Soluz prima prova itinere 2009

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Soluzioni prima prova intermedia 1. Sia A la matrice: A =   1 2 3 4 3 1 3 4 −3 4 3 4 1 3 6 9   Trovare una base dello spazio riga e una base dello spazio colonna di A. Soluzione Riduciamo la matrice A a scala mediante operazioni elementari sulle righe.   1 2 3 4 3 1 3 4 −3 4 3 4 1 3 6 9   →   1 2 3 4 0 −5 −6 −8 0 10 12 16 0 1 3 5   →   1 2 3 4 0 1 3 5 0 −5 −6 −8 0 0 0 0   →   1 2 3 4 0 1 3 5 0 0 9 17 0 0 0 0   Un base dello spazio riga ` e perci` o costituita dai vettori [1 2 3 4], [0 1 3 5], [0 0 9 17] (un’altra base ` e formata dalla prima, seconda e quarta riga). I pivots della matrice ridotta sono sulle prime tre colonne, quindi una base per lo spazio colonna ` e costituita dalle prime tre colonne di A 2. InR4 si considerino il sottospazio V generato da v1 = (1, 2, 3, 4) e v2 = (3, 1, 3, 4) e il sottospazio W generato da w1 = (−3, 4, 3, 4) e w2 = (1, 3, 6, 9). • Trovare una base di V + W • Trovare la dimensione di V ∩ W • Trovare una base di V ∩ W Soluzione V + W ` e lo spazio generato dai quattro vettori dati, che sono le righe della matrice A del primo esercizio. Quindi V+W ` e lo spazio riga diA, di cui abbiamo gi` a determinato una base. Per la formula di Grassmann: dim(V ∩ W) = dim V + dim W − dim(V + W) = 2 + 2 − 3 = 1 Una base di V ∩ W ` e costituita perci` o da un qualsiasi vettore non nullo di V ∩ W. I conti fatti nel primo esercizio mostrano che la terza riga di A, che ` ew1, ` e combinazione lineare delle prime due righe v1 e v2. Quindi w1 appartiene sia a V sia a W, cio` e ` e un vettore di V ∩ W. In conclusione, {w1}` e una base diV ∩ W. 3. Sia V lo spazio vettoriale delle matrici 2 x 2 a coefficienti reali, sia B = [1 1 6 0 ] , e sia H l’insieme delle matrici 2 x 2 che commutano con B: H = {A ∈ V : AB = BA} •…