1 VETTORI NELLO SPAZIO ORDINARIO Esercizio 1 Siano u = ai +

VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA
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VETTORI NELLO SPAZIO ORDINARIO
Vettori ordinari ed operazioni. Dipendenza ed indipendenza lineare, basi.
Prodotto scalare, proiezioni, angoli. Prodotto vettoriale e prodotto misto, aree, volumi.
Sottospazi.
Esercizio 1 Siano u = ai + 2j + bk, v = (1 − b)i + bj + 2k, w = bi + bj + 2k. Trovare i valori
di a e b per cui u + v e w hanno la stessa direzione.
Esercizio 2 Siano u1 = −i + j + k, u2 = i − j + k, u3 = i + j − k. Quali dei seguenti insiemi è
libero?
1) {u1 , u2 };
2) {u1 + u2 , u1 − u2 };
3) {u1 , u2 , u3 };
4) {i, u2 , u3 }.
Esercizio 3 Per ciascuna delle seguenti matrici, determinare se l’insieme delle colonne (pensate
come vettori) è una base di R3 .








1 0 4
13 4
1001
12
 2 1  ,  2 1 −6  ,  0 1 0 1  ,  2 7 −6  .
0011
81
8 16 0
81 0
Esercizio 4 Trovare l’angolo tra le seguenti coppie di vettori
1) {i, i + j};
2) {i + j, i + k};
3) {i + j, 2i + j + k}.
In ogni caso trovare un versore perpendicolare ai due vettori dati.
Esercizio 5 Dati i vettori u = i + 3j − k e v = i − j, scomporre u nella somma di un vettore
perpendicolare a v e di uno avente la stessa direzione di v.
Esercizio 6 Trovare i vettori complanari con u = i − k e v = i + j ed ortogonali a u + v.
Esercizio 7 Calcolare |u + v|2 . Dedurre che
1) u e v sono ortogonali se e solo se |u + v| = |u − v|;
2) u + v e u − v sono ortogonali se e solo se |u| = |v|.
Esercizio 8 Trovare tutti i vettori di norma 5 perpendicolari a 2i + j − 3k.
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Esercizio 9 Siano v1 = i + ak, v2 = aj + k e v3 = i + j + k, con a ∈ R.
1) Calcolare (v1 ∧ v2 ) · v3 .
2) Per quali valori di a l’insieme {v1 , v2 , v3 } è libero?
3) Trovare b, c ∈ R per cui (v1 ∧ v2 ) ∧ v3 = bv1 + cv2 .
Esercizio 10 Siano u = 3i + 4k e v = j − k.
1) Calcolare l’area del parallelogramma di lati u e v.
2) Determinare un vettore w tale che il parallelepipedo di spigoli u, v e w abbia volume 16.
3) Determinare un vettore w tale che il tetraedro di spigoli u, v e w abbia volume 1.
Esercizio 11 Quali dei seguenti insiemi di vettori sono un sottospazio?
1) V1 = {(t + 1)i + tj + 3tk : t ∈ R};
2) V2 = t2 j − t2 k : t ∈ R ;
3) V3 = t3 i + 2t3 j : t ∈ R .
Esercizio 12 In R3 si considerino i vettori v1 = i, v2 = i + j, v3 = i + j + k, v4 = 2i + j − k
ed i due sottospazi U = L(v1 , v2 ), V = L(v3 , v4 ). Descrivere U ∩ V , U ∪ V e U + V .
Esercizio 13 Siano V = {xi + yj + zk : x = y + z} e W = {xi + yj + zk : x = y = z}. Per
ciascuna delle seguenti affermazioni, dire se è vera o falsa:
(i) V ∩ W = {0};
(ii) V = L (2i + j + k);
(iii) W ⊆ V ;
(iv) V + W = R3 .
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SVOLGIMENTI
Esercizio 1 Ricordiamo che due vettori hanno la stessa direzione se e solo se sono non nulli e
le loro componenti risultano proporzionali (si noti che le direzioni si confrontano solo tra vettori
non nulli).
Poiché u + v = (a + 1 − b)i + (2 + b)j + (2 + b)k, i vettori u + v e w sono proporzionali se e solo
se esiste h ∈ R tale che

