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ESERCIZI DI ALGEBRA LINEARE E GEOMETRIA Francesco Bottacin Padova, 24 febbraio 2012

ESERCIZI DI ALGEBRA LINEARE E GEOMETRIA · ALGEBRA LINEARE E GEOMETRIA Francesco Bottacin Padova, 24 febbraio 2012. Capitolo 1 Algebra Lineare ... Capitolo 1 Algebra Lineare 3 Soluzione

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ESERCIZI DIALGEBRA LINEARE

E GEOMETRIA

Francesco Bottacin

Padova, 24 febbraio 2012

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Capitolo 1

Algebra Lineare

1.1 Spazi e sottospazi vettoriali

Esercizio 1.1. Sia U il sottospazio di R4 generato dai vettori u1 = (0, 2, 0,−1)e u2 = (1, 1, 1, 0). Sia V il sottospazio di R4 costituito dalle soluzioni delseguente sistema: {

x1 + x3 = x2 + x4

x3 + x4 = 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 u1 e u2 sono linearmen-te indipendenti, quindi essi sono una base del sottospazio U , che ha pertantodimensione 2.

Dal sistema di equazioni che definiscono il sottospazio V si ricava{x1 = x2 + 2x4

x3 = −x4.

Ci sono dunque due incognite libere di variare (x2 e x4), il che significa che Vha dimensione 2. Ponendo x2 = 1 e x4 = 0 si trova x1 = 1 e x3 = 0; indichiamocon v1 = (1, 1, 0, 0) il vettore corrispondente. Ponendo invece x2 = 0 e x4 = 1si trova x1 = 2 e x3 = −1. Il vettore cosı trovato e v2 = (2, 0,−1, 1). Una basedi V e dunque costituita dai vettori v1 e v2.

Cerchiamo ora i vettori che appartengono a U ∩ V . Detto w un tale vettoresi deve avere w = α1u1 + α2u2, in quanto w ∈ U , ma anche w = β1v1 + β2v2,in quanto w ∈ V . Si ottiene cosı l’uguaglianza α1u1 + α2u2 = β1v1 + β2v2, che

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Capitolo 1 Algebra Lineare 2

equivale al seguente sistema di equazioni:α2 = β1 + 2β2

2α1 + α2 = β1

α2 = −β2

−α1 = β2

da cui si ricava {α1 = α2 = −β2

β1 = −3β2.

Questo sistema ammette dunque infinite soluzioni, per ogni valore di β2 (ciosignifica che l’insieme delle soluzioni, e quindi anche U ∩ V , ha dimensione 1).Ponendo β2 = −1 si ottiene β1 = 3, α1 = 1 e α2 = 1. Il corrispondentevettore w ∈ U ∩ V e dunque dato da w = u1 + u2 o, equivalentemente, daw = 3v1 − v2. Si trova cosı w = (1, 3, 1,−1). Da quanto visto, deduciamo cheU ∩ V ha dimensione 1 ed e generato dal vettore w appena trovato.

Per quanto riguarda il sottospazio U + V , sicuramente esso e generato daiquattro vettori u1, u2, v1, v2 (dato che U e generato da u1 e u2 e V e generatoda v1 e v2). Dalla formula di Grassmann si ricava che

dim(U + V ) = dimU + dimV − dim(U ∩ V ) = 2 + 2− 1 = 3,

quindi i quattro vettori u1, u2, v1, v2 non possono certo essere una base di U+V(sicuramente uno di essi sara una combinazione lineare degli altri tre). Scegliamoarbitrariamente di eliminare il vettore v2. Ora bisogna controllare se i tre vettoriu1, u2, v1 sono linearmente indipendenti. Consideriamo una loro combinazionelineare λ1u1 + λ2u2 + λ3v1 = 0. Si ottiene il seguente sistema

λ2 + λ3 = 02λ1 + λ2 + λ3 = 0λ2 = 0−λ1 = 0

la cui unica soluzione e λ1 = λ2 = λ3 = 0. Si conclude cosı che i tre vettoriu1, u2, v1 sono linearmente indipendenti e sono quindi una base di U + V (datoche U + V ha dimensione 3).

Esercizio 1.2. Nello spazio vettoriale R4 si consideri il sottospazio U =〈u1, u2〉, ove u1 = (−2, 1, 1, 3) e u2 = (0,−1, 2, 1).

(a) Si determini una base di un sottospazio W tale che U ⊕W = R4 e si dicase un tale sottospazio W e unico.

(b) Dato il vettore vt = (t, 3, t−1, 1), si dica per quale valore di t si ha vt ∈ U .

(c) Sia V il sottospazio vettoriale definito dalle equazioni x1 +x2 +x3 +x4 = 0e x1 + 2x2 − 2x4 = 0. Si determini una base di V e una base di U ∩ V .

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Capitolo 1 Algebra Lineare 3

Soluzione. I vettori u1 e u2 sono linearmente indipendenti (la verifica eimmediata), quindi il sottospazio U da essi generato ha dimensione 2. Dallaformula di Grassman segue che la dimensione di un sottospazio W tale cheU ⊕W = R4 deve essere uguale a 2. Pertanto, per trovare una base di un talesottospazio W , e sufficiente trovare due vettori w1 e w2 tali che {u1, u2, w1, w2}sia una base di R4. Ci sono infinite scelte per i vettori w1 e w2; ad esempiosi puo prendere w1 = (1, 0, 0, 0) e w2 = (0, 1, 0, 0) (e facile verificare che conqueste scelte i vettori {u1, u2, w1, w2} sono linearmente indipendenti e quindisono una base di R4). Tuttavia si potrebbe anche prendere w1 = (0, 0, 1, 0) ew2 = (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 appartengaa U equivale a richiedere che vt si possa scrivere come combinazione lineare deivettori u1 e u2 (i quali formano una base di U):

vt = α1u1 + α2u2.

Si ottiene cosı il seguente sistema di equazioni linearit = −2α1

3 = α1 − α2

t− 1 = α1 + 2α2

1 = 3α1 + α2

la cui unica soluzione e α1 = 1α2 = −2t = −2.

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

lineari:

V :

{x1 + x2 + x3 + x4 = 0x1 + 2x2 − 2x4 = 0.

Risolvendo il sistema si trova che esso ammette infinite soluzioni, dipendenti dadue parametri, date da {

x1 = −2x2 + 2x4

x3 = x2 − 3x4.

Ponendo x2 = 1 e x4 = 0 si ottiene il vettore v1 = (−2, 1, 1, 0), mentre ponendox2 = 0 e x4 = 1 si ottiene il vettore v2 = (2, 0,−3, 1). I vettori v1 e v2 sono unabase di V . Per terminare cerchiamo una base di U ∩ V .

Ogni vettore w ∈ U ∩ V si scrive nella forma

w = α1u1 + α2u2, w = β1v1 + β2v2.

L’uguaglianza α1u1 + α2u2 = β1v1 + β2v2 si traduce nel seguente sistema:−2α1 = −2β1 + 2β2

α1 − α2 = β1

α1 + 2α2 = β1 − 3β2

3α1 + α2 = β2

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Capitolo 1 Algebra Lineare 4

il quale ammette infinite soluzioni (dipendenti da un parametro) date daβ1 = α1 − α2

β2 = 3α1 + α2

α1 = −23α2

Una soluzione particolare e data, ad esempio, da α1 = −2 e α2 = 3 (come oravedremo, non e importante calcolare anche i valori di β1 e β2). Possiamo dunqueconcludere che U ∩ V ha dimensione 1 e una sua base e costituita dal vettore

w = α1u1 + α2u2 = −2u1 + 3u2 = (4,−5, 4,−3).

Esercizio 1.3. Sia U il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettori

u1 = (2, 0, 1,−1), u2 = (1, 1, 2, 0), u3 = (4,−2,−1,−3),

e sia W il sottospazio vettoriale di R4 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 trai vettori u1, u2 e u3 sono linearmente indipendenti. Per fare cio calcoliamo ilrango della seguente matrice1 1 2 0

2 0 1 −14 −2 −1 −3

Effettuiamo le seguenti operazioni elementari tra le righe: alla seconda rigasottraiamo il doppio della prima e alla terza riga sottraiamo la prima rigamoltiplicata per 4. Si ottiene cosı la matrice seguente:1 1 2 0

0 −2 −3 −10 −6 −9 −3

Ora alla terza riga sottraiamo il triplo della seconda, ottenendo1 1 2 0

0 −2 −3 −10 0 0 0

Il rango di questa matrice e 2, il che significa che i vettori u1 e u2 sono linear-mente indipendenti, mentre u3 risulta essere combinazione lineare di u1 e u2.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 5

La conclusione e che il sottospazio U ha dimensione 2 e una sua base e costituitadai vettori u1 e u2.

Dire che il vettore v = (1 + t, 1, 3,−1) appartiene a U equivale a dire cheesso si puo scrivere come combinazione lineare dei vettori u1 e u2. L’equazione

v = λ1u1 + λ2u2

fornisce il sistema 1 + t = 2λ1 + λ2

1 = λ2

3 = λ1 + 2λ2

−1 = −λ1,

la cui soluzione e t = 2λ1 = 1λ2 = 1.

Si scopre cosı che v ∈ U se e solo se t = 2.Per trovare le equazioni cartesiane di U osserviamo che un generico vettore

(x, y, z, w) ∈ R4 appartiene a U se e solo se esso e combinazione lineare deivettori u1 e u2, i quali formano una base di U . Scrivere

(x, y, z, w) = λ1u1 + λ2u2

equivale al seguente sistema x = 2λ1 + λ2

y = λ2

z = λ1 + 2λ2

w = −λ1.

Per trovare le equazioni cartesiane di U basta eliminare i due parametri λ1 e λ2

dalle equazioni precedenti. Si ha λ2 = y (dalla seconda equazione) e λ1 = −w(dalla quarta); sostituendo nelle due equazioni rimanenti, si trova il sistema{

x− y + 2w = 02y − z − w = 0.

Queste sono le equazioni cartesiane di U .Poiche ora conosciamo le equazioni di U , per determinare U ∩ W basta

mettere a sistema le equazioni di U con quelle di W :x− y + 2w = 02y − z − w = 0x+ y + 2z = 0.

Le soluzioni di questo sistema sono date dax = − 4

3 w

y = 23 w

z = 13 w

w qualsiasi.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 6

Cio significa che U ∩W ha dimensione 1 e una sua base e formata dal vettoreu = (−4, 2, 1, 3), ottenuto ponendo w = 3 nelle equazioni precedenti.

Se osserviamo che W e un sottospazio di R4 definito da una sola equazio-ne lineare, concludiamo che dimW = 3 e dunque, utilizzando la formula diGrassmann, si ha

dim(U +W ) = dimU + dimW − dim(U ∩W ) = 2 + 3− 1 = 4.

Poiche U + W e un sottospazio di R4 di dimensione 4, deve necessariamenteessere U +W = R4. Cercare una base di U +W equivale dunque a cercare unabase di R4 e si puo quindi prendere la base canonica {e1, e2, e3, e4}.

Esercizio 1.4. Nello spazio vettoriale R4 siano U il sottospazio generato daivettori u1 = (3, 4,−1, 1), u2 = (1,−2,−1,−3) e W il sottospazio definito dalleequazioni x1 − 2x2 + x3 − x4 = 0 e 2x1 + 3x3 + x4 = 0.

(a) Si stabilisca se la somma di U e W e diretta e si determinino delle basi diU +W e di U ∩W .

(b) Si determini, se possibile, una base di un sottospazio L ⊂ R4 tale cheU ⊕ L = W ⊕ L = R4.

(c) Dato il vettore v = (0, 1,−1, 3), si determini l’equazione del piu piccolosottospazio di R4 contenente U e v.

(d) Dato v = (2,−1, 0, 3) si consideri l’insieme S = v + U = {v + u |u ∈ 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 sonole soluzioni del seguente sistema lineare

W :

{x1 − 2x2 + x3 − x4 = 02x1 + 3x3 + x4 = 0

Ricavando x2 e x4 in funzione di x1 e x3, si trova che il sistema precedente eequivalente a

W :

x2 =32x1 + 2x3

x4 = −2x1 − 3x3

pertanto W ha dimensione 2 e una sua base e costituita dai vettori w1 =(2, 3, 0,−4) e w2 = (0, 2, 1,−3).

Cerchiamo ora una base di U ∩W . Se v ∈ U ∩W , si deve avere

v = a1u1 + a2u2 = b1w1 + b2w2.

L’uguaglianza a1u1 + a2u2 = b1w1 + b2w2 si traduce nel sistema3a1 + a2 = 2b14a1 − 2a2 = 3b1 + 2b2−a1 − a2 = b2

a1 − 3a2 = −4b1 − 3b2

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Capitolo 1 Algebra Lineare 7

le cui soluzioni sono date da a1 = a2

b1 = 2a2

b2 = −2a2

a2 qualunque.

Si deduce quindi che U∩W ha dimensione 1. Per trovare una sua base possiamoporre arbitrariamente a2 = 1, ottenendo a1 = 1, b1 = 2, b2 = −2, da cui segueche v = u1 + u2 = 2w1 − 2w2. Effettuando i calcoli si trova v = (4, 2,−2,−2).Questo vettore e dunque una base di U ∩W . Poiche U ∩W 6= {0}, possiamoaffermare che la somma di U e W non e diretta. Dalla formula di Grassmannsi deduce che

dim(U +W ) = dimU + dimW − dim(U ∩W ) = 3.

Poiche U +W e generato dai quattro vettori u1, u2, w1 e w2, ma ha dimensione3, per trovare una sua base bisognera eliminare uno dei quattro vettori citati.Scegliamo (arbitrariamente) di eliminare u2 e, dopo aver verificato che i vettoririmanenti u1, w1 e w2 sono linearmente indipendenti, possiamo affermare cheessi sono una base di U +W .

Il secondo punto richiede di determinare una base di un sottospazio L ⊂ R4

tale che U ⊕ L = W ⊕ L = R4. Poiche dimU = dimW = 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{u1, u2, `1, `2} e {w1, w2, `1, `2} siano basi di R4. Possiamo porre (arbitraria-mente) `1 = (1, 0, 0, 0) e `2 = (0, 1, 0, 0): e facile verificare che sia i vettori{u1, u2, `1, `2} che {w1, w2, `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 effetti ci sono infinite sceltepossibili), il che significa che il sottospazio L cercato non e unico.

Il piu piccolo sottospazio di R4 contenente U e v = (0, 1,−1, 3) e il sot-tospazio generato dai vettori u1, u2 e v. Se indichiamo con (x1, x2, x3, x4)il generico vettore di tale sottospazio, si deve quindi avere (x1, x2, x3, x4) =a1u1 + a2u2 + a3v. Tale equazione equivale al seguente sistema

x1 = 3a1 + a2

x2 = 4a1 − 2a2 + a3

x3 = −a1 − a2 − a3

x4 = a1 − 3a2 + 3a3

Ricavando a1, a2 e a3, si ottiene il sistema equivalentea2 = x1 − 3a1

a3 = 2a1 − x1 − x3

a1 = (3x1 + x2 + x3)/126x1 − 4x2 + 5x3 + 3x4 = 0.

L’ultima equazione non contiene i parametri a1, a2 e a3; essa e pertanto l’e-quazione cercata. Possiamo cosı concludere che il piu piccolo sottospazio di R4

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Capitolo 1 Algebra Lineare 8

contenente U e v e determinato dall’equazione

6x1 − 4x2 + 5x3 + 3x4 = 0.

L’ultimo punto e simile a quanto abbiamo appena visto. Gli elementi dell’insie-me S = v + U si scrivono nella forma v + a1u1 + a2u2, con a1, a2 ∈ R. Se indi-chiamo con (x1, x2, x3, x4) il generico vettore di S, si ha quindi (x1, x2, x3, x4) =v + a1u1 + a2u2, che equivale al sistema

x1 = 2 + 3a1 + a2

x2 = −1 + 4a1 − 2a2

x3 = −a1 − a2

x4 = 3 + a1 − 3a2

Ricavando a1 e a2, si ottiene il sistema equivalentea1 = −x3 − a2

a2 = (2− x1 − 3x3)/22x1 + 5x3 − x4 = 13x1 − x2 + 5x3 = 7.

Le ultime due equazioni non contengono i parametri a1 e a2; esse formano quindiun sistema di equazioni lineari aventi S come insieme delle soluzioni

S :

{2x1 + 5x3 − x4 = 13x1 − x2 + 5x3 = 7.

Esercizio 1.5. Nello spazio vettoriale R4 sia U il sottospazio generato dalvettore u = (12, 3,−2, 0) e sia W il sottospazio di equazione x1 − 2x2 + 3x3 −4x4 = 0.

(a) Si dimostri che U ⊂W e si completi la base di U ad una base di W .

(b) Sia V ⊂ R4 il sottospazio generato dai vettori v1 = (1, 2, 3, 0) e v2 =(2, 3, 4,−1). Si determini una base di V ∩W e una base di V +W .

(c) Dato il vettore vt = (t, 0, 1, 2), si determini il valore di t per cui i vettoriv1, v2, vt sono linearmente dipendenti.

(d) Si dica se esiste una funzione lineare f : R4 → R4 tale che si abbia W =Ker f e U = Im f .

Soluzione. Per dimostrare che U ⊂ W basta osservare che u ∈ W (infatti lecoordinate di u soddisfano l’equazione di W ).

Il sottospazio W ha dimensione 3, essendo definito da una equazione in R4.Pertanto per completare la base di U ad una base di W e sufficiente trovare duevettori w1, w2 ∈W tali che i vettori u, w1 e w2 siano linearmente indipendenti.

Dall’equazione di W si ricava

x1 = 2x2 − 3x3 + 4x4.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 9

Ponendo w1 = (2, 1, 0, 0) e w2 = (−3, 0, 1, 0) si scopre che u = 3w1−2w2, quindii vettori u, w1, w2 sono linearmente dipendenti; bisogna quindi modificare lanostra scelta. Proviamo allora a porre w2 = (4, 0, 0, 1); ora e facile verificare cheu, w1, w2 sono linearmente indipendenti e quindi sono una base di W .

Per determinare una base di V ∩W possiamo cominciare col determinare leequazioni di V . Un generico vettore (x1, x2, x3, x4) ∈ V e combinazione linearedei vettori v1 e v2 che generano V ; si ha quindi

(x1, x2, x3, x4) = a1v1 + a2v2,

che equivale al sistema x1 = a1 + 2a2

x2 = 2a1 + 3a2

x3 = 3a1 + 4a2

x4 = −a2

Ricavando a1 e a2 si ottiene il sistemaa2 = −x4

a1 = x1 + 2x4

2x1 − x2 + x4 = 03x1 − x3 + 2x4 = 0

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

V :

{2x1 − x2 + x4 = 03x1 − x3 + 2x4 = 0.

Il sottospazio V ∩W e dunque descritto dal seguente sistema:

V ∩W :

2x1 − x2 + x4 = 03x1 − x3 + 2x4 = 0x1 − 2x2 + 3x3 − 4x4 = 0

le cui soluzioni sono date da

V ∩W :

x1 = 0x2 = x4

x3 = 2x4

x4 qualsiasi.

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

dim(V +W ) = dimV + dimW − dim(V ∩W ) = 2 + 3− 1 = 4,

quindi si ha necessariamente V +W = R4. Come base di V +W si puo dunqueprendere una qualunque base di R4 (ad esempio, la base canonica).

Cerchiamo ora per quale valore di t i vettori v1, v2, vt sono linearmentedipendenti. La combinazione lineare

a1v1 + a2v2 + a3vt = 0

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Capitolo 1 Algebra Lineare 10

fornisce il sistema a1 + 2a2 + a3t = 02a1 + 3a2 = 03a1 + 4a2 + a3 = 0−a2 + 2a3 = 0.

Risolvendo tale sistema si trova che, se t 6= −1 allora si ha a1 = a2 = a3 = 0 equindi i vettori v1, v2, vt sono linearmente indipendenti, altrimenti, se t = −1,essi sono linearmente dipendenti.

Per scoprire se esiste una funzione lineare f : R4 → R4 tale che si abbiaW = Ker f e U = Im f ricordiamo che, per ogni funzione lineare f : R4 → R4

si deve averedim Ker(f) + dim Im(f) = 4.

Poiche dimW = 3 e dimU = 1, tale uguaglianza e verificata. Naturalmente cionon basta per affermare che una tale f esiste!

Tuttavia ricordiamo che per definire una funzione lineare f : R4 → R4

e sufficiente assegnare le immagini tramite f dei vettori di una base di R4.Consideriamo allora una base {w1, w2, w3} di W e sia v ∈ R4 un vettore tale che{w1, w2, w3, v} sia una base di R4 (un tale vettore v esiste sempre). Definiamouna funzione lineare f : R4 → R4 ponendo f(w1) = f(w2) = f(w3) = 0 ef(v) = u. Per una siffatta f si ha Ker(f) = W e Im(f) = U , come volevasi.

Esercizio 1.6. Sia T ⊂ R4 il sottospazio generato dai vettori v1 = (1, 1, 1, 2),v2 = (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 R4 per cui (T + S)⊕ L = R4.

(c) Determinare un altro L1, L1 6= L tale che (T + S) ⊕ L1 = R4 e L ⊕ L1.Puo essere L⊕ L1 = R4?

(d) Determinare un sottospazio M di R4 diverso da S e di dimensione 2, taleche T + S = T +M .

Soluzione. Il generico vettore di T e combinazione lineare dei vettori v1 e v2;esso si scrive dunque come segue:

w = a1v1 + a2v2 = (a1 + 3a2, a1, a1, 2a1 − a2).

Affinche w appartenga a S∩T , le sue componenti devono soddisfare le equazionidi S. Risolvendo il sistema cosı ottenuto si trova a1 = a2, da cui si deduce cheS ∩ T ha dimensione 1 e una sua base e costituita dal vettore w = (4, 1, 1, 1)(ottenuto ponendo a1 = a2 = 1).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 11

Dalle equazioni di S

S :

{−x+ 2y + 2z = 0−x+ 2z + 2w = 0

si ricava

S :

{x = 2z + 2wy = w

da cui segue che S ha dimensione 2 e una sua base e formata dai vettori s1 =(2, 0, 1, 0) e s2 = (2, 1, 0, 1).

Dalla formula di Grassmann si ha

dim(S + T ) = dimS + dimT − dim(S ∩ T ) = 3

e, poiche i vettori v1, v2, s1 sono linearmente indipendenti (come si verificafacilmente) essi sono necessariamente una base di S + T .

Un sottospazio L di R4 tale che (T + S) ⊕ L = R4 deve avere dimensione1. Per determinare L basta quindi trovare un vettore ` tale che i vettori v1, v2,s1, ` siano linearmente indipendenti. Esistono infinite scelte possibili per `; adesempio il vettore ` = (1, 0, 0, 0) soddisfa le richieste (lo si verifichi).

In modo del tutto analogo, anche L1 deve avere dimensione 1 e una suabase deve essere costituita da un vettore `1 tale che i vettori v1, v2, s1, `1 sianolinearmente indipendenti. Se richiediamo inoltre che L e L1 siano in sommadiretta, cio significa che L∩L1 = {0} e dunque che i vettori ` e `1 devono esserelinearmente indipendenti. Basta pertanto prendere `1 = (0, 0, 0, 1) e verificareche, in effetti, v1, v2, s1, `1 sono linearmente indipendenti. Naturalmente nonpuo essere L⊕ L1 = R4 perche dimL+ dimL1 = 2.

Infine, per determinare un sottospazio M di R4 diverso da S e di dimensione2, tale che T + S = T +M , ricordiamo che T + S e il sottospazio generato daivettori v1, v2, s1. Una base di M dovra dunque essere formata da due vettoriscelti in modo tale da garantire che T + S = T + M e, allo stesso tempo,che M 6= S. Dato che S e generato dai vettori s1 e s2, possiamo prendereM = 〈s1, v2〉. E facile verificare che M 6= S (perche M non contiene s2) e cheT +M ha come base {v1, v2, s1} e quindi e uguale a T + S.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 12

1.2 Funzioni lineari e matrici

Esercizio 1.7. Si determini per quali valori di t ∈ R esiste una funzione linearef : R3 → R3 tale che f(0, 1,−1) = (3,−1, 0), f(−2, 1, 3) = (−t,−1, t + 3) e ilnucleo di f sia generato dal vettore (1, t2 + 3t,−2). Per i valori di t per cui fesiste si specifichi inoltre se essa e unica oppure no.

Soluzione. Ricordiamo che una funzione lineare tra due spazi vettoriali V eW e determinata in modo unico quando si conoscono le immagini dei vettori diuna base di V . Sapendo che il nucleo di f e generato dal vettore (1, t2 + 3t,−2),si deduce che f(1, t2 + 3t,−2) = (0, 0, 0). Pertanto conosciamo le immagini,tramite f , dei tre vettori v1 = (0, 1,−1), v2 = (−2, 1, 3) e v3 = (1, t2 + 3t,−2).

La prima cosa da fare e dunque quella di determinare per quali valori delparametro t i vettori v1, v2 e v3 formano una base di R3. Consideriamo unacombinazione lineare

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = 0.

Si ottiene il seguente sistema:−2λ2 + λ3 = 0

λ1 + λ2 + (t2 + 3t)λ3 = 0−λ1 + 3λ2 − 2λ3 = 0

da cui si ricava λ1 = −λ2

λ3 = 2λ2

2(t2 + 3t)λ2 = 0.

Se t2 + 3t 6= 0, cioe se t 6= 0,−3, l’unica soluzione e λ1 = λ2 = λ3 = 0. In questocaso i vettori v1, v2, v3 sono linearmente indipendenti e sono quindi una base diR3. Possiamo dunque affermare che, per t 6= 0,−3, la funzione lineare f esisteed e unica.

Analizziamo ora separatamente i due casi particolari t = 0 e t = −3. Set = 0 il sistema precedente diventa

λ1 = −λ2

λ3 = 2λ2

0 = 0

il quale ammette infinite soluzioni (cio significa che, in questo caso, i vettoriv1, v2, v3 sono linearmente dipendenti). Una soluzione particolare e data, adesempio, da λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2. Cio significa che, per t = 0, vale laseguente relazione di dipendenza lineare:

−v1 + v2 + 2v3 = 0.

I vettori v1, v2, v3 non sono dunque una base di R3, quindi non sono note leimmagini dei vettori di una base del dominio della funzione f . Possiamo quindiconcludere che, anche se una tale funzione f dovesse esistere, essa non sarebbe

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Capitolo 1 Algebra Lineare 13

determinata in modo unico. Tuttavia, poiche f deve essere lineare, si dovrebbeavere

f(−v1 + v2 + 2v3) = −f(v1) + f(v2) + 2f(v3) = f(0) = 0.

Sostituendo al posto di f(v1), f(v2) e f(v3) i valori dati dal problema, si ottienel’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 puo esistere una funzionelineare f che soddisfi tutte le richieste.

Passiamo ora al caso t = −3. Come nel caso precedente il sistema diventaλ1 = −λ2

λ3 = 2λ2

0 = 0

il quale ammette infinite soluzioni. Una soluzione particolare e data, comeprima, da λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2. Cio significa che, per t = −3, vale laseguente relazione di dipendenza lineare:

−v1 + v2 + 2v3 = 0.

Anche in questo caso i vettori v1, v2, v3 non sono una base di R3, quindi,esattamente come prima, possiamo concludere che, anche se una tale funzionef dovesse esistere, essa non sarebbe determinata in modo unico. In questo casopero, se applichiamo f all’uguaglianza precedente, si ottiene

f(−v1 + v2 + 2v3) = −f(v1) + f(v2) + 2f(v3) = f(0) = 0

e sostituendo al posto di f(v1), f(v2) e f(v3) i valori dati dal problema, si ottienel’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 chesoddisfi i requisiti richiesti dovremmo trascurare il vettore v3 (il quale e unacombinazione lineare dei vettori v1 e v2) e completare i vettori v1, v2 ad unabase di R3 aggiungendo un qualche vettore w (scelto in modo tale che i vettori v1,v2, w siano linearmente indipendenti). La funzione f risulterebbe univocamentedeterminata se conoscessimo anche l’immagine di w che pero non e data e,anzi, puo essere fissata (quasi∗) arbitrariamente. Concludiamo cosı che, pert = −3, esistono infinite funzioni lineari f che soddisfano i requisiti imposti dalproblema [∗Esiste una tale funzione f per ogni scelta di f(w) ∈ R3. Tuttavia,per la precisione, f(w) non puo essere scelto in modo completamente arbitrario,altrimenti si potrebbe trovare una funzione f avente un nucleo di dimensione 2 enon 1 come richiesto dal problema! Per fare in modo che Ker f abbia dimensione1 bisogna scegliere f(w) in modo che l’immagine di f abbia dimensione 2, in altreparole, f(w) deve essere linearmente indipendente da f(v1). Ci sono comunqueinfinite scelte per f(w)].

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Capitolo 1 Algebra Lineare 14

Esercizio 1.8. Si consideri la funzione lineare f : R4 → R4 la cui matrice(rispetto alle basi canoniche) e

A =

2 0 −1 1t 1 0 00 2 3 11 −1 1 −2

Si determini per quali valori di t ∈ R la funzione f non e suriettiva. Per talivalori di t si determini una base di Im(f).

Soluzione. Dato che il dominio e il codominio di f hanno la stessa dimensione,la funzione f e suriettiva se e solo se essa e iniettiva (cioe se e solo se essae biiettiva). In termini della matrice A, si ha che f e biiettiva se e solo sedetA 6= 0. Pertanto, richiedere che f non sia suriettiva equivale a richiedere cheil determinante di A sia uguale a zero.

detA = −t

∣∣∣∣∣∣0 −1 12 3 1−1 1 −2

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣2 −1 10 3 11 1 −2

∣∣∣∣∣∣= −t

(∣∣∣∣ 2 1−1 −2

∣∣∣∣+∣∣∣∣ 2 3−1 1

∣∣∣∣)+ 2∣∣∣∣3 11 −2

∣∣∣∣+∣∣∣∣−1 1

3 1

∣∣∣∣= −2t− 18.

Dal calcolo del determinante di A si scopre che esso si annulla per t = −9.Concludiamo quindi che la funzione f non e suriettiva per t = −9 (mentre pert 6= −9 essa e biiettiva).

Per t = −9 la matrice A diventa

A =

2 0 −1 1−9 1 0 00 2 3 11 −1 1 −2

Sappiamo che l’immagine di f e generata dalle colonne della matrice A. D’altraparte, poiche f non e suriettiva, la dimensione di Im f sara < 4 (le quattrocolonne di A sono linearmente dipendenti, dato che detA = 0). Escludiamoarbitrariamente l’ultima colonna e consideriamo le prime tre. Verifichiamo seesse sono linearmente indipendenti:

λ1

2−901

+ λ2

012−1

+ λ3

−1031

=

0000

Si ottiene il sistema

2λ1 − λ3 = 0−9λ1 + λ2 = 02λ2 + 3λ3 = 0λ1 − λ2 + λ3 = 0

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Capitolo 1 Algebra Lineare 15

la cui unica soluzione e λ1 = λ2 = λ3 = 0. Si conclude cosı che le prime trecolonne della matrice A sono linearmente indipendenti (quindi il rango di A e3) e sono pertanto una base dell’immagine di f (che ha dunque dimensione 3).

Esercizio 1.9. Nello spazio vettoriale R4 si considerino i sottospazi U1 =〈u1, u2, u3, u4〉, ove u1 = (1,−1, 0, 2), u2 = (2, 1,−1, 2), u3 = (1,−4, 1, 4), u4 =(−3,−3, 2,−2), e U2 di equazioni 3x1 − 4x2 = 0 e 5x1 + 7x2 = 0.

(a) Si determini una base di U1 e una base di U2. Si determini, se esiste, unabase {v1, v2, v3, v4} di R4 tale che U1 = 〈v1, v2〉 e U2 = 〈v3, v4〉.

(b) Dati w1 = (2,−1, 3), w2 = (1, 1, 2), w3 = (5,−4, t), si dica per qualivalori di t esiste una funzione lineare g : R4 → R3 tale che g(u1) = w1,g(u2) = w2, g(u3) = w3. Si dica inoltre se tale g e unica.

