CAPITOLO 8 Applicazioni lineari

Esercizio 8.1. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione definita da T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1}^{2}, x_{2}, 2x_{3}). Stabilire se T è lineare.

Esercizio 8.2. Verificare che la funzione determinante definita sull’insieme delle matrici M_{2×2} avalori in R non è lineare.

Esercizio 8.3. Stabilire se esiste una applicazione lineare T : R^{2} → R^{2} tale che

T (1, 2) = (3, 0),  T (2, 7) = (4, 5),  T (1, 5) = (1, 4)

Esercizio 8.4. Stabilire se esiste una applicazione lineare T : R^{2} → R^{2} tale che

T (1, 2) = (3, 0),  T (2, 4) = (5, 0),  T (0, 1) = (1, 1)

Esercizio 8.5. Determinare una applicazione lineare T : R^{2} → R^{2} tale che

T (1, 1) = (1, 2), T (0, 2) = (4, 4)

Esercizio 8.6. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione definita da T (x, y) = (x + y, 2x, x − y). a) Verificare che T è lineare.

b) Determinare Nucleo e Immagine di T.

c) Determinare la matrice A associata a T (rispetto alle basi canoniche).

d) Determinare T (1, 2) usando la definizione e usando la matrice A.

Esercizio 8.7. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione lineare definita sulla base canonica di R^{2} nel seguente modo: T (e_{1}) = (1, 2, 1), T (e_{2}) = (1, 0, −1).

a) Esplicitare T (x, y).

b) Determinare la matrice A associata a T (rispetto alle basi canoniche).

c) Stabilire se (3, 4, 1) appartiene a Im(T).

Esercizio 8.8. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione lineare tale che T (v) = Av con

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 1 & −1 \end{matrix}]

a) Determinare una base di Nucleo e Immagine di T.

b) Stabilire se (−3, 2, 1) appartiene a Im(T).

Esercizio 8.9. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

A = [\begin{matrix}−3 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}]

Determinare l’immagine attraverso T del piano π : x + 2y = 0.

Esercizio 8.10. Sia T : R^{4} → R^{4} l’applicazione lineare tale che

T [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}] = [\begin{matrix}x_{1} + x_{2} + 2x_{3} + x_{4} \\ x_{1} + 2x_{2} + 4x_{3} + x_{4} \\ 2x_{1} + 2x_{2} + 4x_{3} + 3x_{4} \\ −x_{1} − 2x_{2} + (k − 4)x_{3} + 2x_{4} \end{matrix}]

dove k ∈ R un parametro reale.

a) Discutere l’iniettività e suriettività di T al variare di k ∈ R.

b) Determinare una base degli spazi vettoriali Im(T) e N(T) al variare di k ∈ R.

Esercizio 8.11. Sia T : R^{4} → R^{5} la funzione lineare definita da

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (x_{1} − x_{2}, x_{1} + x_{2}, x_{2}, x_{2} + 3x_{3}, −2x_{1})

rispetto alle basi canoniche.

a) Trovare una base del nucleo N(T) e una base dell’immagine Im(T).

b) Dire se T è iniettiva e/o suriettiva.

c) Per quali valori di k ∈ R il vettore v_{k} = (k, 2, 1 − k, 4, −2) appartiene all’immagine di T?

Esercizio 8.12. Sia T : R^{3} → R^{4} la funzione lineare definita da:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2kx_{1} − x_{2}, x_{2} + kx_{3}, x_{1} + x_{2} − x_{3}, x_{1} − x_{2})

a) Trovare le dimensioni del nucleo e dell’immagine di T al variare del parametro reale k.

b) Stabilire per quali valori di k il vettore v = (3, 3, 1, 0) appartiene all’immagine di T.

Esercizio 8.13. Sia T la funzione lineare da R^{3} a R^{3} con matrice associata

A = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \end{matrix}]

rispetto alle basi canoniche.

a) Determinare basi dell’immagine Im(T) e del nucleo N(T).

b) Stabilire per quale valore di k il vettore v_{k} = (k, k, k) appartiene all’immagine di T.

