ESERCIZI DI AVVIAMENTO - Sezione di Matematica

caso) di equazioni lineari (cioè di grado 1) omogenee (cioè con tutti i monomi
dello stesso grado e dunque senza il termine noto, che sarebbe infatti di grado
0) e quindi esso è, per un noto teorema, un sottospazio. Oppure, tralasciando
quel teorema ed eseguendo un test diretto, vediamo che per ogni a, b, x, y, u, v
si ha a(x, y, x)+b(u, v, u) = (ax+bu, ay +bv, ax+bu) che è ancora un vettore
con prima e ultima componente uguali. Ciò dimostra che siamo in presenza di
un sottospazio, perché c’è appunto chiusura rispetto alle operazioni. Inoltre
tale insieme non è vuoto.
Possiamo trovare due generatori col metodo della sostituzione di 1 in una
variabile e di 0 nell’altra, avendo riscritto le triple come (x, y, x) (notiamo che
tale scrittura rappresenta la soluzione generale del sistema omogeneo, molto
semplice, di 1 equazione in 3 variabili, dato da x = z). Dunque otteniamo
(1,0,1) e (0,1,0).
Similmente a quanto visto nell’esercizio B2, la presenza di vettori non
proporzionali come ad es. gli stessi (1,0,1) e (0,1,0), ma anche ad es. (1,1,1)
e (3, −5, 3), rende impossibile l’esistenza di un solo vettore che generi tutto
il sottospazio – infatti un tale vettore produrrebbe tutti vettori tra loro proporzionali.
B3bis. Mostrare che gli insiemi T = {(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ R 4 : x 1 + x 2 + x 3 −
x 4 = 0}, U = {(x 1 , x 2 ) ∈ R 2 : x 1 − 2x 2 = 0} sono sottospazi, mentre V =
{(x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) ∈ R 4 : x 1 + x 2 + x 3 − x 4 + 1 = 0} non lo è. Nei primi due casi,
trovare due rispettive basi.
Soluzione. Per un noto teorema, essendo i primi due insiemi caratterizzati
da un sistema lineare omogeneo (formato da una sola equazione) a
differenza del terzo, abbiamo già le tre risposte. Ragionando invece con
il test di appartenenza, esaminiamo prima T : il suo generico elemento è
esprimibile come (a, b, c, a + b + c) con a, b, c ∈ R. Dunque svolgendo calcoli
elementari e “riorganizzando” infine l’ultima componente, si ha che, per ogni
scelta di r, r ′ , a, b, c, a ′ , b ′ , c ′ reali, r(a, b, c, a + b + c) + r ′ (a ′ , b ′ , c ′ , a ′ + b ′ + c ′ ) =
... = (ra + r ′ a ′ , rb + r ′ b ′ , rc + r ′ c ′ , (ra + r ′ a ′ ) + (rb + r ′ b ′ ) + (rc + r ′ c ′ )) ∈ T .
Un ragionamento analogo, stavolta sulle coppie (2a, a), a ∈ R, conduce alla
risposta affermativa per U. Per V il test non funziona (...), e comunque
nell’equazione che definisce tale insieme notiamo la presenza di un termine
di grado 0 (un numero, cioè, che non è coefficiente di alcun monomio). Ciò
rende immediata la risposta negativa, poiché si può subito osservare che
0 ∉ V , in contraddizione con una nota proprietà dei sottospazi.
Nel primo esempio, sostituendo 1 ad una delle tre lettere a, b, c e 0 alle
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