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 u2 +
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
hasolo 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 perprima 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 eterza 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