Esercizio 8.14. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare definita da:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (x_{2} + 3x_{3}, −2x_{3} + x_{4}, 0, x_{1} − x_{2} + x_{4})

rispetto alle basi canoniche.

a) Dire se T è iniettiva e/o suriettiva

b) Trovare una base del nucleo N(T) e una base dell’immagine Im(T).

Esercizio 8.15. Sia T l’endomorfismo di R^{3} cos definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1} + x_{3}, −2x_{1} + x_{2} + x_{3}, x_{2} + 2x_{3}).

a) Scrivere la matrice associata a T rispetto alle basi canoniche e determinare il nucleo e l’immagine di T.

b) Stabilire se T è iniettiva. Trovare, al variare del parametro reale k, tutti i vettori v tali che T (v) = (3, 3, k).

Esercizio 8.16. Si consideri il seguente endomorfismo di R^{4}

T (x, y, z, w) = (−x + z, 2y, x − 2z, w)

a) Si determino le dimensioni di immagine e nucleo di T e si stabilisca se T è invertibile.

b) Si determini l’inversa T^{−1}.

Esercizio 8.17.

a) Verificare che le relazioni

T (1, 1, 1) = (−1, 2), T (0, 1, 1) = (0, 4), T (1, 1, 0) = (2, 1)

definiscono un’unica applicazione lineare T da R^{3} a R^{2}.

b) Scrivere la matrice rappresentativa di T rispetto alla basi canoniche.

c) Trovare basi di Im(T) e di N(T).

Esercizio 8.18. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (2x, y, 0)

(1) Dato il vettore w = (2, −1, 1), calcolare T (w).

(2) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(3) Calcolare T (w) utilizzando la matrice A.

(4) Determinare la dimensione e una base degli spazi vettoriali Im(T) e N(T).

(5) Verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} con v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, 1, −1), v_{3} = (1, 1, −1) è una base di R^{3}.

(6) Determinare la matrice B associata a T rispetto alla base B dello spazio di partenza e alla base canonica C dello spazio di arrivo.

(7) Determinare le componenti del vettore w = (2, −1, 1) rispetto alla base B.

(8) Calcolare T (w) utilizzando la matrice B.

Esercizio 8.19. Sia T : R^{3} → R^{2} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z) = (2x, y + z)

(1) Verificare che T è un’applicazione lineare.

(2) Dato il vettore w = (1, 1, 1), calcolare T (w).

(3) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(4) Calcolare T (w) utilizzando la matrice A.

(5) Determinare la dimensione e una base degli spazi vettoriali Im(T) ⊆ R^{2} e N(T) ⊆ R^{3}.

(6) Verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} con v_{1} = (2, 1, 0), v_{2} = (0, 1, 0), v_{3} = (1, 0, 1) è una base di R^{3}.

(7) Determinare la matrice B associata a T rispetto alla base B di R^{3} e alla base canonica di R^{2} .

(8) Determinare la matrice P di cambiamento di base dalla base canonica C alla base B.

(9) Determinare le componenti del vettore w = (1, 1, 1) rispetto alla base B utilizzando la matrice P (o meglio P^{−1}).

(10) Calcolare T (w) utilizzando la matrice B.

Esercizio 8.20. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z) = (2x + y, x + y, y + kz)

dove k ∈ R è un parametro reale. (1) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(2) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale Im(T) ⊆ R^{3} al variare del parametro k.

(3) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale N(T) ⊆ R^{3} al variare del parametro k.

(4) Stabilre se il vettore v = (3, −1, −5) appartiene a Im(T) al variare del parametro k. In caso positivo esprimere v come combinazione lineare degli elementi della base di Im(T) trovata.

Esercizio 8.21. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z) = (x + y, kx + y + z, kx + y + kz)

dove k ∈ R è un parametro reale. (1) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(2) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale Im(T) ⊆ R^{3} al variare del parametro k.

(3) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale N(T) ⊆ R^{3} al variare del parametro k.

(4) Stabilre se il vettore v = (0, 1, −1) appartiene a Im(T) al variare del parametro k. In caso positivo esprimere v come combinazione lineare degli elementi della base di Im(T) trovata.

Esercizio 8.22. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y) = (kx + 4y, x + ky, y)

dove k ∈ R è un parametro reale. Stabilire se T è iniettiva e/o suriettiva al variare del parametro k.