 a + 1 − b = hb
2 + b = hb

2 + b = 2h
Dalle ultime due equazioni, scartando la soluzione h = 0 (che darebbe valori di a, b per cui
u + v = 0), si ricava b = h = 2 e, sostituendo nella prima, a = 5.
Esercizio 2 Ricordiamo che insieme libero significa insieme di vettori linearmente indipendenti.
1) Un insieme composto da due vettori è libero se e solo se i due vettori sono non nulli e non
proporzionali. I vettori u1 ed u2 non sono nulli ed il primo non è multiplo del secondo (le
loro componenti sono (1−, 1, 1) e (1, −1, 1)), quindi formano un insieme libero (ovvero, u1
ed u2 sono linearmente indipendenti).
2) 1o modo: si calcola direttamente u1 + u2 = k e u1 − u2 = −2i + 2j e si vede subito che
u1 + u2 e u1 − u2 sono non nulli e non proporzionali. Dunque essi formano un insieme
libero di vettori.
2o modo: è facile verificare che, dati due vettori qualsiasi non nulli u e v, essi sono linearmente indipendenti se e solo se lo sono u + v e u − v. Quindi la coppia data è libera
perché lo è la coppia di vettori u1 ed u2 , come verificato al punto 1).
3) 1o modo: osserviamo che i primi due vettori sono linearmente indipendenti, per quanto
verificato al punto 1); basta allora mostrare che u3 non è combinazione lineare dei primi
due. Ma per ogni valore di a, b ∈ R si ha
au1 + bu2 = (−a + b)i + (a − b)j + (a + b)k
e le sue prime due componenti sono sempre opposte o nulle (se a = b), mentre le prime
due componenti di u3 sono uguali e non nulle. Quindi, anche senza scrivere le uguaglianze
tra componenti e risolvere rispetto ad a e b, si può affermare che u3 non può essere scritto
come combinazione lineare dei primi due. Dunque i tre vettori formano un insieme libero.
2o modo: tre vettori qualsiasi nello spazio sono linearmente indipendenti se e solo se il loro
prodotto misto è diverso da zero. Nel caso in esame, si ha
−1 1 1 u1 · (u2 ∧ u3 ) = 1 −1 1 = 4 6= 0.
1 1 −1 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Vettori nello spazio ordinario
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4) Si vede subito che u2 + u3 = 2i e quindi i tre vettori non sono linearmente indipendenti
(non formano un insieme libero). Se non ci si accorgesse subito della relazione, si può
ovviamente procedere come al punto 3).
Esercizio 3 Ricordiamo che per avere una base di R3 occorre e basta avere tre vettori linearmente indipendenti di R3 .
1) I vettori colonna sono solo due e quindi non possono formare una base di R3 .
2) Questa volta i vettori sono in numero giusto.
1o modo: riduciamo la matrice per vedere se le sue 3 colonne sono linearmente indipendenti,
cioè se la matrice ha rango 3. Si ottiene