Soluzione. I vettori u1, u2, u3, u4 generano U1, quindi da essi si puo estrarreuna base di U1. Per determinare la dimensione di U1 calcoliamo il rango dellaseguente matrice:

1 −1 0 22 1 −1 21 −4 1 4−3 −3 2 −2

Utilizziamo il metodo di eliminazione di Gauss. Alla seconda riga sottraiamoil doppio della prima, alla terza riga sottraiamo la prima e alla quarta rigasommiamo il triplo della prima, ottenendo cosı la seguente matrice:

1 −1 0 20 3 −1 −20 −3 1 20 −6 2 4

Ora effettuiamo le seguenti operazioni elementari: alla terza riga sommiamo laseconda mentre alla quarta riga sommiamo la seconda moltiplicata per 2.

1 −1 0 20 3 −1 −20 0 0 00 0 0 0

Si scopre cosı che la matrice considerata ha rango 2. Cio significa che il sotto-spazio U1 ha dimensione 2 e una sua base e costituita, ad esempio, dai vettori u1

e u2 (naturalmente, come base di U1 si potrebbero anche considerare i vettoriu3 e u4, oppure anche u1 e u3, ecc.).

Il sottospazio U2 e l’insieme delle soluzioni del seguente sistema:

U2 :

{3x1 − 4x2 = 05x1 + 7x2 = 0.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 16

Si tratta di un sistema di due equazioni nelle quattro incognite x1, x2, x3, x4 (siricordi che U2 e un sottospazio di R4), le cui soluzioni sono date da

U2 :

x1 = 0x2 = 0x3, x4 qualsiasi.

Ci sono dunque infinite soluzioni, dipendenti da due parametri liberi di va-riare, pertanto U2 ha dimensione 2 e una sua base e costituita dai vettoriw1 = (0, 0, 1, 0) e w2 = (0, 0, 0, 1). Se ora poniamo v1 = u1, v2 = u2, v3 = w1

e v4 = w2, si ha U1 = 〈v1, v2〉 e U2 = 〈v3, v4〉, come richiesto. Bisogna solocontrollare se effettivamente i vettori v1, v2, v3, v4 sono una base di R4, cioe seessi sono linearmente indipendenti. A tal fine calcoliamo il determinante dellamatrice le cui righe sono i vettori dati:

det

1 −1 0 22 1 −1 20 0 1 00 0 0 1

= det(

1 −12 1

)= 3.

Poiche tale determinante e diverso da zero i vettori v1, v2, v3, v4 sono linearmenteindipendenti e sono dunque una base di R4.

Consideriamo ora i vettori w1 = (2,−1, 3), w2 = (1, 1, 2), w3 = (5,−4, t).Abbiamo gia visto che i vettori u1, u2 e u3 sono linearmente dipendenti, quindideve esistere una relazione di dipendenza lineare

λ1u1 + λ2u2 + λ3u3 = 0,

con λ1, λ2, λ3 non tutti nulli. Sostituendo le componenti di u1, u2 e u3 si ottieneil sistema

λ1 + 2λ2 + λ3 = 0−λ1 + λ2 − 4λ3 = 0−λ2 + λ3 = 02λ1 + 2λ2 + 4λ3 = 0

le cui soluzioni sono date da {λ1 = −3λ3

λ2 = λ3.

Una soluzione particolare e data da λ1 = −3, λ2 = 1, λ3 = 1, che fornisce laseguente relazione di dipendenza lineare:

−3u1 + u2 + u3 = 0.

Si ha dunque u3 = 3u1 − u2. Affinche esista una funzione lineare g : R4 → R3

tale che g(u1) = w1, g(u2) = w2, g(u3) = w3 si deve dunque avere

g(u3) = g(3u1 − u2) = 3g(u1)− g(u2),

cioe w3 = 3w1 − w2. Deve quindi sussistere la seguente uguaglianza

(5,−4, t) = 3(2,−1, 3)− (1, 1, 2),

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Capitolo 1 Algebra Lineare 17

da cui segue che deve essere t = 7.Concludiamo quindi che una funzione lineare g con le proprieta richieste

esiste se e solo se t = 7. Una tale funzione lineare tuttavia non e determinatain modo unico, dato che non sono note le immagini tramite g dei vettori di unabase del suo dominio (in altre parole, per t = 7 esistono infinite funzioni linearig con le proprieta richieste).

Esercizio 1.10. Siano V e W due spazi vettoriali, sia {v1, v2, v3, v4} unabase di V e sia {w1, w2, w3} una base di W . Indichiamo con f : V → Wun’applicazione lineare tale che

f(v1 − v3) = w1 − 2w2 − 2w3

f(v1 + v3) = w1 + 2w2

f(v1 − v2 + v3) = w2

f(v1 − v3 + v4) = 5w1 − 4w3

(a) Si dica se f e univocamente determinata dalle condizioni date e si scrivala matrice di f rispetto alle basi date.

(b) Si determini una base di Ker(f) e una base di Im(f).

(c) Si determini f−1(w1 + w3).

(d) Si dica se esiste un’applicazione lineare g : W → V tale che f ◦g : W →Wsia l’identita (Attenzione: non e richiesto di determinare una tale g, masolo di dire se essa esiste oppure no, giustificando la risposta).

Soluzione. Per scrivere la matrice di f rispetto alle basi {v1, v2, v3, v4} di Ve {w1, w2, w3} di W dobbiamo calcolare f(v1), f(v2), f(v3) e f(v4). Sfruttandola linearita di f , si ha:

f(v1 − v3) + f(v1 + v3) = f(2v1) = 2f(v1),

e quindi

f(v1) =12(f(v1 − v3) + f(v1 + v3)

)= w1 − w3.

Similmente, si haf(v1 + v3)− f(v1) = f(v3),

e dunquef(v3) = f(v1 + v3)− f(v1) = 2w2 + w3.

Si ha poi:f(v1 − v2 + v3)− f(v1 + v3) = f(−v2) = −f(v2),

da cui si ricava

f(v2) = −(f(v1 − v2 + v3)− f(v1 + v3)

)= w1 + w2.

Infine, si haf(v1 − v3 + v4)− f(v1 − v3) = f(v4),

e pertanto

f(v4) = f(v1 − v3 + v4)− f(v1 − v3) = 4w1 + 2w2 − 2w3.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 18

La matrice di f rispetto alle basi assegnate e dunque

A =

1 1 0 40 1 2 2−1 0 1 −2

il che dimostra, tra l’altro, l’esistenza di un’unica funzione lineare f che soddisfale richieste del problema.

Utilizzando la matrice A appena calcolata possiamo facilmente determinareil nucleo di f . Infatti i vettori v ∈ Ker(f) sono i vettori v = x1v1 + x2v2 +x3v3 + x4v4 tali che si abbia 1 1 0 4

0 1 2 2−1 0 1 −2

x1

x2

x3

x4

=

000

Dobbiamo quindi risolvere il seguente sistema lineare:

x1 + x2 + 4x4 = 0x2 + 2x3 + 2x4 = 0−x1 + x3 − 2x4 = 0

Tale sistema ha infinite soluzioni, date dax1 = −2x4

x2 = −2x4

x3 = 0x4 qualsiasi.

Si conclude quindi che il nucleo di f ha dimensione 1 ed e generato dal vettorev = 2v1 + 2v2 − v4 (ottenuto ponendo x4 = −1).

Dato che dim Ker(f) + dim Im(f) = dimV = 4, si ha dim Im(f) = 3, il chesignifica che f e suriettiva (infatti dimW = 3). Visto che Im(f) = W , comebase dell’immagine di f si puo prendere una qualunque base di W , ad esempiola base w1, w2, w3 assegnata all’inizio.

Ricordando la definizione dell’immagine inversa, si ha

f−1(w1 + w3) = {v ∈ V | f(v) = w1 + w3}.

A tal proposito facciamo notare che, nel nostro caso, la funzione f non einvertibile, quindi non esiste una “funzione inversa” di f , f−1 : W → V .

Se poniamo v = x1v1 +x2v2 +x3v3 +x4v4, richiedere che v ∈ f−1(w1 +w3),cioe che f(v) = w1 + w3, equivale a richiedere che si abbia 1 1 0 4

0 1 2 2−1 0 1 −2

x1

x2

x3

x4

=

101

Si tratta quindi di risolvere il seguente sistema lineare:

x1 + x2 + 4x4 = 1x2 + 2x3 + 2x4 = 0−x1 + x3 − 2x4 = 1

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Capitolo 1 Algebra Lineare 19

Tale sistema ha infinite soluzioni, date dax1 = −3− 2x4

x2 = 4− 2x4

x3 = −2x4 qualsiasi.

Se poniamo x4 = α, possiamo scrivere

f−1(w1 + w3) = {(−3− 2α)v1 + (4− 2α)v2 − 2v3 + αv4 |α ∈ R}= −3v1 + 4v2 − 2v3 + Ker(f).

Per rispondere all’ultima domanda ricordiamo che la funzione f : V → W esuriettiva. Cio significa che per ogni vettore w ∈W esiste un vettore u ∈ V taleche f(u) = w. In particolare, dati i vettori w1, w2, w3 della base di W , esistonodei vettori u1, u2, u3 ∈ V tali che f(ui) = wi, per i = 1, 2, 3 (i vettori ui nonsono univocamente determinati, essi sono determinati solo a meno della sommadi elementi del nucleo di f). Ricordiamo inoltre che per definire una funzionelineare g : W → V e sufficiente specificare chi sono le immagini tramite g deivettori di una base di W . Possiamo dunque definire la funzione g ponendog(wi) = ui, per i = 1, 2, 3. Con questa definizione si ha

(f ◦ g)(wi) = f(g(wi)

)= f(ui) = 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 siffatta funzione g esiste (cio e dovuto al fatto che f esuriettiva), ma non e unica, dato che la sua definizione dipende dalla scelta deivettori ui ∈ V tali che f(ui) = wi.

Esercizio 1.11. Sia f : R4 → R3 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 diR4 definito dall’equazione 2x1 + x2 + x3 = 0.

Soluzione. Poniamo v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0, 0), v3 = (1, 0, 1, 0), v4 =(0, 0, 1, 1), w1 = (3, 1, 2), w2 = (−1,−2, 1), w3 = (2, 0, 2), w4 = (1,−1, 2); si haquindi 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 R4. Si ha e1 = v1 − v2, dacui si ricava

f(e1) = f(v1)− f(v2) = w1 − w2 = (4, 3, 1).

Notiamo poi che e2 = v2, quindi f(e2) = w2 = (−1,−2, 1). Ora si ha e3 =v3 − e1, da cui segue

f(e3) = f(v3)− f(e1) = (−2,−3, 1).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 20

Infine, e e4 = v4 − e3, quindi

f(e4) = f(v4)− f(e3) = (3, 2, 1).

La matrice di f rispetto alle basi canoniche e pertanto

A =

4 −1 −2 33 −2 −3 21 1 1 1

.

Il nucleo di f e l’insieme delle soluzioni del seguente sistema lineare:4x1 − x2 − 2x3 + 3x4 = 03x1 − 2x2 − 3x3 + 2x4 = 0x1 + x2 + x3 + x4 = 0

che equivale a {x1 = 4x2 + 5x3

x4 = −5x2 − 6x3.

Ci sono dunque infinite soluzioni, dipendenti da due parametri (x2 e x3); ciosignifica che dim Ker(f) = 2. Una base del nucleo di f e costituita dai vettoriu1 = (4, 1, 0,−5) e u2 = (5, 0, 1,−6), ottenuti ponendo x2 = 1, x3 = 0 e x2 = 0,x3 = 1, rispettivamente.

Per quanto riguarda l’immagine di f , si ha

dim Im(f) = dim R4 − dim Ker(f) = 2.

Poiche l’immagine di f e generata dalle colonne di A, per trovare una base diIm f basta prendere due colonne linearmente indipendenti della matrice A, adesempio le colonne (4, 3, 1) e (−1,−2, 1) (naturalmente, come base di Im f sipotrebbero prendere anche i vettori w1 e w2, dato che essi sono linearmenteindipendenti, oppure anche w1 e w3, ecc.).

Cerchiamo ora i vettori che appartengono al sottospazio Ker(f) ∩ U . Comeabbiamo visto in precedenza, i vettori di Ker f sono dati dalle soluzioni delsistema lineare {

x1 = 4x2 + 5x3

x4 = −5x2 − 6x3.

Poiche i vettori di U sono le soluzioni dell’equazione 2x1 + x2 + x3 = 0, pertrovare i vettori di Ker(f)∩U basta mettere a sistema le equazioni di Ker f conquella di U :

x1 = 4x2 + 5x3

x4 = −5x2 − 6x3

2x1 + x2 + x3 = 0

Le soluzioni di questo sistema sono date dax1 = 1

9 x3

x2 = − 119 x3

x4 = 19 x3

x3 qualsiasi.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 21

La presenza di un parametro libero di variare significa che il sottospazio Ker(f)∩U ha dimensione 1; esso e dunque generato dal vettore (1,−11, 9, 1), ottenutoponendo x3 = 9.

Esercizio 1.12. (a) Dati i vettori v1 = (1, 0, 2,−1), v2 = (0, 1,−1, 2) ∈ R4 ew1 = (2, 0, 1), w2 = (1,−1, 2) ∈ R3, si stabilisca se esiste una funzione linearef : R4 → R3 tale che Ker(f) = 〈v1, v2〉 e Im(f) = 〈w1, w2〉. Se una tale funzioneesiste si dica se essa e unica e se ne determini il rango. Si scriva inoltre la matricedi una tale f rispetto alle basi canoniche.

(b) Si consideri il vettore w = (t, 2,−1). Si stabilisca per quale valore dit ∈ R si ha w ∈ Im(f).

Soluzione. Richiedere che w1 e w2 appartengano all’immagine di f equivale arichiedere che esistano dei vettori u1, u2 ∈ R4 tali che f(u1) = w1 e f(u2) = w2.Decidiamo arbitrariamente che sia u1 = e3 = (0, 0, 1, 0) e u2 = e4 = (0, 0, 0, 1).In questo modo w1 e w2 saranno rispettivamente le immagini del terzo e quartovettore della base canonica di R4, cioe saranno la terza e quarta colonna dellamatrice A di f . La matrice di f avra dunque la seguente forma:

A =

a a′ 2 1b b′ 0 −1c c′ 1 2

Facciamo notare che la nostra scelta e del tutto arbitraria (il che fa capire cheuna tale funzione f non e certo unica). Ad esempio, se avessimo deciso che ivettori w1 e w2 dovevano essere le immagini del primo e secondo vettore dellabase canonica di R4, cioe la prima e la seconda colonna della matrice A, lamatrice di f rispetto alle basi canoniche avrebbe avuto la forma seguente:

A =

2 1 a a′

0 −1 b b′

1 2 c c′

Continuiamo comunque con la nostra prima scelta. Dobbiamo ora determinarei 6 coefficienti incogniti a, b, c, a′, b′, c′. Per fare cio ricordiamo che i vettori v1

e v2 devono appartenere al nucleo di f . Cio significa che si deve averea a′ 2 1b b′ 0 −1c c′ 1 2

102−1

=

000

,

a a′ 2 1b b′ 0 −1c c′ 1 2

01−12

=

000

Risolvendo i sistemi cosı ottenuti si trova

a = −3b = −1c = 0

a′ = 0b′ = 2c′ = −3

La matrice cercata e quindi

A =

−3 0 2 1−1 2 0 −10 −3 1 2

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Capitolo 1 Algebra Lineare 22

Si puo ora facilmente verificare che il nucleo di tale matrice ha dimensione 2 ede generato dai vettori v1 e v2, mentre l’immagine, anch’essa di dimensione 2, egenerata dai vettori w1 e w2, come richiesto. Da quanto appena visto si concludecosı che una funzione f avente i requisiti richiesti esiste ma non e unica; il suorango non e altro che la dimensione dell’immagine di f , cioe e pari a 2 (datoche i vettori w1 e w2 sono linearmente indipendenti).

Infine, richiedere che il vettore w = (t, 2,−1) appartenga all’immagine di f ,equivale a richiedere che esso sia combinazione lineare dei vettori w1 e w2:

w = λ1w1 + λ2w2.

Si ottiene cosı il seguente sistema linearet = 2λ1 + λ2

2 = −λ2

−1 = λ1 + 2λ2

la cui soluzione e t = 4λ1 = 3λ2 = −2

Si conclude cosı che w ∈ Im(f) se e solo se t = 4.

Esercizio 1.13. Sia f : R3 → R2 la funzione lineare di matrice

A =(

2 0 13 −1 2

)rispetto alle basi canoniche. Dato il vettore u = (1,−2) ∈ R2, si determinif−1(u). La funzione f e invertibile?

Soluzione. Una funzione lineare f : R3 → R2 non puo certo essere invertibile(altrimenti sarebbe un isomorfismo e dunque R3 sarebbe isomorfo a R2, il chenon e). Pertanto con la notazione f−1(u) non si intende la “funzione inversa dif applicata al vettore u” (dato che, in questo caso, la “funzione inversa di f”non esiste), ma piuttosto l’immagine inversa del vettore u, definita come segue:

f−1(u) = {v ∈ R3 | f(v) = u}.

Questa definizione ha perfettamente senso (anche se f non e invertibile), inquando non viene mai usata la funzione inversa f−1.

Posto v = (x1, x2, x3), richiedere che f(v) = u equivale a richiedere che siabbia (

2 0 13 −1 2

)x1

x2

x3

=(

1−2

)cioe {

2x1 + x3 = 13x1 − x2 + 2x3 = −2.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 23

Risolvendo si trova x2 = 4− x1

x3 = 1− 2x1

x1 qualunque.

Posto x1 = t, si ha pertanto

f−1(u) = {(t, 4− t, 1− 2t) | ∀t ∈ R} = (0, 4, 1) + 〈(1,−1,−2)〉.

Per terminare si puo notare che il vettore (1,−1,−2) e il generatore del nucleodi f .

Esercizio 1.14. Sia W il sottospazio vettoriale di R4 di equazione x1 + 3x2−x3 + 2x4 = 0.

(a) Dati i vettori w1 = (2, 3, a,−1) e w2 = (1, 4,−1, b), si determinino i valoridi a e b in modo tale che w1, w2 ∈ W (In tutte le domande seguenti sisostituiscano ad a e b i valori trovati).

(b) Si determini w3 ∈W tale che {w1, w2, w3} sia una base di W .

(c) Si stabilisca se esiste una funzione lineare f : R4 → R4 tale che Im f = We si dica se tale f e unica. Se una tale funzione esiste, se ne scriva lamatrice rispetto alle basi canoniche e se ne calcoli il nucleo. E vero che,se una tale f esiste, essa deve necessariamente avere un autovalore ugualea zero?

(d) Dato il sottospazio U generato dai vettori u1 = (3,−1, 2, 2) e u2 =(1, 2,−1, 2), si determini una base di U ∩W .

Soluzione. Il vettore w1 = (2, 3, a,−1) appartiene al sottospazio W se esolo se le sue componenti soddisfano l’equazione x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0 diW . Sostituendo, si trova a = 9. Analogamente, sostituendo le componenti delvettore w2 = (1, 4,−1, b) nell’equazione di W , si trova b = −7. D’ora in poiponiamo w1 = (2, 3, 9,−1) e w2 = (1, 4,−1,−7).

Per determinare un vettore w3 tale che {w1, w2, w3} sia una base di Wosserviamo che il sottospazio W ha dimensione 3 (essendo determinato da unaequazione lineare in quattro incognite). Pertanto e sufficiente trovare un vettorew3 le cui componenti soddisfino l’equazione x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0 e tale chei vettori w1, w2 e w3 siano linearmente indipendenti. Naturalmente esistonoinfinite possibili scelte di un tale vettore; una delle piu semplici e w3 = (1, 0, 1, 0)(per verificare che i vettori w1, w2 e w3 sono linearmente indipendenti si puocalcolare il rango della matrice le cui righe sono i tre vettori dati; utilizzandol’eliminazione di Gauss e facile verificare che tale matrice ha rango 3).

Per stabilire se esiste una funzione lineare f : R4 → R4 tale che Im f = Wbasta ricordare che l’immagine di una funzione lineare f : R4 → R4 e generatadalle immagini dei vettori di una base di R4. Per definire una tale f basta quindiporre f(e1) = w1, f(e2) = w2, f(e3) = w3 e f(e4) = 0, ove {e1, e2, e3, e4} e labase canonica di R4. Naturalmente infinite altre scelte sono possibili, ad esempiof(e1) = w1, f(e2) = w2, f(e3) = w3 e f(e4) = w1, oppure f(e1) = 0, f(e2) =w1, f(e3) = w2 e f(e4) = w3, ecc. La conclusione e quindi che una funzione f

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Capitolo 1 Algebra Lineare 24

con le caratteristiche richieste esiste, ma non e unicamente determinata (anzi,ne esistono infinite). Scegliamo dunque una di tali funzioni, ad esempio quelladefinita ponendo f(e1) = w1, f(e2) = w2, f(e3) = w3 e f(e4) = 0. La matricedi tale funzione rispetto alle basi canoniche e

2 1 1 03 4 0 09 −1 1 0−1 −7 0 0

e dalla definizione si deduce immediatamente che il nucleo di f e generato dalvettore e4 (questo perche f(e4) = 0 e dim(Ker f) = 4 − dim(Im f) = 4 −3 = 1). Infine osserviamo che ogni funzione f con le caratteristiche richiestedeve necessariamente avere nucleo diverso da zero (piu precisamente, deve averenucleo di dimensione 1, dato che dim(Ker f) + dim(Im f) = 4). Per ogni vettorev ∈ Ker f si ha f(v) = 0 = 0 v, il che significa che v e un autovettore relativoall’autovalore λ = 0. Si conclude cosı che ogni tale funzione lineare f possiedenecessariamente un autovalore uguale a zero.

Consideriamo ora il sottospazio U generato dai vettori u1 = (3,−1, 2, 2) eu2 = (1, 2,−1, 2). Il generico vettore u ∈ U e una combinazione lineare deivettori u1 e u2:

u = αu1 + βu2 = (3α+ β,−α+ 2β, 2α− β, 2α+ 2β).

Richiedere che u appartenga al sottospazio W equivale a richiedere che le suecomponenti soddisfino l’equazione di W , cioe che si abbia

(3α+ β) + 3(−α+ 2β)− (2α− β) + 2(2α+ 2β) = 0,

che equivale a α = −6β. Il fatto che ci sia un solo parametro libero di variare(nel nostro caso, β) ci permette di concludere che U ∩W ha dimensione 1. Pertrovare una base possiamo porre β = −1, da cui si ottiene α = 6. Si ottiene cosıil vettore

u = 6u1 − u2 = (17,−8, 13, 10)

il quale e una base del sottospazio U ∩W .

Esercizio 1.15. Nello spazio vettoriale R4 sia U il sottospazio generato daivettori u1 = (3,−1, 2, 2), u2 = (1, 2,−1, 3), u3 = (1,−5, 4,−4). Si indichi poicon W l’immagine della funzione f : R3 → R4 definita da

f(x, y, z) = (2x− y, x+ 3z, 3x+ y + z, 2y − 3z).

(a) Si determinino le equazioni cartesiane e una base di U .

(b) Si determinino le equazioni cartesiane e una base di W .

(c) Si determini una base di U ∩W e una base di U +W .

(d) Dato il vettore v = (1, 4, t,−1), si stabilisca se esiste un valore di t ∈ Rper cui si abbia v = f(v), per qualche v ∈ R3.

(e) Si stabilisca se esistono delle funzioni lineari g, h : R4 → R4 tali cheg(U) = W e h(W ) = U .

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Capitolo 1 Algebra Lineare 25

Soluzione. Si verifica facilmente che i vettori u1, u2 e u3 sono linearmentedipendenti (infatti si ha u3 = u1−2u2), mentre i vettori u1 e u2 sono linearmenteindipendenti. Cio permette di affermare che una base di U e costituita daivettori u1 e u2. Un generico vettore (x1, x2, x3, x4) ∈ U si scrive dunque comecombinazione lineare dei vettori u1 e u2:

(x1, x2, x3, x4) = α(3,−1, 2, 2) + β(1, 2,−1, 3).

Questa equazione vettoriale equivale al sistemax1 = 3α+ β

x2 = −α+ 2βx3 = 2α− βx4 = 2α+ 3β

da cui, ricavando α e β da due delle quattro equazioni e sostituendo nelle dueequazioni rimanenti, si ottiene il seguente sistema{

3x1 − 5x2 − 7x3 = 08x1 − 7x3 − 5x4 = 0.

Queste sono dunque le equazioni cartesiane del sottospazio U (come controllo,si puo facilmente verificare che i vettori u1 e u2 soddisfano le equazioni appenatrovate).

Dalla definizione della funzione f si deduce che la sua matrice rispetto allebasi canoniche e

A =

2 −1 01 0 33 1 10 2 −3

Tale matrice ha rango 3 (come si verifica facilmente), quindi W = Im f ha di-mensione 3 e una base di W e costituita dalle colonne della matrice A. Per trova-re l’equazione cartesiana di W possiamo usare un metodo analogo a quello utiliz-zato per determinare le equazioni di U . Un generico vettore (x1, x2, x3, x4) ∈Wsi scrive come combinazione lineare delle tre colonne di A:

(x1, x2, x3, x4) = α(2, 1, 3, 0) + β(−1, 0, 1, 2) + γ(0, 3, 1,−3).

Questa equazione vettoriale equivale al sistemax1 = 2α− βx2 = α+ 3γx3 = 3α+ β + γ

x4 = 2β − 3γ

da cui, ricavando α, β e γ da tre delle quattro equazioni e sostituendo nell’e-quazione rimanente, si ottiene la seguente equazione

13x1 + 19x2 − 15x3 + 14x4 = 0,

la quale e dunque l’equazione cartesiana del sottospazio W .

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Capitolo 1 Algebra Lineare 26

Poiche abbiamo le equazioni cartesiane di U e di W , per trovare una base diU ∩W basta mettere a sistema le equazioni trovate:

U ∩W :

3x1 − 5x2 − 7x3 = 08x1 − 7x3 − 5x4 = 013x1 + 19x2 − 15x3 + 14x4 = 0.

Risolvendo tale sistema si scopre che esso ammette infinite soluzioni (dipen-denti da un parametro) e che lo spazio delle soluzioni e generato dal vettore(17,−8, 13, 9). Questo vettore e dunque una base di U ∩W . Dalla formula diGrassmann si ricava poi

dim(U +W ) = dimU + dimW − dim(U ∩W ) = 2 + 3− 1 = 4,

quindi U +W = R4 e come base di U +W si puo prendere una qualunque basedi R4 (ad esempio la base canonica).

Dato il vettore v = (1, 4, t,−1), richiedere che v = f(v), per qualche v ∈ R3,equivale a richiedere che v ∈ Im f = W , il che equivale a richiedere che v sipossa scrivere come combinazione lineare dei vettori di una base di W :

(1, 4, t,−1) = α(2, 1, 3, 0) + β(−1, 0, 1, 2) + γ(0, 3, 1,−3).

Si ottiene cosı il seguente sistema1 = 2α− β4 = α+ 3γt = 3α+ β + γ

−1 = 2β − 3γ

risolvendo il quale si trova t = 5.Per rispondere all’ultima domanda basta osservare che dimU = 2 e dimW =

3. Una funzione lineare g : R4 → R4 tale che g(U) = W non puo esistere: seessa esistesse, i tre vettori di una base di W dovrebbero essere immagini tramiteg di tre vettori linearmente indipendenti di U , ma questo e impossibile, datoche U ha dimensione 2. Viceversa, una funzione lineare h : R4 → R4 tale cheh(W ) = U esiste certamente (anzi, ne esistono infinite). Una tale funzione hpuo essere definita nel modo seguente. Indichiamo con {w1, w2, w3} una base diW e completiamo tale base ad una base {w1, w2, w3, v} di R4. Detta {u1, u2}una base di U , definiamo una funzione lineare h : R4 → R4 ponendo h(w1) = u1,h(w2) = u2, h(w3) = 0 e h(v) = 0 (ricordiamo che per definire una funzionelineare tra due spazi vettoriali e sufficiente specificare le immagini dei vettoridi una base del dominio). E immediato verificare che una tale h soddisfa laproprieta h(W ) = U .

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Capitolo 1 Algebra Lineare 27

Esercizio 1.16. Sia M lo spazio vettoriale delle matrici 2 × 2 a coefficientireali.

(a) Si determini la dimensione e una base di M .

(b) Indicato con S il sottospazio di M costituito dalle matrici simmetriche, sidetermini la dimensione e una base di S.

(c) Sia U il sottospazio vettoriale di M generato dalle matrici(0 −3−2 4

)e

(1 24 0

)Si scrivano le equazioni cartesiane di U e si determini una base di U ∩ S.

(d) Sia f : M → R la funzione che associa ad una matrice X ∈ M la tracciadella matrice prodotto XA, ove A e una matrice (qualunque) fissata (siricordi che la traccia di una matrice quadrata e la somma degli elementisulla diagonale principale). Si stabilisca se la funzione f e lineare.

(e) Sia P ⊂ M l’insieme delle matrici i cui coefficienti sono ≥ 0. P e unsottospazio vettoriale di M? Se la risposta e No, chi e il sottospaziogenerato da P?

(f) Chi e il sottospazio vettoriale di M generato dall’insieme di tutte le matriciinvertibili?

Soluzione. M e l’insieme delle matrici(a bc d

), ∀ a, b, c, d ∈ R.

Dato che ogni tale matrice si scrive in modo unico nella forma(a bc d

)= a

(1 00 0

)+ b

(0 10 0

)+ c

(0 01 0

)+ d

(0 00 1

)si deduce che le matrici

E1 =(

1 00 0

), E2 =

(0 10 0

), E3 =

(0 01 0

), E4 =

(0 00 1

)sono una base di M e quindi dimM = 4.

L’insieme S (formato dalle matrici simmetriche) e

S ={(

a bb c

): a, b, c ∈ R

}.

Ogni matrice di S si scrive in modo unico nella forma(a bb c

)= a

(1 00 0

)+ b

(0 11 0

)+ c

(0 00 1

)e pertanto le matrici

E1 =(

1 00 0

), F =

(0 11 0

), E4 =

(0 00 1

)

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Capitolo 1 Algebra Lineare 28

sono una base di S e quindi dimS = 3.Dato che U e generato dalle matrici(

0 −3−2 4

)e

(1 24 0

)la generica matrice di U e una combinazione lineare delle due matrici date:(

x yz w

)= α

(0 −3−2 4

)+ β

(1 24 0

).

Si ottiene cosı il sistema x = β

y = −3α+ 2βz = −2α+ 4βw = 4α

da cui si ricava α = 14 w e β = x. Sostituendo nelle rimanenti due equazioni si

ottiene il sistema {8x− 4y − 3w = 08x− 2z − w = 0.

Queste sono le equazioni cartesiane del sottospazio U . Richiedere che la genericamatrice (

x yz w

)di U appartenga all’insieme S delle matrici simmetriche equivale a richiedereche sia y = z. Da cio segue che le equazioni del sottospazio U ∩ S sono

8x− 4y − 3w = 08x− 2z − w = 0y = z.

Tale sistema ammette infinite soluzioni (dipendenti da un parametro), date day = 8xz = 8xw = −8x

da cui si deduce che U ∩ S ha dimensione 1 e una sua base e costituita dallamatrice (

1 88 −8

)ottenuta ponendo x = 1 nel sistema precedente.

Consideriamo ora la funzione f : M → R che associa ad una matrice X ∈Mla traccia della matrice prodotto XA, ove A e una matrice fissata. Se poniamo

X =(x yz w

)e A =

(a bc d

)si ha

XA =(ax+ cy bx+ dyaz + cw bz + dw

)

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Capitolo 1 Algebra Lineare 29

e quindi la funzione f e data dalla seguente espressione

f(X) = ax+ cy + bz + dw.

Da questo calcolo esplicito si deduce immediatamente che f e una funzionelineare di X (cioe delle quattro variabili x, y, z, w).

Indichiamo ora con P ⊂M l’insieme delle matrici i cui coefficienti sono ≥ 0.Se A ∈ P , la matrice −A avra coefficienti ≤ 0 quindi, in generale, −A 6∈ P ;cio significa che P non e un sottospazio vettoriale. Notiamo che le quattromatrici di base E1, E2, E3, E4 appartengono a P , quindi appartengono ancheal sottospazio vettoriale generato da P . Poiche queste quattro matrici sono unabase di M , il piu piccolo spazio vettoriale che le contiene e M stesso, quindi lospazio vettoriale generato da P e M .

