Esercizio 1 Si esprima (se possibile) il vettore v = 4 0 4 come
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Esercizio 1 Si esprima (se possibile) il vettore v = 4 0 4 come
4 Esercizio 1 Si esprima (se possibile) il vettore v = 0 come combinazione lineare dei vettori 4 2 1 4 u1 = 0 , u2 = −1 e u3 = 2 . 1 1 −2 Devono essere determinati tre numeri reali x1 , x2 e x3 tali che x1 v1 + x2 v2 + x3 v3 = v, cioè 2 1 4 4 2 x1 0 + x2 −1 + x3 = 0 1 1 −2 4 2x1 + x2 + 4x3 = 4 −x2 + 2x3 = 0 Questa equazione vettoriale è equivalente al sistema lineare . Risolvendo x1 + x2 − 2x3 = 4 x = 4 1 x2 = − 43 e quindi v = 4u1 − 34 u2 − 32 u3 . il sistema lineare otteniamo x3 = − 23 3 1 1 Esercizio 2 Dire se i vettori u1 = 0 , u2 = −1 e u3 = −2 sono linearmente 5 2 1 dipendenti. I tre vettori sono linearmente dipendenti se e solo se esiste una loro combinazione lineare x1 u1 + x2 u2 + x3 u3 nulla, in coefficienti x1 , x2 , x3 non sono tutti nulli, cioè se l’equazione vettoriale cui i 3 1 1 x1 0 +x2 −1 +x3 −2 = 0 ha soluzioni diverse dalla soluzione banale x1 = x2 = x3 = 5 2 1 x1 + x2 + 3x3 = 0 −x2 − 2x3 = 0 0. Questa equazione vettoriale è equivalente al sistema lineare omogeneo x1 + 2x2 + 5x3 = 0 che ha soluzioni non banali se e solo se il rango della matrice dei coefficienti è minore del numero delle incognite. Nel nostro caso la può essere trasformata mediante matrice dei coefficienti 1 1 3 operazioni elementari nella matrice 0 −1 −2 che ha rango 2, per cui possiamo concludere 0 0 0 che i tre vettori sono linearmente dipendenti. Si che si poteva arrivare alla stessa conclusione osservando che il determinante vedrà più avanti 1 1 3 0 −1 −2 , in cui le colonne sono le componenti di u1 , u2 , u3 , è uguale a zero. 1 2 5 Esercizio 3 Siano u1 , u2 , u3 , u4 vettori non nulli di R3 ; dire se questi vettori possono essere linearmente indipendenti. 1 P I quattro vettori sono indipendenti se l’equazione vettoriale 4i=1 xi ui = x1 u1 + x2 u2 + x3 u3 + x4 u4 = 0 ha solo la soluzione banale x1 = x2 = x3 = x4 = 0. Questa equazione vettoriale è equivalente ad un sistema lineare omogeneo di tre equazioni (perché i vettori sono in R3 ) nelle quattro incognite x1 , x2 , x3 , x4 . Il rango della matrice dei coefficienti può essere al massimo tre, mentre le incognite sono quattro e quindi il sistema ha infinite soluzioni non banali. Possiamo quindi concludere che i quattro vettori sono linearmente dipendenti. 1 7 1 Esercizio 4 Verificare che i vettori u1 = 1 , u2 = 1 e u3 = −3 costituiscono 2 −4 1 4 una base ortogonale di R3 (è anche ortonormale?) ed esprimere il vettore v = 2 come 1 combinazione lineare di u1 , u2 e u3 . I vettori u1 , u2 e u3 costituiscono una base di R3 se : 1) sono linearmente indipendenti, e 2) ogni vettore di R3 può essere scritto come loro combinazione lineare. x1 + 7x2 + x3 = 0 x1 + x2 − 3x3 = 0 I vettori u1 , u2 e u3 sono linearmente indipendenti se il sistema lineare 2x1 − 4x2 + x3 = 0 hasolo la soluzione banale x1 = x2 = x3 = 0. La matrice completa di questo sistema lineare 1 7 1 0 1 7 1 0 1 1 −3 0 0 −6 −4 0 . Matrice completa ed è e una sua forma ridotta è 2 −4 1 0 0 0 11 0 incompleta hanno rango 3, uguale al numero delle incognite. Possiamo dunque concludere che il sistema ha solo la soluzione banale e che i vettori u1 , u2 e u3 sono linearmente indipendenti. a x1 + 7x2 + x3 = a x1 + x2 − 3x3 = b Per lo stesso