12 4
1 2
4
1 2 4
−5R2 
1 ,R3 −8R1
 2 1 −6  R2 −2R−→
 0 −3 −14  R3−→
0 −3 −14  .
81 0
0 −15 −32
0 0 38
La matrice ridotta (e quindi quella di partenza) ha rango 3 e pertanto i suoi 3 vettori
colonna sono linearmente indipendenti.
2o modo: le colonne (e le righe) di una matrice quadrata sono linearmente indipendenti se
e solo se il determinante della matrice è diverso da zero. Nel caso in esame, si ha
1 2 4 2 1 −6 = −114 6= 0.
8 1 0 3) Si tratta di 4 vettori di R3 (troppi) e perciò si può subito affermare che essi non sono una
base di R3 .
In particolare, essi non sono linearmente indipendenti ed in questo caso è banale vedere
che l’ultima colonna è la somma delle prime tre. Osserviamo comunque che, scelti in un
modo qualsiasi 3 di questi vettori, essi sono linearmente indipendenti e quindi formano
una base di R3 .
4) Procedendo come al punto 2), si vede che questa volta i vettori dati non sono linearmente
indipendenti e quindi non formano una base di R3 .
Esercizio 4 Utilizzeremo la definizione di prodotto scalare tra due vettori (u · v = |u||v| cos α,
dove α ∈ [0, π] è l’angolo dei due vettori) e la sua espressione in componenti (il prodotto scalare
è dato dalla somma dei prodotti delle componenti omologhe).
√
1) Poiché |i| = 1 e |i + j| = 2, si ha
√
i · (i + j) = 2 cos α = (1, 0, 0)T (1, 1, 0) = 1,
√
da cui segue cos α = 1/ 2 e quindi α = π/4.
Si vede immediatamente che un versore ortogonale ad entrambi è k.
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2) Poiché |i + j| =
√
2 e |i + k| =
√
2, si ha
(i + j) · (i + k) = 2 cos α = (1, 0, 0)T (1, 1, 0) = 1,
da cui segue cos α = 1/2 e quindi α = π/3.
Per calcolare un versore w ortogonale ad entrambi si può calcolare il prodotto vettoriale
dei due e poi normalizzarlo. Si ottiene
i j k
(i + j) ∧ (i + k) = 1 1 0 = i − j − k
1 0 1
e quindi, normalizzando, w =
√1 i
3
−
√1 j
3
−
√1 k.
3
3) Si può ragionare come nel punto 2), oppure procedere in modo più sintetico, osservando
i vettori dati e sfruttando i risultati del punto 2) stesso. Il vettore i + j corrisponde
al primo vettore del punto 2), mentre il vettore 2i + j + k è la somma dei due vettori
u = i + j e v = i + k dati in 2). Il vettore u + v si può rappresentare usando la regola
del parallelogramma: la sua direzione è quella della diagonale del parallelogramma che ha
per lati u e v e pertanto coincide con la direzione della bisettrice dell’angolo tra u e v già
trovato, in quanto u e v hanno la stessa lunghezza. L’angolo richiesto è allora la metà di
quello determinato prima, cioè α = π/6.
Come versore ortogonale si può ovviamente scegliere quello trovato al punto 2), perché i
quattro vettori considerati sono tutti complanari.
Esercizio 5 Per semplicità, scriviamo u = (1, 3, −1) e v = (1, −1, 0). Calcoliamo la proiezione
u′ di u su v:
v
(1, −1, 0)
u′ = (u · v) 2 = −2
= (−1, 1, 0).
|v|
2
Per costruzione, u′ ha la stessa direzione di v mentre
u′′ = u − u′ = (2, 2, −1)