Indichiamo con I l’insieme di tutte le matrici invertibili

I = {A ∈M | detA 6= 0}.

Per determinare lo spazio vettoriale generato da I basta osservare che e possibiletrovare una base di M costituita da matrici invertibili. Ad esempio, le quattromatrici

G1 =(

1 00 1

), G2 =

(1 00 −1

), G3 =

(0 11 0

), G4 =

(0 1−1 0

)sono invertibili e sono una base di M , come si puo facilmente verificare (bastaverificare che le matrici G1, G2, G3, G4 sono linearmente indipendenti). Ciosignifica che lo spazio vettoriale generato da I coincide con lo spazio vettorialegenerato dalle matrici G1, G2, G3, G4, cioe con M .

Esercizio 1.17. Sia f : R4 → R3 la funzione lineare la cui matrice, rispettoalle basi canoniche, e

A =

1 −2 1 01 0 2 −11 −6 −1 2

(a) Si determinino delle basi del nucleo e dell’immagine di f .

(b) Dato il vettore ut = (7, 2, t, 1) si determini t in modo che ut ∈ Ker(f).

(c) Dato il vettore wt = (2, t, 0) si dica per quale valore di t si ha f−1(wt) 6= ∅.

(d) Sia U il sottospazio di R4 generato dai vettori u1 = (3,−1, 2, 2) e u2 =(1, 1, 1, 3). Si determini una base del sottospazio f(U).

(e) Si stabilisca se esiste una funzione lineare g : R3 → R4 tale che la funzionecomposta f ◦g : R3 → R3 sia l’identita. Se una tale g esiste se ne determinila matrice.

Soluzione. Per determinare una base di Ker(f) bisogna risolvere il sistemax1 − 2x2 + x3 = 0x1 + 2x3 − x4 = 0x1 − 6x2 − x3 + 2x4 = 0.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 30

Tale sistema ammette infinite soluzioni (dipendenti da due parametri), date da{x1 = 2x2 − x3

x4 = 2x2 + x3

da cui si deduce che il nucleo di f ha dimensione 2 e una sua base e formata daivettori (2, 1, 0, 2) e (−1, 0, 1, 1).

Avendo visto che dim Ker(f) = 2 si deduce che dim Im(f) = 2, quindi unabase dell’immagine di f e costituita da due colonne linearmente indipendentidella matrice A, ad esempio dai vettori (−2, 0,−6) e (0,−1, 2).

Facciamo notare che un altro modo per calcolare la dimensione dell’immaginedi f sarebbe stato quello di calcolare il rango di A. Infatti, mediante operazionielementari sulle righe, la matrice A puo essere ridotta alla seguente forma ascala 1 −2 1 0

0 2 1 −10 0 0 0

da cui si deduce che il rango di A (cioe dim Im(f)) e uguale a 2.

Consideriamo ora il vettore ut = (7, 2, t, 1). Richiedere che ut ∈ Ker(f)equivale a richiedere che

1 −2 1 01 0 2 −11 −6 −1 2

72t1

= 0,

che equivale a 3 + t6 + 2t−3− t

=

000

,

da cui si ricava t = −3.Per il prossimo punto, si ha che f−1(wt) 6= ∅ equivale a richiedere che esista

un vettore v = (x1, x2, x3, x4) tale che f(v) = wt. Si ottiene cosı il sistemax1 − 2x2 + x3 = 2x1 + 2x3 − x4 = t

x1 − 6x2 − x3 + 2x4 = 0.

Risolvendo tale sistema si scopre che esso ammette soluzioni se e solo se t = 3.Un altro modo per affrontare la stessa questione e quello di osservare che

f−1(wt) 6= ∅ se e solo se wt ∈ Im(f), cioe se e solo se wt e combinazione linearedei due vettori della base di Im(f) scelti in precedenza. Si deve dunque avere2

t0

= α

−20−6

+ β

0−12

da cui si ricava t = 3.

Consideriamo ora il sottospazio U generato da u1 e u2. Applicando la fun-zione f , si ha che f(U) e generato dai vettori f(u1) e f(u2). Naturalmente

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Capitolo 1 Algebra Lineare 31

il fatto che u1 e u2 siano linearmente indipendenti non implica che anche leloro immagini f(u1) e f(u2) lo siano. Si ha infatti f(u1) = (7, 5, 11), mentref(u2) = (0, 0, 0). Da cio segue che una base del sottospazio f(U) e costituitadal solo vettore f(u1) = (7, 5, 11).

Veniamo ora all’ultimo punto. Per ogni funzione lineare g : R3 → R4 e perogni vettore v ∈ R3, si ha

(f ◦ g)(v) = f(g(v)) ∈ Im(f).

Si ha pertanto Im(f ◦ g) ⊆ Im(f) e poiche dim Im(f) = 2, e necessariamentedim Im(f ◦ g) ≤ 2. Cio significa che non puo esistere una funzione g tale chef ◦ g = idR3 , perche dim Im(f ◦ g) ≤ 2 mentre dim Im(idR3) = 3.

Esercizio 1.18. Sia f : R3 → R4 la funzione lineare definita ponendof(1, 0, 0) = (2, 1, 0, 1), f(1, 1, 0) = (1, 4, 2, 0), f(1, 1, 1) = (2, 4, 5, 2).

(a) Si scriva la matrice A di f rispetto alle basi canoniche e si determininodelle basi del nucleo e dell’immagine di f .

(b) Sia U ⊂ R3 il sottospazio di equazione 2x1−x2 + 3x3 = 0 e sia W ⊂ R4 ilsottospazio definito dalle due equazioni y1+y2+7y4 = 0 e 5y1+2y3+8y4 =0. Si dimostri che f(U) = W .

(c) Dato il vettore vt = (t,−1, 1, 5) ∈ R4, si determini il valore di t per cui siha f−1(vt) 6= ∅.

Soluzione. Ricordiamo che le colonne di A sono le immagini dei vettori dellabase canonica di R3. f(1, 0, 0) = (2, 1, 0, 1) e dato. Si ha poi

f(0, 1, 0) = f(1, 1, 0)− f(1, 0, 0)= (1, 4, 2, 0)− (2, 1, 0, 1)= (−1, 3, 2,−1)

ef(0, 0, 1) = f(1, 1, 1)− f(1, 1, 0)

= (2, 4, 5, 2)− (1, 4, 2, 0)= (1, 0, 3, 2)

La matrice A e dunque

A =

2 −1 11 3 00 2 31 −1 2

Il nucleo di f e costituito dai vettori (x1, x2, x3) tali che

2 −1 11 3 00 2 31 −1 2

x1

x2

x3

=

0000

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Capitolo 1 Algebra Lineare 32

cioe dalle soluzioni del sistema2x1 − x2 + x3 = 0x1 + 3x2 = 02x2 + 3x3 = 0x1 − x2 + 2x3 = 0

L’unica soluzione di tale sistema ex1 = 0x2 = 0x3 = 0

si ha pertanto Ker(f) = {0}.Da cio si deduce che l’immagine di f ha dimensione 3 e, poiche Im(f) e gene-

rata dalle colonne di A, le tre colonne di A sono dunque linearmente indipendentie sono una base dell’immagine di f .

Consideriamo ora il sottospazio U ⊂ R3 di equazione 2x1 − x2 + 3x3 = 0.Ricavando x2, si ha

U : x2 = 2x1 + 3x3,

da cui segue che U ha dimensione 2 e una sua base e formata dai vettori u1 =(1, 2, 0) e u2 = (0, 3, 1).

Il sottospazio W ⊂ R4 e definito dal sistema{y1 + y2 + 7y4 = 05y1 + 2y3 + 8y4 = 0

da cui si ricava y2 = −y1 − 7y4

y3 = −52y1 − 4y4

Cio significa che anche W ha dimensione 2 (non e necessario determinare unasua base).

Ora calcoliamo l’immagine tramite f dei vettori della base di U :

f(u1) = Au1 = (0, 7, 4,−1)f(u2) = Au2 = (−2, 9, 9,−1).

Sostituendo le coordinate dei vettori f(u1) e f(u2) nelle equazioni del sottospazioW , si verifica che f(u1) ∈W e f(u2) ∈W , da cui segue che f(U) ⊆W . A questopunto basta osservare che i vettori f(u1) e f(u2) sono linearmente indipendenti,quindi f(U) ha dimensione 2. Poiche anche W ha dimensione 2, dall’inclusionef(U) ⊆W si deduce che deve necessariamente valere l’uguaglianza f(U) = W .

Dato il vettore vt = (t,−1, 1, 5), si ha f−1(vt) 6= ∅ se e solo se vt ∈ Im(f),cioe se e solo se vt e combinazione lineare delle colonne di A. Si ottiene cosı ilsistema

2a1 − a2 + a3 = t

a1 + 3a2 = −12a2 + 3a3 = 1a1 − a2 + 2a3 = 5

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Capitolo 1 Algebra Lineare 33

da cui si ricava, dopo opportuni calcoli, t = 6.

Esercizio 1.19. Siano dati i vettori v1 = (4,−2, 6), v2 = (0, 4, 4), v3 =(−1, 2, 0) ∈ R3 e si consideri la funzione lineare f : R4 → R3 definita daf(1, 0, 1, 0) = v1, f(1, 0,−1, 0) = v2 e tale che i vettori (0, 1, 0, 0) e (2, 0,−1,−3)appartengano a f−1(v3).

(a) Si scriva la matrice A di f rispetto alle basi canoniche e si determininodelle basi di Ker f e di Im f .

(b) Sia W ⊂ R4 il sottospazio di equazione x1 + 3x3 + x4 = 0. Si determiniuna base di W e una base di f(W ). Si determini inoltre una base diKer(f) ∩W .

(c) Si scriva la matrice della funzione indotta da f , f |W : W → R3, rispettoalla base di W trovata nel punto (b) e alla base canonica del codominio.

Soluzione. Dire che i vettori (0, 1, 0, 0) e (2, 0,−1,−3) appartengano a f−1(v3)significa che f(0, 1, 0, 0) = v3 e f(2, 0,−1,−3) = v3.

Si ha poi

f(2, 0, 0, 0) = f(1, 0, 1, 0) + f(1, 0,−1, 0) = v1 + v2 = (4, 2, 10)

e quindi f(1, 0, 0, 0) = (2, 1, 5).Ora abbiamo

f(0, 0, 1, 0) = f(1, 0, 1, 0)− f(1, 0, 0, 0) = (4,−2, 6)− (2, 1, 5) = (2,−3, 1)

e infine

f(0, 0, 0,−3) = f(2, 0,−1,−3)− 2f(1, 0, 0, 0) + f(0, 0, 1, 0)= (−1, 2, 0)− (4, 2, 10) + (2,−3, 1)= (−3,−3,−9)

da cui segue f(0, 0, 0, 1) = (1, 1, 3).La matrice di f e quindi

A =

2 −1 2 11 2 −3 15 0 1 3

Il nucleo di f e dato dalle soluzioni del seguente sistema

2x1 − x2 + 2x3 + x4 = 0x1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 05x1 + x3 + 3x4 = 0

che equivale a {x2 = −8x1 − 5x4

x3 = −5x1 − 3x4

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Capitolo 1 Algebra Lineare 34

Il nucleo di f ha dunque dimensione 2 e una sua base e formata dai vettori(1,−8,−5, 0) e (0,−5,−3, 1).

Poiche dim Ker(f)+dim Im(f) = 4, si ottiene dim Im(f) = 2 e pertanto comebase dell’immagine di f si possono prendere due (qualsiasi) colonne linearmenteindipendenti di A (ad esempio, le prime due).

Il sottospazio W ha equazione x1 + 3x3 + x4 = 0, da cui si ricava

x1 = −3x3 − x4.

W ha pertanto dimensione 3 (non dimensione 2, perche anche x2 e libero divariare!) e una sua base e formata dai vettori

w1 = (0, 1, 0, 0), w2 = (−3, 0, 1, 0), w3 = (−1, 0, 0, 1).

L’immagine di W e dunque generata dalle immagini dei vettori w1, w2 e w3:

f(w1) = Aw1 = (−1, 2, 0),f(w2) = Aw2 = (−4,−6,−14),f(w3) = Aw3 = (−1, 0,−2).

Si verifica facilmente che i vettori f(w1), f(w2), f(w3) sono linearmente dipen-denti, infatti si ha f(w2) = −3f(w1) + 7f(w3), quindi essi non sono una base dif(W ). Eliminando, ad esempio, f(w2) i vettori rimanenti f(w1) e f(w3) sonolinearmente indipendenti e sono ora una base di f(W ).

Abbiamo gia visto che Ker(f) e dato dalle soluzioni del sistema

Ker(f) :

{x2 = −8x1 − 5x4

x3 = −5x1 − 3x4

Mettendo a sistema con l’equazione di W si ottiene

Ker(f) ∩W :

x2 = −8x1 − 5x4

x3 = −5x1 − 3x4

x1 + 3x3 + x4 = 0

Risolvendo si trova

Ker(f) ∩W :

x2 =

34x1

x3 =14x1

x4 = −74x1

Si ha dunque dim(Ker(f) ∩ W ) = 1 e una sua base e formata dal vettore(4, 3, 1,−7).

Sia B la matrice della funzione indotta da f , f |W : W → R3, rispetto allabase di W trovata in precedenza e alla base canonica del codominio. Le colonnedi B sono quindi formate dalle coordinate delle immagini tramite f dei vettoriw1, w2, w3, rispetto alla base canonica di R3. Poiche abbiamo gia visto che e

f(w1) =

−120

, f(w2) =

−4−6−14

, f(w3) =

−10−2

,

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Capitolo 1 Algebra Lineare 35

si ha

B =

−1 −4 −12 −6 00 −14 −2

.

Esercizio 1.20.

(a) Determinare un endomorfismo f di R3 che abbia Ker(f) = 〈(1, 1, 0)〉 eIm(f) = 〈(0, 1,−1), (2, 1, 2)〉. Se ne dia la matrice associata alla basecanonica.

(b) Tale f e unica? Perche?

(c) Per la f di cui al punto (a) si determini l’antimmagine di (1, 1, 1) e di(2, 2, 1).

Soluzione. Per determinare la matrice di una funzione lineare f : R3 →R3 con le proprieta richieste, ricordiamo che l’immagine di f e generata dallecolonne della sua matrice A. Poiche sappiamo che Im(f) = 〈(0, 1,−1), (2, 1, 2)〉,possiamo scrivere una matrice A che abbia i vettori (0, 1,−1) e (2, 1, 2) comedue delle sue tre colonne; ad esempio

A =

a 0 2b 1 1c −1 2

Ora bisogna richiedere che il vettore (1, 1, 0) appartenga al nucleo di una talematrice, il che significa che deve esserea 0 2

b 1 1c −1 2

110

=

000

Si ottiene cosı il sistema

a = 0b+ 1 = 0c− 1 = 0

da cui si ricava a = 0b = −1c = 1

La matrice A cercata e dunque

A =

0 0 2−1 1 11 −1 2

Si osserva subito che la prima colonna e l’opposto della seconda, quindi il sot-tospazio vettoriale generato dalle tre colonne di A coincide con il sottospaziogenerato dalla seconda e terza colonna di A, che e precisamente Im(f).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 36

Naturalmente una tale funzione f non e unica, viste le scelte arbitrarieche abbiamo fatto per costruire una matrice A con le proprieta richieste. Adesempio, se fossimo partiti dalla matrice

A′ =

a 2 0b 1 1c 2 −1

richiedendo che il vettore (1, 1, 0) appartenga al nucleo di A′ avremmo trovato

a = −2b = −1c = −2

e avremmo cosı ottenuto la matrice

A′ =

−2 2 0−1 1 1−2 2 −1

che corrisponde dunque ad una diversa funzione lineare con le stesse proprietarichieste alla funzione f .

Ritorniamo ora alla funzione f di matrice

A =

0 0 2−1 1 11 −1 2

L’antiimmagine del vettore (1, 1, 1) e data dalle soluzioni del sistema 0 0 2

−1 1 11 −1 2

xyz

=

111

che si riscrive come segue

2z = 1−x+ y + z = 1x− y + 2z = 1

Poiche tale sistema non ammette soluzioni, si ha f−1(1, 1, 1) = ∅.Infine, l’antiimmagine del vettore (2, 2, 1) e data dalle soluzioni del sistema 0 0 2

−1 1 11 −1 2

xyz

=

221

che si riscrive come segue

2z = 2−x+ y + z = 2x− y + 2z = 1

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Capitolo 1 Algebra Lineare 37

Risolvendo tale sistema si trova z = 1x = y − 1y qualsiasi.

Ponendo y = t si ha allora

f−1(2, 2, 1) = {(t− 1, t, 1) | ∀t ∈ R},

che si puo anche riscrivere nella forma

f−1(2, 2, 1) = (−1, 0, 1) + 〈(1, 1, 0)〉.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 38

1.3 Eliminazione di Gauss

Esercizio 1.21. Utilizzando il metodo di eliminazione di Gauss, si trasformila seguente matrice in una matrice triangolare superiore (o inferiore).

A =

2 −4 6 −21 −1 b+ 3 −2−3 3a+ 6 3a− 6 31 a− b− 1 a− b+ 4 0

Utilizzando il risultato cosı ottenuto, si calcoli il determinante di A e si dica perquali valori dei parametri reali a e b la matrice A ha rango 3.

Soluzione. Ricordiamo che le operazioni elementari sulle righe, o sulle colon-ne, non alterano il rango di una matrice, tuttavia alcune di queste operazionimodificano il determinante. Poiche nel problema in questione e richiesto anche ilcalcolo del determinante della matrice A, sara necessario tener conto delle even-tuali modifiche del determinante provocate dalle operazioni elementari (sullerighe o sulle colonne) che andremo ad effettuare.

Iniziamo osservando che tutti gli elementi della prima riga di A sono divisibiliper 2, mentre quelli della terza riga sono divisibili per 3. Se “raccogliamo” il 2e il 3, otteniamo

detA = 2 · 3 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 3 −11 −1 b+ 3 −2−1 a+ 2 a− 2 11 a− b− 1 a− b+ 4 0

∣∣∣∣∣∣∣∣Ora effettuiamo le seguenti operazioni elementari: alla seconda riga sottraiamola prima, alla terza riga sommiamo la prima e alla quarta riga sottraiamo laprima. Ricordiamo che queste operazioni non modificano il determinante. Si haquindi:

detA = 6 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 3 −10 1 b −10 a a+ 1 00 a− b+ 1 a− b+ 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣Ora scambiamo la seconda colonna con la quarta; osserviamo che cosı facendoil determinante cambia di segno:

detA = −6 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 3 −20 −1 b 10 0 a+ 1 a0 1 a− b+ 1 a− b+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣Il prossimo passo consiste nel sommare la seconda riga alla quarta (il determi-nante non cambia):

detA = −6 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 3 −20 −1 b 10 0 a+ 1 a0 0 a+ 1 a− b+ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣

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Capitolo 1 Algebra Lineare 39

Per terminare, alla quarta riga sottraiamo la terza (il determinante non cambia):

detA = −6 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 3 −20 −1 b 10 0 a+ 1 a0 0 0 −b+ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣Abbiamo cosı trasformato la matrice A in una matrice triangolare superiore,come richiesto. Il calcolo del determinante e ora immediato:

detA = 6(a+ 1)(2− b).

Il determinante di A si annulla quindi per a = −1, oppure per b = 2. Analiz-ziamo separatamente i due casi.

Se a = −1, la matrice precedente diventa1 −1 3 −20 −1 b 10 0 0 −10 0 0 −b+ 2

Essa ha rango 3 per ogni valore di b.

Se b = 2, si ottiene invece la matrice1 −1 3 −20 −1 2 10 0 a+ 1 a0 0 0 0

Poiche gli elementi a + 1 e a non si possono annullare contemporaneamente,questa matrice ha rango 3 per ogni valore di a.

Concludiamo quindi che la matrice A ha rango 3 se a = −1 oppure se b = 2(in tutti gli altri casi e detA 6= 0, quindi A ha rango 4).

Esercizio 1.22. Utilizzando il metodo di eliminazione di Gauss, si trasformila seguente matrice in una matrice triangolare superiore (o inferiore).

A =

2 6− 2a 2a+ 4 −4−1 2a+ b− 4 −2a− 4 20 4− a− 2b a− 4 21 a+ 6 −a− 11 1

Utilizzando il risultato cosı ottenuto, si calcoli il determinante di A e si dica perquali valori dei parametri reali a e b la matrice A ha rango 3.

Soluzione. Ricordiamo che le operazioni elementari sulle righe, o sulle colon-ne, non alterano il rango di una matrice, tuttavia alcune di queste operazionimodificano il determinante. Poiche nel problema in questione e richiesto anche ilcalcolo del determinante della matrice A, sara necessario tener conto delle even-tuali modifiche del determinante provocate dalle operazioni elementari (sullerighe o sulle colonne) che andremo ad effettuare.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 40

Iniziamo osservando che tutti gli elementi della prima riga di A sono divisibiliper 2, quindi si ha

detA = 2

∣∣∣∣∣∣∣∣1 3− a a+ 2 −2−1 2a+ b− 4 −2a− 4 20 4− a− 2b a− 4 21 a+ 6 −a− 11 1

∣∣∣∣∣∣∣∣Ora effettuiamo le seguenti operazioni elementari: alla seconda riga sommiamola prima e alla quarta riga sottraiamo la prima (ricordiamo che queste operazioninon modificano il determinante). Si ha quindi:

detA = 2

∣∣∣∣∣∣∣∣1 3− a a+ 2 −20 a+ b− 1 −a− 2 00 4− a− 2b a− 4 20 2a+ 3 −2a− 13 3

∣∣∣∣∣∣∣∣Ora scambiamo la seconda colonna con la quarta; osserviamo che cosı facendoil determinante cambia di segno:

detA = −2

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 a+ 2 3− a0 0 −a− 2 a+ b− 10 2 a− 4 4− a− 2b0 3 −2a− 13 2a+ 3

∣∣∣∣∣∣∣∣Per semplificare un po’ la terza colonna decidiamo di sommare a questa la quartacolonna (il determinante non cambia):

detA = −2

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 5 3− a0 0 b− 3 a+ b− 10 2 −2b 4− a− 2b0 3 −10 2a+ 3

∣∣∣∣∣∣∣∣Ora scambiamo la seconda riga con la terza riga (cosı facendo il determinantecambia di segno) e poi “raccogliamo” il 2 da quella che e ora la seconda riga:

detA = 4

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 5 3− a0 1 −b 2− a

2 − b0 0 b− 3 a+ b− 10 3 −10 2a+ 3

∣∣∣∣∣∣∣∣Il prossimo passo consiste nel sommare alla quarta riga la seconda moltiplicataper −3 (il determinante non cambia):

detA = 4

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 5 3− a0 1 −b 2− a

2 − b0 0 b− 3 a+ b− 10 0 3b− 10 7

2 a+ 3b− 3

∣∣∣∣∣∣∣∣Cerchiamo ora di ottenere un pivot uguale a 1 nella terza riga. Per fare ciomoltiplichiamo la terza riga per 3 (questa operazione modifica il determinante):

detA =43

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 5 3− a0 1 −b 2− a

2 − b0 0 3b− 9 3a+ 3b− 30 0 3b− 10 7

2 a+ 3b− 3

∣∣∣∣∣∣∣∣

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Capitolo 1 Algebra Lineare 41

e ora alla terza riga sottraiamo la quarta (il determinante non cambia):

detA =43

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 5 3− a0 1 −b 2− a

2 − b0 0 1 − 1

2 a0 0 3b− 10 7

2 a+ 3b− 3

∣∣∣∣∣∣∣∣Per terminare, alla quarta riga sottraiamo la terza moltiplicata per 3b − 10 (ildeterminante non cambia):

detA =43

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 5 3− a0 1 −b 2− a

2 − b0 0 1 − 1

2 a0 0 0 3

2 (a+ 2)(b− 1)

∣∣∣∣∣∣∣∣Abbiamo cosı trasformato la matrice A in una matrice triangolare superiore,come richiesto. Il calcolo del determinante e ora immediato:

detA =43· 3

2(a+ 2)(b− 1) = 2(a+ 2)(b− 1).

Il determinante di A si annulla quindi per a = −2, oppure per b = 1. Poiche ipivot delle prime tre righe sono diversi da zero (sono tutti uguali a 1), si concludeche, se a = −2 oppure b = 1, il rango della matrice A e 3, altrimenti tale rangoe uguale a 4.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 42

1.4 Sistemi lineari

Esercizio 1.23. Si determini l’intersezione degli insiemi delle soluzioni deiseguenti sistemi lineari:{

2x− y = 1x+ y − z + w = 0

{2y + z − w = −1x+ 2z − 2w = 0.

Soluzione. L’intersezione degli insiemi delle soluzioni dei due sistemi linearidati e costituita dai valori di x, y, z e w che soddisfano contemporaneamente leequazioni del primo sistema e le equazioni del secondo sistema. Si tratta dunquedelle soluzioni del seguente sistema di equazioni:

2x− y = 1x+ y − z + w = 02y + z − w = −1x+ 2z − 2w = 0

Risolvendo tale sistema si ottiene:x = 2/7y = −3/7z = w − 1/7w qualsiasi.

Esercizio 1.24. Si discuta e si risolva il seguente sistema lineare al variaredel parametro a ∈ R:

x1 − x2 + ax3 + 2x4 = 0−x1 + x2 − 2ax3 + ax4 = 12x2 + (a− 2)x3 + (1− 2a)x4 = −1x1 − x2 − ax3 + 4x4 = 2

Soluzione. La matrice completa del sistema e la seguente:1 −1 a 2 0−1 1 −2a a 10 2 a− 2 1− 2a −11 −1 −a 4 2

Utilizziamo l’eliminazione di Gauss, usando esclusivamente operazioni elemen-tari sulle righe. Se alla seconda riga sommiamo la prima e alla quarta rigasottraiamo la prima, otteniamo la matrice

1 −1 a 2 00 0 −a a+ 2 10 2 a− 2 1− 2a −10 0 −2a 2 2

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Capitolo 1 Algebra Lineare 43

Ora scambiamo la seconda riga con la terza:1 −1 a 2 00 2 a− 2 1− 2a −10 0 −a a+ 2 10 0 −2a 2 2

Infine, alla quarta riga sottraiamo il doppio della terza, ottenendo la seguentematrice:

1 −1 a 2 00 2 a− 2 1− 2a −10 0 −a a+ 2 10 0 0 −2a− 2 0

Possiamo ora osservare che, se a 6= −1, 0, il rango della matrice incompleta delsistema e massimo (pari a 4). Tale matrice e dunque invertibile e pertanto il si-stema ammette un’unica soluzione. Il sistema corrispondente all’ultima matricetrovata e

x1 − x2 + ax3 + 2x4 = 02x2 + (a− 2)x3 + (1− 2a)x4 = −1−ax3 + (a+ 2)x4 = 1(−2a− 2)x4 = 0

il quale puo essere facilmente risolto mediante una “sostituzione all’indietro,”ottenendo la seguente soluzione:

x1 = a−1a

x2 = − 1a

x3 = − 1a

x4 = 0.

Consideriamo ora il caso a = −1. La matrice precedente diventa ora1 −1 −1 2 00 2 −3 3 −10 0 1 1 10 0 0 0 0

In questo caso le due matrici, completa e incompleta, hanno lo stesso rangopari a 3. Per il Teorema di Rouche-Capelli cio significa che il sistema ammetteinfinite soluzioni, dipendenti da un parametro. Infatti, il sistema corrispondenteall’ultima matrice e il seguente:

x1 − x2 − x3 + 2x4 = 02x2 − 3x3 + 3x4 = −1x3 + x4 = 10 = 0

il quale ammette infinite soluzioni date dax1 = 2− 6x4

x2 = 1− 3x4

x3 = 1− x4

x4 qualunque.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 44

Per terminare ci rimane solo da considerare il caso a = 0. La matrice del sistemadiventa

1 −1 0 2 00 2 −2 1 −10 0 0 2 10 0 0 −2 0

Questa matrice non e nella forma a scala. Alla quarta riga sommiamo dunquela terza, ottenendo la matrice seguente:

1 −1 0 2 00 2 −2 1 −10 0 0 2 10 0 0 0 1

Si scopre cosı che, in questo caso, la matrice incompleta ha rango 3, mentre lamatrice completa ha rango 4 e dunque il sistema non ammette soluzioni (cosadel tutto ovvia, dato che l’equazione corrispondente all’ultima riga della matriceprecedente sarebbe 0 = 1).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 45

1.5 Autovalori e autovettori

Esercizio 1.25. Si determini t ∈ R in modo tale che la matrice

A =

−1 3 20 −5 −40 t− 1 −3

abbia −7 come autovalore. Per tale valore di t si determinino gli autovalori egli autovettori di A e si stabilisca se A e diagonalizzabile.

Soluzione. La matrice A ha un autovalore uguale a −7 se e solo se

det(A− (−7)1

)= 0.

Si ha:

det(A− (−7)1

)=

∣∣∣∣∣∣6 3 20 2 −40 t− 1 4

∣∣∣∣∣∣= 6

∣∣∣∣ 2 −4t− 1 4

∣∣∣∣= 24(t+ 1).

Tale determinante e nullo se e solo se t = −1. Concludiamo quindi che −7 e unautovalore di A se e solo se t = −1.

Per tale valore di t la matrice diventa

A =

−1 3 20 −5 −40 −2 −3

Calcoliamo ora gli autovalori di questa matrice:

det(A− λ1) =

∣∣∣∣∣∣−1− λ 3 2

0 −5− λ −40 −2 −3− λ

∣∣∣∣∣∣= (−1− λ)

∣∣∣∣−5− λ −4−2 −3− λ

∣∣∣∣= −(1 + λ)(λ2 + 8λ+ 7).

Poiche le soluzioni dell’equazione λ2 + 8λ + 7 = 0 sono λ = −1 e λ = −7, siconclude che gli autovalori di A sono i seguenti: λ = −1 (con molteplicita 2) eλ = −7.

Gli autovettori di A relativi all’autovalore λ = −7 sono le soluzioni delseguente sistema lineare:6 3 2

0 2 −40 −2 4

x1

x2

x3

=

000

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Capitolo 1 Algebra Lineare 46

cioe 6x1 + 3x2 + 2x3 = 02x2 − 4x3 = 0−2x2 + 4x3 = 0

Tale sistema ammette infinite soluzioni date dax1 = −43x3

x2 = 2x3

L’autospazio relativo all’autovalore −7 ha dunque dimensione 1 ed e generatodal vettore v1 = (−4, 6, 3) (ottenuto ponendo x3 = 3).

Cerchiamo ora gli autovettori di A relativi all’autovalore λ = −1:0 3 20 −4 −40 −2 −2

x1

x2

x3

=

000

Si ottiene cosı il sistema

3x2 + 2x3 = 0−4x2 − 4x3 = 0−2x2 − 2x3 = 0

che ammette infinite soluzioni date dax1 qualsiasix2 = 0x3 = 0

Si scopre cosı che l’autospazio relativo all’autovalore −1 ha dimensione 1 (questae la cosiddetta molteplicita geometrica) ed e generato dal vettore v2 = (1, 0, 0)(ottenuto ponendo x1 = 1). Ricordando che l’autovalore λ = −1 aveva mol-teplicita 2 (questa e la molteplicita algebrica), si conclude che la matrice Anon e diagonalizzabile, dato che per uno dei suoi autovalori le due molteplicita(algebrica e geometrica) non coincidono.

Esercizio 1.26. Dati i vettori v1 = (2,−3, 1, 0) e v2 = (0,−1, 1,−1), siaf : R4 → R4 una funzione lineare tale che Ker(f) = Im(f) = 〈v1, v2〉.

(a) Si scriva la matrice di una tale f rispetto alla base canonica di R4.

(b) Si dimostri che f possiede l’autovalore λ = 0 con molteplicita (algebrica)4, ma che essa non e diagonalizzabile.

