ESERCIZI DI AVVIAMENTO - Sezione di Matematica

ottenuto a partire dalla matrice incompleta, ha un ruolo “determinante” per
la risoluzione del sistema. La y così trovata è ovviamente unica, perchè il calcolo
che abbiamo svolto la determina senza alternativa. Sostituendo poi tale
valore nella formula per la x, possiamo calcolare l’unico valore di quest’ultima
incognita.
CC3. Dimostrare che l’insieme delle combinazioni lineari di tre vettori fissati,
in R 4 , è un sottospazio. La sua dimensione può essere predetta?
Soluzione. La prima parte di questo esercizio tratta un caso particolare
di un teorema generale che vale per qualunque numero di vettori e qualunque
spazio R n (vedere l’es. D1). Siano v 1 , v 2 , v 3 tre vettori scelti arbitrariamente.
La somma di due qualsiasi combinazioni lineari di questi vettori, cioè
(hv 1 + iv 2 + jv 3 ) + (kv 1 + lv 2 + mv 3 ) è ancora una combinazione lineare di
tali vettori, essendo uguale a (h + k)v 1 + (i + l)v 2 + (j + m)v 3 . Dunque il
primo test è stato superato con successo. Per quanto riguarda il prodotto
con scalari, scegliamo s ∈ R a piacere e notiamo che s(hv 1 + iv 2 + jv 3 ) =
(sh)v 1 + (si)v 2 + (sj)v 3 . Quindi anche il secondo test dà risposta affermativa:
in definitiva, applicando le due operazioni a disposizione, siamo rimasti
all’interno dell’insieme in esame, per cui tale insieme è un sottospazio.
Per quanto riguarda la dimensione, possiamo senza dubbio dire che essa
non supera 3. Ma se i tre vettori iniziali sono linearmente dipendenti, magari
perfino proporzionali, allora il rango della matrice che li ha come righe (e
quindi la dimensione) scenderebbe a 2, magari perfino a 1.
CC4. Uno solo dei seguenti tre insiemi è costituito da vettori linearmente
indipendenti in R 2 . Quale, e perché? Gli insiemi sono
{(0, 0)} , {(0, 0), (0, 1), (1, 2)} , {(0, 1)} .
Soluzione. Notiamo, con l’occasione, che gli insiemi possono contenere
anche un solo elemento (come l’insieme dei docenti di geometria per ing.
meccanica, primo anno, 2007, a Latina). Nel primo caso, una combinazione
lineare non con tutti zeri (cioè non con lo zero) che dimostra la dipendenza
lineare di 0 è ad es. 371 · 0. Nel secondo caso otteniamo, similmente, che
371 · (0, 0) + 0 · (0, 1) + 0 · (1, 2) = (0, 0). Dunque i poveri (0, 1) e (1, 2),
nonostante formino perfino una base, a causa dello 0 vengono coinvolti in
una dipendenza lineare non con tutti gli scalari nulli. Infine, (0, 1) è linearmente
indipendente perché se vogliamo renderlo nullo con uno scalare, se cioè
vogliamo che s(0, 1) = (0, 0), l’unico s che possiamo usare è lo zero.
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