è data da ((−5, −3, 4, 0) , (−5, −3, 0, 4)). Analogamente si ottiene che: • una base di V2 = Sol (S2 ) è data da ((−5, −3, 4, 0)); • una base di V3 = Sol (S3 ) è data da ((1, −3, 0, 0), (0, −1, 0, 1), (0, −1, 1, 0)); • il sistema S4 ammette come unica soluzione il vettore nullo, per cui si conviene che V4 = Sol (S4 ) = {(0, 0, 0, 0)} ha per base l’insieme vuoto. Esercizio 12

(i) VERA (l’equazione non `e di 1◦ grado).

SPAZI VETTORIALI Rn - Sottospazi di Rn

(ii) VERA (v ∈ U se e solo se v = x, x2 , z con x, z ∈ R qualsiasi). (iii) VERA (perch´e 0 = 02 ). (iv) FALSA (U non `e un sottospazio). Esercizio 13 0).

(i) VERA ((1, 1, 0), (−1, 2, 0) sono l.i. e det M ((1, 1, 0), (−1, 2, 0), (1, 0, 0)) =

(ii) FALSA (ad esempio perch´e il rango di M ((1, 1, 0), (k + 1, −k, −k)) `e sempre 2). (iii) FALSA (det M ((1, 1, 0), (−1/3, 2, 2/3), (5/3, −2/3, −2/3)) = 0). (iv) FALSA (v. punto (iii)). Esercizio 14

(i) FALSA, ad esempio (1, 0, 0, 0) , (2, 0, 0, 0) , (3, 0, 0, 0) , (4, 0, 0, 0) sono l.d..

(ii) FALSA, v. esempio al punto (i). (iii) VERA, perché non possono essere tutti nulli, essendo distinti. (iv) FALSA, v. esempio al punto (i). (v) FALSA, ad esempio (1, 0, 0, 0) , (0, 1, 0, 0) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1) sono l.i. e quindi nessuno è c.l. degli altri. Esercizio 15 (i) FALSA, ad esempio (1, 0, 0) , (2, 0, 0) , (3, 0, 0) , (4, 0, 0) sono l.d. (ed inoltre non esistono 4 vettori l.i. in uno spazio di dimensione 3). (ii) FALSA, v. esempio al punto (i). (iii) VERA, perché non possono essere tutti nulli, essendo distinti. (iv) FALSA, v. esempio al punto (i). (v) VERA, perché 4 vettori in uno spazio di dimensione 3 sono sempre l.d..