Soluzione. Osserviamo che i vettori v1 e v2 sono linearmente indipendenti,quindi il nucleo di f e l’immagine di f hanno entrambi dimensione 2. Dire chev1, v2 ∈ Im(f) significa che esistono dei vettori w1, w2 ∈ R4 tali che f(w1) = v1

e f(w2) = v2. Naturalmente w1 e w2 non sono dati (anzi, essi non sono neppuredeterminati in modo unico). Scegliamo arbitrariamente come w1 e w2 i primidue vettori della base canonica di R4:

w1 = e1 = (1, 0, 0, 0), w2 = e2 = (0, 1, 0, 0).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 47

Ricordiamo che le colonne della matrice A di f , rispetto alla base canonica, nonsono altro che le immagini tramite f dei vettori della base canonica di R4. Ciosignifica che le prime due colonne di A sono f(e1) = v1 e f(e2) = v2. La matriceA ha dunque la forma seguente:

A =

2 0 a1 b1−3 −1 a2 b21 1 a3 b30 −1 a4 b4

ove f(e3) = (a1, a2, a3, a4) e f(e4) = (b1, b2, b3, b4). Osserviamo che non abbia-mo ancora usato l’informazione relativa al fatto che il nucleo di f deve esseregenerato dai vettori v1 e v2. Dire che v1, v2 ∈ Ker(f) equivale a dire che

2 0 a1 b1−3 −1 a2 b21 1 a3 b30 −1 a4 b4

2−310

=

0000

,

2 0 a1 b1−3 −1 a2 b21 1 a3 b30 −1 a4 b4

0−11−1

=

0000

Si ottengono cosı i due sistemi di equazioni lineari

4 + a1 = 0−3 + a2 = 0−1 + a3 = 03 + a4 = 0

a1 − b1 = 01 + a2 − b2 = 0−1 + a3 − b3 = 01 + a4 − b4 = 0

da cui si ricava a1 = −4a2 = 3a3 = 1a4 = −3

b1 = −4b2 = 4b3 = 0b4 = −2

La matrice A e dunque

A =

2 0 −4 −4−3 −1 3 41 1 1 00 −1 −3 −2

Il polinomio caratteristico di A e dato da

det

2− λ 0 −4 −4−3 −1− λ 3 41 1 1− λ 00 −1 −3 −2− λ

= λ4.

Cio significa che la matrice A ha un unico autovalore λ = 0, con molteplicita(algebrica) 4. Gli autovettori relativi a tale autovalore sono le soluzioni di

2 0 −4 −4−3 −1 3 41 1 1 00 −1 −3 −2

x1

x2

x3

x4

=

0000

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Capitolo 1 Algebra Lineare 48

cioe sono i vettori del nucleo di A (cioe di f). Poiche sappiamo gia che ilnucleo di f ha dimensione due, concludiamo che la molteplicita geometrica (cioedim Ker(f)) e diversa dalla molteplicita algebrica, quindi la matrice A non ediagonalizzabile.

Esercizio 1.27. Sia V uno spazio vettoriale con base {v1, v2, v3, v4} e siaf : V → V la funzione lineare definita da f(v1) = 2v1 + 3v2, f(v2) = 3v1 + 2v2,f(v3) = v1 + 3v3 + 2v4, f(v4) = 2v1 − v2 + 2v3 + 3v4. Si determinino tutti gliautovalori e gli autovettori di f e si dica se f e diagonalizzabile.

Soluzione. La matrice di f rispetto alla base data e

A =

2 3 1 23 2 0 −10 0 3 20 0 2 3

Determiniamo il polinomio caratteristico:

det(A− x · 1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣2− x 3 1 2

3 2− x 0 −10 0 3− x 20 0 2 3− x

∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣2− x 3

3 2− x

∣∣∣∣ · ∣∣∣∣3− x 22 3− x

∣∣∣∣= (x2 − 4x− 5)(x2 − 6x+ 5).

Il polinomio x2− 4x− 5 si annulla per x = −1 e per x = 5, mentre il polinomiox2 − 6x + 5 si annulla per x = 1 e per x = 5. Gli autovalori della matrice A(cioe gli autovalori di f) sono dunque i seguenti: λ1 = −1 (con molteplicita 1),λ2 = 1 (con molteplicita 1) e λ3 = 5 (con molteplicita 2).

Cerchiamo ora gli autovettori. Per l’autovalore λ1 = −1 si ha:3 3 1 23 3 0 −10 0 4 20 0 2 4

x1

x2

x3

x4

=

0000

che fornisce il seguente sistema lineare

3x1 + 3x2 + x3 + 2x4 = 03x1 + 3x2 − x4 = 04x3 + 2x4 = 02x3 + 4x4 = 0

le cui soluzioni sono date da x1 = −x2

x3 = 0x4 = 0.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 49

L’autospazio relativo all’autovalore λ1 = −1 ha quindi dimensione 1 ed e ge-nerato dal vettore w1 = v1 − v2 (l’autovettore w1 ha coordinate (1,−1, 0, 0)rispetto alla base v1, v2, v3, v4 di V ).

Per l’autovalore λ2 = 1 si ha:1 3 1 23 1 0 −10 0 2 20 0 2 2

x1

x2

x3

x4

=

0000

che fornisce il seguente sistema lineare

x1 + 3x2 + x3 + 2x4 = 03x1 + x2 − x4 = 02x3 + 2x4 = 02x3 + 2x4 = 0

le cui soluzioni sono date da x1 = −x2

x3 = 2x2

x4 = −2x2.

L’autospazio relativo all’autovalore λ2 = 1 ha quindi dimensione 1 ed e generatodal vettore w2 = v1−v2−2v3+2v4 (l’autovettore w2 ha coordinate (1,−1,−2, 2)rispetto alla base v1, v2, v3, v4 di V ).

Infine, per l’autovalore λ3 = 5 (il quale ha molteplicita algebrica pari a 2) siha:

−3 3 1 23 −3 0 −10 0 −2 20 0 2 −2

x1

x2

x3

x4

=

0000

che fornisce il seguente sistema lineare

−3x1 + 3x2 + x3 + 2x4 = 03x1 − 3x2 − x4 = 0−2x3 + 2x4 = 02x3 − 2x4 = 0

le cui soluzioni sono date da x1 = x2

x3 = 0x4 = 0.

L’autospazio relativo all’autovalore λ3 = 5 ha quindi dimensione 1 ed e generatodal vettore w3 = v1 + v2 (l’autovettore w3 ha coordinate (1, 1, 0, 0) rispettoalla base v1, v2, v3, v4 di V ). Concludiamo cosı che la matrice A (cioe lafunzione lineare f) non e diagonalizzabile, in quanto per l’autovalore λ3 = 5la molteplicita geometrica (cioe la dimensione dell’autospazio corrispondente) ediversa dalla molteplicita algebrica.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 50

Esercizio 1.28. Sia f : R3 → R3 la funzione lineare definita ponendo f(v1) =w1, f(v2) = w2 e f(v3) = w3, ove v1 = (1, 2, 3), v2 = (2,−1, 0), v3 = (0,−1,−1),w1 = (6, 4, 10), w2 = (5,−1, 4), w3 = (−1,−2,−3).

(a) Si scriva la matrice di f rispetto alla base canonica di R3.

(b) Si determini una base del nucleo e una base dell’immagine di f .

(c) Si determinino gli autovalori e gli autovettori di f e si dica se f e diago-nalizzabile.

Soluzione. Per scrivere la matrice di f rispetto alla base canonica di R3

dobbiamo calcolare f(e1), f(e2) e f(e3), ove e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 =(0, 0, 1). A tal fine cerchiamo di esprimere e1 come combinazione lineare deivettori v1, v2 e v3:

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = e1,

che fornisce il seguente sistema di equazioni lineariλ1 + 2λ2 = 12λ1 − λ2 − λ3 = 03λ1 − λ3 = 0

la cui soluzione e λ1 = −1λ2 = 1λ3 = −3.

Si ha dunque e1 = −v1 + v2 − 3v3, da cui si ottiene

f(e1) = −f(v1) + f(v2)− 3f(v3) = −w1 + w2 − 3w3 = (2, 1, 3).

Il procedimento per calcolare f(e2) e f(e3) e del tutto analogo. Scriviamo e2

come combinazione lineare dei vettori v1, v2 e v3:

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = e2.

Si ottiene il seguente sistemaλ1 + 2λ2 = 02λ1 − λ2 − λ3 = 13λ1 − λ3 = 0

la cui soluzione e λ1 = −2λ2 = 1λ3 = −6.

Si ha dunque e2 = −2v1 + v2 − 6v3, da cui si ottiene

f(e2) = −2f(v1) + f(v2)− 6f(v3) = −2w1 + w2 − 6w3 = (−1, 3, 2).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 51

Infine, esprimiamo e3 come combinazione lineare dei vettori v1, v2 e v3:

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = e3.

Si ottiene il seguente sistema di equazioni lineariλ1 + 2λ2 = 02λ1 − λ2 − λ3 = 03λ1 − λ3 = 1

la cui soluzione e λ1 = 2λ2 = −1λ3 = 5.

Si ha dunque e3 = 2v1 − v2 + 5v3, da cui si ottiene

f(e3) = 2f(v1)− f(v2) + 5f(v3) = 2w1 − w2 + 5w3 = (2,−1, 1).

La matrice di f rispetto alla base canonica di R3 e dunque

A =

2 −1 21 3 −13 2 1

La matrice A si poteva anche determinare in un altro modo. Infatti, se A e lamatrice di f rispetto alla base canonica di R3, si deve avere

Av1 = w1, Av2 = w2, Av3 = w3,

il che equivale a

A

1 2 02 −1 −13 0 −1

=

6 5 −14 −1 −210 4 −3

Da questa uguaglianza si deduce che

A =

6 5 −14 −1 −210 4 −3

1 2 02 −1 −13 0 −1

−1

Dobbiamo dunque calcolare l’inversa della matrice

P =

1 2 02 −1 −13 0 −1

Procediamo come segue. Scriviamo la matrice1 2 0 1 0 0

2 −1 −1 0 1 03 0 −1 0 0 1

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Capitolo 1 Algebra Lineare 52

Ora effettuiamo le seguenti operazioni elementari sulle righe: alla seconda rigasottraiamo il doppio della prima e alla terza riga sottraiamo il triplo della prima:1 2 0 1 0 0

0 −5 −1 −2 1 00 −6 −1 −3 0 1

Ora dividiamo la seconda riga per −5:1 2 0 1 0 0

0 1 15

25 − 1

5 00 −6 −1 −3 0 1

Alla terza riga sommiamo la seconda moltiplicata per 6:1 2 0 1 0 0

0 1 15

25 − 1

5 00 0 1

5 − 35 − 6

5 1

Ora moltiplichiamo la terza riga per 5:1 2 0 1 0 0

0 1 15

25 − 1

5 00 0 1 −3 −6 5

Ora alla seconda riga sottraiamo la terza divisa per 5:1 2 0 1 0 0

0 1 0 1 1 −10 0 1 −3 −6 5

Per terminare, alla prima riga sottraiamo il doppio della seconda:1 0 0 −1 −2 2

0 1 0 1 1 −10 0 1 −3 −6 5

Si conclude quindi che l’inversa della matrice P e

P−1 =

−1 −2 21 1 −1−3 −6 5

Si ha dunque

A =

6 5 −14 −1 −210 4 −3

−1 −2 21 1 −1−3 −6 5

=

2 −1 21 3 −13 2 1

I vettori del nucleo di f sono i vettori (x1, x2, x3) tali che2 −1 2

1 3 −13 2 1

x1

x2

x3

=

000

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Capitolo 1 Algebra Lineare 53

cioe sono le soluzioni del seguente sistema:2x1 − x2 + 2x3 = 0x1 + 3x2 − x3 = 03x1 + 2x2 + x3 = 0.

Le soluzioni sono date da x1 = − 5

7 x3

x2 = 47 x3

x3 qualsiasi,

da cui si deduce che Ker(f) ha dimensione 1 e una sua base e costituita dalvettore v = (−5, 4, 7).

Poiche dim(Ker f) + dim(Im f) = dim R3 = 3, si ha dim(Im f) = 2 e quindiper trovare una base dell’immagine di f basta trovare due vettori linearmenteindipendenti che appartengano a Im f . Si possono quindi scegliere le prime duecolonne della matrice A, oppure i vettori w1 e w2, oppure w2 e w3, ecc.

Per calcolare gli autovalori di f (cioe di A) calcoliamo il suo polinomiocaratteristico:

det(A− λ · 1) =

∣∣∣∣∣∣2− λ −1 2

1 3− λ −13 2 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ(λ2 − 6λ+ 8).

Gli zeri di tale polinomio (cioe gli autovalori di A) sono λ1 = 0, λ2 = 2 eλ3 = 4. Dato che la matrice A possiede tre autovalori distinti essa avra anchetre autovettori linearmente indipendenti. Esistera quindi una base di R3 co-stituita da autovettori di A (cioe di f), il che equivale a dire che A (cioe f) ediagonalizzabile.

Ora non rimane altro da fare che determinare gli autovettori della matriceA. Per l’autovalore λ1 = 0 bisogna risolvere il sistema

(A− 0 · 1)

x1

x2

x3

=

000

cioe

2x1 − x2 + 2x3 = 0x1 + 3x2 − x3 = 03x1 + 2x2 + x3 = 0.

Gli autovettori relativi all’autovalore λ1 = 0 sono dunque i vettori del nucleo dif , che abbiamo gia calcolato in precedenza.

Per l’autovalore λ2 = 2 bisogna risolvere il sistema

(A− 2 · 1)

x1

x2

x3

=

000

cioe

−x2 + 2x3 = 0x1 + x2 − x3 = 03x1 + 2x2 − x3 = 0.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 54

Le soluzioni sono date da x1 = −x3

x2 = 2x3

x3 qualunque

quindi l’autospazio relativo all’autovalore λ2 = 2 ha dimensione 1 ed e generatodal vettore (−1, 2, 1).

Infine, per l’autovalore λ3 = 4, bisogna risolvere il sistema

(A− 4 · 1)

x1

x2

x3

=

000

cioe

−2x1 − x2 + 2x3 = 0x1 − x2 − x3 = 03x1 + 2x2 − 3x3 = 0.

Le soluzioni sono date da x1 = x3

x2 = 0x3 qualunque

quindi l’autospazio relativo all’autovalore λ3 = 4 ha dimensione 1 ed e generatodal vettore (1, 0, 1).

Esercizio 1.29. Siano dati i vettori v1 = (1, 1, 1), v2 = (2, 0, 1), v3 = (1, 1, 3)e sia f : R3 → R3 un’applicazione lineare tale che f(v1) = 3v1, f(v2) = 2v2,f(v3) = 2v3 + 2v2.

(a) Si scriva la matrice di f rispetto alle basi canoniche.

(b) Si determinino gli autovalori e gli autovettori di f .

(c) Si verifichi che gli autospazi di f sono in somma diretta.

Soluzione. Se A e la matrice di f rispetto alle basi canoniche, si deve avere

Av1 = 3v1, Av2 = 2v2, Av3 = 2v3 + 2v2,

il che equivale a

A

1 2 11 0 11 1 3

=

1 2 11 0 11 1 3

3 0 00 2 20 0 2

Posto

P =

1 2 11 0 11 1 3

D =

3 0 00 2 20 0 2

si ha dunque

AP = PD, cioe A = PDP−1.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 55

Per determinare la matrice A dobbiamo quindi calcolare l’inversa della matriceP . Procediamo come segue. Scriviamo la matrice1 2 1 1 0 0

1 0 1 0 1 01 1 3 0 0 1

Ora effettuiamo le seguenti operazioni elementari sulle righe: alla seconda rigasottraiamo la prima e alla terza riga sottraiamo la seconda:1 2 1 1 0 0

0 −2 0 −1 1 00 1 2 0 −1 1

Ora scambiamo la seconda riga con la terza:1 2 1 1 0 0

0 1 2 0 −1 10 −2 0 −1 1 0

Alla terza riga sommiamo il doppio della seconda:1 2 1 1 0 0

0 1 2 0 −1 10 0 4 −1 −1 2

Ora dividiamo la terza riga per 4:1 2 1 1 0 0

0 1 2 0 −1 10 0 1 − 1

4 − 14

12

Ora alla seconda riga sottraiamo il doppio della terza e alla prima riga sottraiamola terza: 1 2 0 5

414 − 1

20 1 0 1

2 − 12 0

0 0 1 − 14 − 1

412

Per terminare, alla prima riga sottraiamo il doppio della seconda:1 0 0 1

454 − 1

20 1 0 1

2 − 12 0

0 0 1 − 14 − 1

412

Si conclude quindi che l’inversa della matrice P e

P−1 =

14

54 − 1

212 − 1

2 0− 1

4 − 14

12

Si ha quindi

A =

1 2 11 0 11 1 3

3 0 00 2 20 0 2

14

54 − 1

212 − 1

2 0− 1

4 − 14

12

=

54

14

32

14

134 − 1

2− 1

434

52

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Capitolo 1 Algebra Lineare 56

Gli autovalori di f sono, naturalmente, gli autovalori della matrice A, ma questicoincidono con gli autovalori della matrice D, dato che A e D sono simili (A ela matrice di f rispetto alla base canonica, mentre D e la matrice di f rispettoalla base formata dai vettori v1, v2 e v3 assegnati). Poiche D e una matricetriangolare superiore, si riconosce immediatamente che i suoi autovalori sono glielementi sulla diagonale. Possiamo quindi affermare che gli autovalori di f sonoλ1 = 2, con molteplicita 2, e λ2 = 3 (con molteplicita 1). L’autospazio relativoall’autovalore λ1 = 2 e generato dal vettore v2 (si ricordi che si ha f(v2) =2v2), quindi ha dimensione 1; da cio si deduce che f non e diagonalizzabile.L’autospazio relativo all’autovalore λ2 = 3 e generato dal vettore v1 (si ricordiche si ha f(v1) = 3v1). Si noti che v3 non e un autovettore di f , dato chef(v3) = 2v3 + 2v2.

Per terminare, osserviamo che i vettori v1 = (1, 1, 1) e v2 = (2, 0, 1) sonolinearmente indipendenti e quindi l’intersezione tra i sottospazi da essi generatie nulla:

〈v1〉 ∩ 〈v2〉 = ∅.

Cio significa che gli autospazi di f sono in somma diretta.

Esercizio 1.30. Data la matrice

A =

−t 3 + t −t3− t t 3− t

6 −6 6

si stabilisca se esistono dei valori di t ∈ R per i quali A e invertibile. Si determiniinoltre per quale valore di t la matrice A e diagonalizzabile. Per tale valore dit si determini una matrice diagonale D e una matrice invertibile P tali che siabbia A = PDP−1.

Soluzione. Per vedere se A e invertibile calcoliamo il suo determinante. Sealla prima riga sottraiamo la seconda, si ha

detA =

∣∣∣∣∣∣−3 3 −3

3− t t 3− t6 −6 6

∣∣∣∣∣∣Ora alla terza riga sommiamo il doppio della prima, ottenendo cosı

detA =

∣∣∣∣∣∣−3 3 −3

3− t t 3− t0 0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Dato che il determinante di A e nullo per ogni valore di t, si conclude che lamatrice A non e invertibile per alcun valore del parametro t. (Naturalmente,per concludere che detA = 0 bastava osservare che la matrice A ha due colonneuguali, la prima e la terza).

Cerchiamo ora gli autovalori di A. Il polinomio caratteristico e

det(A− x · 1) =

∣∣∣∣∣∣−t− x 3 + t −t3− t t− x 3− t

6 −6 6− x

∣∣∣∣∣∣

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Capitolo 1 Algebra Lineare 57

Per calcolare questo determinante alla prima riga sottraiamo la seconda, otte-nendo

det(A− x · 1) =

∣∣∣∣∣∣−3− x 3 + x −33− t t− x 3− t

6 −6 6− x

∣∣∣∣∣∣Ora alla prima colonna sommiamo la seconda:

det(A− x · 1) =

∣∣∣∣∣∣0 3 + x −3

3− x t− x 3− t0 −6 6− x

∣∣∣∣∣∣Ora possiamo sviluppare il determinante secondo la prima colonna:

det(A− x · 1) = −(3− x)∣∣∣∣3 + x −3−6 6− x

∣∣∣∣= −(3− x)(3x− x2)

= −x(3− x)2.

Gli autovalori della matrice A sono dunque λ1 = 0, con molteplicita 1, e λ2 = 3,con molteplicita 2.

Gli autovettori relativi all’autovalore λ1 = 0 sono le soluzioni del seguentesistema lineare −t 3 + t −t

3− t t 3− t6 −6 6

x1

x2

x3

=

000

cioe sono i vettori che appartengono al nucleo di A. Risolvendo il sistema siscopre che esso ammette infinite soluzioni, date da{

x1 = −x3

x2 = 0.

Cio significa che l’autospazio relativo all’autovalore λ1 = 0 (cioe il nucleo di A)ha dimensione 1 ed e generato dal vettore v1 = (1, 0,−1).

Passiamo ora agli autovettori relativi all’autovalore λ2 = 3. Essi sono lesoluzioni del seguente sistema lineare−t− 3 3 + t −t

3− t t− 3 3− t6 −6 3

x1

x2

x3

=

000

Le soluzioni di questo sistema sono date da{

x3 = 2x2 − 2x1

(t− 3)(x1 − x2) = 0.

Distinguiamo quindi due casi. Se t 6= 3, il sistema precedente diventa{x3 = 2x2 − 2x1

x1 − x2 = 0

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Capitolo 1 Algebra Lineare 58

le cui soluzioni sono date da {x1 = x2

x3 = 0.

In questo caso l’autospazio relativo all’autovalore λ2 = 3 ha dimensione 1 ed egenerato dal vettore v2 = (1, 1, 0). La matrice A non e quindi diagonalizzabile,dato che la molteplicita algebrica dell’autovalore λ2 = 3 e diversa dalla suamolteplicita geometrica.

Se invece t = 3, il sistema precedente si riduce alla singola equazione

x3 = 2x2 − 2x1.

In questo caso si hanno infinite soluzioni, dipendenti da due parametri (x1 e x2).L’autospazio relativo all’autovalore λ2 = 3 ha ora dimensione 2 ed e generatodai vettori v2 = (1, 0,−2) e v3 = (0, 1, 2). Concludiamo cosı che, per t = 3, lamatrice A e diagonalizzabile. Le matrici P e D richieste sono

P =

1 1 00 0 1−1 −2 2

, D =

0 0 00 3 00 0 3

.

Esercizio 1.31. Siano dati i vettori v1 = (1,−1, 2), v2 = (−1, 2, 0), v3 =(0, 1, 1) e sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare il cui nucleo e generato da v1 etale che f(v2) = 2v2 e f(v3) = v3.

(a) Utilizzando la formula di cambiamento di basi, si scriva la matrice di frispetto alle basi canoniche.

(b) Si dica se esiste una funzione lineare g : R3 → R3 tale che la funzionecomposta g ◦ f sia invertibile.

Soluzione. Dato che Ker(f) e generato da v1, si ha f(v1) = 0 = 0v1, quindiv1 e autovettore di f relativo all’autovalore 0. Sapendo poi che f(v2) = 2v2

e f(v3) = v3, si conclude che v2 e autovettore relativo all’autovalore 2 e v3 eautovettore relativo all’autovalore 1. Se poniamo

P =

1 −1 0−1 2 12 0 1

e D =

0 0 00 2 00 0 1

si ha dunque AP = PD, ove A e la matrice di f rispetto alle basi canoni-che. Poiche i vettori v1, v2 e v3 sono linearmente indipendenti, la matrice P einvertibile e si puo quindi ricavare la matrice A usando la formula

A = PDP−1.

Ora non rimane altro che determinare l’inversa di P . Procediamo come segue.Scriviamo la matrice 1 −1 0 1 0 0

−1 2 1 0 1 02 0 1 0 0 1

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Capitolo 1 Algebra Lineare 59

Ora effettuiamo le seguenti operazioni elementari sulle righe: alla seconda rigasommiamo la prima e alla terza riga sottraiamo il doppio della prima:1 −1 0 1 0 0

0 1 1 1 1 00 2 1 −2 0 1

Ora alla terza riga sottraiamo il doppio della seconda:1 −1 0 1 0 0

0 1 1 1 1 00 0 −1 −4 −2 1

Moltiplichiamo la terza riga per −1, ottenendo:1 −1 0 1 0 0

0 1 1 1 1 00 0 1 4 2 −1

Ora alla seconda riga sottraiamo la terza:1 −1 0 1 0 0

0 1 0 −3 −1 10 0 1 4 2 −1

Per terminare, alla prima riga sommiamo la seconda:1 0 0 −2 −1 1

0 1 0 −3 −1 10 0 1 4 2 −1

Si conclude quindi che l’inversa della matrice P e

P−1 =

−2 −1 1−3 −1 14 2 −1

Si ha quindi

A =

1 −1 0−1 2 12 0 1

0 0 00 2 00 0 1

−2 −1 1−3 −1 14 2 −1

=

6 2 −2−8 −2 34 2 −1

Per rispondere alla seconda domanda basta ricordare che f(v1) = 0. Pertanto,per ogni funzione lineare g, si ha

(g ◦ f)(v1) = g(f(v1)) = g(0) = 0,

quindi v1 ∈ Ker(g ◦ f). Cio significa che Ker(g ◦ f) 6= {0} e dunque g ◦ f non einiettiva. Non essendo iniettiva non puo essere invertibile!

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Capitolo 1 Algebra Lineare 60

Esercizio 1.32. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 4, con basev1, v2, v3, v4. Sia f : V → V la funzione lineare definita da f(v1) = v1 + 3v3,f(v2) = v2 + v4, f(v3) = 2v1 + 2v3, f(v4) = −2v2 − 2v4.

(a) Si stabilisca se f e suriettiva e si determini una base di Im f .

(b) Si determini, se possibile, una base w1, w2, w3, w4 di V rispetto alla qualela matrice di f sia diagonale.

(c) Si dica se esistono due vettori linearmente indipendenti u1, u2 ∈ V tali chef(u1) = f(u2).

Soluzione. Dalla definizione di f si deduce subito che la sua matrice rispettoalla base v1, v2, v3, v4 e la seguente:

A =

1 0 2 00 1 0 −23 0 2 00 1 0 −2

Si verifica facilmente che il rango di A e 3 (si osservi che ci sono due righeuguali), quindi f non e suriettiva, dim Im(f) = 3 e una base di Im(f) e formatadai vettori le cui coordinate sono rappresentate dalle prime tre colonne di A(che sono linearmente indipendenti). Una base di Im(f) e dunque costituita daivettori

v1 + 3v3, v2 + v4, 2v1 + 2v3.

Per determinare una base di V rispetto alla quale la matrice di f sia diagonalebasta calcolare gli autovalori e gli autovettori di f (cioe di A) e vedere se A ediagonalizzabile oppure no.

Il polinomio caratteristico di A e

det(A− x · 1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1− x 0 2 0

0 1− x 0 −23 0 2− x 00 1 0 −2− x

∣∣∣∣∣∣∣∣Scambiando la seconda riga con la terza, si ha

det(A− x · 1) = −

∣∣∣∣∣∣∣∣1− x 0 2 0

3 0 2− x 00 1− x 0 −20 1 0 −2− x

∣∣∣∣∣∣∣∣Scambiando ora la seconda colonna con la terza, si ottiene

det(A− x · 1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1− x 2 0 0

3 2− x 0 00 0 1− x −20 0 1 −2− x

∣∣∣∣∣∣∣∣

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Capitolo 1 Algebra Lineare 61

Dalle proprieta dei determinanti, si ha∣∣∣∣∣∣∣∣1− x 2 0 0

3 2− x 0 00 0 1− x −20 0 1 −2− x

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣1− x 2

3 2− x

∣∣∣∣ · ∣∣∣∣1− x −21 −2− x

∣∣∣∣= (x2 − 3x− 4)(x2 + x).

Gli autovalori di A sono dunque le soluzioni delle equazioni

x2 − 3x− 4 = 0 e x2 + x = 0,

da cui si ricava che gli autovalori sono x1 = 0, x2 = 4 (entrambi con molteplicita1) e x3 = x4 = −1 (con molteplicita 2).

Gli autovettori corrispondenti all’autovalore x1 = 0 sono le soluzioni delsistema

x1 + 2x3 = 0x2 − 2x4 = 03x1 + 2x3 = 0x2 − 2x4 = 0

che equivale a x1 = 0x2 = 2x4

x3 = 0

da cui si ricava che l’autospazio relativo all’autovalore 0 (cioe il nucleo di f) hadimensione 1 ed e generato dal vettore w1 = 2v2 + v4.

Gli autovettori corrispondenti all’autovalore x2 = 4 sono le soluzioni delsistema

−3x1 + 2x3 = 0−3x2 − 2x4 = 03x1 − 2x3 = 0x2 − 6x4 = 0

che equivale a x1 =

23x3

x2 = 0x4 = 0

da cui si ricava che l’autospazio relativo all’autovalore 4 ha dimensione 1 ed egenerato dal vettore w2 = 2v1 + 3v3.

Infine, gli autovettori corrispondenti all’autovalore −1 sono le soluzioni delsistema

2x1 + 2x3 = 02x2 − 2x4 = 03x1 + 3x3 = 0x2 − x4 = 0

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Capitolo 1 Algebra Lineare 62

che equivale a {x1 = −x3

x2 = x4

da cui si ricava che l’autospazio relativo all’autovalore −1 ha dimensione 2 ed egenerato dai vettori w3 = −v1 + v3 e w4 = v2 + v4.

Da quanto visto si conclude che la matrice A e diagonalizzabile, che una basedi V rispetto alla quale la matrice di f e diagonale e costituita dagli autovettoriw1, w2, w3, w4 indicati e che la matrice di f rispetto a tale base e la seguente:

A′ =

0 0 0 00 4 0 00 0 −1 00 0 0 −1

Infine, dato che f non e iniettiva (perche Ker(f) 6= {0}), esistono sicuramentedue vettori linearmente indipendenti u1, u2 ∈ V tali che f(u1) = f(u2). Bastaprendere, ad esempio, u1 = v1 e u2 = u1 + w1 = v1 + 2v2 + v4. u1 e u2 sonolinearmente indipendenti e si ha f(u2) = f(u1 + w1) = f(u1) + f(w1) = f(u1),perche f(w1) = 0, dato che w1 ∈ Ker(f).

Esercizio 1.33. Sia data la matrice, al variare di h ∈ R:

Ah =

0 1 0h 0 10 1 0

(a) Al variare di h dire se la matrice Ah e diagonalizzabile o meno (sul campo

dei numeri reali).

(b) Trovare per ogni h per cui Ah ha autovalori con molteplicita maggiore diuno tutti gli autospazi.

(c) Per h = 3 trovare una matrice P tale che P−1A3P sia diagonale.

(d) Per gli h del punto (b) mostrare che (Ah)3 = 0. Per tali h, e Ah simile

alla matrice

0 1 00 0 00 0 0

?

Soluzione. Il polinomio caratteristico di Ah e

det(Ah − x · 1) =

∣∣∣∣∣∣−x 1 0h −x 10 1 −x

∣∣∣∣∣∣ = −x(x2 − 1− h).

Dall’equazione x(x2 − 1 − h) = 0 si ricava x = 0, x2 = 1 + h. Possiamo alloradistinguere i seguenti tre casi:

• Se h > −1 la matrice Ah ha tre autovalori reali distinti: 0, −√

1 + h,√1 + h. In questo caso Ah e diagonalizzabile.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 63

• Se h < −1 la matrice Ah ha un solo autovalore reale, 0, e due autovaloricomplessi coniugati. In questo caso Ah non e diagonalizzabile sul campodei numeri reali (ma lo e sul campo dei numeri complessi).

• Se h = −1 la matrice Ah ha un autovalore reale, 0, con molteplicita 3. Inquesto caso, per scoprire se Ah e diagonalizzabile o meno bisogna calco-lare la dimensione dell’autospazio relativo all’autovalore 0 (la molteplicitageometrica).