è un vettore ortogonale a v. Poiché u = u′ + u′′ , abbiamo trovato la decomposizione richiesta.
Esercizio 6 I vettori complanari ad u e v sono tutte e sole le loro combinazioni lineari, cioè
i vettori della forma au + bv = (a + b)i + bj − ak con a, b ∈ R. Imponiamo la condizione di
ortogonalità con u + v = 2i + j − k, che equivale a chiedere l’annullarsi del prodotto scalare:
(au + bv) · (u + v) = 2(a + b) + b + a = 3(a + b) = 0
⇐⇒
b = −a.
Le soluzioni del problema sono allora tutti i vettori del tipo au − av = a(u − v) = a(−j − k).
Il prossimo esercizio generalizza questo risultato.
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Esercizio 7 Calcoliamo il quadrato del modulo usando il prodotto scalare e le sue proprietà:
|u+v|2 = (u+v)·(u+v) = u·(u+v)+v ·(u+v) = |u|2 +u·v +v ·u+|v|2 = |u|2 +2u·v +|v|2 .
1) Dobbiamo provare che u ⊥ v ⇔ |u + v| = |u − v|. Volendo utilizzare la relazione trovata
in precedenza, conviene scriverla anche per |u − v|2 :
|u − v|2 = |u|2 − 2u · v + |v|2 .
Si ha allora
|u + v| = |u − v| ⇔ |u + v|2 = |u − v|2
⇔ |u|2 + 2u · v + |v|2 = |u|2 − 2u · v + |v|2
⇔ 4u · v = 0
⇔ u·v =0
⇔ u ⊥ v.
2) Calcolando come prima, si ottiene (u + v) · (u − v) = |u|2 − |v|2 . Quindi
(u + v) ⊥ (u − v) ⇔ (u + v) · (u − v) = 0 ⇔ |u|2 − |v|2 = 0 ⇔ |u| = |v|.
Esercizio 8 Il generico vettore xi + yj + zk è ortogonale a 2i + j − 3k se e solo se il prodotto
scalare dei due è nullo; calcolando il prodotto scalare ed imponendo l’ortogonalità, si ottiene
allora la condizione 2x + y − 3z = 0. Inoltre |xi + yj + zk| = 5 ⇔ x2 + y 2 + z 2 = 25. I
vettori cercati sono dunque tutti e soli i vettori xi + yj + zk le cui componenti soddisfano le due
condizioni scritte.
Osserviamo che la prima condizione rappresenta l’appartenenza del vettore cercato al piano passante per l’origine ed ortogonale a 2i+j−3k, mentre la seconda condizione impone l’appartenenza
del punto (x, y, z) alla sfera di centro l’origine e raggio 5. I vettori cercati si possono dunque
rappresentare come i punti della circonferenza che si ottiene intersecando il piano con la sfera.
Esercizio 9
1) Per calcolare il prodotto misto basta calcolare il determinante delle componenti dei vettori, ordinatamente disposte sulle righe; si ha
1 1 1
(v1 ∧ v2 ) · v3 = 1 0 a = −a2 + 1 + a.
0 a 1
Naturalmente si può procedere per passi, calcolando prima v1 ∧ v2 e moltiplicandolo poi
scalarmente per v3 .
2) I tre vettori formano un insieme libero se e solo se il loro prodotto misto è diverso
da zero;
√
−1± 5
2
.
risolvendo l’equazione di secondo grado, si ottiene a − a − 1 6= 0 ⇔ a 6=
2
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3) Da un lato si ha
e quindi
i j k
v1 ∧ v2 = 1 0 a = −a2 i − j + ak
0 a 1
Dall’altro
i
2 j k
(v1 ∧ v2 ) ∧ v3 = −a −1 a = (−1 − a)i + (a2 + a)j + (−a2 + 1)k.
1 1 1
bv1 + cv2 = bi + acj + (ab + c)k.
Dunque
(v1 ∧ v2 ) ∧ v3 = bv1 + cv2 ⇔ (−1 − a)i + (a2 + a)j + (−a2 + 1)k = bi + acj + (ab + c)k
da cui si ottengono le relazioni
ossia