Esercizio 8.23. Sia T : R^{4} → R^{4} l’applicazione lineare definita dalla matrice

A = M(T) = [\begin{matrix}5k & 1 & 3k + 4 & 0 \\ k + 1 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & k + 5 & 1 & k + 3 \\ 2k^{2} & 0 & k & 0 \end{matrix}]

a) Discutere l’iniettività e suriettività di T al variare del parametro reale k.

b) Determinare la dimensione di immagine e nucleo di T al variare di k.

Esercizio 8.24. Sia T : R^{4} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z, w) = (−x − y + z + w, −x + 2y − z, −x + y + 3z − 3w)

(1) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(2) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale Im(T) ⊆ R^{3}.

(3) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale N(T) ⊆ R^{4}

Esercizio 8.25. Sia T : R^{4} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z, w) = (x − 2y + 3z, x − y + (k + 3)z + 2w, 2x − 3y + (k + 6)z + (k + 1)w)

dove k è un parametro reale.

Stabilire se esistono valori di k per cui T è iniettiva e/o suriettiva.

Esercizio 8.26. Sia T : R^{3} → R^{2} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x − y, 2x − 3y)

a) Dire se T è iniettiva e/o suriettiva.

b) Trovare le dimensioni del nucleo e dell’immagine di T.

Esercizio 8.27. Sia k un parametro reale e sia T l’endomorfismo di R^{4} definito da

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (2x_{1}, x_{1} + x_{2} + x_{3} + 3x_{4}, −kx_{1} + x_{3}, x_{3} + kx_{4})

a) Determinare basi del nucleo e dell’immagine di T al variare del parametro k.

b) Si dica se T è iniettivo e/o suriettivo.

Esercizio 8.28. Sia T : R^{3} → R^{2} la funzione lineare

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (ax_{1} + 2ax_{2} + x_{3}, bx_{1} + 2bx_{2} + x_{3}).

a) Si determinino gli eventuali valori reali di a e b per i quali T è suriettiva.

b) Si trovi una base del nucleo di T al variare di a e b.

Esercizio 8.29. Sia T : R^{4} → R^{3} la funzione lineare definita da T (x) = Ax, con

A = [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 3 \\ −1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Stabilire se T è iniettiva e/o suriettiva.

b) Trovare le dimensioni del nucleo e dell’immagine di T.

Esercizio 8.30. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare definita da T (x) = Ax, con

A = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ −2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}] .

a) Stabilire se T invertibile.

b) Trovare basi del nucleo e dell’immagine di T.

Esercizio 8.31. Detto k un paramtro reale, sia

A = [\begin{matrix}k & 1 & 10 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & k & k \end{matrix}] .

a) Si trovino, al variare di k, nucleo e immagine dell’endomorfismo T_{A} di R^{3} associato alla matrice A.

b) Stabilire per quali valori k ∈ R la funzione lineare T_{A} è invertibile.

Esercizio 8.32. Si consideri la funzione lineare T : R^{4} → R^{4} definita dalla matrice

[\begin{matrix}2k & 0 & 2 & 1 \\ k & 0 & 1 & 1 \\ k − 1 & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Si dica se esistono valori del parametro reale k per i quali T è iniettiva o suriettiva.

b) Si calcoli la dimensione del nucleo N(T) e dell’immagine Im(T) al variare di k.

Esercizio 8.33. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare definita da T (x) = Ax con

A = [\begin{matrix}0 & 1 & k & 2 \\ 1 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ −2 & 0 & 1 & −1 \end{matrix}]

a) Determinare una base del nucleo di T e una base dell’immagine di T al variare del parametro k.

b) Dire se T è iniettiva e/o suriettiva.

Esercizio 8.34. Sia f : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita ponendo

f(x, y, z) = (x + y − 2z, 3x − z, 2x − y + z)

e sia g : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita ponendo

g(x, y, z) = (x + z, x − y + z, y)

Si trovino le dimensioni dei nuclei delle applicazioni lineari g ∘ f e f ∘ g.

