algebra lineare tracce d'esame - Dipartimento di Scienze Economiche
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2<br />
Vogliamo provare che H sod<strong>di</strong>sfa le proprietá c) e d).<br />
Infatti, fissati arbitrariamente u = (u1, u2, u3, u4) T e v = (v1, v2, v3, v4) T in H si ha che<br />
e quin<strong>di</strong> si ha:<br />
u1 − 2u2 + u3 − u4 = 0<br />
2u1 − u2 − 3u3 + u4 = 0<br />
v1 − 2v2 + v3 − v4 = 0<br />
2v1 − v2 − 3v3 + v4 = 0<br />
(u1 + v1) − 2(u2 + v2) + (u3 + v3) − (u4 + v4) = (u1 − 2u2 + u3 − u4) + (v1 − 2v2 + v3 − v4) = 0 + 0 = 0,<br />
2(u1 + v1) − (u2 + v2) − 3(u3 + v3) + (u4 + v4) = (2u1 − u2 − 3u3 + u4) + (2v1 − v2 − 3v3 + v4) = 0 + 0 = 0.<br />
Questo prova che u + v ∈ H, come vuole la c).<br />
Infine é sod<strong>di</strong>sfatta la d), poiché per ogni u ∈ H si ha<br />
u1 − 2u2 + u3 − u4 = 0<br />
2u1 − u2 − 3u3 + u4 = 0<br />
e quin<strong>di</strong> per ogni α ∈ R si ha<br />
αu1 − 2αu2 + αu3 − αu4 = α(u1 − 2u2 + u3 − u4) = α · 0 = 0<br />
2αu1 − 2αu2 + αu3 − αu4 = α(2u1 − u2 − 3u3 + u4) = α · 0 = 0 ,<br />
il che <strong>di</strong>mostra che αu ∈ H.<br />
2 - Dati i vettori u1 = (1, 1, −1, 2, −3) T , u2 = (−2, 1, 2, 2, −3) T e u3 = (3, 1, −3, 2, −3) T ,<br />
a) <strong>di</strong>re se tali vettori sono linearmente <strong>di</strong>pendenti o in<strong>di</strong>pendenti;<br />
b) trovare la <strong>di</strong>mensione ed una base del sottospazio U <strong>di</strong> R 5 generato da tali vettori e del<br />
suo complemento ortogonale U ⊥ ;<br />
c) con il proce<strong>di</strong>mento <strong>di</strong> Gram Schmidt, ricavare una base ortonormale <strong>di</strong> U e <strong>di</strong> U ⊥ .<br />
d) verificare che l’unione delle basi <strong>di</strong> U e U ⊥ testé trovate é una base ortonormale <strong>di</strong> R 5<br />
Svolgimento.<br />
Con due successivi passi <strong>di</strong> pivot parziali la matrice A avente per righe i vettori u1, u2, u3 viene trasformata<br />
nelle matrici<br />
⎛<br />
1<br />
⎝ −2<br />
1<br />
1<br />
−1<br />
2<br />
2<br />
2<br />
⎞<br />
−3<br />
−3 ⎠<br />
⎛<br />
1<br />
⎝ 0<br />
1<br />
3<br />
−1<br />
0<br />
2<br />
6<br />
⎞<br />
−3<br />
−9 ⎠<br />
⎛<br />
1<br />
⎝ 0<br />
1<br />
3<br />
−1<br />
0<br />
2<br />
6<br />
⎞<br />
−3<br />
−9 ⎠ .<br />
3 1 −3 2 −3<br />
0 −2 0 −4 6<br />
0 0 0 0 0<br />
Ne segue che le tre righe <strong>di</strong> A, (cioé i vettori u1, u2, u3 ), sono linearmente <strong>di</strong>pendenti, ma le prime due righe<br />
<strong>di</strong> A sono linearmente in<strong>di</strong>pendenti. Pertanto lo spazio U generato dalle righe <strong>di</strong> A ha <strong>di</strong>mensione 2; una sua<br />
base é formata dalle prime due righe, cioé dai vettori {u1, u2}.<br />
Per quanto riguarda il complemento ortogonale U ⊥ ad U, esso coincide con l’insieme delle soluzioni del sistema<br />
<strong>lineare</strong> omogeneo Ax = 0. Per risolvere tale sistema basta eseguire l’algoritmo <strong>di</strong> Gauss Jordan completo sulla<br />
matrice (A, 0); con due successivi passi <strong>di</strong> pivot completi tale matrice viene trasformata nella matrice (A ′ , 0)<br />
con<br />
A ′ ⎛<br />
1<br />
= ⎝ 0<br />
0<br />
1<br />
−1<br />
0<br />
0<br />
2<br />
⎞<br />
0<br />
−3 ⎠ .<br />
0 0 0 0 0<br />
Il sistema Ax = 0 é quin<strong>di</strong> equivalente al sistema<br />
x1 = x3<br />
x2 = −2x4 + 3x5;