Analizziamo allora l’unico caso dubbio, cioe il caso h = −1. La matrice diventaallora

A−1 =

0 1 0−1 0 10 1 0

L’autospazio relativo all’autovalore 0 (cioe il nucleo di A−1) e dato dalle soluzionidel seguente sistema {

x2 = 0−x1 + x3 = 0

da cui si deduce che tale autospazio ha dimensione 1 ed e generato dall’autovet-tore (1, 0, 1). Cio significa che la molteplicita geometrica e pari a 1 ed e quindidiversa dalla molteplicita algebrica dell’autovalore (che e 3). La matrice A−1

non e quindi diagonalizzabile.L’unico h per cui Ah ha autovalori con molteplicita maggiore di uno e h =

−1. Come abbiamo gia visto, l’unico autospazio della matrice A−1 e quellorelativo all’autovalore 0, di cui abbiamo gia trovato una base.

Consideriamo ora il caso h = 3. La matrice diventa

A3 =

0 1 03 0 10 1 0

Per quanto visto nel punto (a), la matrice A3 e diagonalizzabile ed i suoi au-tovalori sono 0, −2 e 2. Gli autovettori relativi all’autovalore 0 sono dati dallesoluzioni del sistema {

x2 = 03x1 + x3 = 0

Una base dell’autospazio relativo all’autovalore 0 e data quindi dal vettore(1, 0,−3).

Gli autovettori relativi all’autovalore −2 sono le soluzioni del sistema2x1 + x2 = 03x1 + 2x2 + x3 = 0x2 + 2x3 = 0

Una base dell’autospazio relativo all’autovalore −2 e data quindi dal vettore(1,−2, 1).

Infine, gli autovettori relativi all’autovalore 2 si ottengono risolvendo il si-stema

−2x1 + x2 = 03x1 − 2x2 + x3 = 0x2 − 2x3 = 0

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Capitolo 1 Algebra Lineare 64

Una base dell’autospazio relativo all’autovalore 2 e data quindi dal vettore(1, 2, 1).

La matrice P cercata e la matrice le cui colonne sono i tre autovettori appenatrovati

P =

1 1 10 −2 2−3 1 1

Se poniamo

D =

0 0 00 −2 00 0 2

si ha A3P = PD, cioe D = P−1A3P .

Infine, poiche l’h del punto (b) e h = −1, dobbiamo calcolare (A−1)3. Si ha

(A−1)2 =

0 1 0−1 0 10 1 0

0 1 0−1 0 10 1 0

=

−1 0 10 0 0−1 0 1

e quindi

(A−1)3 = A−1 (A−1)2 =

0 1 0−1 0 10 1 0

−1 0 10 0 0−1 0 1

=

0 0 00 0 00 0 0

come volevasi dimostrare. Le matrici

A−1 =

0 1 0−1 0 10 1 0

e B =

0 1 00 0 00 0 0

non sono simili. Per scoprirlo basta osservare che (A−1)2 6= 0, mentre B2 = 0.Piu semplicemente, basta notare che rango(A−1) = 2 mentre rango(B) = 1quindi, avendo ranghi diversi, le matrici A−1 e B non possono corrisponderealla stessa funzione lineare.

Esercizio 1.34. Sia f : R3 → R3 la funzione data da f(x, y, z) = (2x + y −3z,−x+ 2z, x− 2y − 4z).

(a) Si scriva la matrice A di f rispetto alle basi canoniche del dominio ecodominio.

(b) Si determinino delle basi di Ker(f) e Im(f) e si dica se Ker(f) e Im(f)sono in somma diretta.

(c) Si scriva la matrice B di f rispetto alla base canonica del dominio e allabase w1 = (0,−1, 1), w2 = (1, 0, 1), w3 = (1,−1, 0) del codominio.

(d) Si determini una matrice S tale che B = SA.

(e) Le matrici A e B sono simili? Perche?

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Capitolo 1 Algebra Lineare 65

Soluzione. Le colonne della matrice A sono le componenti delle immagini,tramite f , dei vettori della base canonica di R3. Si ha pertanto

A =

2 1 −3−1 0 21 −2 −4

I vettori del nucleo di f sono dati dalle soluzioni del sistema 2 1 −3

−1 0 21 −2 −4

x1

x2

x3

=

000

cioe

2x1 + x2 − 3x3 = 0−x1 + 2x3 = 0x1 − 2x2 − 4x3 = 0

Risolvendo, si trova {x1 = 2x3

x2 = −x3

da cui segue che Ker(f) ha dimensione 1 e una sua base e data dal vettore(2,−1, 1).

Dato chedim Ker(f) + dim Im(f) = 3,

si ha dim Im(f) = 2 e quindi una base di Im(f) e formata da due colonne linear-mente indipendenti di A, ad esempio (2,−1, 1) e (1, 0,−2). Poiche il vettore(2,−1, 1) appartiene sia al nucleo che all’immagine di f , si conclude che Ker(f)e Im(f) non sono in somma diretta.

Consideriamo ora la base w1 = (0,−1, 1), w2 = (1, 0, 1), w3 = (1,−1, 0) delcodominio di f . Poiche nel dominio di f abbiamo mantenuto la base canonica,per determinare le colonne della matrice B bisogna operare come segue. Inizia-mo dal primo vettore della base (canonica) del dominio, e1 = (1, 0, 0). La suaimmagine tramite f e f(e1) = (2,−1, 1). Ora bisogna esprimere il vettore f(e1)come combinazione lineare dei vettori della base scelta per il codominio, cioedei vettori w1, w2 e w3:

f(e1) =

2−11

= a1

0−11

+ a2

101

+ a3

1−10

I tre coefficienti a1, a2 e a3 costituiscono la prima colonna della matrice Bcercata. Risolvendo il sistema di trova

a1 = 0a2 = 1a3 = 1

Per determinare la seconda colonna di B bisogna ripetere quanto abbiamo ap-pena fatto partendo dal secondo vettore e2 = (0, 1, 0) della base canonica del

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Capitolo 1 Algebra Lineare 66

dominio:

f(e2) =

10−2

= b1

0−11

+ b2

101

+ b3

1−10

I coefficienti b1, b2 e b3 costituiscono la seconda colonna di B. Risolvendo ilsistema di trova

b1 = −3/2b2 = −1/2b3 = 3/2

Infine, per trovare la terza colonna di B si considera il terzo vettore e3 = (0, 0, 1)della base canonica del dominio:

f(e3) =

−32−4

= c1

0−11

+ c2

101

+ c3

1−10

I coefficienti c1, c2 e c3 costituiscono la terza colonna di B. Risolvendo il sistemadi trova

c1 = −3/2c2 = −5/2c3 = −1/2

La matrice B e dunque

B =

0 −3/2 −3/21 −1/2 −5/21 3/2 −1/2

Ora, se indichiamo con

P =

0 1 1−1 0 −11 1 0

la matrice le cui colonne sono le componenti dei vettori della nuova base w1, w2,w3, rispetto alla base canonica, dalla formula di cambiamento di base sappiamoche PB = A (uguaglianza che si puo anche verificare con un calcolo diretto), dacui si ricava B = P−1A (si noti che la matrice P e invertibile, essendo w1, w2,w3 una base). Calcolando l’inversa di P si trova

P−1 =

−1/2 −1/2 1/21/2 1/2 1/21/2 −1/2 −1/2

Questa e dunque la matrice S cercata.

Attenzione: dalla formula B = SA non si puo ricavare la matrice S sempli-cemente scrivendo S = BA−1. Ricordiamo infatti che Ker(f) 6= {0}, quindi lafunzione f e, di conseguenza, anche la matrice A, non e invertibile!

Infine, per stabilire se A e B sono simili, proviamo a calcolare i loro polinomicaratteristici. Si trova

det(A− x · 1) =

∣∣∣∣∣∣2− x 1 −3−1 −x 21 −2 −4− x

∣∣∣∣∣∣ = −x3 − 2x2,

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Capitolo 1 Algebra Lineare 67

mentre

det(B − x · 1) =

∣∣∣∣∣∣−x −3/2 −3/21 −1/2− x −5/21 3/2 −1/2− x

∣∣∣∣∣∣ = −x3 − x2 − 7x.

Le matrici A e B hanno dunque polinomi caratteristici diversi, pertanto nonpossono essere simili.

[Domanda per il lettore: Come e possibile che le matrici A e B non sianosimili, dato che esse corrispondono entrambe alla stessa funzione lineare f :R3 → R3, rispetto a scelte diverse di basi?]

Esercizio 1.35. Si consideri la matrice

A =

8 −1 10 t 1−2 2 6

(a) Si determini il valore di t in modo che il vettore v = (1, 1,−1) sia un

autovettore di A.

(b) Per il valore di t trovato al punto (a) si determinino gli autovalori e gliautovettori di A e si dica se A e diagonalizzabile.

(c) E possibile trovare una base ortonormale di R3 formata da autovettori diA? Perche?

(d) Esiste una matrice non diagonale simile alla matrice A?

Soluzione. Dire che v e un autovettore di A significa che Av = λv, per unqualche numero λ. Si ha 8 −1 1

0 t 1−2 2 6

11−1

=

6t− 1−6

= λ

11−1

da cui si deduce che deve essere λ = 6 e t = 7.

Per t = 7 la matrice A diventa 8 −1 10 7 1−2 2 6

e calcolando il suo polinomio caratteristico si trova

det(A− x · 1) =

∣∣∣∣∣∣8− x −1 1

0 7− x 1−2 2 6− x

∣∣∣∣∣∣ = −x3 + 21x2 − 146x+ 336.

Abbiamo gia scoperto che A possiede un autovalore pari a 6, quindi il polinomiocaratteristico di A deve essere divisibile per x− 6. Si ha infatti

−x3 + 21x2 − 146x+ 336 = −(x− 6)(x2 − 15x+ 56).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 68

Gli altri due autovalori di A sono quindi le soluzioni dell’equazione

x2 − 15x+ 56 = 0,

da cui si ricava x = 7, x = 8. La matrice A ha dunque tre autovalori distinti,dati da λ1 = 6, λ2 = 7 e λ3 = 8. Poiche tutti e tre gli autovalori sono reali edistinti, la matrice A e sicuramente diagonalizzabile.

Abbiamo gia visto che un autovettore relativo all’autovalore λ1 = 6 e v =(1, 1,−1).

Gli autovettori relativi all’autovalore λ2 = 7 si trovano risolvendo il sistema 1 −1 10 0 1−2 2 −1

x1

x2

x3

=

000

da cui si ricava {

x1 = x2

x3 = 0

L’autospazio relativo all’autovalore 7 ha quindi dimensione 1 e una sua base edata dal vettore (1, 1, 0).

Infine, gli autovettori relativi all’autovalore λ3 = 8 sono dati dalle soluzionidel sistema 0 −1 1

0 −1 1−2 2 −2

x1

x2

x3

=

000

da cui si ricava {

x1 = 0x2 = x3

L’autospazio relativo all’autovalore 8 ha quindi dimensione 1 e una sua base edata dal vettore (0, 1, 1).

Gli autospazi di A sono generati, rispettivamente, dai vettori (1, 1,−1),(1, 1, 0) e (0, 1, 1); questi tre vettori formano una base di R3 ma non sono a duea due ortogonali. Pertanto non esiste una base ortogonale (e quindi nemmenouna base ortonormale) di R3 formata da autovettori di A.

In effetti si poteva giungere subito a questa conclusione, semplicemente ri-cordando che una base ortonormale di R3 formata da autovettori di una matricedi ordine 3 esiste se e solo se la matrice in questione e simmetrica (e la nostramatrice A non e simmetrica!).

L’ultima domanda ammette una risposta banale: esiste certamente una ma-trice non diagonale simile ad A, ad esempio la matrice A stessa (A e certamentesimile ad A, sono addirittura uguali, e non e diagonale).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 69

1.6 Forme bilineari simmetriche, spazi vettoriali eu-clidei

Esercizio 1.36. Nello spazio vettoriale V = R4 si consideri la forma bilinearesimmetrica g la cui matrice, rispetto alla base canonica, e

G =

4 0 1 00 2 −1 −21 −1 4 00 −2 0 4

Si dimostri che g e non degenere e si determini una base ortogonale di V . Sideterminino inoltre una matrice diagonale D e una matrice invertibile P taliche D = tPGP .

Soluzione. Per dimostrare che g e non degenere e sufficiente verificare cheil determinante di G sia diverso da 0. In effetti si ha detG = 44, quindi g enon degenere. Per trovare una base ortogonale applichiamo il procedimento diGram-Schmidt alla base canonica {e1, e2, e3, e4} di R4.

Poniamo w1 = e1; si ha g(w1, w1) = g(e1, e1) = 4. Poniamo ora w2 =e2 + α1w1. Imponendo g(w2, w1) = 0, si trova

α1 = − g(e2, w1)g(w1, w1)

= −g(e2, e1)g(e1, e1)

= 0.

Si ha quindi w2 = e2 (cio era evidente fin dall’inizio dato che, osservando lamatrice di g, si vede che e2 e ortogonale a e1).

Poniamo ora w3 = e3 + α1w1 + α2w2. Imponendo che sia g(w3, w1) = 0 eg(w3, w2) = 0, si trova

α1 = − g(e3, w1)g(w1, w1)

= −g(e3, e1)g(e1, e1)

= −14

α2 = − g(e3, w2)g(w2, w2)

= −g(e3, e2)g(e2, e2)

=12,

quindi

w3 = e3 −14w1 +

12w2 = −1

4e1 +

12e2 + e3.

Si ha:g(w3, w3) = g

(−1

4e1 +

12e2 + e3,−

14e1 +

12e2 + e3

)=

116g(e1, e1) +

14g(e2, e2) + g(e3, e3)

−14g(e1, e2)− 1

2g(e1, e3) + g(e2, e3)

=134

e analogamente

g(e4, w3) = −14g(e4, e1) +

12g(e4, e2) + g(e4, e3) = −1.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 70

Infine poniamo w4 = e4+α1w1+α2w2+α3w3. Imponendo che sia g(w4, w1) = 0,g(w4, w2) = 0 e g(w4, w3) = 0, si trova

α1 = − g(e4, w1)g(w1, w1)

= 0

α2 = − g(e4, w2)g(w2, w2)

= 1

α3 = − g(e4, w3)g(w3, w3)

=413

quindi

w4 = e4 + w2 +413w3 = − 1

13e1 +

1513e2 +

413e3 + e4.

Si trova poi

g(w4, w4) = g(− 1

13e1 +

1513e2 +

413e3 + e4,−

113e1 +

1513e2 +

413e3 + e4

)=

2213.

La base {w1, w2, w3, w4} e una base ortogonale e la matrice di g rispetto a questabase e la seguente matrice diagonale:

D =

4 0 0 00 2 0 00 0 13/4 00 0 0 22/13

il che, tra l’altro, dimostra che g e non degenere. La matrice di cambiamentodi base e

P =

1 0 −1/4 −1/130 1 1/2 15/130 0 1 4/130 0 0 1

A questo punto si potrebbe verificare con un calcolo diretto che si ha D =tPGP .

Esercizio 1.37. Nello spazio vettoriale R3 si consideri la forma bilinearesimmetrica g definita da

g(v, w) = x1y1 − x1y2 + 2x1y3 − x2y1 + 2x2y2 − x2y3 + 2x3y1 − x3y2 + 4x3y3,

ove v = (x1, x2, x3) e w = (y1, y2, y3).

(a) Si scriva la matrice di g rispetto alla base canonica.

(b) Si dica se g e non degenere e se essa e definita positiva, negativa oindefinita.

(c) Si determini una base ortogonale.

(d) Si stabilisca se esistono vettori isotropi e, in caso affermativo, se ne deter-mini almeno uno.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 71

Soluzione. Sia G =(gij)

la matrice di g rispetto alla base canonica. Per defi-nizione si ha gij = g(ei, ej). D’altra parte, se v = (x1, x2, x3) e w = (y1, y2, y3),si ha anche

g(v, w) =3∑

i,j=1

gijxiyj ,

e dunque il coefficiente del termine in xiyj nell’espressione di g e precisamentel’elemento gij della matrice di g rispetto alla base canonica. La matrice G equindi data da

G =

1 −1 2−1 2 −12 −1 4

Notiamo ora che l’elemento g11 = 1 e positivo e che il minore di ordine 2∣∣∣∣ 1 −1

−1 2

∣∣∣∣ = 1

e anch’esso positivo. Tuttavia il determinante di G e∣∣∣∣∣∣1 −1 2−1 2 −12 −1 4

∣∣∣∣∣∣ = −1 < 0

pertanto g e non degenere (perche detG 6= 0), ma essa e indefinita.Il procedimento di Gram-Schmidt, applicato alla base canonica {e1, e2, e3}

di R3, permette di costruire una base ortogonale (come vedremo, il fatto che gnon sia definita positiva non ha alcuna influenza).

Poniamo w1 = e1; si ha g(w1, w1) = g(e1, e1) = 1. Poniamo ora w2 =e2 + α1w1. Richiedendo che w2 sia ortogonale a w1, cioe che g(w2, w1) = 0, sitrova

α1 = − g(e2, w1)g(w1, w1)

= −g(e2, e1)g(e1, e1)

= 1.

Si ha quindi w2 = e2 + e1. Calcoliamo ora g(w2, w2):

g(w2, w2) = g(e2 + e1, e2 + e1

)= 1.

Poniamo infine w3 = e3 + α1w1 + α2w2. Imponendo che sia g(w3, w1) = 0 eg(w3, w2) = 0, si trova

α1 = − g(e3, w1)g(w1, w1)

= −g(e3, e1)g(e1, e1)

= −2

α2 = − g(e3, w2)g(w2, w2)

= −g(e3, e2 + e1

)g(w2, w2)

= −1,

quindiw3 = e3 − 2w1 − w2 = −3e1 − e2 + e3.

Si ha infine:

g(w3, w3) = g(−3e1 − e2 + e3,−3e1 − e2 + e3) = −1.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 72

La base {w1, w2, w3} e una base ortogonale e la matrice di g rispetto a questabase e la seguente matrice diagonale:

D =

1 0 00 1 00 0 −1

il che, tra l’altro, dimostra che g e non degenere e indefinita (perche sulla diago-nale sono presenti sia numeri positivi che negativi). La matrice di cambiamentodi base e

P =

1 1 −30 1 −10 0 1

.

Si potrebbe verificare con un calcolo diretto che vale l’uguaglianza D = tPGP .Il fatto che la forma bilineare g sia indefinita implica che esistono certamente

dei vettori isotropi. Per trovarne uno possiamo osservare che g(w1, w1) = 1mentre g(w3, w3) = −1. Ponendo u = w1 + w3 si ha pertanto

g(u, u) = g(w1 +w3, w1 +w3) = g(w1, w1) + 2g(w1, w3) + g(w3, w3) = 1− 1 = 0,

quindi u = w1 + w3 = −2e1 − e2 + e3 = (−2,−1, 1) e un vettore isotropo.

Esercizio 1.38. Nello spazio vettoriale V = R3 si consideri la forma bilinearesimmetrica g la cui matrice, rispetto alla base canonica, e

G =

2 −1 1−1 3 11 1 2

Si dimostri che g e non degenere e si determini una base ortogonale di V . Sideterminino inoltre una matrice diagonale D e una matrice invertibile P taliche D = tPGP .

Soluzione. Per dimostrare che g e non degenere e sufficiente verificare che ildeterminante di G sia diverso da 0. Si ha

detG = 2∣∣∣∣3 11 2

∣∣∣∣+∣∣∣∣−1 1

1 2

∣∣∣∣+∣∣∣∣−1 3

1 1

∣∣∣∣ = 3,

quindi g e non degenere. Per trovare una base ortogonale applichiamo il proce-dimento di Gram-Schmidt alla base canonica {e1, e2, e3} di R3.

Poniamo w1 = e1; si ha g(w1, w1) = g(e1, e1) = 2. Poniamo ora w2 =e2 + α1w1. Richiedendo che w2 sia ortogonale a w1, cioe che g(w2, w1) = 0, sitrova

α1 = − g(e2, w1)g(w1, w1)

= −g(e2, e1)g(e1, e1)

=12.

Si ha quindi w2 = e2 + 12 e1. Calcoliamo ora g(w2, w2):

g(w2, w2) = g(e2 + 1

2 e1, e2 + 12 e1

)=

52.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 73

Poniamo infine w3 = e3 + α1w1 + α2w2. Imponendo che sia g(w3, w1) = 0 eg(w3, w2) = 0, si trova

α1 = − g(e3, w1)g(w1, w1)

= −g(e3, e1)g(e1, e1)

= −12

α2 = − g(e3, w2)g(w2, w2)

= −g(e3, e2 + 1

2 e1

)g(w2, w2)

= −35,

quindiw3 = e3 − 1

2 w1 − 35 w2 = − 4

5 e1 − 35 e2 + e3.

Si ha infine:

g(w3, w3) = g(− 4

5 e1 − 35 e2 + e3,− 4

5 e1 − 35 e2 + e3

)=

35.

La base {w1, w2, w3} e una base ortogonale e la matrice di g rispetto a questabase e la seguente matrice diagonale:

D =

2 0 00 5/2 00 0 3/5

il che, tra l’altro, dimostra che g e non degenere. La matrice di cambiamentodi base e

P =

1 1/2 −4/50 1 −3/50 0 1

.

Si potrebbe ora verificare che vale l’uguaglianza D = tPGP .

Esercizio 1.39. Nello spazio vettoriale euclideo R3, dotato del prodottoscalare usuale, si consideri il sottospazio U di equazione x + y − z = 0. Siesprima il vettore v = (3,−2, 4) come somma v = v1 + v2, con v1 ∈ U ev2 ∈ U⊥. Sia f : R3 → R3 la funzione che associa a un vettore w ∈ R3 la suaproiezione ortogonale f(w) sul sottospazio U . Si scriva la matrice di f rispettoalla base canonica di R3.

Soluzione. Dall’equazione x+y−z = 0 di U ricaviamo z = x+y. I vettori diU dipendono quindi da due parametri liberi di variare, il che significa che U hadimensione 2 (e un piano in R3). Una base di U e data (ad esempio) dai vettoriu1 = (1, 0, 1) e u2 = (0, 1, 1). Un vettore w = (a, b, c) appartiene al sottospazioortogonale di U se e solo se {

w · u1 = a+ c = 0w · u2 = b+ c = 0.

Questo sistema ha infinite soluzioni (dipendenti da un parametro), date daa = −cb = −cc qualsiasi

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Capitolo 1 Algebra Lineare 74

il che significa che U⊥ ha dimensione 1 ed e generato dal vettore w = (1, 1,−1)(si noti che il vettore w ha come componenti i coefficienti che compaiono nell’e-quazione di U).

Cerchiamo ora due vettori v1 ∈ U e v2 ∈ U⊥ tali che v1 + v2 = v. Dato chev1 ∈ U , si deve avere v1 = α1u1 + α2u2, mentre v2 ∈ U⊥ implica che v2 = βw.Si deve quindi avere v = v1 + v2 = α1u1 +α2u2 +βw. Si ottiene cosı il seguentesistema di equazioni lineari

α1 + β = 3α2 + β = −2α1 + α2 − β = 4

la cui soluzione e α1 = 4α2 = −1β = −1.

Si ha quindi

v1 = 4u1 − u2 = (4,−1, 3), v2 = −w = (−1,−1, 1)

(il vettore v1 e detto la proiezione ortogonale di v sul sottospazio U).Consideriamo ora la funzione f che associa ad ogni vettore w ∈ R3 la sua

proiezione ortogonale su U . Le colonne della matrice di f rispetto alla basecanonica di R3 sono pertanto le proiezioni ortogonali dei vettori e1 = (1, 0, 0),e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1) sul sottospazio U . I calcoli necessari a determinarele proiezioni ortogonali di questi vettori su U sono del tutto analoghi a quellisvolti in precedenza per determinare la proiezione ortogonale del vettore v. Adesempio, per determinare la proiezione ortogonale del vettore e1 su U bisognarisolvere il sistema

α1 + β = 1α2 + β = 0α1 + α2 − β = 0

che non e altro che il sistema precedente in cui la colonna dei termini noti e oradata dalle componenti del vettore e1. La soluzione di questo sistema e

α1 = 2/3α2 = −1/3β = 1/3

da cui si ricava la proiezione ortogonale f(e1) del primo vettore della basecanonica:

f(e1) = 23 u1 − 1

3 u2 = (2/3,−1/3, 1/3);

questa e la prima colonna della matrice cercata. La seconda e la terza colonnasi determinano in modo del tutto analogo, ripetendo il procedimento appenadescritto per i vettori e2 e e3. Si ottiene cosı la seguente matrice 2/3 −1/3 1/3

−1/3 2/3 1/31/3 1/3 2/3

.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 75

Esercizio 1.40. Nello spazio vettoriale V = R4 si consideri la forma bilinearesimmetrica g la cui matrice, rispetto alla base canonica, e

G =

1 −1 0 1−1 4 0 −20 0 5 11 −2 1 3

Si dimostri che g e non degenere e si determini una base ortogonale di V . Sideterminino inoltre una matrice diagonale D e una matrice invertibile P taliche D = tPGP .

Soluzione. Per dimostrare che g e non degenere e sufficiente verificare che ildeterminante di G sia diverso da 0. Si ha detG = 22, quindi g e non degenere.Per trovare una base ortogonale applichiamo il procedimento di Gram-Schmidtalla base canonica {e1, e2, e3, e4} di R4.

Poniamo w1 = e1; si ha g(w1, w1) = g(e1, e1) = 1. Poniamo ora w2 =e2 + α1w1. Imponendo g(w2, w1) = 0, si trova

α1 = − g(e2, w1)g(w1, w1)

= −g(e2, e1)g(e1, e1)

= 1.

Si ha quindi w2 = e2+w1 = e2+e1. Si trova poi g(w2, w2) = g(e1+e2, e1+e2) =3.

Poniamo ora w3 = e3 + α1w1 + α2w2. Imponendo che sia g(w3, w1) = 0 eg(w3, w2) = 0, si trova

α1 = − g(e3, w1)g(w1, w1)

= −g(e3, e1)g(e1, e1)

= 0

α2 = − g(e3, w2)g(w2, w2)

= −g(e3, e1 + e2)g(w2, w2)

= 0,

quindiw3 = e3.

Infine poniamo w4 = e4+α1w1+α2w2+α3w3. Imponendo che sia g(w4, w1) = 0,g(w4, w2) = 0 e g(w4, w3) = 0, si trova

α1 = − g(e4, w1)g(w1, w1)

= −1

α2 = − g(e4, w2)g(w2, w2)

=13

α3 = − g(e4, w3)g(w3, w3)

= −15

quindiw4 = e4 − w1 + 1

3 w2 − 15 w3 = − 2

3 e1 + 13 e2 − 1

5 e3 + e4.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 76

Si trova poi

g(w4, w4) = g(− 2

3 e1 + 13 e2 − 1

5 e3 + e4,− 23 e1 + 1

3 e2 − 15 e3 + e4

)=

2215.

La base {w1, w2, w3, w4} e una base ortogonale e la matrice di g rispetto a questabase e la seguente matrice diagonale:

D =

1 0 0 00 3 0 00 0 5 00 0 0 22/15

il che, tra l’altro, dimostra che g e non degenere. La matrice di cambiamentodi base e

P =

1 1 0 −2/30 1 0 1/30 0 1 −1/50 0 0 1

A questo punto si potrebbe verificare con un calcolo diretto che si ha D =tPGP .

Esercizio 1.41. Sia U il sottospazio vettoriale di R4 generato dai vettoriu1 = (1, 2,−3, 1) e u2 = (0, 2,−1, 2). Si determini la proiezione ortogonale delvettore v = (2, 3,−1, 1) sul sottospazio U . Si determini inoltre un vettore w, dinorma minima, tale che v + w ∈ U .

Soluzione. Possiamo cominciare col determinare una base del sottospazioU⊥, ortogonale di U . Un generico vettore v = (x1, x2, x3, x4) di R4 appartienea U⊥ se e solo se v · u1 = x1 + 2x2− 3x3 + x4 = 0 e v · u2 = 2x2− x3 + 2x4 = 0.Il sottospazio U⊥ e quindi l’insieme delle soluzioni del seguente sistema lineare:

U⊥ :

{x1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 02x2 − x3 + 2x4 = 0.

Le soluzioni sono date da {x1 = 4x2 + 5x4

x3 = 2x2 + 2x4,

per ogni x2, x4 ∈ R. Il sottospazio U⊥ ha dunque dimensione 2 e una sua basee costituita dai vettori w1 = (4, 1, 2, 0) e w2 = (5, 0, 2, 1), ottenuti ponendox2 = 1, x4 = 0 e x2 = 0, x4 = 1, rispettivamente.

Ricordando che R4 = U ⊕ U⊥, si conclude che i vettori u1, u2, w1 e w2

formano una base di R4. Il vettore v = (2, 3,−1, 1) si puo dunque scrivere nelmodo seguente

v = α1u1 + α2u2 + β1w1 + β2w2.

Si ottiene cosı il seguente sistema di equazioni lineariα1 + 4β1 + 5β2 = 22α1 + 2α2 + β1 = 3−3α1 − α2 + 2β1 + 2β2 = −1α1 + 2α2 + β2 = 1

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Capitolo 1 Algebra Lineare 77

la cui soluzione e α1 = 1

2

α2 = 12

β1 = 1

β2 = − 12 .

Si ha pertanto

v =12u1 +

12u2 + w1 −

12w2.

Ricordando che U = 〈u1, u2〉 e U⊥ = 〈w1, w2〉, ponendo

v′ =12u1 +

12u2 = (1/2, 2,−2, 3/2)

v′′ = w1 −12w2 = (3/2, 1, 1,−1/2)

si ha v′ ∈ U , v′′ ∈ U⊥ e v = v′ + v′′. Il vettore v′ e precisamente la proiezioneortogonale del vettore v sul sottospazio U (mentre v′′ e la proiezione ortogonaledi v su U⊥). Osservando ora che v−v′′ = v′ ∈ U , da quanto detto in precedenzasi conclude che il vettore w cercato (cioe il vettore w, di norma minima, taleche v + w ∈ U) e dato da w = −v′′ = (−3/2,−1,−1, 1/2).

Esercizio 1.42. Nello spazio vettoriale euclideo R4, sia U il sottospazio diequazioni 2x1 + x2− 3x4 = 0 e x1− 2x2 + x3 = 0. Si determini una base di U euna base del sottospazio U⊥ ortogonale a U . Dato il sottospazio W di equazionex1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0, si determini una base di W ∩ U⊥ e si completi talebase a una base ortogonale di W .

Soluzione. Il sottospazio U e l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

U :

{2x1 + x2 − 3x4 = 0x1 − 2x2 + x3 = 0

che e equivalente al seguente sistema:

U :

{x2 = −2x1 + 3x4

x3 = −5x1 + 6x4.

Quest’ultimo sistema ammette infinite soluzioni, dipendenti da due parametri(x1 e x4), quindi il sottospazio U ha dimensione 2. Una sua base e costituitadai vettori

u1 = (1,−2,−5, 0), u2 = (0, 3, 6, 1),

ottenuti ponendo x1 = 1, x4 = 0 e x1 = 0, x4 = 1, rispettivamente.Cerchiamo ora una base del sottospazio U⊥, ortogonale di U . Un vettore

w = (x1, x2, x3, x4) appartiene a U⊥ se e solo se{u1 · w = x1 − 2x2 − 5x3 = 0u2 · w = 3x2 + 6x3 + x4 = 0.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 78

Da questo sistema si ricava

U⊥ :

{x1 = 2x2 + 5x3

x4 = −3x2 − 6x3.

Queste sono dunque le equazioni del sottospazio U⊥. Tale sottospazio ha dunquedimensione 2 e una sua base e costituita dai vettori

w1 = (2, 1, 0,−3), w2 = (5, 0, 1,−6),

ottenuti ponendo, nel sistema precedente, x2 = 1, x3 = 0 e x2 = 0, x3 = 1,rispettivamente.

Per determinare una base di W ∩ U⊥ osserviamo che i vettori appartenentia W ∩ U⊥ devono soddisfare contemporaneamente le equazioni di U⊥ e di W ,cioe sono le soluzioni del seguente sistema:

W ∩ U⊥ :

x1 = 2x2 + 5x3

x4 = −3x2 − 6x3

x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0.

Le soluzioni di questo sistema sono date dax1 = −11x3

x2 = −8x3

x4 = 18x3

x3 qualunque

da cui si deduce che W ∩ U⊥ ha dimensione 1 e una sua base e costituita dalvettore v1 = (−11,−8, 1, 18).

