ESERCIZI DI ALGEBRA LINEARE Vincenzo Di Gennaro

1 ESERCIZI DI ALGEBRA LINEAREV incenzo Di GennaroSono raccolti, in ordine cronologico, gli ESERCIZI di ALGEBRA LINEARE proposti nelle prove scritte per i vari corsi di Geometria 1 che ho tenuto presso la facolt `a di Ingegneria di Tor Vergata, a partire dal 2001. Gli ESERCIZI sonosvolti, e lo svolgimento tiene conto delle lezioni date durante i corsi. Nello svolgimento degli ESERCIZI , alcuni dettaglisono lasciati alla cura dello studioso tutti gli studenti che mi hanno indicato la presenza di Di GennaroRoma, 30 giugno 2008 Ultimo aggiornamento: 11 Gennaio 201912 ESERCIZI DI ALGEBRA LINEAREG eometria ed ALGEBRA 1, I esonero, 22 ottobre se il sottoinsiemeX:={(x, y) :xy 0}diR2`e oppure no un `e un sottospazio in quanto non `e stabile rispetto alla somma. Infatti i vettori (2,3) e ( 1, 4)appartengono adX, ma la loro somma (2,3) + ( 1, 4) = (1, 1) no (per inciso, si osservi cheXpossiede il vettorenullo, ed `e stabile rispetto alla moltiplicazione esterna: infatti se (x, y) Xec`e uno scalare qualunque, allorac (x, y) = (cx, cy), e (cx)(cy) =c2xy 0 perch ec2non altera il segno dixy).

2 Esercizio considerino i sottospaziU:=Span((1,2,3,4),( 1,1,1,2))eV:=Span((1,8,11,16)) U,dim V,dim(U+V)edim(U V).Svolgimento. Cominciamo con l osservare chedim U= 2 perch e i due generatori diUnon sono uno multiplo dell altro,e chedim V= 1 in quanto il generatore diVnon `e il vettore cheU+V=Span((1,2,3,4),( 1,1,1,2),(1,8,11,16)). Per calcolarne la dimensione andiamo a vederese i tre generatori sono legati oppure no, cio`e se essi ammettono, oppure no, una relazione non banale. A tale proposito,sia (x, y, z) una qualunque relazione tra i generatori diU+V. Allora si ha:x(1,2,3,4)+y( 1,1,1,2)+z(1,8,11,16) =0, cio`e si ha il seguente sistema di equazioni lineari: x y+z= 02x+y+ 8z= 03x+y+ 11z= 04x+ 2y+ 16z= sistema ammette come soluzione non banale la terna (x, y, z) = (3,2, 1). Ci`o significa che 3(1,2,3,4) +2( 1,1,1,2) 1(1,8,11,16) =0, cio`e i tre generatori sono legati.

3 In particolare vediamo che (1,8,11,16) `e sovrab-bondante. Dunque:U+V=Span((1,2,3,4),( 1,1,1,2),(1,8,11,16)) =Span((1,2,3,4),( 1,1,1,2)) = (U+V) =dim U= 2. Inoltre, poich eV U+V, eU+V=U, alloraV U, quindiV=U V, edim(U V) =dim V= 1. Esercizio quali valori diki vettori(1,1,1),(1, k,2),(1,1, k 1)sono linearmente dipendenti?Svolgimento. Se (x, y, z) `e una relazione per i tre vettori assegnati, allora abbiamo:x(1,1,1)+y(1, k,2)+z(1,1, k 1) =0. Ci`o equivale a dire che:(*) x+y+z= 0x+ky+z= 0x+ 2y+ (k 1)z= dalla seconda equazione la prima, deduciamo che: (k 1)y= 0. Quindi, sek = 1, alloray= 0. In talcaso, sostituendoy= 0, il sistema LINEARE diventa: x+z= 0x+z= 0x+ (k 1)z= dalla terza equazione la prima, otteniamo: (k 2)z= 0. Quindi sek = 2, allora anchez= 0, a fortiorix= 0, e i vettori assegnati sono liberi. Rimangono da studiare i due casik= 1 ek= 1, il sistema ( ) diventa: x+y+z= 0x+y+z= 0x+ 2y= 0,ed un calcolo diretto mostra che ( 2,1,1) `e una relazione non banale.