 −1 − a = b
a (a + 1) = ac
 2
−a + 1 = ab + c

 −1 − a = b
a=0
 2
−a + 1 = ab + c
oppure

 −1 − a = b
a−c+1 =0
.
 2
−a + 1 = ab + c
Il primo sistema fornisce subito a = 0, b = −1 e c = 1. Il secondo equivale a

 b = −1 − a
c=a+1
 2
−a + 1 = −a (a + 1) + a + 1
che risulta verificato per b = −1 − a e c = a + 1, con a ∈ R qualsiasi. Tale soluzione è la
soluzione generale del problema, in quanto include anche la soluzione del primo sistema
(per a = 0).
Esercizio 10 Siano u = 3i + 4k e v = j − k.
1) L’area del parallelogramma di lati u e v è data dal modulo del loro prodotto vettoriale:
si ha
i j k u ∧ v = 3 0 4 = −4i + 3j + 3k
0 1 −1 √
√
e quindi |u ∧ v| = 16 + 9 + 9 = 34.
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2) Il volume del parallelepipedo di spigoli u, v e w è dato dal valore assoluto del loro prodotto
misto, quindi si tratta di cercare w = xi + yj + zk tale che |(u ∧ v) · w| = 16. Poiché
3 0 4 (u ∧ v) · w = 0 1 −1 = −4x + 3y + 3z,
x y z la condizione è |−4x + 3y + 3z| = 16, che, scegliendo ad esempio y = z = 0, diventa
|x| = 4. Due possibili scelte di w sono quindi w = ±4i.
3) Il volume di un tetraedro è la sesta parte del volume del parallelepipedo con gli stessi
spigoli, quindi, usando i conti del punto 2), la condizione da imporre è |−4x + 3y + 3z| = 6.
Scegliendo ad esempio x = z = 0, si ottiene |y| = 2 e due possibili scelte di w sono quindi
w = ±2j.
Esercizio 11
1) V1 non è un sottospazio, perché non contiene il vettore nullo (non esiste
t ∈ R tale che t + 1 = t = 0).
Osserviamo che V1 rappresenta una retta di R3 , non passante per l’origine degli assi.
2) V2 non è un sottospazio, ad esempio perché non contiene l’opposto −j + k di j − k (non
esiste t ∈ R tale che t2 = −1).
3) V3 = t3 (i + 2j) : t ∈ R è un sottospazio: poiché t3 descrive tutto R al variare di t in R,
si tratta del sottospazio generato dal vettore (1, 2, 0).
Esercizio 12 I vettori v1 e v2 sono evidentemente linearmente indipendenti e quindi il sottospazio da essi generato descrive un piano di R3 passante per l’origine. Per avere la sua
equazione basta ridurre la matrice ottenuta scrivendo per colonne i due vettori e aggiungendo come ultima colonna un generico vettore di R3 : l’equazione nasce allora naturalmente
dall’imporre che la matrice non aumenti di rango rispetto alla sottomatrice formata dalle prime
due colonne (il che significa che l’ultima colonna dipende linearmente dalle altre). Si ottiene la
matrice


11x
0 1 y ,
00z
che è già ridotta e pertanto la condizione da imporre è z = 0. L’equazione di L(v1 , v2 ) dunque
z = 0, cioè L(v1 , v2 ) = {xi + yj + zk : z = 0} = L(i, j) (come si poteva prevedere subito,
osservando v1 e v2 ).
Analogamente, anche i vettori v3 e v4 sono linearmente indipendenti e generano un piano di R3
passante per l’origine, la cui equazione si ottiene per riduzione:






1 2 x
1 2
x
1 2
x
−3R2
1 ,R3 −R1
 1 1 y  R2 −R−→
 0 −1 y − x  R3−→
 0 −1

y−x
1 −1 z
0 −3 z − x
0 0 2x − 3y + z
e l’equazione di L(v2 , v3 ) dunque 2x − 3y + z = 0.
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L’intersezione dei due sottospazi corrisponde all’intersezione dei due piani e sarà dunque una
retta per l’origine, la quale corrisponde a sua volta ad un sottospazio generato da un vettore
non nullo. Per calcolare U ∩ V basta risolvere il sistema delle loro equazioni:
2x − 3y + z = 0
,
z=0
che ha la soluzione x = 3t, y = 2t, z = 0 con t ∈ R qualsiasi. Dunque U ∩V = {3ti + 2tj : t ∈ R} =
L(3i + 2j).
L’insieme U ∪ V non è un sottospazio ma è semplicemente l’unione insiemistica di U e V ed è
quindi rappresentato geometricamente dall’unione dei due piani.
Invece U + V è il minimo sottospazio che contiene sia U che V e perciò coincide con tutto R3 .
Esercizio 13 (i) VERA; infatti il sistema delle equazioni x = y + z, x = y, y = z ha la sola
soluzione x = y = z = 0. In altri termini, V e W rappresentano rispettivamente un piano
ed una retta per l’origine che si incontrano in un solo punto.
(ii) FALSA; come già osservato V è un piano e non può essere generato da un solo vettore.
(iii) FALSA; si è già visto al punto (i) che l’intersezione di V e W è ridotta al solo vettore
nullo.
(iv) VERA; infatti R3 è il più piccolo sottospazio che contiene un piano e una retta non
contenuta nel piano stesso.