Il sottospazio W : x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0 ha dimensione 3, quindi percompletare la base v1 di W ∩ U⊥ a una base ortogonale di W , dobbiamo de-terminare due vettori v2, v3 ∈ W in modo tale che i vettori v1, v2, v3 sianolinearmente indipendenti (e siano dunque una base di W ) e siano inoltre a duea due perpendicolari.

Cominciamo dal vettore v2. Se poniamo v2 = (x1, x2, x3, x4), si ha

v2 ∈W ⇔ x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0,v2 ⊥ v1 ⇔ v1 · v2 = −11x1 − 8x2 + x3 + 18x4 = 0.

Il vettore cercato e dunque una delle soluzioni del sistema{x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0−11x1 − 8x2 + x3 + 18x4 = 0

che e equivalente al sistema: {x2 = −2x1 + 4x4

x3 = −5x1 + 14x4.

Come vettore v2 possiamo dunque prendere il seguente:

v2 = (1,−2,−5, 0),

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Capitolo 1 Algebra Lineare 79

ottenuto ponendo x1 = 1 e x4 = 0.Per terminare, poniamo v3 = (x1, x2, x3, x4). Tale vettore deve appartenere

al sottospazio W e deve essere ortogonale ai vettori v1 e v2:

v3 ∈W ⇔ x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0,v3 ⊥ v1 ⇔ v1 · v3 = −11x1 − 8x2 + x3 + 18x4 = 0,

v3 ⊥ v2 ⇔ v2 · v3 = x1 − 2x2 − 5x3 = 0.

Il vettore cercato e dunque una delle soluzioni del sistemax1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 0−11x1 − 8x2 + x3 + 18x4 = 0x1 − 2x2 − 5x3 = 0.

Ricordando che il sistema costituito dalle prime due equazioni era equivalente a{x2 = −2x1 + 4x4

x3 = −5x1 + 14x4

si deduce che il vettore v3 e una soluzione del sistemax2 = −2x1 + 4x4

x3 = −5x1 + 14x4

x1 − 2x2 − 5x3 = 0.

Tale sistema ammette infinite soluzioni (dipendenti da un parametro) e una diesse e

x1 = 13x2 = −6x3 = 5x4 = 5.

Come terzo (e ultimo) vettore della base di W possiamo dunque prendere ilvettore v3 = (13,−6, 5, 5).

Esercizio 1.43. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare di matrice (rispettoalle basi canoniche)

A =

2 −1 31 2 13 1 4

Sia g : R3 → R3 un’applicazione lineare che soddisfa la seguente uguaglianza:

g(v) · w = v · f(w), ∀v, w ∈ R3.

(a) Calcolare g(2, 3, 1).

(b) Scrivere la matrice di g rispetto alle basi canoniche.

(c) Determinare una base di Ker(f) e una base di Im(f).

(d) Determinare una base di Ker(g) e una base di Im(g).

(e) Dimostrare che Im(g) = Ker(f)⊥ e che Im(f) = Ker(g)⊥.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 80

Soluzione. Poniamo v = (2, 3, 1) e g(v) = (a, b, c). Se scegliamo w =e1 = (1, 0, 0), si ha g(v) · w = (a, b, c) · (1, 0, 0) = a. D’altra parte, si hav · f(w) = (2, 3, 1) · (2, 1, 3) = 10 e dall’uguaglianza g(v) ·w = v · f(w) si ottienea = 10. In modo del tutto analogo si possono ricavare i valori di b e c. Ponendow = e2 = (0, 1, 0), si ha infatti

g(v) · w = (a, b, c) · (0, 1, 0) = b

= v · f(w) = (2, 3, 1) · (−1, 2, 1) = 5,

infine, ponendo w = e3 = (0, 0, 1), si ottiene

g(v) · w = (a, b, c) · (0, 0, 1) = c

= v · f(w) = (2, 3, 1) · (3, 1, 4) = 13.

Abbiamo cosı ottenuto g(2, 3, 1) = (10, 5, 13).Per determinare la matrice di g rispetto alle basi canoniche basterebbe cal-

colare g(e1), g(e2) e g(e3) (queste sono le tre colonne della matrice di g), utiliz-zando lo stesso metodo appena impiegato per calcolare g(2, 3, 1). Procediamoinvece come segue. Sia v = (x, y, z) e poniamo g(v) = (a, b, c). Se indichiamocon B la matrice di g rispetto alle basi canoniche, si deve avere

g(v) =

abc

= B

xyz

Sia ora w = (α, β, γ). L’uguaglianza g(v) · w = v · f(w) si riscrive come segue:

(a, b, c)

αβγ

= v · f(w) = (x, y, z)A

αβγ

Poiche questa uguaglianza deve valere per ogni vettore w (cioe per ogni α, β, γ),deve necessariamente essere

(a, b, c) = (x, y, z)A.

Trasponendo ambo i membri si ottiene

g(v) =

abc

= tA

xyz

da cui si deduce che B = tA. La matrice di g e quindi la trasposta della matriceA di f .

Il nucleo di f e dato dalle soluzioni del seguente sistema lineare:2x− y + 3z = 0x+ 2y + z = 03x+ y + 4z = 0.

Risolvendo si trova x = −7z/5y = z/5z qualunque

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Capitolo 1 Algebra Lineare 81

da cui si deduce che il nucleo di f ha dimensione 1 ed e generato dal vettoreu = (−7, 1, 5). L’immagine di f ha dunque dimensione 2 e una sua base ecostituita, ad esempio, dalle prime due colonne della matrice A, w1 = (2, 1, 3) ew2 = (−1, 2, 1).

In modo analogo si possono determinare il nucleo e l’immagine di g. Il nucleodi g e l’insieme delle soluzioni del seguente sistema:

2x+ y + 3z = 0−x+ 2y + z = 03x+ y + 4z = 0.

Risolvendo si trova x = −zy = −zz qualunque

da cui si deduce che Ker(g) ha dimensione 1 ed e generato dal vettore u′ =(1, 1,−1). L’immagine di g ha pertanto dimensione 2 e una sua base e costituitadalle prime due colonne della matrice tA di g, cioe dalle prime due righe di A:w′1 = (2,−1, 3) e w′2 = (1, 2, 1).

Per dimostrare che Im(g) = Ker(f)⊥ osserviamo che essi hanno la stessadimensione, infatti si ha

dim Ker(f)⊥ = dim R3 − dim Ker(f) = 3− 1 = 2.

Basta quindi dimostrare che i vettori di una base di Im(g) sono ortogonali aivettori di una base di Ker(f). Si ha infatti{

w′1 · u = (2,−1, 3) · (−7, 1, 5) = 0w′2 · u = (1, 2, 1) · (−7, 1, 5) = 0,

come volevasi dimostrare.Analogamente, si ha

dim Ker(g)⊥ = dim R3 − dim Ker(g) = 3− 1 = 2

quindi dim Ker(g)⊥ = dim Im(f). Per dimostrare l’uguaglianza tra questi duesottospazi basta pertanto dimostrare che i vettori di una base di Im(f) sonoortogonali ai vettori di una base di Ker(g). Infatti, si ha{

w1 · u′ = (2, 1, 3) · (1, 1,−1) = 0w2 · u′ = (−1, 2, 1) · (1, 1,−1) = 0,

come volevasi.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 82

Esercizio 1.44. Nello spazio vettoriale R4, dotato del prodotto scalareusuale, si consideri il sottospazio U generato dai vettori u1 = (1, 0,−2, 0),u2 = (−3,−6, 6, 2) e u3 = (0, 3, 0,−1).

(a) Si determinino le equazioni cartesiane e una base di U e del sottospazioU⊥ (ortogonale di U).

(b) Indichiamo con π : R4 → R4 la proiezione ortogonale sul sottospazio U⊥.Si scriva la matrice di π rispetto alla base canonica di R4 e si determininoil nucleo e l’immagine di π.

(c) Dato il vettore v = (1, 1, 1, 1) si scriva v nella forma v = v′ + v′′, conv′ ∈ U e v′′ ∈ U⊥.

Soluzione. Per determinare la dimensione di U calcoliamo il rango dellaseguente matrice: 1 0 −2 0

−3 −6 6 20 3 0 −1

Alla seconda riga sommiamo il triplo della prima, ottenendo1 0 −2 0

0 −6 0 20 3 0 −1

Ora dividiamo la seconda riga per 2 e poi alla terza riga sommiamo la secondariga cosı ottenuta: 1 0 −2 0

0 −3 0 10 0 0 0

Questa matrice ha rango 2, il che significa che dei tre vettori u1, u2 e u3 sola-mente due sono linearmente indipendenti. Si ha dunque dimU = 2 e come basedi U si possono prendere i vettori u1 = (1, 0,−2, 0) e u3 = (0, 3, 0,−1).

Un generico vettore (x1, x2, x3, x4) appartiene al sottospazio U se e solo sesi ha

(x1, x2, x3, x4) = αu1 + βu3,

cioe x1 = α

x2 = 3βx3 = −2αx4 = −β.

Eliminando i due parametri α e β si ottengono le seguenti equazioni (cartesiane)per il sottospazio U :

U :

{2x1 + x3 = 0x2 + 3x4 = 0.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 83

Un vettore w = (x1, x2, x3, x4) appartiene al sottospazio U⊥ se e solo se esso eortogonale ai vettori di una base di U :{

w · u1 = x1 − 2x3 = 0w · u3 = 3x2 − x4 = 0.

Queste sono dunque le equazioni cartesiane di U⊥. Le soluzioni di questo sistemasono date da

U⊥ :

x1 = 2x3

x4 = 3x2

x2, x3 qualsiasi.

Si conclude cosı che U⊥ ha dimensione 2 e una sua base e formata dai vettoriw1 = (0, 1, 0, 3) e w2 = (2, 0, 1, 0).

Rispondiamo ora alla terza domanda (i calcoli che faremo ci saranno utili perrispondere anche alla seconda). Dato che U ⊕ U⊥ = R4, i vettori u1, u3, w1, w2

sono una base di R4. Possiamo dunque scrivere

v = λ1u1 + λ2u3 + λ3w1 + λ4w2,

cioe 1 = λ1 + 2λ4

1 = 3λ2 + λ3

1 = −2λ1 + λ4

1 = −λ2 + 3λ3.

La soluzione di questo sistema e λ1 = −1/5λ2 = 1/5λ3 = 2/5λ4 = 3/5

e dunque si hav = − 1

5 u1 + 15 u3 + 2

5 w1 + 35 w2.

Se poniamo

v′ = − 15 u1 + 1

5 u3 ∈ U, v′′ = 25 w1 + 3

5 w2 ∈ U⊥

otteniamo la decomposizione del vettore v come somma v = v′+ v′′, con v′ ∈ Ue v′′ ∈ U⊥, come richiesto (i vettori v′ e v′′ cosı trovati sono le proiezioniortogonali di v sui sottospazi U e U⊥, rispettivamente). Sviluppando i calcoli,si trova

v′ =(− 1

5 ,35 ,

25 ,−

15

), v′′ =

(65 ,

25 ,

35 ,

65

).

Consideriamo ora la funzione π : R4 → R4 che associa ad ogni vettore v ∈ R4

la sua proiezione ortogonale sul sottospazio U⊥. In altri termini, dato v ∈R4 si tratta di decomporre v come somma v = v′ + v′′, con v′ ∈ U e v′′ ∈U⊥, esattamente come abbiamo appena fatto per il vettore v = (1, 1, 1, 1). Lafunzione π e definita ponendo π(v) = v′′.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 84

Dalla definizione della funzione π possiamo subito dedurre che Im(π) = U⊥

e Ker(π) = U (gli unici vettori la cui proiezione ortogonale su U⊥ e nulla sono ivettori ortogonali a U⊥, cioe i vettori di U). Ricordiamo inoltre che le colonnedella matrice di π rispetto alla base canonica di R4 sono le immagini, tramiteπ, dei vettori della base canonica, cioe sono le proiezioni ortogonali su U⊥ deivettori e1, e2, e3, e4.

Cominciamo dal vettore e1 = (1, 0, 0, 0). Scrivendo

e1 = λ1u1 + λ2u3 + λ3w1 + λ4w2

si ottiene il sistema λ1 + 2λ4 = 13λ2 + λ3 = 0−2λ1 + λ4 = 0−λ2 + 3λ3 = 0

la cui soluzione e λ1 = 1/5λ2 = 0λ3 = 0λ4 = 2/5.

Si ha pertantoe1 = 1

5 u1 + 25 w2.

Da cio si deduce che la proiezione ortogonale del vettore e1 sul sottospazio U⊥

eπ(e1) = 2

5 w2 =(

45 , 0,

25 , 0).

Questa e dunque la prima colonna della matrice di π.Consideriamo ora il vettore e2 = (0, 1, 0, 0). Scrivendo

e2 = λ1u1 + λ2u3 + λ3w1 + λ4w2

si ottiene il sistema λ1 + 2λ4 = 03λ2 + λ3 = 1−2λ1 + λ4 = 0−λ2 + 3λ3 = 0

la cui soluzione e λ1 = 0λ2 = 3/10λ3 = 1/10λ4 = 0.

Si ha pertantoe2 = 3

10 u3 + 110 w1.

Da cio si deduce che la proiezione ortogonale del vettore e2 sul sottospazio U⊥

eπ(e2) = 1

10 w1 =(0, 1

10 , 0,310

).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 85

Questa e dunque la seconda colonna della matrice di π.Passiamo ora al vettore e3 = (0, 0, 1, 0). Scrivendo

e3 = λ1u1 + λ2u3 + λ3w1 + λ4w2

si ottiene il sistema λ1 + 2λ4 = 03λ2 + λ3 = 0−2λ1 + λ4 = 1−λ2 + 3λ3 = 0

la cui soluzione e λ1 = −2/5λ2 = 0λ3 = 0λ4 = 1/5.

Si ha pertantoe3 = − 2

5 u1 + 15 w2.

Da cio si deduce che la proiezione ortogonale del vettore e3 sul sottospazio U⊥

eπ(e3) = 1

5 w2 =(

25 , 0,

15 , 0).

Questa e dunque la terza colonna della matrice di π.Infine consideriamo il vettore e4 = (0, 0, 0, 1). Scrivendo

e4 = λ1u1 + λ2u3 + λ3w1 + λ4w2

si ottiene il sistema λ1 + 2λ4 = 03λ2 + λ3 = 0−2λ1 + λ4 = 0−λ2 + 3λ3 = 1

la cui soluzione e λ1 = 0λ2 = −1/10λ3 = 3/10λ4 = 0.

Si ha pertantoe4 = − 1

10 u3 + 310 w1.

Da cio si deduce che la proiezione ortogonale del vettore e4 sul sottospazio U⊥

eπ(e4) = 3

10 w1 =(0, 3

10 , 0,910

).

Questa e dunque la quarta colonna della matrice di π. In conclusione, la matricecercata e

A =

45 0 2

5 00 1

10 0 310

25 0 1

5 00 3

10 0 910

.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 86

Esercizio 1.45. Nello spazio vettoriale euclideo R4 (dotato del prodot-to scalare usuale) sia V il sottospazio generato dai vettori v1 = (2, 0, 1,−1),v2 = (1,−1, 0, 1) e v3 = (1,−2,−1, 0). Si scriva la matrice della restrizione delprodotto scalare al sottospazio V rispetto alla base {v1, v2, v3}. Si determiniinoltre una base ortonormale di V .

Soluzione. Ricordiamo che il prodotto scalare e una forma bilineare simme-trica (definita positiva). Per definizione, la sua matrice G = (gij) rispetto a unabase {v1, v2, . . . , vn} e definita ponendo gij = vi ·vj , per i, j = 1, . . . , n. Nel casoin questione si ha:

v1 · v1 = 6v2 · v2 = 3

v1 · v2 = 1v2 · v3 = 3

v1 · v3 = 1v3 · v3 = 6

e quindi la matrice della restrizione del prodotto scalare al sottospazio V ,rispetto alla base {v1, v2, v3}, e

G =

6 1 11 3 31 3 6

Per determinare una base ortonormale applichiamo il procedimento di Gram-Schmidt alla base {v1, v2, v3} di V .

Poniamo w1 = v1 = (2, 0, 1,−1); si ha w1 · w1 = 6. Poniamo ora w2 =v2 +α1w1. Richiedendo che w2 sia ortogonale a w1, cioe che w2 ·w1 = 0, si trova

α1 = − v2 · w1

w1 · w1= −1

6.

Si ha quindiw2 = v2 − 1

6 v1 =(

23 ,−1,− 1

6 ,76

),

da cui si deduce chew2 · w2 =

176.

Poniamo infine w3 = v3 + α1w1 + α2w2. Imponendo che sia w3 · w1 = 0 ew3 · w2 = 0, si trova

α1 = − v3 · w1

w1 · w1= − 1

6

α2 = − v3 · w2

w2 · w2= −1,

quindiw3 = v3 − 1

6 w1 − w2 = v3 − v2 = (0,−1,−1,−1).

Si ha cosıw3 · w3 = 3.

La base {w1, w2, w3} e una base ortogonale di V e le norme di questi vettorisono le seguenti:

‖w1‖ =√w1 · w1 =

√6, ‖w2‖ =

√w2 · w2 =

√176 , ‖w3‖ =

√w3 · w3 =

√3.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 87

Per ottenere una base ortonormale di V basta ora dividere ogni vettore wi dellabase ortogonale per la sua norma. Si ottengono cosı i vettori

w′1 =w1

‖w1‖, w′2 =

w2

‖w2‖, w′3 =

w3

‖w3‖,

i quali formano una base ortonormale di V .

Esercizio 1.46. Nello spazio vettoriale euclideo R4, dotato del prodottoscalare usuale, si consideri il sottospazio U di equazione x− 2y + 3z + 2w = 0.

(a) Si determini la dimensione e una base di U .

(b) Utilizzando il procedimento di Gram-Schmidt, si determini una base or-tonormale di U .

(c) Si determini la proiezione ortogonale del vettore v = (3, 1, 0,−2) sulsottospazio U .

Soluzione. Dall’equazione di U si ricava x = 2y − 3z − 2w. Attribuendo a y,z e w i valori 1, 0, 0; 0, 1, 0 e 0, 0, 1 si ottengono i tre vettori

u1 = (2, 1, 0, 0), u2 = (−3, 0, 1, 0), u3 = (−2, 0, 0, 1)

i quali formano una base del sottospazio U , che ha pertanto dimensione 3.Applichiamo ora il procedimento di Gram-Schmidt alla base appena trovata.

Poniamo w1 = u1 = (2, 1, 0, 0); si ha w1 · w1 = 5. Sia ora w2 = u2 + α1w1.Richiedendo che w2 sia ortogonale a w1, cioe che sia w2 · w1 = 0, si trova

α1 = − u2 · w1

w1 · w1=

65.

Si ottiene cosıw2 = u2 +

65w1 =

(−3

5,

65, 1, 0

)e si ha w2 ·w2 = 14

5 . Poniamo ora w3 = u3 +α1w1 +α2w2. Richiedendo che w3

sia ortogonale a w1 e w2, cioe che sia w3 · w1 = w3 · w2 = 0, si trova

α1 = − u3 · w1

w1 · w1=

45, α2 = − u3 · w2

w2 · w2= −3

7.

Si ottiene cosıw3 = u3 +

45w1 −

37w2 =

(−1

7,

27,−3

7, 1)

e si ha w3 ·w3 = 97 . I vettori w1, w2 e w3 sono una base ortogonale del sottospazio

U ; le loro norme sono date rispettivamente da:

‖w1‖ =√w1 · w1 =

√5

‖w2‖ =√w2 · w2 =

√14/5

‖w3‖ =√w3 · w3 =

√9/7 = 3√

7.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 88

Per ottenere una base ortonormale di U e ora sufficiente dividere i vettori w1,w2 e w3 per le loro norme:

w′1 =w1

‖w1‖=( 2√

5,

1√5, 0, 0

)w′2 =

w2

‖w2‖=(−3

5

√514,

65

√514,

√514, 0)

w′3 =w3

‖w3‖=(−√

721,

2√

721

,−√

77,

√7

3

).

Per determinare la proiezione ortogonale del vettore v = (3, 1, 0,−2) sul sotto-spazio U possiamo iniziare con l’osservare che, dall’equazione di U

x− 2y + 3z + 2w = 0,

si deduce che il vettore n = (1,−2, 3, 2) e una base del sottospazio U⊥. Datoche U ⊕ U⊥ = R4 e ricordando che u1 = (2, 1, 0, 0), u2 = (−3, 0, 1, 0), u3 =(−2, 0, 0, 1) e una base di U , si deduce che i vettori u1, u2, u3 e n formano unabase di R4. Possiamo dunque esprimere il vettore v come combinazione linearedi questi vettori, come segue:

v = λ1u1 + λ2u2 + λ3u3 + λ4n.

Si ottiene cosı il seguente sistema lineare2λ1 − 3λ2 − 2λ3 + λ4 = 3λ1 − 2λ4 = 1λ2 + 3λ4 = 0λ3 + 2λ4 = −2

la cui soluzione e λ1 = 2/3λ2 = 1/2λ3 = −5/3λ4 = −1/6.

Si ha pertantov = 2

3 u1 + 12 u2 − 5

3 u3 − 16 n.

Ponendov′ = 2

3 u1 + 12 u2 − 5

3 u3 =(19

6,

23,

12,−5

3

)v′′ = − 1

6 n =(−1

6,

13,−1

2,−1

3

)si ottiene la decomposizione v = v′+ v′′, con v′ ∈ U e v′′ ∈ U⊥; i vettori v′ e v′′

sono quindi le proiezioni ortogonali di v sui sottospazi U e U⊥, rispettivamente.Il vettore v′, proiezione ortogonale di v su U , si puo determinare anche in un

altro modo. Abbiamo gia osservato che una base del sottospazio U⊥ e costituitadal vettore n = (1,−2, 3, 2). Poiche tale vettore non ha norma unitaria, lonormalizziamo ottenendo cosı il versore

n =n

‖n‖=

13√

2(1,−2, 3, 2).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 89

Ora possiamo calcolare la proiezione ortogonale del vettore v sul sottospazio U⊥

generato da n, cioe il vettore v′′, utilizzando la formula seguente:

v′′ = (v · n) n = − 16 n =

(−1

6,

13,−1

2,−1

3

).

Ricordando che v = v′ + v′′, si puo ora calcolare la proiezione ortogonale di vsul sottospazio U come segue:

v′ = v − v′′ =(19

6,

23,

12,−5

3

).

Esercizio 1.47. Nello spazio vettoriale euclideo R4, dotato del prodottoscalare usuale, sia U il sottospazio generato dal vettore u = (1,−1, 2, 3) e siaW = U⊥ il sottospazio ortogonale di U .

(a) Si determini l’equazione cartesiana e una base di W .

(b) Utilizzando il procedimento di Gram-Schmidt, si trasformi la base trovatanel punto (a) in una base ortogonale.

(c) Dato il vettore v = (3,−1, 5, 2) si trovino due vettori v1 ∈ U e v2 ∈ U⊥tali che v = v1 + v2.

(d) Sia f : R4 → R4 la funzione che associa ad ogni vettore v ∈ R4 la suaproiezione ortogonale sul sottospazio U . Si scriva la matrice di f rispettoalla base canonica di R4. Chi e il nucleo di f?

Soluzione. Un generico vettore w = (x1, x2, x3, x4) ∈ W deve essere ortogo-nale al vettore u = (1,−1, 2, 3), generatore del sottospazio U . Il sottospazio We dunque l’insieme delle soluzioni della seguente equazione (cartesiana):

W : u · w = x1 − x2 + 2x3 + 3x4 = 0.

Da tale equazione si ricava x2 = x1 + 2x3 + 3x4 e attribuendo a x1, x3 e x4 ivalori 1, 0, 0; 0, 1, 0 e 0, 0, 1 si ottengono i tre vettori

w1 = (1, 1, 0, 0), w2 = (0, 2, 1, 0), w3 = (0, 3, 0, 1)

i quali formano una base del sottospazio W , che ha pertanto dimensione 3.Applichiamo ora il procedimento di Gram-Schmidt alla base appena trovata.

Poniamo w′1 = w1 = (1, 1, 0, 0); si ha w′1 · w′1 = 2. Sia ora w′2 = w2 + α1w′1.

Richiedendo che w′2 sia ortogonale a w′1, cioe che sia w′2 · w′1 = 0, si trova

α1 = −w2 · w′1w′1 · w′1

= −1.

Si ottiene cosıw′2 = w2 − w′1 = (−1, 1, 1, 0)

e si ha w′2 · w′2 = 3. Poniamo ora w′3 = w3 + α1w′1 + α2w

′2. Richiedendo che w′3

sia ortogonale a w′1 e w′2, cioe che sia w′3 · w′1 = w′3 · w′2 = 0, si trova

α1 = −w3 · w′1w′1 · w′1

= −32, α2 = −w3 · w′2

w′2 · w′2= −1.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 90

Si ottiene cosıw′3 = w3 −

32w′1 − w′2 =

(−1

2,

12,−1, 1

).

I vettori w′1, w′2 e w′3 sono una base ortogonale del sottospazio W .Cerchiamo ora due vettori v1 ∈ U e v2 ∈ U⊥ tali che v = v1 + v2, ove

v = (3,−1, 5, 2) (notiamo che cio equivale a dire che v1 e la proiezione ortogonaledel vettore v sul sottospazio U , mentre v2 e la proiezione ortogonale di v sulsottospazio U⊥). A tal fine osserviamo che sara sufficiente determinare v1, datoche si avra poi v2 = v − v1.

Poiche U e generato dal vettore u = (1,−1, 2, 3), dire che v1 ∈ U equivalea dire che v1 = λu, per qualche scalare λ. Si ha, di conseguenza, v2 = v − λu.Abbiamo dunque una sola incognita λ e ci servira quindi una sola equazione.Tale equazione si trova osservando che richiedere che v2 appartenga al sottospa-zio U⊥ equivale a richiedere che v2 sia ortogonale al vettore u, generatore delsottospazio U . Si deve quindi avere v2 · u = (v − λu) · u = 0, da cui si ricava

λ =v · uu · u

.

Si trova cosı che il vettore v1 (il quale e la proiezione ortogonale di v sulsottospazio U) e dato dalla formula seguente:

v1 =( v · uu · u

)u.

Effettuando i calcoli indicati si trova

v1 =43u =

(43,−4

3,

83, 4)

e dunque

v2 = v − v1 =(5

3,

13,

73,−2

).

Per scrivere la matrice di f rispetto alla base canonica di R4 ricordiamo chele colonne di tale matrice sono le immagini tramite f dei vettori della basecanonica. Per ogni i = 1, 2, 3, 4, il vettore f(ei) e la proiezione ortogonale di eisul sottospazio U ; esso puo essere dunque calcolato con una formula analoga aquella trovata in precedenza:

f(ei) =(ei · uu · u

)u.

Effettuando i calcoli si trova:

f(e1) = 115 u =

(115 ,−

115 ,

215 ,

15

)f(e2) = − 1

15 u =(− 1

15 ,115 ,−

215 ,−

15

)f(e3) = 2

15 u =(

215 ,−

215 ,

415 ,

25

)f(e4) = 1

5 u =(

15 ,−

15 ,

25 ,

35

).

La matrice di f e dunque

A =

115 − 1

15215

15

− 115

115 − 2

15 − 15

215 − 2

15415

25

15 − 1

525

35

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Capitolo 1 Algebra Lineare 91

Per determinare il nucleo di f basta osservare che gli unici vettori la cui proie-zione ortogonale su U e il vettore nullo sono i vettori ortogonali a U , cioe ivettori che appartengono al sottospazio U⊥. Cio significa che Ker f = U⊥.

Esercizio 1.48. Nello spazio vettoriale euclideo R4, dotato del prodottoscalare usuale, si considerino i vettori u1 = (2,−1, 0, 3) e u2 = (1, 3,−1, 2). Sidefinisca una funzione f : R4 → R2 ponendo f(v) = (u1 · v, u2 · v), per ogniv ∈ R4.

(a) Si dimostri che f e lineare e si determinino delle basi di Ker f e di Im f .

(b) Si scriva la matrice di f rispetto alle basi canoniche.

(c) Dato il vettore w = (1, 2) ∈ R2, si calcoli f−1(w).

(d) Si determini una base di (Ker f)⊥.

(e) Si dimostri che per ogni funzione lineare g : R2 → R4, la funzione compostag ◦ f : R4 → R4 avra sempre un autovalore uguale a 0, con molteplicita≥ 2.

Soluzione. La linearita della funzione f e una conseguenza diretta dellabilinearita del prodotto scalare. Ad ogni modo lo si puo verificare direttamentecome segue: dati v1, v2 ∈ R4 e λ1, λ2 ∈ R, si ha

f(λ1v1 + λ2v2) =(u1 · (λ1v1 + λ2v2), u2 · (λ1v1 + λ2v2)

)= (λ1u1 · v1 + λ2u1 · v2, λ1u2 · v1 + λ2u2 · v2)= λ1(u1 · v1, u2 · v1) + λ2(u1 · v2, u2 · v2)= λ1f(v1) + λ2f(v2).

Il nucleo di f e l’insieme dei vettori v = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 tali che f(v) = 0.Si ha f(v) = (2x1 − x2 + 3x4, x1 + 3x2 − x3 + 2x4), quindi l’equazione f(v) = 0equivale al sistema {

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

le cui soluzioni sono date da {x2 = 2x1 + 3x4

x3 = 7x1 + 11x4.

Il nucleo di f ha dunque dimensione 2 ed e generato dai vettori v1 = (1, 2, 7, 0)e v2 = (0, 3, 11, 1), ottenuti ponendo rispettivamente x1 = 1, x4 = 0 e x1 = 0,x4 = 1 nel sistema precedente. Osservando che dim(Ker f) + dim(Im f) = 4, siconclude che l’immagine di f ha dimensione 2 e dunque Im f = R2. Come basedell’immagine di f si puo dunque prendere una qualsiasi base di R2, ad esempiola base canonica.

Dalla definizione di f segue subito che la matrice di f rispetto alle basicanoniche e la matrice

A =(

2 −1 0 31 3 −1 2

)

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Capitolo 1 Algebra Lineare 92

le cui righe sono i vettori u1 e u2.Dato il vettore w = (1, 2), la sua antiimmagine f−1(w) e l’insieme delle

soluzioni del seguente sistema:{2x1 − x2 + 3x4 = 1x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 2.

Risolvendo il sistema si ottiene{x2 = 2x1 + 3x4 − 1x3 = 7x1 + 11x4 − 5,

il che equivale a dire che

f−1(w) = (0,−1,−5, 0) + Ker f.

Per determinare una base di (Ker f)⊥ basta osservare che, per definizione dellafunzione f , si ha u1 · v = u2 · v = 0, per ogni v ∈ Ker f . Cio significa che ivettori u1 e u2 sono ortogonali a Ker f . Ora basta osservare che dim(Ker f)⊥ =4 − dim(Ker f) = 2 e che i vettori u1 e u2 sono linearmente indipendenti perconcludere che una base di (Ker f)⊥ e costituita proprio dai vettori u1 e u2.

Infine, data una qualunque funzione lineare g : R2 → R4, consideriamola funzione composta g ◦ f : R4 → R4. Per ogni vettore v ∈ Ker f , si ha(g ◦ f)(v) = g(f(v)) = g(0) = 0, il che significa che tutti i vettori del nucleo dif sono autovettori della funzione composta g ◦ f , relativi all’autovalore 0. Poi-che dim(Ker f) = 2, esistono almeno due autovettori linearmente indipendentirelativi all’autovalore 0, quindi la molteplicita (algebrica) dell’autovalore 0 deveessere ≥ 2.

Esercizio 1.49. Nello spazio vettoriale euclideo R4, dotato del prodottoscalare usuale, sia U il sottospazio definito dalle equazioni x1 − x2 + x4 = 0,3x1 + x2 − x3 + 2x4 = 0 e x1 + 3x2 − x3 = 0.

(a) Si determini una base di U e una base di U⊥.

(b) Dato il vettore v1 = (2, 1,−2, 3) si trovino due vettori u ∈ U e u′ ∈ U⊥tali che v1 = u+ u′.