4 In modo analogo si prova che, quandok= 2,(1,0, 1) `e una relazione non conclusione: i vettori assegnati sono linearmente dipendenti se e solo sek= 1, oppurek= 2. Esercizio le coordinate del vettore(1,1,1)rispetto alla baseB:={(1, 1,2),(1,1,0),(0,0,2)} DI ALGEBRA LINEARE3 Svolgimento. Le coordinate (x, y, z)Tsi calcolano imponendo che (1,1,1) =x(1, 1,2) +y(1,1,0) +z(0,0,2), cio`eche: x+y= 1 x+y= 12x+ 2z= , si ottiene che le coordinate di (1,1,1) rispetto alla baseBsono: (x, y, z)T= (0,1,12)T. Esercizio la dimensione diU:=Span((1,2,3),(1,1,1),(1, 1,2)).Svolgimento. Sia (x, y, z) una relazione per i tre vettori assegnati. Abbiamo:x(1,2,3) +y(1,1,1) +z(1, 1,2) =0,cio`e: x+y+z= 02x+y z= 03x+y+ 2z= deduce chex=y=z= 0, dunque i tre generatori sono liberi, e perci`o la dimensione diU`e 3 (in particolareSpan((1,2,3),(1,1,1),(1, 1,2)) =R3).

5 Esercizio che due sottospazi diR7aventi dimensione4, hanno in comune qualche vettore non SianoUeVtali sottospazi. Dalla formula di Grassmann sappiamo che:dim(U V) =dim U+dim V dim(U+V) = 8 dim(U+V).Poich eU+V R7, alloradim(U+V) 7, e dunque dim(U+V) 7. Per cui, dalla formula precedenteotteniamo:dim(U V) 8 7 = 1,cio`edim(U V)>0. Ci`o significa proprio cheUeVhanno in comune qualche vettore non nullo. 4 ESERCIZI DI ALGEBRA LINEAREG eometria ed ALGEBRA 1, II esonero, 5 novembre l inversa della matriceA:= 1 1 12 1 12 0 1 .Svolgere la Affiancando alla matriceAla matrice unitaria, ed eseguendo, nell ordine, le operazioni elementari:e2;1( 2),e3;1( 2),e2( 13),e3;2(2),e3( 3),e2;3( 13),e1;3( 1),e1;2( 1), si perviene alla seguente matrice a scala: 1 0 0 1 1 20 1 0 0 1 10 0 1 2 2 3 .Dunque l inversa diA`e la matrice: 1 1 20 1 12 2 3.

6 Per verificare che il risultato `e esatto, basta osservare che: 1 1 12 1 12 0 1 1 1 20 1 12 2 3 = 1 0 00 1 00 0 1 . Esercizio il determinante della matriceA:= 1 2 1 1 1 1 2 11 3 1 42 4 2 1 .Svolgimento. Eseguendo, nell ordine, le operazioni elementari:e2;1(1),e3;1( 1),e4;1( 2),e3;2( 1), si perviene allaseguente matrice a scala:S:= 1 2 1 10 1 1 20 0 1 10 0 0 3 .Non avendo eseguito scambi, deduciamo:det(A) =det(S) = 3. Esercizio una base per il sottospazioUdiR4definito dal sistema LINEARE omogeneo:S:={x y+ 2z 2t= 03x y+ 2z= Ricordiamo cheU`e l insieme delle soluzioni del sistema lineares . Quindi innanzitutto andiamo arisolvereS. Riducendo a scala la matrice diS, si ottiene la matrice:M:=[1 1 2 20 2 4 6](tale matrice harango 2, dunque gi`a sappiamo che la dimensione diU`e 2 (= 4 rk(M))).}

7 Possiamo assumerezetcome variabililibere, ed il sistema assegnato `e equivalente al sistema:{x y= 2z+ 2ty= 2z 3t,da cui deduciamo una rappresentazione parametrica perU: : (z, t) R2 ( t,2z 3t, z, t) base perUsi ottiene in corrispondenza della base canonica diR2, cio`e una base perU`e costituita dai vettori: (1,0) = (0,2,1,0) e (0,1) = ( 1, 3,0,1) (in particolareU=Span((0,2,1,0),( 1, 3,0,1))). Esercizio una rappresentazione cartesiana per il sottospazioUdiR3generato dae1+e2+e3ede2+e3 Ricordiamo che una rappresentazione cartesiana perU`e un sistema LINEARE omogeneoS, il cui insiemedelle soluzioni coincide conU. In altre parole, occorre trovare le equazioni lineari che definisconoU. A tale proposito,ricordiamo che un vettoreu= (x, y, z) appartiene adUse e solo se il rango della matrice:A:= 1 1x1 1y1 1z ESERCIZI DI ALGEBRA LINEARE5`e uguale alla dimensione diU(che nel nostro caso `e 2), doveA`e la matrice ottenuta mettendo in colonna i vettoriche generanoU, ed il vettoreu.}

