Prova scritta di Algebra Lineare con soluzione

Sottraggo la seconda riga dalla prima:
⎛
⎝
0 0 0 | −5/3
0 −5/3 2 | 8/3
1 1 −1 | 0
La prima riga mostra che il sistema è incompatibile.
3. i) verifico se i vettori w1, w2, w3, w4 sono linearmente indipendenti. Questi vettori appartengono
tutti al sottospazio vettoriale Z di W generato da z1, z2, z3, z4. Costruisco la matrice le cui colonne
esprimono le componenti di questi vettori rispetto alla base di Z formata dai vettori z1, z2, z3, z4.
M =
⎛
⎜
⎝
1 1 1 1
−1 −1 −1 0
0 −1 −1 0
0 0 −1 0
Calcolo il determinante di M, sviluppando secondo la regola di Laplace rispetto alla quarta colonna.
Si ottiene
−1
det(M) = −
0
0
−1
−1
0
−1
−1
−1 = −(−1)3 = 1 = 0
Pertanto i vettori w1, w2, w3, w4 sono linearmente indipendenti.
ii) Se α1, α2, α3, α4 sono numeri reali tali che risulti α1v1 + α2v2 + α3v3 + α4v4 = 0, allora risulta
anche
F (α1v1 + α2v2 + α3v3 + α4v4) = F (0)
Per la linearità di F e sapendo che F (0) = 0 otteniamo
⎞
⎠
⎞
⎟
⎠
α1F (v1) + α2F (v2) + α3F (v3) + α4F (v4) = 0
α1W1 + α2W2 + α3W3 + α4W4 = 0
Avendo già visto al punto i) che i vettori w1, w2, w3, w4 sono linearmente indipendenti, dalla relazione
precedente segue necessariamente α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Pertanto anche i vettori v1, v2, v3, v4
risultano linearmente indipendenti.
4. Abbiamo
Σ0 = {λ(0, 1, 0, 0, 1) + µ(0, 0, 1, 2, 0) : λ, µ ∈ R} = {(0, λ, µ, 2µ, λ) : λ, µ ∈ R}
Dunque (0, λ, µ, 2µ, λ) è la soluzione generale del sistema omogeneo associato. Da un teorema sappiamo
che la soluzione generale del sistema non omogeneo (compatibile) si ottiene sommando a una soluzione
particolare — che nel nostro caso è (1, 1, 2, 1, 1) — la soluzione generale del sistema omogeneo associato.
Abbiamo pertanto
Σ = {(1, 1, 2, 1, 1) + (0, λ, µ, 2µ, λ) : λ, µ ∈ R} = {(1, 1 + λ, 2 + µ, 1 + 2µ, 1 + λ) : λ, µ ∈ R}
Vediamo se (1, 2, 3, 3, 2) ∈ Σ imponendo
(1, 2, 3, 3, 2) = (1, 1 + λ, 2 + µ, 1 + 2µ, 1 + λ)
e ottenendo il seguente sistema di equazioni lineari nelle incognite λ e µ.
⎧
1
⎪⎨ 2
=
=
1
1 + λ
3
⎪⎩
3
2
=
=
=
2 + µ
1 + 2µ
1 + λ