motivo, dato un qualsiasi vettore b , il sistema lineare c 2x1 − 4x2 + x3 = c ha una (unica) soluzione e quindi ogni vettore di R3 può essere scritto come combinazione lineare di u1 , u2 e u3 . Possiamo concludere che questi vettori costituiscono una base. 1 7 1 Si vedrà in seguito che questi risultati sono equivalenti al fatto che il determinante 1 1 −3 2 −4 1 è diverso da zero. Una base è ortogonale se i suoi elementi sono a due a due ortogonali; la base è anche ortonormale se i suoi elementi sono versori, cioè se hanno modulo unitario. Si verifica immediatamente che, per i 6= j, ui · uj = 0 e quindi tale base è ortogonale. La base non è ortonormale perché, per √ esempio, |u1 | = 6. Per scrivere il vettore v come combinazione lineare di u1 , u2 e u3 , dobbiamo determinare i 2 coefficienti x1 , x2 , x3 tali che 4 1 7 1 2 = x1 1 + x2 1 + x3 −3 1 2 −4 1 (∗) Questi coefficienti esistono sicuramente perché i vettori u1 , u2 e u3 costituiscono una base. x1 + 7x2 + x3 = 4 x1 + x2 − 3x3 = 2 equivalente Possiamo determinare x1 , x2 , x3 risolvendo il sistema lineare 2x1 − 4x2 + x3 = 1 all’equazione vettoriale (∗). Possiamo anche usare un’altra tecnica, basata sul fatto che u1 , u2 e u3 costituiscono una base ortogonale. Per determinare x1 moltiplichiamo scalarmente a destra e a sinistra l’equazione (∗) per u1 . Otteniamo 4 1 1 1 2 · 1 = x1 1 · 1 =⇒ x1 = 4 3 1 2 2 2 In modo analogo si ricava x2 = 13 1 e x3 = − . 33 11 1 1 a Esercizio 5 Trovare i vettori u = b perpendicolari ai vettori v = −1 e w = 1 , ed 3 2 c aventi lunghezza 3. Dovendo essere perpendicolare a u e w, il vettore u sarà parallelo al vettore v ∧ w. e1 e2 e3 1 1 −5 −1 ∧ 1 = 1 −1 2 = −5e1 − e2 + 2e2 = −1 1 3 2 1 3 2 a −5 −5λ p Abbiamo quindi b = λ −1 = −λ . Deve essere inoltre 25λ2 + λ2 + 4λ2 = 3, da c 2 2λ r r −5 r −5 3 3 3 −1 e − −1 . cui si ricava λ = ± . I vettori cercati sono quindi 10 10 10 2 2 a 1 Esercizio 6 Trovare i vettori u = b perpendicolari al vettore v = −1 , inclinati di c 0 1 rispetto al vettore w = 1 , ed aventi lunghezza 2. 0 3 π 3 a 1 La condizione di perpendicolarità di u e v equivale a b · −1 = 0 ed implica a = b. Deve c 0 inoltre essere π u·w a+b 1 √ = cos = = √ (∗) 2 2 3 |u| |w| a + b2 + c2 · 2 √ L’ulteriore condizione su u è a2 + b2 + c2 = 2. Sostituendo questo valore in (∗) e ricordando che √ √ 1 2a a = b, ricaviamo = √ che implica a = b = 22 . Sostituendo tali valori in a2 + b2 + c2 = 2 2 2 2 √ √ 2 2 √ √2 √2 ricaviamo c = ± 3. I vettori cercati sono quindi u1 = 2 e u2 = 2 . 2 √2 √ 3 − 3 Esercizio 7 Determinare, se esistono, i valori del parametro reale t tali che il vettore v = t−1 1 2 t sia combinazione lineare di u1 = 2 e u2 = 2 . Per tali valori di t, trovare i t 0 1 numeri reali x1 e x2 tali che v = x1 u1 + x2 u2 . Possiamo rispondere ad entrambe le domande poste cercando dal problema i valori di t e di 1 2 t−1 x1 e x2 che risolvono l’equazione vettoriale x1 2 + x2 2 = t . Tale equazione 0 1 t x1 + 2x2 = t − 1 2x1 + 2x2 = t è equivalente al sistema lineare nelle incognite x1 , x2 , t. La soluzione di x2 = t x1 = 1 x2 = −2 . questo sistema è t = −2 Per determinare i valori di t che rendono v combinazione lineare di u1 e u2 , avremmo anche potuto procedere come segue. Se x1 u1 +x2 u2 = v allora i vettori v, u1 e u2 sono dipendenti. Se inversamente questi tre vettori sono dipendenti e αv + βu1 + γu2 = 0 allora non può