8 Riducendo a scalaAsi ottiene la matrice: 1 1x0 2y x0 0z y .Quindi il rango diA`e 2 se e solo sey z= 0. In conclusione, una rappresentazione cartesiana perU`e datadall equazione:y z= 0. Esercizio variare del parametrop R, stabilire quando il seguente sistema LINEARE `e compatibile, ed in talcaso determinarne le soluzioni:S:={x+y= 1x+py=p+ La matrice incompleta diSha determinantep 1. Per il Teorema di Cramer, sep = 1, allora il sistema`e compatibile, ed ammette un unica soluzione. Tale soluzione pu`o essere calcolata con la Regola di Cramer, ed `e( 1p 1,pp 1). Quandop= 1 `e evidente che il sistema non ammette cui, in conclusione:S`e compatibile se e solo sep = 1, ed in tal caso ammette un unica soluzione data da:( 1p 1,pp 1). Esercizio a base diR5il sistema di vettoriA:={(0,0,1,2,0),(0,1,1,1,0),(0,2, 0,1,0)}.Svolgimento. SiaAla matrice ottenuta mettendo in riga i vettori diA.}

9 Eseguendo, nell ordine, le operazionielementari:p1;2,e3;1( 2),e3;2(2), si perviene alla seguente matrice a scala:S:= 0 1 1 1 00 0 1 2 00 0 0 3 0 .Se aggiungiamo adSle righee1ede5, otteniamo la matrice a scala: 1 0 0 0 00 1 1 1 00 0 1 2 00 0 0 3 00 0 0 0 1 che ha rango 5. Per cui{(1,0,0,0,0),(0,0,1,2,0),(0,1,1,1,0), (0,2,0,1,0),(0,0,0,0,1)}`e una base diR5che estendeA. 6 ESERCIZI DI ALGEBRA LINEAREG eometria ed ALGEBRA 1, III esonero, 23 novembre considerino le basi diR2B:={(2,1),(5,3)}eC:={( 1,3),( 1,2)}. Calcolare la matrice delcambiamento delle coordinate daBaC, e SiaEla base canonica diR2. Allora abbiamo:MBC(idR2) =MEC(idR2) MBE(idR2) =MCE(idR2) 1 MBE(idR2)=[ 1 13 2] 1 [2 51 3]=[2 1 3 1] [2 51 3]=[5 13 7 18].Infine,MCB(idR2) =MBC(idR2) 1=[ 18 1375]. Esercizio sottospazio diR3generato da(1,2,0)e(0,2,1).

10 SiaUil sottospazio diR3rappresentatodall equazionex+y+z= 0. Determinare una base perU Sia (x, y, z) un generico vettore diR3. Allora (x, y, z) Vse e solo se la matrice 1 0x2 2y0 1z ha rango 2, cio`e se e solo se 2x y+ 2z= 0. Quindi una rappresentazione cartesiana perU V`e data dal sistema lineareomogeneo:{2x y+ 2z= 0x+y+z= sistema LINEARE ammette 1soluzioni, generate da (1,0, 1). Quindi una base perU V`e costituita dal vettore(1,0, 1). Esercizio :R3 R3l applicazione LINEARE definita ponendof(x, y, z) = (x+y+2z,2x+y+z,4x+3y+5z).Calcolare una base perKer(f)ed una perIm(f).Svolgimento. La matrice rappresentativa difrispetto alla base canonicaE`e: 1 1 22 1 14 3 5 , la cui riduzione a scala`e: 1 1 20 1 30 0 0 . QuindiIm(f) ha dimensione 2, e come base (1,2,4), (1,1,3). MentreKer(f) ha dimensione 1,ed una sua base, ottenuta risolvendo il sistema LINEARE :{x+y= 2z y= 3z,`e data dal vettore (1, 3,1).}}