Esercizio 8.35. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare definita da

T (x, y, z) = (x + y, 2x − y − z, 2y + z)

e sia B = {(1, 2, −4), (0, 1, 1), (1, 0, −7)} una base di R^{3}.

a) Stabilire se T è iniettivo e/o suriettiva.

b) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B

Esercizio 8.36. Sia S : R^{4} → R^{3} la funzione lineare

S(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (3x_{1} − 2x_{3} + x_{4}, 4x_{1} − 2x_{2} + 2x_{3} + 3x_{4}, x_{1} + 2x_{3} + 2x_{4}).

a) Si trovi una base del nucleo di S e una base dell’immagine di S.

b) Sia E la base canonica di R^{4} e sia B la base di R^{3} costituita dai vettori

v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (1, 0, 0), v_{3} = (1, 1, 1)

Si determini la matrice M_{E}^{B}(S) associata a S.

Esercizio 8.37. Sia T la funzione lineare da R^{3} a R^{3} definita da

T (x, y, z) = (3x − 2y, x + y + z, 2x − 3y − z)

a) Determinare basi dell’immagine Im(T) e del nucleo N(T).

b) Si scriva la matrice associata a T rispetto alla base B = {(2, 1, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 1)}.

c) Trovare la distanza euclidea tra il punto P = (1, 1, 1) e il nucleo N(T).

Esercizio 8.38. Sia B = {v_{1} = (1, 2, 3), v_{2} = (1, 0, −1), v_{3} = (0, 0, 2)} una base di R^{3} e sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo definito dalla matrice

M_{B}(T) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] .

a) Si determini la matrice associata a T rispetto alla base canonica di R^{3}.

b) Si stabilisca se T è iniettivo e/o suriettivo.

Esercizio 8.39. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare definita da T (x) = Ax, con

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}]

a) Si determini la matrice associata a T rispetto alla base costituita dai vettori v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (1, 0, 0), v_{3} = (0, 0, 1).

b) Si trovi una base del nucleo di T.

Esercizio 8.40. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione definita da T (x, y) = (2x, x − y, 2y), e siano B = {(1, 0), (1, 1) } e B′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 2) } due basi di R^{2} e R^{3} rispettivamente. Determinare la matrice A = M_{B}^{B′}(T) associata a T rispetto alle basi B e B′.

Esercizio 8.41. Sia V = R^{3} e siano C e B′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 2) } rispettivamente la base canonica e un’altra base di V.

a) Determinare la matrice P = M_{C}^{B′} di transizione da C a B′.

b) Svolgere l’esercizio precedente utilizzando la matrice P.

Esercizio 8.42. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x − z, 2x + y, x − 3y)

a) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B costituita dai vettori v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 0, −1), v_{3} = (0, 1, 1).

b) Si trovi una base dell’immagine di T.

c) Il determinante di una matrice associata a T può essere nullo?

Esercizio 8.43. Sia S : R^{3} → R^{4} l’applicazione lineare definita da

S(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2}, x_{2}, x_{1}, x_{2} − 3x_{3}).

a) Sia B la base di R^{3} costituita dai vettori v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (1, 0, 0) e sia E la base canonica di R^{4}. Si determini la matrice M_{B}^{E}(S) associata a S.

b) Si trovi la dimensione del nucleo di S.

Esercizio 8.44. Sia S : R^{3} → R^{3}la funzione lineare associata a:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}]

rispetto alla base B = {(1, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 0, 3)} di R^{3}.

a) Si scriva la matrice associata a S rispetto alle basi canoniche.

b) Determinare basi dell’immagine Im(S) e del nucleo N(S).

Esercizio 8.45. Sia S : R^{3} → R^{3} la funzione lineare

S(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1} − 2x_{2} + x_{3}, −2x_{1} + 2x_{2} − 3x_{3}, −2x_{1} + 2x_{2} + x_{3})

a) Si trovi una base del nucleo di S e una base dell’immagine di S.

b) Sia E la base canonica di R^{3} e sia B la base di R^{3} costituita dai vettori

v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (1, 0, 1), v_{3} = (0, 1, 1)

Si determini la matrice M_{B}^{E}(S) associata a S.

Esercizio 8.46. Sia V = R^{2} e siano B = C = { (1, 0), (0, 1) } e B′ = {(1, 1), (1, 0) } due basi di V. a) Determinare la matrice P = M_{B}^{B′} di transizione da B a B′.

b) Determinare le coordinate di v = (2, 1) utilizzando la matrice P.