essere α = 0 perché da βu1 + γu2 = 0 seguirebbe la proporzionalità di u1 e u2 . Possiamo quindi concludere che i valori di t per cui v è combinazione lineare di u1 e u2 sono quelli che rendono i tre vettori linearmente dipendenti, t−1 1 2 2 2 . Tale determinante è uguale a −t − 2 e cioè quelli che annullano il determinante t t 0 1 si annulla per t = −2. −3 Per t = −2 abbiamo v = −2 . I valori di x1 e x2 tali che v = x1 u1 + x2 u2 sono le soluzioni −2 x1 + 2x2 = −3 x1 = 1 2x1 + 2x2 = −2 . Risulta ovviamente del sistema lineare . x2 = −2 x2 = −2 4 2 Esercizio 8 Esprimere il vettore w = 1 come somma u+v dove u e v sono rispettivamente 2 1 parallelo e perpendicolare a 0 . 1 1 λ a Deve essere u = λ 0 = 0 per un opportuno λ ∈ R. Posto v = b la condizione di 1 λ c 1 1 a perpendicolarità tra v e 0 equivale a 0 · b = 0 e dà c = −a. L’equazione w = u + v 1 1 c può dunque essere scritta esplicitamente e come sistema lineare (nelle incognite a, b, e λ) nel modo seguente a λ 2 λ+a=2 1 = 0 + b =⇒ b=1 λ−a=2 −a λ 2 2 λ=2 a = 0 da cui segue anche c = 0. Abbiamo quindi 1 = Le soluzioni del sistema sono b=1 2 2 0 0 + 1 . 2 0 2 1 Esercizio 9 Si considerino, al variare di t in R, i vettori u1 = t − 3 e u2 = −1 . t+1 1 Determinare i valori del parametro t che rendono i vettori u1 , u2 , u1 ∧u2 linearmente dipendenti. Procediamo prima nel modo più pedante. Calcoliamo i j k u1 ∧ u2 = 2 t − 3 t + 1 1 −1 1 2t − 2 = t−1 1−t I vettori u1 , u2 , u1 ∧ u2 sono linearmente dipendenti se esiste una loro combinazione lineare x1 u1 + x2 u2 + x3 (u1 ∧ u2 ) nulla in cui i coefficienti x1 , x2 , x3 non sono tutti nulli. Il sistema lineare omogeneo 2x1 + x2 + (2t − 2)x3 = 0 (t − 3)x1 − x2 + (t − 1)x3 = 0 (∗) (t + 1)x1 + x2 + (1 − t)x3 = 0 deve quindi avere soluzioni non banali. Per facilitare i calcoli conviene riscrivere questo sistema lineare scambiando la prima con la seconda equazione e mettendo perprima l’incognita x3 . Otte t − 1 t − 3 −1 0 (t − 1)x3 + (t − 3)x1 − x2 = 0 (2t − 2)x3 + 2x1 + x2 = 0 2 1 0 . niamo , la cui matrice completa è 2t − 2 (1 − t)x3 + (t + 1)x1 + x2 = 0 1−t t+1 1 0 5 Sommando alla seconda eterza riga la prima moltiplicata rispettivamente per −2 e 1 otteniamo t − 1 t − 3 −1 0 0 8 − 2t 3 0 . Osserviamo che questa matrice è in forma ridotta. Il sistema (∗) 0 2t − 2 0 0 ha dunque soluzioni non banali per t = 1. Vale la pena di osservare che tale valore di t rende i vettori u1 e u2 paralleli e (quindi) rende nullo il vettore u1 ∧ u2 . Si poteva arrivare alla stessa conclusione ragionando sul significato del prodotto vettore e facendo molti meno calcoli. Dati due vettori v1 e v2 non nulli e non paralleli, ed un piano π parallelo ad entrambi, sappiamo che il prodotto vettoriale v1 ∧ v2 è un vettore non nullo perpendicolare a π. Sappiamo inoltre che ogni combinazione lineare di v1 e v2 è un vettore parallelo a π. In base alle ipotesi su v1 e v2 , non è dunque possibile che questi due vettori e v1 ∧ v2 costituiscano una terna di vettori dipendenti. Affinché quindi i vettori u1 , u2 e u1 ∧ u2 considerati nel problema siano dipendenti ci sono due possibilità: (1) uno dei primi due è nullo, o (2) i primi due sono paralleli. La prima alternativa va scartata perché nessun valore t rende = 0. I vettori u1 e u2 devono dunque essere di u1 2 1 paralleli, cioè proporzionali: t − 3 = λ −1 . Si ricava immediatamente λ = 2 e t = 1. t+1 1 6