(c) Dati i vettori v2 = (5,−3, 9, 1) e w = (1, 2, 1,−1) si determini (se possibile)l’equazione cartesiana di un sottospazio W , di dimensione 3, di R4, taleche w sia la proiezione ortogonale di v2 su W .

(d) Si determini una base ortogonale del sottospazio W trovato nel punto (c).

Soluzione. Il sottospazio U e l’insieme delle soluzioni del sistema lineare

U :

x1 − x2 + x4 = 03x1 + x2 − x3 + 2x4 = 0x1 + 3x2 − x3 = 0.

Risolvendo il sistema, si trova

U :

{x1 = x2 − x4

x3 = 4x2 − x4

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Capitolo 1 Algebra Lineare 93

da cui si deduce che U ha dimensione 2 e una sua base e costituita dai vettoriu1 = (1, 1, 4, 0) e u2 = (−1, 0,−1, 1), ottenuti ponendo rispettivamente x2 = 1,x4 = 0 e x2 = 0, x4 = 1 nel sistema precedente.

Per determinare una base di U⊥ osserviamo che un generico vettore u′ =(x1, x2, x3, x4) appartiene a U⊥ se e solo se u′ · u1 = x1 + x2 + 4x3 = 0 eu′ · u2 = −x1 − x3 + x4 = 0. Il sottospazio U⊥ e quindi dato dalle soluzioni delseguente sistema lineare:

U⊥ :

{x1 + x2 + 4x3 = 0−x1 − x3 + x4 = 0.

Risolvendo il sistema, si trova

U⊥ :

{x2 = −x1 − 4x3

x4 = x1 + x3

da cui si deduce che U⊥ ha dimensione 2 e una sua base e costituita dai vettoriu′1 = (1,−1, 0, 1) e u′2 = (0,−4, 1, 1), ottenuti ponendo rispettivamente x1 = 1,x3 = 0 e x1 = 0, x3 = 1 nel sistema precedente.

Consideriamo ora il vettore v1 = (2, 1,−2, 3) e scriviamolo come combina-zione lineare dei vettori u1, u2, u′1 e u′2 trovati in precedenza:

α1u1 + α2u2 + β1u′1 + β2u

′2 = v1.

Si ottiene il sistema α1 − α2 + β1 = 2α1 − β1 − 4β2 = 14α1 − α2 + β2 = −2α2 + β1 + β2 = 3

la cui soluzione e α1 = 0α2 = 1β1 = 3β2 = −1

Si ha dunquev1 = u2 + 3u′1 − u′2

e i vettori u ∈ U e u′ ∈ U⊥ cercati sono u = u2 = (−1, 0,−1, 1) e u′ = 3u′1−u′2 =(3, 1,−1, 2).

Consideriamo ora i vettori v2 = (5,−3, 9, 1) e w = (1, 2, 1,−1). Detto w′ unvettore tale che v2 = w + w′, si ha w′ = v2 − w = (4,−5, 8, 2) e si osserva chew′ · w = 0, cioe i vettori w e w′ sono ortogonali. Cio significa che il sottospaziotridimensionale W per il quale il vettore w e la proiezione ortogonale di v2 suW non e altro che il sottospazio ortogonale al vettore w′. Tale sottospazio W equindi l’insieme dei vettori (x1, x2, x3, x4) tali che

(x1, x2, x3, x4) · w′ = 4x1 − 5x2 + 8x3 + 2x4 = 0.

Questa e precisamente l’equazione cartesiana del sottospazio W cercato.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 94

Determiniamo infine una base ortogonale di W . Decidiamo di non ricorrereal procedimento di Gram-Schmidt. Cominciamo scegliendo (arbitrariamente) unvettore w1 ∈W ; ad esempio w1 = (1, 0, 0,−2). Per scegliere un secondo vettorew2 notiamo che esso deve soddisfare l’equazione 4x1 − 5x2 + 8x3 + 2x4 = 0 diW e deve inoltre essere ortogonale al vettore w1, cioe si deve avere w1 · w2 =x1 − 2x4 = 0. Per determinare w2 basta quindi trovare una delle soluzioni delsistema {

4x1 − 5x2 + 8x3 + 2x4 = 0x1 − 2x4 = 0.

Ad esempio, si puo scegliere w2 = (2, 2, 0, 1).Dato che dimW = 3, per terminare non rimane altro che trovare un terzo

vettore w3 ∈ W , ortogonale a w1 e w2. Tale vettore deve essere una soluzionedel seguente sistema:

4x1 − 5x2 + 8x3 + 2x4 = 0w1 · w3 = x1 − 2x4 = 0w2 · w3 = 2x1 + 2x2 + x4 = 0.

Questo sistema ammette infinite soluzioni (dipendenti da un parametro) e unadi esse e data dal vettore w3 = (32,−40,−45, 16). Una base ortogonale delsottospazio W e quindi costituita dai vettori w1, w2 e w3 appena trovati.

Esercizio 1.50. Nello spazio vettoriale euclideo R4, dotato del prodottoscalare usuale, si consideri il sottospazio U generato dai vettori u1 = (2, 2, 0, 1),u2 = (0, 1, 1, 0), u3 = (1, 0,−4,−1).

(a) Dato il vettore v = (3,−2, 1, 2) si determini la sua proiezione ortogonalesu U .

(b) Si determini, se possibile, un sottospazio L ⊂ R4, L 6= U⊥, tale cheU ⊕ L = R4.

(c) Si determini una base ortonormale di U .

(d) Sia f : R4 → R4 la funzione lineare che ad ogni vettore v ∈ R4 associa lasua proiezione ortogonale f(v) sul sottospazio U . Si determini una basedel nucleo di f .

Soluzione. Iniziamo col determinare una base di U⊥. Se w = (x1, x2, x3, x4) ∈U⊥, si ha

w · u1 = 2x1 + 2x2 + x4 = 0w · u2 = x2 + x3 = 0w · u3 = x1 − 4x3 − x4 = 0

da cui si ricava x1 = −2x2

x2 qualsiasix3 = −x2

x4 = 2x2

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Capitolo 1 Algebra Lineare 95

Cio significa che U⊥ ha dimensione 1 e una sua base e data dal vettore w =(−2, 1,−1, 2).

Scriviamo ora il vettore v come segue: v = v′ + v′′, con v′ ∈ U e v′′ ∈ U⊥.Il vettore v′ e la proiezione ortogonale di v su U (mentre v′′ e la proiezioneortogonale di v su U⊥).

Dato che U⊥ e generato dal vettore w, possiamo scrivere v′′ = λw e quindiv′ = v−v′′ = v−λw. Poiche v′ e w sono ortogonali, si ha v′ ·w = 0, che forniscela seguente equazione:

v′ · w = (v − λw) · w = v · w − λw · w = 0

da cui si ricavaλ =

v · ww · w

= −12.

Si ha dunque

v′ = v +12w =

(2,−3

2,

12, 3).

Poiche dimU = 3, per determinare un sottospazio L 6= U⊥, tale che U⊕L = R4,basta determinare un vettore ` linearmente indipendente da w e tale che i vettori{u1, u2, u3, `} siano una base di R4. Esistono infiniti vettori ` siffatti; ad esempio,e facile verificare che il vettore ` = (1, 0, 0, 0) soddisfa le condizioni richieste.Come L si puo quindi scegliere il sottospazio generato dal vettore ` indicato.

Per determinare una base ortonormale di U possiamo applicare il proce-dimento di Gram-Schmidt alla base {u1, u2, u3} di U . Poniamo w1 = u1 =(2, 2, 0, 1); si ha w1 · w1 = 9. Sia ora w2 = u2 + α1w1. Richiedendo che w2 siaortogonale a w1, cioe che sia w2 · w1 = 0, si trova

α1 = − u2 · w1

w1 · w1= −2

9.

Si ottiene cosıw2 = u2 −

29w1 =

(−4

9,

59, 1,−2

9

).

Per semplificare un po’ l’espressione di w2 decidiamo di moltiplicare tutto per9 e di porre pertanto

w2 = (−4, 5, 9,−2).

Ora si ha w2 ·w2 = 126. Poniamo ora w3 = u3 +α1w1 +α2w2. Richiedendo chew3 sia ortogonale a w1 e w2, cioe che sia w3 · w1 = w3 · w2 = 0, si trova

α1 = − u3 · w1

w1 · w1= −1

9, α2 = − u3 · w2

w2 · w2=

1963.

Si ottiene cosı

w3 = u3 −19w1 +

1963w2 =

(−3

7,

97,−9

7,−12

7

).

Come in precedenza, per semplificare un po’ l’espressione di w3 decidiamo dimoltiplicare tutto per 7 e dividere per 3, ponendo pertanto

w3 = (−1, 3,−3,−4).

Ora si ha w3 · w3 = 35.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 96

I vettori w1, w2 e w3 sono una base ortogonale del sottospazio U ; le loronorme sono date rispettivamente da:

‖w1‖ =√w1 · w1 = 3

‖w2‖ =√w2 · w2 = 3

√14

‖w3‖ =√w3 · w3 =

√35.

Per ottenere una base ortonormale di U e ora sufficiente dividere i vettori w1,w2 e w3 per le loro norme:

w′1 =w1

‖w1‖=(2

3,

23, 0,

13

)w′2 =

w2

‖w2‖=(− 4

3√

14,

53√

14,

93√

14,− 2

3√

14

)w′3 =

w3

‖w3‖=(− 1√

35,

3√35,− 3√

35,− 4√

35

).

Consideriamo infine la funzione lineare f che ad ogni vettore v ∈ R4 associa lasua proiezione ortogonale f(v) sul sottospazio U . I vettori v tali che f(v) = 0sono dunque tutti e soli i vettori ortogonali a U , si ha quindi Ker(f) = U⊥ euna base di Ker(f) e data dal vettore w = (−2, 1,−1, 2) (che e la base di U⊥

trovata all’inizio).

Esercizio 1.51. In R4 dotato del prodotto scalare usuale e nelle coordinate(x1, x2, x3, x4) si consideri il sottospazio V dato dall’equazione

V : 3x1 − x2 + x3 − 2x4 = 0.

(a) Dare una base di V .

(b) Determinare la proiezione ortogonale di v = (1, 1, 1, 1) su V .

(c) Dato 〈(1, 2,−1, 0)〉 sottospazio di V si determini M sottospazio di Vtale che abbia dimensione due e che sia fatto da vettori ortogonali a〈(1, 2,−1, 0)〉.

(d) Trovare tutti i vettori di R4 che hanno come proiezione ortogonale su V ilvettore (1, 2,−1, 0).

Soluzione. Dall’equazione di V si ricava

V : x2 = 3x1 + x3 − 2x4

da cui si deduce che V ha dimensione 3 e una sua base e costituita dai vettoriv1 = (1, 3, 0, 0), v2 = (0, 1, 1, 0), v3 = (0,−2, 0, 1).

Sempre dall’equazione di V segue che il vettore w = (3,−1, 1,−2) e ortogo-nale a V , anzi e una base di V ⊥.

Scriviamo ora il vettore v come somma v = v′ + v′′, con v′ ∈ V e v′′ ∈ V ⊥.Poiche w e una base di V ⊥, si ha v′′ = λw e quindi v′ = v− v′′ = v− λw. Datoche v′ ∈ V esso deve essere ortogonale a w, deve dunque essere v′ · w = 0. Siottiene cosı l’equazione

v′ · w = (v − λw) · w = v · w − λw · w = 0

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Capitolo 1 Algebra Lineare 97

da cui si ricavaλ =

v · ww · w

=115.

Si ha dunque

v′′ =115w =

( 315,− 1

15,

115,− 2

15

)v′ = v − v′′ =

(1215,

1615,

1415,

1715

).

Il vettore v′ e la proiezione ortogonale di v = (1, 1, 1, 1) su V .Poiche M deve avere dimensione 2, una sua base deve essere costituita da

due vettori di V che siano ortogonali al vettore (1, 2,−1, 0). Indicato con(x1, x2, x3, x4) un generico vettore, imponendo le condizioni di appartenenzaa V e di ortogonalita al vettore (1, 2,−1, 0), si ottiene il sistema{

3x1 − x2 + x3 − 2x4 = 0x1 + 2x2 − x3 = 0

da cui si ricava {x2 = −4x1 + 2x4

x3 = −7x1 + 4x4

Una base di M e dunque formata dai vettori m1 = (1,−4,−7, 0) e m2 =(0, 2, 4, 1).

Infine, per trovare tutti i vettori che hanno come proiezione ortogonale su Vil vettore (1, 2,−1, 0), basta ricordare che w = (3,−1, 1,−2) e una base di V ⊥.I vettori cercati sono dunque tutti e soli i vettori della forma

ut = (1, 2,−1, 0) + t(3,−1, 1,−2) = (1 + 3t, 2− t,−1 + t,−2t),

per ogni valore del parametro t.

Esercizio 1.52. Nello spazio vettoriale euclideo R4, dotato del prodottoscalare usuale, si considerino i vettori u = (3,−2, 1,−2) e w = (1,−1, 0, 1).

(a) Si determini l’equazione di un sottospazio W , di dimensione 3, tale che ilvettore w sia la proiezione ortogonale di u su W . Si determini inoltre unabase ortogonale {w1, w2, w3} di W , tale che w1 = w.

(b) Sia f : R4 → R4 la funzione lineare definita da f(v) = (v · u)w + (v · w)u.Si determini una base del nucleo e una base dell’immagine di f .

(c) Siano U1 e U2 i sottospazi generati, rispettivamente, da u1 = (0, 0, 1, 0) eu2 = (0, 1, 0, 1). Indichiamo con p1 e p2 le proiezioni ortogonali su U1 e U2.Si determini l’insieme F di tutti i vettori v ∈ R4 tali che ‖p1(v)‖ = ‖p2(v)‖e si dica se F e un sottospazio vettoriale di R4.

Soluzione. Se w deve essere la proiezione ortogonale di u su un sottospazioW , si deve avere u = w + w′, con w ∈ W e w′ ∈ W⊥. Dato che conosciamou e w, possiamo ricavare w′ = u − w = (2,−1, 1,−3). Naturalmente, affincheesista un sottospazio W con le proprieta richieste, i vettori w e w′ devono essereortogonali. Cio e vero, dato che si ha w · w′ = 0.

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Capitolo 1 Algebra Lineare 98

Poiche W deve avere dimensione 3, si ha dimW⊥ = 1, quindi il vettorew′ = (2,−1, 1,−3) risulta essere una base di W⊥. Ma allora le componenti diw′ non sono altro che i coefficienti che compaiono nell’equazione cartesiana diW . Il sottospazio W cercato ha dunque equazione

W : 2x1 − x2 + x3 − 3x4 = 0.

Cerchiamo ora una base ortogonale di W di cui il primo vettore sia w1 = w =(1,−1, 0, 1). Se indichiamo con w2 = (x1, x2, x3, x4) un vettore incognito, dob-biamo richiedere che w2 ∈ W e che i vettori w1 e w2 siano ortogonali, cioe chew1 · w2 = 0. Si ottiene cosı il sistema{

2x1 − x2 + x3 − 3x4 = 0x1 − x2 + x4 = 0

che equivale a {x2 = x1 + x4

x3 = −x1 + 4x4

Una soluzione di questo sistema (nel caso specifico la soluzione che si ottieneponendo x1 = 1 e x4 = 0) fornisce il vettore w2 = (1, 1,−1, 0).

Il vettore w3 si trova in modo analogo. Indicando con w3 = (x1, x2, x3, x4)un vettore incognito, dobbiamo richiedere che w3 ∈ W e che w3 sia ortogonaleai vettori w1 e w2, deve cioe essere w1 · w3 = 0 e w2 · w3 = 0. Si ottiene cosı ilsistema

2x1 − x2 + x3 − 3x4 = 0x1 − x2 + x4 = 0x1 + x2 − x3 = 0

che equivale a x1 = x4

x2 = 2x4

x3 = 3x4

Una soluzione di questo sistema fornisce il vettore w3 = (1, 2, 3, 1).Dalla definizione della funzione f

f(v) = (v · u)w + (v · w)u

si vede che l’immagine di ogni vettore v e una combinazione lineare dei vettoriw e u. Dato che w e u sono linearmente indipendenti, essi sono una basedell’immagine di f (che ha pertanto dimensione 2).

Per determinare il nucleo di f osserviamo che si ha f(v) = 0 se e solo sev ·u = 0 e v ·w = 0 (sempre perche w e u sono linearmente indipendenti), quindiKer(f) e dato dalle soluzioni del seguente sistema{

v · u = 3x1 − 2x2 + x3 − 2x4 = 0v · w = x1 − x2 + x4 = 0

Risolvendo tale sistema si ottiene{x2 = x1 + x4

x3 = −x1 + 4x4

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Capitolo 1 Algebra Lineare 99

da cui si deduce che una base di Ker(f) e costituita dai vettori (1, 1,−1, 0) e(0, 1, 4, 1).

Se U e un sottospazio generato da un vettore u 6= 0, la proiezione ortogonaledi un generico vettore v su U e data dalla formula seguente:

pU (v) =( v · uu · u

)u

Dette p1 e p2 le proiezioni ortogonali su U1 e U2 rispettivamente e posto v =(x1, x2, x3, x4), si ha allora

p1(v) =( v · u1

u1 · u1

)u1 = x3u1 = (0, 0, x3, 0)

p2(v) =( v · u2

u2 · u2

)u2 =

x2 + x4

2u2 =

(0,x2 + x4

2, 0,

x2 + x4

2

)Si ha quindi

‖p1(v)‖ =√x2

3

‖p2(v)‖ =

√(x2 + x4)2

2e l’uguaglianza ‖p1(v)‖ = ‖p2(v)‖ si traduce nella seguente equazione che de-scrive l’insieme F

F : x23 =

12

(x2 + x4)2

che equivale a

F : x3 = ±√

22

(x2 + x4)

Poiche l’equazione di F non e lineare, si conclude che F non e un sottospaziovettoriale di R4. Per convincersene basta osservare che i vettori v1 = (0, 2,

√2, 0)

e v2 = (0, 2,−√

2, 0) appartengono a F , ma la loro somma e il vettore v1 + v2 =(0, 4, 0, 0) che non soddisfa l’equazione di F .

Esercizio 1.53. Nello spazio vettoriale euclideo R3 sono dati i sottospazi V1,generato dal vettore v1 = (1, 2,−1) e V2, generato dal vettore v2 = (1, 1,−1).

(a) Si determini una base di (V1 + V2)⊥ e una base di V ⊥1 ∩ V ⊥2 .

(b) Si determini la proiezione ortogonale del vettore w = (1,−1, 4) sul sotto-spazio V1 + V2.

(c) Dette pV1 e pV2 le proiezioni ortogonali su V1 e V2 rispettivamente, sideterminino tutti i vettori v ∈ R3 tali che pV1(v) = pV2(v).

(d) Si determini l’insieme S di tutti i vettori di R3 la cui proiezione ortogonalesu V1 e il vettore (2, 4,−2).

Soluzione. I vettori v1 e v2 sono linearmente indipendenti, quindi una basedi V1 + V2 e data da {v1, v2}. I vettori di (V1 + V2)⊥ sono dunque i vettori chesono ortogonali a v1 e v2. In R3 un vettore ortogonale a v1 e v2 e dato dal loroprodotto vettoriale

v3 = v1 × v2 = (−1, 0,−1).

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Capitolo 1 Algebra Lineare 100

Si conclude quindi che v3 = (−1, 0,−1) e una base di (V1 + V2)⊥.Analogamente, i vettori di V ⊥1 ∩ V ⊥2 devono appartenere a V ⊥1 e a V ⊥2 , essi

devono dunque essere ortogonali a v1 e a v2. Ma questo significa che

V ⊥1 ∩ V ⊥2 = (V1 + V2)⊥.

Consideriamo ora il vettore w = (1,−1, 4) e scriviamo w = w′ + w′′, con w′ ∈V1 +V2 e w′′ ∈ (V1 +V2)⊥. Dato che (V1 +V2)⊥ e generato da v3, si ha w′′ = λv3

e quindi w′ = w − w′′ = w − λv3. Poiche w′ e ortogonale a v3, si ha

w′ · v3 = (w − λv3) · v3 = w · v3 − λv3 · v3 = 0,

da cui si ricavaλ =

w · v3

v3 · v3= −5

2.

Si ha dunque

w′′ = −52v3 =

(52, 0,

52

)w′ = w − w′′ =

(−3

2,−1,

32

)e w′ e la proiezione ortogonale di w sul sottospazio V1 + V2.

Il vettore pV1(v) e la proiezione ortogonale di v sul sottospazio V1, quindi eun multiplo di v1. Analogamente, il vettore pV2(v) e la proiezione ortogonale di vsul sottospazio V2, quindi e un multiplo di v2. Dato che v1 e v2 sono linearmenteindipendenti, si puo avere pV1(v) = pV2(v) se e solo se pV1(v) = pV2(v) = 0, ilche equivale a dire che v deve essere ortogonale a v1 e v2. Ma abbiamo gia vistoche i vettori ortogonali a v1 e v2 sono tutti e soli i multipli di v3. Si concludequindi che i vettori v ∈ R3 tali che pV1(v) = pV2(v) sono tutti i vettori del tipov = λv3, per ogni λ ∈ R.

L’insieme S di tutti i vettori di R3 la cui proiezione ortogonale su V1 e ilvettore (2, 4,−2) e

S = (2, 4,−2) + V ⊥1 .

Il sottospazio V ⊥1 e descritto dall’equazione

V ⊥1 : x1 + 2x2 − x3 = 0

e quindi una sua base e costituita dai vettori (−2, 1, 0) e (1, 0, 1). Si ha quindi

S = {(2, 4,−2) + α(−2, 1, 0) + β(1, 0, 1) | ∀α, β ∈ R}.

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Capitolo 2

Geometria Affine

Esercizio 2.1. Nello spazio euclideo tridimensionale sono dati i punti A =(0,−1, 1), B = (−1, 0, 2) e C = (1,−1,−4).

(a) Si determini l’equazione cartesiana del piano π passante per A, B e C.

(b) Si determini la retta r passante per A e per il punto medio M del segmentoBC.

(c) Si determini la retta s passante per A, contenuta nel piano π e ortogonalealla retta r.

Soluzione. Per determinare l’equazione del piano π calcoliamo i vettori v1 =B − A = (−1, 1, 1) e v2 = C − A = (1, 0,−5); π sara dunque il piano passanteper A e parallelo ai vettori v1 e v2. La sua equazione parametrica e

π : X = A+ λ1v1 + λ2v2,

cioe

π :

x = −λ1 + λ2

y = −1 + λ1

z = 1 + λ1 − 5λ2

Queste sono le equazioni parametriche del piano π. Per trovare l’equazionecartesiana basta eliminare i parametri λ1 e λ2. Si trova λ1 = y + 1, λ2 = x +y+1 e sostituendo queste espressioni nella terza equazione si ottiene l’equazionecartesiana di π:

π : 5x+ 4y + z + 3 = 0.

Da questa equazione si deduce che un vettore ortogonale al piano π e dato da

nπ = (5, 4, 1).

101

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Capitolo 2 Geometria Affine 102

Calcoliamo ora il punto medio M del segmento BC:

M =B + C

2= (0,−1/2,−1).

Poiche la retta r passa per i punti A e M , un suo vettore direttore e

vr = M −A = (0, 1/2,−2).

Le equazioni parametriche di r sono quindi X = A+ tvr, cioe

r :

x = 0

y = −1 + 12 t

z = 1− 2t

Se vogliamo le sue equazioni cartesiane basta ricavare t = 2y + 2 dalla secondaequazione e sostituire questa espressione nella terza. Si ottiene cosı

r :

{x = 04y + z + 3 = 0.

Per trovare la retta s abbiamo solo bisogno di conoscere un suo vettore direttorevs. Tale vettore deve essere ortogonale a vr (dato che le rette r e s devonoessere perpendicolari) e “contenuto” nel piano π (cioe parallelo a π). Richiedereche il vettore vs sia parallelo al piano π equivale a richiedere che tale vettoresia ortogonale al vettore nπ (dato che nπ e un vettore ortogonale al piano π).Concludiamo quindi che vs deve essere un vettore ortogonale ad entrambi ivettori nπ e vr. Possiamo quindi prendere vs = nπ × vr (il prodotto vettorialedi nπ e vr). Si trova cosı

vs = (−17/2, 10, 5/2).

La retta s e quindi data dalle seguenti equazioni parametriche: X = A + tvs,cioe

s :

x = − 17

2 t

y = −1 + 10t

z = 1 + 52 t.

Esercizio 2.2. Nello spazio euclideo tridimensionale sono date le rette r e sdi equazioni

r :

{x+ 3y + 1 = 0x+ 3y + z − 2 = 0

s :

{x− 2z − 7 = 0y − z − 4 = 0

Si verifichi che le rette r e s sono sghembe. Si determinino le equazioni dellaretta ` incidente alle rette r e s e ortogonale ad entrambe. Si determini ladistanza tra r e s. Infine, si determinino i punti R ∈ r e S ∈ s di minimadistanza.

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Capitolo 2 Geometria Affine 103

Soluzione. Vediamo se le due rette sono incidenti oppure no:

r ∩ s :

x+ 3y + 1 = 0x+ 3y + z − 2 = 0x− 2z − 7 = 0y − z − 4 = 0

Si verifica facilmente che questo sistema non ammette alcuna soluzione, quindir ∩ s = ∅ e dunque le rette r e s non sono incidenti. Per controllare se essesono parallele cerchiamo un vettore direttore di ciascuna retta. Utilizzandole equazioni di r si possono facilmente determinare due punti A,B ∈ r; adesempio A = (−1, 0, 3) e B = (2,−1, 3). Un vettore direttore di r e quindi datoda vr = B −A = (3,−1, 0).

In modo del tutto analogo si possono determinare due punti C,D ∈ s, adesempio C = (1, 1,−3) e D = (−1, 0,−4); si puo poi prendere come vettoredirettore della retta s il vettore vs = C − D = (2, 1, 1). E ora immediatoosservare che i vettori vr e vs non sono multipli uno dell’altro, quindi le retter e s non sono parallele. Abbiamo cosı dimostrato che r e s sono due rettesghembe, come richiesto.

Per determinare l’equazione della retta ` incidente alle rette r e s e ortogonalead entrambe procediamo nel modo seguente: cerchiamo di determinare un puntoP ∈ r e un punto Q ∈ s tali che il vettore w = P −Q sia ortogonale ai vettoridirettori di r e s; in questo modo la retta passante per i punti P e Q sara laretta ` cercata. Cosı facendo risponderemo anche alle due domande successive;infatti la distanza tra le rette r e s coincide con la distanza tra i punti P e Q, iquali sono precisamente i punti di r e di s di minima distanza.

Dato che la retta r passa per il punto A = (−1, 0, 3) ed e parallela al vettorevr = (3,−1, 0), un generico punto P ∈ r si puo scrivere nella forma P =A + λvr = (−1 + 3λ,−λ, 3), al variare di λ ∈ R. Analogamente, dato che laretta s passa per il punto D = (−1, 0,−4) ed e parallela al vettore vs = (2, 1, 1),un generico punto Q ∈ s si puo scrivere nella forma Q = D + µvs = (−1 +2µ, µ,−4 + µ), al variare di µ ∈ R. Il vettore w = P − Q e quindi dato daw = (3λ − 2µ,−λ − µ, 7 − µ). Imponendo che w sia ortogonale ai vettori vr evs si ottiene il seguente sistema:{

w · vr = 10λ− 5µ = 0w · vs = 5λ− 6µ+ 7 = 0

la cui soluzione e {λ = 1µ = 2.

I punti P e Q cercati sono pertanto

P = (2,−1, 3) e Q = (3, 2,−2).

La retta ` e la retta passante per P e Q, la cui equazione parametrica e X =P + t(Q− P ), che equivale al seguente sistema:

` :

x = 2 + t

y = −1 + 3tz = 3− 5t

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Capitolo 2 Geometria Affine 104

Se si vogliono determinare le equazioni cartesiane di ` si puo ricavare t = x− 2dalla prima equazione e sostituire nelle altre due, ottenendo il seguente sistema:

` :

{3x− y − 7 = 05x+ z − 13 = 0.

Per terminare, osserviamo che i punti R ∈ r e S ∈ s di minima distanza sonoprecisamente R = P = (2,−1, 3) e S = Q = (3, 2,−2), e che la distanza di r das e data da: dist(r, s) = dist(P,Q) = ‖w‖ =

√35.

Esercizio 2.3. Nello spazio euclideo tridimensionale sono dati la retta

r :

{x− 2y − 3 = 02x+ y + z + 1 = 0

e il punto P = (1, 3,−2).

(a) Si determini l’equazione del piano π contenente la retta r e passante peril punto P .

(b) Si determini l’equazione della retta s passante per il punto P , perpendi-colare alla retta r e contenuta nel piano π.

(c) Si determini infine il punto R di intersezione delle rette r e s e la distanzadel punto P dalla retta r.

Soluzione. Per determinare l’equazione del piano π contenente la retta r epassante per il punto P consideriamo il fascio di piani di asse r, dato da

λ(x− 2y − 3) + µ(2x+ y + z + 1) = 0

e imponiamo la condizione di passaggio per P :

−8λ+ 4µ = 0.

Si trova cosı µ = 2λ e possiamo quindi prendere λ = 1 e µ = 2. Sostituendoquesti valori nell’equazione del fascio di piani, si ottiene l’equazione del piano πcercato:

π : 5x+ 2z − 1 = 0.

Un vettore perpendicolare a tale piano e nπ = (5, 0, 2).Cerchiamo ora un vettore direttore vr della retta r. A tal fine determiniamo

due punti (arbitrari) di r, ad esempio i punti A = (1,−1,−2) e B = (3, 0,−7),e calcoliamo la loro differenza:

vr = B −A = (2, 1,−5).

Poiche la retta s deve essere ortogonale alla retta r e contenuta nel piano π, unsuo vettore direttore vs deve essere ortogonale al vettore vr e anche al vettorenπ, il quale e ortogonale al piano π. Come vettore vs si puo dunque prendere ilprodotto vettoriale dei vettori vr e nπ:

vs = vr × nπ = (2,−29,−5).

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Capitolo 2 Geometria Affine 105

La retta s e dunque la retta passante per il punto P e parallela al vettore vs equindi le sue equazioni parametriche sono date da X = P + tvs, cioe

s :

x = 1 + 2ty = 3− 29tz = −2− 5t.

Il punto R = r ∩ s si determina mettendo a sistema le equazioni di r con quelledi s:

R = r ∩ s :

x− 2y − 3 = 02x+ y + z + 1 = 0x = 1 + 2ty = 3− 29tz = −2− 5t.

Risolvendo questo sistema si trova R =(

1915 ,−

1315 ,−

83

). La distanza di P dalla

retta r non e altro che la distanza di P dal punto R, cioe la norma del vettoreR− P =

(415 ,−

5815 ,−

23

). Si ha dunque

dist(P, r) = dist(P,R) = ‖R− P‖ = 215

√870.

Esercizio 2.4. Nello spazio euclideo tridimensionale sono date le rette r e sdi equazioni

r :

x = 2− ty = −1 + 2tz = t

s :

{x− y + 4z − 1 = 02x+ y − 2 = 0

Si verifichi che le rette r e s sono sghembe e si calcoli la loro reciproca distanza.Si determini la retta ` passante per il punto P = (2, 0, 1) e incidente alle retter e s. Si calcolino le coordinate dei punti di intersezione R = r ∩ ` e S = s ∩ `.

Soluzione. Controlliamo se le rette r e s sono incidenti:

r ∩ s :

x = 2− ty = −1 + 2tz = t

x− y + 4z − 1 = 02x+ y − 2 = 0

Si verifica facilmente che questo sistema non ammette soluzioni, quindi r∩s = ∅.Le due rette sono pertanto parallele oppure sghembe.

Cerchiamo ora dei vettori direttori di r e s. Dalle equazioni parametrichedella retta r si deduce immediatamente che un suo vettore direttore e vr =(−1, 2, 1). Per determinare un vettore direttore della retta s cerchiamo primadue punti di tale retta. Dalle equazioni di s si deduce che i punti A = (1, 0, 0)

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Capitolo 2 Geometria Affine 106

e B = (2,−2,−3/4) appartengono a tale retta, quindi un vettore direttore di se dato da vs = B −A = (1,−2,−3/4). Come si vede, i vettori vr e vs non sonoproporzionali, quindi le rette r e s non sono parallele. Abbiamo cosı dimostratoche r e s sono due rette sghembe.