Esercizio 8.47. Sia V = R^{3} e siano C e B′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 2) } rispettivamente la base canonica e un’altra base di V.

a) Determinare la matrice P = M_{C}^{B′} di transizione da C a B′.

b) Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione definita da T (x, y) = (2x, x − y, 2y). Utilizzando la matrice P determinare la matrice A = M_{C}^{B′}(T) associata a T rispetto alle basi C e B′.

Esercizio 8.48. Sia T : R^{3} ⇒ R^{3} così definita: T (x, y, z) = (x + 2y + 3z, 3y + z, 4z). a) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

b) Determinare la matrice B associata a T rispetto alla base

B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (5, 3, 3)} .

Esercizio 8.49. Sia T : R^{3} ⇒ R^{3} l’applicazione lineare definita da:

A = [\begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix}]

a) Verificare che l’insieme B = {v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (−1, 0, 1), v_{3} = (1, 1, 2)} è una base di R^{3}.

b) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base B.

Esercizio 8.50. Sia

B = {v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, −1, 0), v_{3} = (2, 0, 0)}

una base di R^{3} e sia T l’endomorfismo di R^{3} così definito:

T (v_{1}) = (3, 1, 2),  T (v_{2}) = (0, 1, 1),  T (v_{3}) = (6, 4, 6)

a) Si determini la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica.

b) Si determini base e dimensione dell’Immagine e del Nucleo di T.

c) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v_{k} = (k + 1, 0, k) appartiene all’Immagine di T.

Esercizio 8.51. Dati i vettori di R^{3}

v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, 2, 2), v_{3} = (1, 1, 0),

si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{3} definita da

T (v_{1}) = (2, 0, 0), T (v_{2}) = (4, 4, 4), T (v_{3}) = (0, 6, 6)

a) Si determini la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica.

b) Si determini una base del nucleo e dell’immagine di T.

Esercizio 8.52. Sia T la funzione lineare da R^{3} in R^{4} che associa ai vettori

(1, 1, 0),  (1, −1, 2),  (0, 0, 1)

rispettivamente i vettori

(1, 1, 0, 1),  (1, 2, −1, 0),  (0, 0, 1, 1)

a) Stabilire se T è iniettiva, suriettiva, biunivoca.

b) Qual è l’immagine di v = (2, 0, 3)?

Esercizio 8.53. Sia E = {e_{1}, e_{2}, e_{3}} la base canonica di R^{3}. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare tale che:

T (e_{1}) = 3e_{1} − e_{2} + e_{3}, T (e_{2}) = e_{2} − e_{3}, T (e_{3}) = 2T (e_{1}) + T (e_{2})

a) Si calcoli la matrice associata a T rispetto ad E.

b) Trovare basi del nucleo e dell’immagine di T e stabilire se T è invertibile.

Esercizio 8.54. Sia E = {e_{1}, e_{2}, e_{3}} la base canonica di R^{3}. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare tale che:

T (e_{1}) = e_{1} − 2e_{2} + e_{3}, T (e_{2}) = 2e_{2} − e_{3}, T (e_{3}) = e_{1} + e_{3}.

a) Si mostri che T è invertibile.

b) Si scriva la matrice associata a T^{−1} rispetto ad E.

c) Sia W = {x ∈ R^{3} : x_{1} + 2x_{2} − x_{3} = 0}. Si trovi una base del sottospazio immagine T (W).

Esercizio 8.55. Si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{3} la cui matrice rispetto alla base canonica è

M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}]

e sia B = {v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (1, 1, 1), v_{3} = (1, 0, 1)} una base di R^{3}.

a) Si determini la matrice M_{B}^{E}(T) associata a T rispetto alla base B nel dominio e rispetto alla base canonica E nel codominio.

b) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B.

Esercizio 8.56. Si consideri la base B = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 0)} di R^{4} e sia E la base canonica di R^{4}. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare con matrice associata

M_{B}^{E}(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & k & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

con k parametro reale. a) Stabilire per quali valori di k la funzione T è un isomorfismo (cioè iniettiva e suriettiva).

b) Posto k = 1, si trovi una base del sottospazio T^{−1}(W) = {v ∈ R^{4} | T (v) ∈ W }, con W = ⟨(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1)⟩.

Esercizio 8.57. Dati i vettori v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (0, 2, 0) e v_{3} = (0, 1, 1), sia T l’endomorfismo di R^{3} tale che T (v_{1}) = v_{2}, T (v_{2}) = v_{3} e T (v_{3}) = v_{1}.

a) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

b) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base canonica.

c) Determinare il nucleo di T e trovare (se esiste) una controimmagine di (5, 1, −11).

Esercizio 8.58. Sia S : M_{n}(R) → M_{n}(R) la funzione lineare così definita:

S(A) = A − A^{T}

a) Si determini il nucleo e l’immagine di S.

b) Posto n = 2, si determini la matrice associata a S rispetto alla base

B = \{[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

c) Per n = 2, la funzione lineare S è diagonalizzabile?

Esercizio 8.59. Sia S : M_{n}(R) → M_{n}(R) la funzione lineare così definita:

S(A) = A + A^{T}

a) Si determini il nucleo e l’immagine di S.

b) Posto n = 2, si determini la matrice associata a S rispetto alla base

B = \{[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

c) Per n = 2, la funzione lineare S è diagonalizzabile?

Esercizio 8.60. Si f : R_{2}[x] → R_{2}[x] l’applicazione lineare definita ponendo

f(ax^{2} + bx + c) = (a − b)x^{2} + (b − c)x + a − c

a) Si trovi la matrice rappresentativa di tale applicazione rispetto alla base

B = {x^{2} + 2, x − 1, x + 1}

b) Si trovi la dimensione e una base di N(f) e Im(f).

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1. Suggerimenti

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Una Applicazione lineare T : V → W è una funzione tra due spazi vettoriali che gode delle seguenti proprietà:

T (v_{1} + v_{2}) = T (v_{1}) + T (v_{2}) ∀v_{1}, v_{2} ∈ V
T (λv) = λT (v) ∀v ∈ V, λ ∈ R

In particolare se B = {v_{1}, v_{2}, …, v_{n}} è una base di V e v ∈ V, allora:

T (v) = T (x_{1}v_{1} + ⋯ + x_{n}v_{n}) = x_{1}T (v_{1}) + ⋯ + x_{n}T (v_{n})

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A ogni applicazione lineare può essere associata una matrice A = M(T) che ha per colonne le immagini degli elementi della base di V, espresse rispetto alla base di W. Salvo indicazioni le basi di V e W sono le basi canoniche. Usando la matrice associata

T (V) = A · v ∀v ∈ V

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Una applicazione lineare può essere definita tramite:

• La regola:

T : R^{2} → R^{3} tale che

T (x, y) = (x + y, 2x, x − y)

• Le immagini di una base:

T : R^{2} → R^{3} tale che

T (e_{1}) = (1, 2, 1)
T (e_{2}) = (1, 0, −1)

• La matrice associata rispetto a una base:

T : R^{2} → R^{3} tale che la matrice associata rispetto alle basi canoniche è

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 1 & −1 \end{matrix}]

Se non è specificato, la matrice si intende sempre associata rispetto alle basi canoniche.

Le tre precedenti definizioni definiscono la stessa applicazione lineare. ——————————————————————————————————————————————-

L’Immagine Im(T) di una applicazione lineare T : V → W è lo spazio generato dalle immagini degli elementi di una base B = {v_{1}, v_{2}, …, v_{n}} di V:

Im(T) = {T (v) | v ∈ V } = ⟨T (v_{1}), …, T (v_{n})⟩ ⊆ W

Utilizzando la matrice A = M(T) associata:

• Im(T) = spazio generato dalle colonne di A (Prestare attenzioni se le basi di V e W non sono quelle canoniche)

• B(Im(T)) = { colonne linearmente indipendenti di A } (Prestare attenzioni se le basi di V e W non sono quelle canoniche).