Per determinare la distanza di r da s procediamo nel modo seguente. Sceglia-mo un punto della retta r, ad esempio il punto C = (2,−1, 0), e un punto dellaretta s, ad esempio A = (1, 0, 0). Consideriamo il vettore w = C−A = (1,−1, 0).Ricordando che vr e vs sono vettori direttori delle rette r e s rispettivamente,si ha:

dist(r, s) =|w · (vr × vs)|‖vr × vs‖

.

Calcolando il prodotto vettoriale di vr e vs si ottiene

vr × vs = (1/2, 1/4, 0),

e quindi ‖vr × vs‖ =√

5/4. Si ha poi

w · (vr × vs) = det

1 −1 0−1 2 11 −2 − 3

4

=14.

Dalla formula precedente si ottiene cosı

dist(r, s) =√

55.

Per determinare la retta ` passante per il punto P = (2, 0, 1) e incidente allerette r e s consideriamo un generico punto di r, dato da Rt = (2− t,−1 + 2t, t),e indichiamo con `t la retta passante per i punti P e Rt:

`t :

x = 2 + λ(−t)y = λ(−1 + 2t)z = 1 + λ(t− 1)

Si tratta in realta di una “famiglia” di infinite rette `t, parametrizzate da t ∈ R.Per costruzione, tutte queste rette passano per il punto P e intersecano la rettar (nel punto Rt). Si tratta solo di scoprire quale di queste rette interseca anchela retta s, cioe per quale t si ha `t ∩ s 6= ∅. Cerchiamo dunque l’intersezione trale rette `t e s:

`t ∩ s :

x = 2− λty = (−1 + 2t)λz = 1 + (t− 1)λx− y + 4z − 1 = 02x+ y − 2 = 0

Questo sistema ha un’unica soluzione, data da

t = 1/2λ = 2x = 1y = 0z = 0.

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Capitolo 2 Geometria Affine 107

Cio significa che il valore di t per cui la retta `t e incidente alle rette r e se t = 1/2 e in tal caso il punto S di intersezione tra s e `t ha coordinateS = (1, 0, 0). La retta ` cercata ha dunque le seguenti equazioni parametriche:

` = `1/2 :

x = 2− 1

2 λ

y = 0

z = 1− 12 λ

e il punto R = r ∩ ` e dato da R = R1/2 = (3/2, 0, 1/2).Per terminare osserviamo che la retta ` si poteva anche determinare nel

modo seguente. Consideriamo il piano π contenente la retta s e il punto P . Pertrovare la sua equazione consideriamo il fascio di piani di asse s

λ(x− y + 4z − 1) + µ(2x+ y − 2) = 0

e imponiamo la condizione di passaggio per P

5λ+ 2µ = 0.

Ponendo λ = −2 e µ = 5 e sostituendo tali valori nell’equazione del fascio dipiani, si trova il piano cercato

π : 8x+ 7y − 8z − 8 = 0.

Poiche la retta ` cercata deve passare per il punto P e deve intersecare laretta s, essa deve necessariamente essere contenuta nel piano π. Cerchiamoora l’intersezione tra il piano π e la retta r:

π ∩ r :

x = 2− ty = −1 + 2tz = t

8x+ 7y − 8z − 8 = 0.

L’unica soluzione di questo sistema et = 1/2x = 3/2y = 0z = 1/2.

Si scopre cosı che il piano π e la retta r si intersecano nel punto di coordinate(3/2, 0, 1/2). Da quanto detto in precedenza si deduce che la retta ` cercatadeve necessariamente intersecare la retta r nel punto R = (3/2, 0, 1/2); essa edunque la retta passante per P e parallela al vettore R− P = (−1/2, 0,−1/2).Si ritrovano cosı le equazioni della retta ` scritte in precedenza.

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Capitolo 2 Geometria Affine 108

Esercizio 2.5. Nello spazio euclideo tridimensionale sono dati i punti A =(0,−1, 1), B = (−1, 0, 2) e C = (1,−1,−4).

(a) Si determini l’equazione cartesiana del piano π passante per A, B e C.

(b) Si determini la retta r passante per A e per il punto medio M del segmentoBC.

(c) Si determini la retta s passante per A, contenuta nel piano π e ortogonalealla retta r.

(d) Infine, dato il punto P = (1, 1, 1), si determinino le distanze di P dallaretta r e dal piano π.

Soluzione. Il piano π avra un’equazione del tipo ax + by + cz + d = 0.Imponendo le condizioni di passaggio per i punti A, B e C, si ottiene il seguentesistema

−b+ c+ d = 0−a+ 2c+ d = 0a− b− 4c+ d = 0

le cui soluzioni sono a = 5cb = 4cd = 3cc qualsiasi.

Ponendo c = 1 si ottiene la seguente equazione cartesiana del piano π:

π : 5x+ 4y + z + 3 = 0.

Calcoliamo le coordinate del punto medio M del segmento BC:

M =B + C

2=(0,− 1

2 ,−1).

Il vettore direttore della retta r e dato da

vr = M −A =(0, 1

2 ,−2)

e quindi le equazioni parametriche di r sono X = A+ tvr, cioe

r :

x = 0

y = −1 + 12 t

z = 1− 2t.

Se si vogliono le equazioni cartesiane della retta r si puo ricavare t dalla secondaequazione, t = 2y + 2, e sostituire tale valore nella terza, ottenendo cosı

r :

{x = 04y + z + 3 = 0.

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Capitolo 2 Geometria Affine 109

Indichiamo con vs un vettore direttore della retta s. Poiche s deve essere con-tenuta nel piano π, il suo vettore direttore vs deve essere ortogonale al vettorenπ = (5, 4, 1), ortogonale al piano π. Inoltre vs deve essere anche ortogonale alvettore vr, dato che la retta s deve essere ortogonale alla retta r. Quindi comevs dobbiamo prendere un vettore che sia ortogonale ad entrambi i vettori nπ evr; ad esempio possiamo prendere il loro prodotto vettoriale:

vs = nπ × vr =(− 17

2 , 10, 52

).

Le equazioni parametriche della retta s sono quindi X = A+ tvs, cioe

s :

x = − 17

2 t

y = −1 + 10t

z = 1 + 52 t.

Per calcolare la distanza del punto P dalla retta r consideriamo il vettore u =P −A = (1, 2, 0). Possiamo ora usare la seguente formula:

dist(P, r) =‖u× vr‖‖vr‖

.

Effettuando i calcoli necessari, si trova u × vr = (−4, 2, 1/2), ‖u × vr‖ = 9/2 e‖vr‖ = 1

2

√17. Si ha pertanto

dist(P, r) =9√

1717

.

Infine, per la distanza di P dal piano π, si trova

dist(P, π) =13√42

=13√

4242

.

Esercizio 2.6. Nello spazio euclideo tridimensionale si considerino i punti

A = (−1, 2,−3), B = (2,−1, 3), C = (−1, 0, 0).

(a) Trovare l’equazione cartesiana del piano π contenente il triangolo ABC ecalcolare l’area di tale triangolo.

(b) Determinare le equazioni cartesiane della retta s, perpendicolare al pianoπ e passante per il punto P = (0,−3, 0).

(c) Calcolare la distanza tra la retta s e la retta r, passante per A e B.

(d) Determinare la proiezione ortogonale della retta OP sul piano π (ove O eil punto di coordinate (0, 0, 0)).

(e) Calcolare l’angolo fra il piano π e il piano XY .

Soluzione. Consideriamo i vettori v = B − A = (3,−3, 6) e w = C − A =(0,−2, 3). Le equazioni parametriche del piano π sono date da X = A+λv+µw,

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Capitolo 2 Geometria Affine 110

cioe

π :

x = −1 + 3λy = 2− 3λ− 2µz = −3 + 6λ+ 3µ.

Eliminando i due parametri λ e µ si trova la seguente equazione cartesiana peril piano π:

π : x− 3y − 2z + 1 = 0.

L’area del triangolo di vertici A, B e C si puo calcolare utilizzando la formulaseguente:

Area(ABC) =12‖v × w‖.

Calcolando il prodotto vettoriale di v e w si trova il vettore v×w = (3,−9,−6),la cui norma e ‖v × w‖ = 3

√14. Si ha quindi

Area(ABC) =32

√14.

Un vettore ortogonale al piano π e nπ = (1,−3,−2). La retta s, perpendi-colare al piano π e passante per il punto P = (0,−3, 0) ha dunque equazioniparametriche date da X = P + tnπ, cioe

s :

x = t

y = −3− 3tz = −2t.

Eliminando il parametro t si trovano le seguenti equazioni cartesiane:

s :

{3x+ y + 3 = 02x+ z = 0.

Per calcolare la distanza tra le rette r e s procediamo come segue. Scegliamoun punto della retta r, ad esempio A = (−1, 2,−3), un punto della retta s,ad esempio P = (0,−3, 0), e calcoliamo il vettore w = A − P = (−1, 5,−3).Consideriamo ora un vettore direttore della retta r, ad esempio vr = (1,−1, 2)(e il vettore B −A diviso per 3), e un vettore direttore della retta s, vs = nπ =(1,−3,−2). La distanza tra le rette r e s e data dalla seguente formula:

dist(r, s) =|(vr × vs) · w|‖vr × vs‖

.

Si ha

|(vr × vs) · w| =

∣∣∣∣∣∣det

1 −1 21 −3 −2−1 5 −3

∣∣∣∣∣∣ = 18,

vr × vs = (8, 4,−2), e quindi ‖vr × vs‖ = 2√

21. Si trova cosı

dist(r, s) =37

√21.

Per trovare la proiezione ortogonale della retta OP sul piano π e sufficientetrovare la proiezione ortogonale su π di due punti di tale retta (ad esempio dei

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Capitolo 2 Geometria Affine 111

punti O e P ); la retta cercata e la retta che passa per i punti cosı trovati. Inalternativa si puo procedere come segue. Dato che il punto O ha coordinateO = (0, 0, 0), le equazioni parametriche della retta OP sono

x = 0y = −3tz = 0.

Mettendo a sistema queste equazioni con l’equazione del piano π si trovanole coordinate del punto di intersezione T tra il piano π e la retta OP , T =(0, 1/3, 0). Dato che T ∈ π, la sua proiezione ortogonale sul piano π e il puntoT stesso.

Per calcolare la proiezione ortogonale del punto P sul piano π consideriamola retta passante per P e ortogonale a π; questa e precisamente la retta sdeterminata in precedenza. Cerchiamo ora il punto P ′ = s ∩ π:

s ∩ π :

3x+ y + 3 = 02x+ z = 0x− 3y − 2z + 1 = 0.

Risolvendo tale sistema si trova P ′ = (−5/7,−6/7, 10/7). Il vettore P ′ − T edato da

P ′ − T =(−5

7,−25

21,

107

)e dunque la retta passante per i punti T e P ′ ha le seguenti equazioni parame-triche

x = − 57 λ

y = 13 −

2521 λ

z = 107 λ.

Questa retta e la proiezione ortogonale della retta OP sul piano π.Il piano π, di equazione x − 3y − 2z + 1 = 0, ha un vettore normale dato

da nπ = (1,−3,−2). Indichiamo con σ il piano XY ; esso ha equazione z = 0.Un vettore normale a tale piano e dunque il vettore nσ = (0, 0, 1). Osserviamoora che l’angolo α formato dai due piani π e σ coincide con l’angolo formato daidue vettori nπ e nσ. Si ha pertanto

cosα =nπ · nσ‖nπ‖ ‖nσ‖

= −17

√14,

da cui si deduce che α = arccos(−√

14/7).

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Capitolo 2 Geometria Affine 112

Esercizio 2.7. Nello spazio affine euclideo tridimensionale, si consideri il pianoπ di equazione 3x− y + z + 2 = 0 e i punti A = (0, 0,−2) e B = (0, 2, 0).

(a) Si determinino le equazioni cartesiane della retta r passante per il puntoA e ortogonale al piano π.

(b) Si determinino le equazioni cartesiane della retta s passante per il puntoB, contenuta nel piano π e ortogonale alla retta passante per A e B.

(c) Dato il punto P = (3, 2,−1) si determinino le distanze di P dalla retta re dal piano π. Si determini inoltre la proiezione ortogonale P ′ di P sulpiano π.

(d) Si determinino tutti i punti C ∈ π tali che il triangolo ABC sia equilatero.

Soluzione. Un vettore ortogonale al piano π e dato da nπ = (3,−1, 1). Talevettore e dunque il vettore direttore vr della retta r, la quale ha pertanto leseguenti equazioni parametriche:

r :

x = 3ty = −tz = −2 + t.

Dalla seconda equazione si ha t = −y e sostituendo nelle altre due si ottengonole seguenti equazioni cartesiane per la retta r:

r :

{x+ 3y = 0y + z + 2 = 0.

Si ha B − A = (0, 2, 2) = 2(0, 1, 1), quindi come vettore direttore della rettapassante per i punti A e B possiamo prendere il vettore w = (0, 1, 1). Poichela retta s deve essere ortogonale alla retta per A e B e contenuta nel piano π,un suo vettore direttore vs deve essere ortogonale al vettore w e al vettore nπ,quindi possiamo prendere il vettore vs = w×nπ = (2, 3,−3). La retta s cercatae dunque la retta passante per il punto B avente vs come vettore direttore, equindi le sue equazioni parametriche sono

s :

x = 2ty = 2 + 3tz = −3t.

Dalla prima equazione si ricava t = x/2 e sostituendo nelle altre due si ottengonole seguenti equazioni cartesiane per la retta s:

s :

{y = 2 + 3

2 x

z = − 32 x.

Per calcolare la distanza del punto P dalla retta r, poniamo u = P−A = (3, 2, 1)e calcoliamo il prodotto vettoriale dei vettori u e vr = nπ:

u× vr = (3, 2, 1)× (3,−1, 1) = (3, 0,−9).

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Capitolo 2 Geometria Affine 113

La distanza di P da r e data dalla seguente formula:

dist(P, r) =‖u× vr‖‖vr‖

=3√

10√11

.

Per quanto riguarda il calcolo della distanza del punto P dal piano π, si ha:

dist(P, π) =8√11.

Per calcolare la proiezione ortogonale del punto P sul piano π, consideriamo laretta passante per P e ortogonale a π, le cui equazioni parametriche sono

x = 3 + 3ty = 2− tz = −1 + t.

Intersecando tale retta con il piano π si ottiene il sistemax = 3 + 3ty = 2− tz = −1 + t

3x− y + z + 2 = 0,

la cui soluzione e t = −8/11x = 9/11y = 30/11z = −19/11.

Il punto P ′, proiezione ortogonale di P sul piano π, ha quindi le seguenticoordinate:

P ′ =( 9

11,

3011,−19

11

).

Consideriamo ora un generico punto C = (a, b, c). La condizione di apparte-nenza del punto C al piano π fornisce una prima equazione 3a− b+ c+ 2 = 0.Calcoliamo ora i quadrati delle distanze tra i tre punti A, B e C:

dist(A,B)2 = 8

dist(A,C)2 = a2 + b2 + c2 + 4c+ 4

dist(B,C)2 = a2 + b2 + c2 − 4b+ 4.

L’uguaglianza dist(A,C)2 = dist(B,C)2 fornisce una seconda equazione, 4c =−4b, mentre l’uguaglianza dist(A,C)2 = dist(A,B)2 fornisce la terza equazione,a2 + b2 + c2 + 4c + 4 = 8. Mettendo a sistema le tre equazioni cosı trovate siottiene il seguente sistema (di secondo grado)

3a− b+ c+ 2 = 04c = −4b

a2 + b2 + c2 + 4c+ 4 = 8,

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Capitolo 2 Geometria Affine 114

le cui (due) soluzioni sono date daa = 2

√311

b = 1 + 3√

311

c = −1− 3√

311

e

a = −2

√311

b = 1− 3√

311

c = −1 + 3√

311

Si conclude pertanto che esistono due punti C ∈ π tali che il triangolo di verticiA, B e C sia equilatero; essi sono

C1 =(

2√

311 , 1+3

√311 ,−1−3

√311

), C2 =

(−2√

311 , 1−3

√311 ,−1+3

√311

).

Esercizio 2.8. Nello spazio affine euclideo tridimensionale sono date le rette

r :

{x− 2y = 12x− y + z = 3

s :

{y − z = 22x− y − z = 1

(a) Si stabilisca se le rette r e s sono incidenti, parallele oppure sghembe.

(b) Si determini l’equazione cartesiana del piano π contenente la retta s eparallelo alla retta r.

(c) Si determinino le equazioni parametriche della retta r′, proiezione ortogo-nale di r sul piano π.

(d) Dato il vettore v = (1, 4,−2) si determini la retta t parallela al vettore ve incidente le rette r e s.

(e) Posto R = r ∩ t e S = s ∩ t, si calcoli l’area del triangolo PRS, oveP = (2, 2, 1).

Soluzione. Per scoprire se le rette r e s sono incidenti, risolviamo il seguentesistema:

r ∩ s :

x− 2y = 12x− y + z = 3y − z = 22x− y − z = 1

Si scopre facilmente che tale sistema non ammette soluzioni, quindi r ∩ s = ∅:le rette r e s non sono incidenti.

Dalle equazioni della retta r e facile determinare due punti di r, ad esempioi punti R1 = (1, 0, 1) e R2 = (3, 1,−2). Un vettore direttore della retta re quindi dato da vr = R2 − R1 = (2, 1,−3). In modo del tutto analogo sipossono determinare due punti di s, ad esempio i punti S1 = (3/2, 2, 0) e S2 =(1/2, 1,−1). Un vettore direttore della retta s e quindi dato da vs = S1 − S2 =(1, 1, 1). Poiche i vettori vr e vs non sono l’uno multiplo dell’altro, le rette r e snon sono parallele. Da quanto appena visto si deduce pertanto che le due rettedate sono sghembe.

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Capitolo 2 Geometria Affine 115

Il piano π contenente la retta s e parallelo alla retta r non e altro che il pianopassante per un punto di s, ad esempio S1 = (3/2, 2, 0), e parallelo ai vettori vre vs. Le sue equazioni parametriche sono quindi date da

π :

x = 3/2 + 2λ+ µ

y = 2 + λ+ µ

z = −3λ+ µ

Eliminando i parametri λ e µ dalle equazioni precedenti si ottiene la sequenteequazione cartesiana del piano π:

4x− 5y + z + 4 = 0.

Per determinare la retta r′, proiezione ortogonale di r sul piano π, consideriamoil punto R1 = (1, 0, 1) di r e calcoliamo la sua proiezione ortogonale R′1 su π.Per fare cio consideriamo la retta ` passante per R1 e ortogonale al piano π, lecui equazioni parametriche sono

` :

x = 1 + 4λy = −5λz = 1 + λ

e calcoliamo la sua intersezione con π

R′1 = ` ∩ π :

x = 1 + 4λy = −5λz = 1 + λ

4x− 5y + z + 4 = 0.

Risolvendo il sistema si trova R′1 = (1/7, 15/14, 11/14). A questo punto bastaosservare che la retta r′, proiezione ortogonale di r sul piano π, e la retta pas-sante per il punto R′1 e parallela al vettore vr = (2, 1,−3). Le sue equazioniparametriche sono pertanto

r′ :

x = 1/7 + 2λy = 15/14 + λ

z = 11/14− 3λ

Per determinare la retta t parallela al vettore v = (1, 4,−2) e incidente le retter e s possiamo procedere nel modo seguente. Indichiamo con Rλ il genericopunto di r, dato da Rλ = R1 +λvr = (1 + 2λ, λ, 1− 3λ), e consideriamo la rettatλ passante per Rλ e parallela al vettore v, le cui equazioni parametriche sonodate da

tλ :

x = 1 + 2λ+ µ

y = λ+ 4µz = 1− 3λ− 2µ.

Facciamo notare che, per ogni λ fissato, le precedenti equazioni parametrichedescrivono i punti della retta tλ, mentre le stesse equazioni considerate al va-riare di entrambi i parametri λ e µ, descrivono i punti di un piano, il quale eprecisamente il piano contenente la retta r e parallelo al vettore v.

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Capitolo 2 Geometria Affine 116

Calcolando l’intersezione tra la retta tλ e la retta s si ottiene il sistema

tλ ∩ s :

x = 1 + 2λ+ µ

y = λ+ 4µz = 1− 3λ− 2µy − z = 22x− y − z = 1

da cui si ricava

λ = 0µ = 1/2x = 3/2y = 2z = 0

Cio significa che la retta t cercata e la retta che corrisponde al valore λ = 0 edunque le sue equazioni parametriche sono

t = t0 :

x = 1 + µ

y = 4µz = 1− 2µ.

I punti di intersezione tra la retta t e le rette r e s sono rispettivamente

R = t ∩ r = (1, 0, 1), S = t ∩ s = (3/2, 2, 0).

Per calcolare l’area del triangolo PRS determiniamo i vettori−→PR = R − P =

(−1,−2, 0) e−→PS = S − P = (−1/2, 0,−1). Il prodotto vettoriale di questi due

vettori e il vettore−→PR ×

−→PS = (2,−1,−1), la cui norma e ‖

−→PR ×

−→PS‖ =

√6.

Si ha quindi

Area(PRS) =12‖−→PR×

−→PS‖ =

√6

2.

Esercizio 2.9. Nello spazio affine euclideo tridimensionale si considerino ipunti A = (2, 3, 1), B = (1,−2,−1) e il vettore n = (2, 1, 1).

(a) Si determini l’equazione cartesiana del piano π passante per il punto medioM del segmento AB e ortogonale al vettore n.

(b) Si determini l’angolo α formato dalla retta r, passante per i punti A e B,e il piano π.

(c) Dato il punto C = (2,−3, 4) se ne determinino le proiezioni ortogonali C ′,sulla retta r, e C ′′, sul piano π.

(d) Si determinino le equazioni della retta s passante per il punto M , conte-nuta nel piano π e ortogonale alla retta r.

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Capitolo 2 Geometria Affine 117

Soluzione. Le coordinate del punto medio M del segmento AB sono date da

M =A+B

2=(3

2,

12, 0).

L’equazione del generico piano ortogonale al vettore n = (2, 1, 1) e

2x+ y + z + d = 0.

Imponendo la condizione di passaggio per M , si ottiene d = −7/2, quindil’equazione del piano π cercato e

π : 2x+ y + z − 7/2 = 0.

Per determinare l’angolo α formato dalla retta r e dal piano π ci serve un vettoredirettore vr di r e un vettore n ortogonale al piano π. Si ha vr = A−B = (1, 5, 2),mentre n = (2, 1, 1) e dato.

Se indichiamo con β l’angolo formato dai vettori vr e n, si ha

cosβ =n · vr‖n‖ ‖vr‖

=9

6√

5=

3√

510

.

Se α e l’angolo formato dalla retta r e dal piano π, si ha α+ β = 90◦, quindi

sinα = cosβ =3√

510

e dunque

α = arcsin3√

510

.

Per determinare la proiezione ortogonale del punto C sulla retta r procediamocome segue. Avendo determinato in precedenza un vettore direttore della rettar, vr = (1, 5, 2), possiamo scrivere le equazioni parametriche di r:

r :

x = 2 + t

y = 3 + 5tz = 1 + 2t

e dunque il generico punto della retta r ha coordinate X = (2 + t, 3 + 5t, 1 + 2t).Calcoliamo ora il vettore u = X −C = (t, 5t+ 6, 2t− 3) e richiediamo che u siaortogonale alla retta r:

u · vr = 30t+ 24 = 0,

da cui si ricava t = −4/5. Sostituendo il valore di t appena trovato nellecoordinate del punto X si ottengono le coordinate del punto C ′, proiezioneortogonale di C su r:

C ′ =(6

5,−1,−3

5

).

Determiniamo ora il punto C ′′, proiezione ortogonale di C sul piano π. A talfine scriviamo le equazioni parametriche della retta r′ passante per il punto Ce ortogonale a π:

r′ :

x = 2 + 2ty = −3 + t

z = 4 + t

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Capitolo 2 Geometria Affine 118

Il punto C ′′ e dato dall’intersezione tra r′ e π e le sue coordinate si ottengonodunque risolvendo il sistema

x = 2 + 2ty = −3 + t

z = 4 + t

2x+ y + z − 7/2 = 0

da cui si ottieneC ′′ =

(32,−13

4,

154

).

Infine, per determinare le equazioni della retta s dobbiamo determinare un suovettore direttore vs. Tale vettore deve essere ortogonale ai vettori n e vr, si puodunque prendere come vs il prodotto vettoriale dei vettori n e vr

vs = n× vr = (−3,−3, 9).

Le equazioni parametriche di s sono pertanto

s :

x = 3/2− 3ty = 1/2− 3tz = 9t

Esercizio 2.10. Nello spazio affine euclideo tridimensionale, sono dati i puntiA = (2, 1,−1), B = (4,−2, 0) e la retta r di equazioni x−2y−5 = 0 e 2y−z = 0.

(a) Si determini l’equazione cartesiana del piano π che passa per i punti A eB e che interseca la retta r in un punto C equidistante da A e B.

(b) Si determinino le equazioni cartesiane della retta s passante per il puntoC, contenuta nel piano π e ortogonale alla retta r.

(c) Si determini la proiezione ortogonale del punto A sulla retta r.

Soluzione. Le equazioni della retta r si possono riscrivere come segue

r :

{x = 2y + 5z = 2y

da cui si deduce che il generico punto X di r ha coordinate X = (2y+ 5, y, 2y).Richiedendo che la distanza di X da A sia uguale alla distanza di X da B, siottiene l’equazione

(2y + 3)2 + (y − 1)2 + (2y + 1)2 = (2y + 1)2 + (y + 2)2 + (2y)2

che ha come unica soluzione y = −1. Si deduce quindi che l’unico punto C di rche e equidistante da A e B ha coordinate C = (3,−1,−2). Il piano π e dunqueil piano passante per i punti A, B e C. Per determinare la sua equazione

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Capitolo 2 Geometria Affine 119

cartesiana possiamo iniziare col determinare i vettori C − A = (1,−2,−1) eC −B = (−1, 1,−2). Il loro prodotto vettoriale

n = (C −A)× (C −B) = (5, 3,−1)

e un vettore ortogonale al piano π e pertanto l’equazione di π deve avere laseguente forma

π : 5x+ 3y − z + d = 0,

per un qualche termine noto d. Imponendo ora la condizione di passaggio peruno dei tre punti indicati (ad esempio, per il punto A), si ricava d = −14.Quindi il piano π cercato ha equazione

π : 5x+ 3y − z − 14 = 0.

Poiche la retta s deve essere contenuta nel piano π, il suo vettore direttore vsdeve essere ortogonale al vettore n (che e ortogonale al piano π). Inoltre vs deveessere anche ortogonale al vettore direttore della retta r, che si vede facilmenteessere vr = (2, 1, 2). Possiamo quindi prendere come vs il prodotto vettorialedei vettori n e vr

vs = n× vr = (7,−12,−1),

Poiche s deve passare per il punto C, le sue equazioni parametriche sono

s :

x = 3 + 7ty = −1− 12tz = −2− t

Da queste, eliminando il parametro t, si ricavano le equazioni cartesiane

s :

{x+ 7z + 11 = 0y − 12z − 23 = 0.

Per determinare la proiezione ortogonale del punto A sulla retta r, possiamoragionare come segue. Considerato che il vettore direttore di r e vr = (2, 1, 2),l’equazione

2x+ y + 2z + d = 0

rappresenta il generico piano ortogonale alla retta r (si tratta dell’equazionedi un fascio di piani paralleli tra loro e tutti ortogonali a r). Imponendo lacondizione di passaggio per il punto A = (2, 1,−1), si trova d = −3 e pertantoil piano

σ : 2x+ y + 2z − 3 = 0

e il piano ortogonale a r passante per A. La proiezione ortogonale A′ del puntoA sulla retta r non e altro che il punto di intersezione tra la retta r e il piano σ

A′ = r ∩ σ :

x− 2y − 5 = 02y − z = 02x+ y + 2z − 3 = 0.

Risolvendo questo sistema si trova

A′ =(31

9,−7

9,−14

9

).

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Capitolo 2 Geometria Affine 120

Esercizio 2.11. Nello spazio affine euclideo tridimensionale sono dati i puntiA = (3,−1, 1), B = (2, 1, 3) e la retta r di equazioni x−3y = 2 e x+y−2z = 6.

(a) Si determinino le equazioni cartesiane della retta s passante per A e B.

(b) Si stabilisca se le rette r e s sono incidenti, parallele oppure sghembe.

(c) Si determini la distanza della retta r dalla retta s.

(d) Si determini l’equazione cartesiana del piano π che passa per i punti A eB e che interseca la retta r in un punto C tale che il triangolo ABC siarettangolo, con l’angolo retto in A.

(e) Dato il punto P = (1,−3, 5) se ne determini la proiezione ortogonale sulpiano π.

Soluzione. Un vettore direttore della retta s e vs = B − A = (−1, 2, 2) equindi le equazioni parametriche di s sono

s :

x = 3− ty = −1 + 2tz = 1 + 2t

Eliminando il parametro t si ottengono le equazioni cartesiane della retta s

s :

{2x+ y = 52x+ z = 7

Vediamo ora se le rette r e s sono incidenti.

r ∩ s :

x− 3y = 2x+ y − 2z = 62x+ y = 52x+ z = 7

Risolvendo questo sistema si scopre che esso non ammette soluzioni, quindir ∩ s = ∅. Cio significa che r e s non sono incidenti.

Dalle equazioni di r possiamo determinare due punti di r, ad esempio A′ =(2, 0,−2) e B′ = (5, 1, 0). Cio ci permette di determinare un vettore direttoredella retta r, vr = B′ − A′ = (3, 1, 2). Dato che i vettori vr e vs non sonoparalleli (non sono multipli uno dell’altro), le rette r e s non sono parallele. Siconclude quindi che r e s sono sghembe.

Per determinare la distanza tra le due rette r e s, consideriamo il vettoreu = A′ −A = (−1, 1,−3). Allora la distanza e data dalla formula seguente:

dist(r, s) =|u · (vr × vs)|‖vr × vs‖

Si ha vr × vs = (−2,−8, 7), quindi ‖vr × vs‖ =√

117 e u · (vr × vs) = −27. Siottiene cosı

dist(r, s) =27√117

=9√

1313

.

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Capitolo 2 Geometria Affine 121

Per determinare il piano π determiniamo prima le coordinate del punto C. Leequazioni parametriche di r sono

r :

x = 2 + 3ty = t

z = −2 + 2t

quindi le coordinate di un generico puntoX della retta r sonoX = (2+3t, t,−2+2t). Possiamo ora calcolare il vettore X − A = (3t − 1, t + 1, 2t − 3). Questovettore deve essere ortogonale al vettore B−A = vs = (−1, 2, 2), si deve quindiavere

(X −A) · vs = 3t− 3 = 0,

da cui si ricava t = 1. Sostituendo il valore di t nelle coordinate di X, si ottieneil punto C cercato: C = (5, 1, 0).

Per determinare l’equazione cartesiana del piano π passante per i punti A,B e C, possiamo scrivere l’equazione del fascio di piani di asse s (ogni pianopassante per i punti A e B deve contenere la retta s)

α(2x+ y − 5) + β(2x+ z − 7) = 0.

Imponendo la condizione di passaggio per il punto C si ottiene β = −2α, per cuipossiamo porre α = −1 e β = 2. Si ottiene cosı l’equazione del piano cercato,che risulta essere

π : 2x− y + 2z = 9.

Per determinare la proiezione ortogonale del punto P = (1,−3, 5) sul piano π,consideriamo il vettore n = (2,−1, 2) ortogonale a π e scriviamo le equazioniparametriche della retta ` passante per P e parallela a n (cioe ortogonale a π):

` :

x = 1 + 2ty = −3− tz = 5 + 2t

La proiezione ortogonale di P su π e il punto R di intersezione tra la retta ` eil piano π:

R = ` ∩ π :

x = 1 + 2ty = −3− tz = 5 + 2t2x− y + 2z = 9

Risolvendo questo sistema si trova

R =(− 1

3,−7

3,

113

).