• dim(Im(T)) = rg(A)

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Il Nucleo N(T) di una applicazione lineare T : V → W è il sottospazio di V formato dagli elementi la cui immagine è lo 0:

N(T) = {v ∈ V | T (v) = 0} ⊆ V

Utilizzando la matrice A associata:

• N(T) = { soluzioni del sistema omogeneo associato a A } (Prestare attenzione se le basi di U e di V non sono quelle canoniche.

• dim(N(T)) = n − rg(A), dove n = dim(V) = numero delle incognite del sistema lineare.

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• Il teorema di Nullità più rango afferma che se T : V → W allora:

dim(N(T)) + dim(Im(T)) = n = dim(V)

• Una applicazione è detta Iniettiva se dim(N(T)) = 0, cioè se N(T) = {0}.

• Una applicazione è detta Suriettiva se dim(Im(T)) = dim(W), cioè se Im(T) = W.

• Una applicazione è detta Biiettiva se è sia iniettiva che suriettiva. Un’applicazione è invertibile sse è biiettiva.

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Bisogna prestare particolare attenzione quando l’applicazione non è definita sulle basi canoniche. ——————————————————————————————————————————————-

Matrici di transizione Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n e siano B = {v_{1}, …, v_{n}} e B′ = {v′_{1}, …, v′_{n}} due basi di V. Ogni vettore w di V si può scrivere come combinazione lineare degli elementi delle due basi:

w = x_{1}v_{1} + ⋯ + x_{n}v_{n} = x′_{1}v′_{1} + ⋯ + x′_{n}v′_{n} ⇒
w = (x_{1}, …, x_{n})_{B} componenti di w rispetto a B
w = (x′_{1}, …, x′_{n})_{B′} componenti di w rispetto a B′

• Sia T : R^{n} → R^{n} l’applicazione tale che T (x_{1}, …, x_{n}) = (x′_{1}, …, x′_{n}). La matrice associata a T è detta matrice di transizione da B a B′, indicata con M_{B}^{B′}. Tale matrice ha per colonne i vettori di B epressi rispetto a B′:

(x′_{1}, …, x′_{n}) = M_{B}^{B′} · (x_{1}, …, x_{n})^{T}

• Sia T : R^{n} → R^{n} l’applicazione tale che T (x′_{1}, …, x′_{n}) = (x_{1}, …, x_{n}). La matrice associata a T è detta matrice di transizione da B′ a B, indicata con M_{B′}^{B}. Tale matrice ha per colonne i vettori di B′ epressi rispetto a B:

(x_{1}, …, x_{n}) = M_{B′}^{B} · (x′_{1}, …, x′_{n})^{T}

Osservzioni • Le matrici M_{B}^{B′} e M_{B′}^{B} sono una l’inversa dell’altra.

• Se T : V → V è un endomorfismo e B e B′ sono due basi di V, allora

M_{B′}(T) = P^{−1} · M_{B}(T) · P con P = M_{B′}^{B}

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2. Soluzioni

Esercizio 8.1. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione definita da T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1}^{2}, x_{2}, 2x_{3}). Stabilire se T è lineare.

Soluzione: Se T fosse lineare in particolare dovrebbe essere T (2v) = 2T (v) per ogni v ∈ R^{3}. Sia per esempio v = (1, 0, 0):

T (v) = T (1, 0, 0) = (1, 0, 0) ⇒ 2T (v) = (2, 0, 0)
T (2v) = T (2, 0, 0) = (4, 0, 0)

Quindi T (2v) ≠ 2T (v) e T non è lineare.

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Esercizio 8.2. Verificare che la funzione determinante definita sull’insieme delle matrici M_{2×2} avalori in R non è lineare.

Soluzione: Sia T la funzione determinante: T (A) = det(A). Se T fosse lineare in particolare dovrebbe essere T (A) + T (B) = T (A + B) per ogni A, B ∈ M_{2×2}. Siano

A = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] ,  B = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]  ⇒  A + B = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

Allora

T (A) = T (B) = 0 ⇒ T (A) + T (B) = 0
T (A + B) = 1

Quindi T (A) + T (B) ≠ T (A + B) e T non è lineare.

□

Esercizio 8.3. Stabilire se esiste una applicazione lineare T : R^{2} → R^{2} tale che

T (1, 2) = (3, 0),  T (2, 7) = (4, 5),  T (1, 5) = (1, 4)

Soluzione: Se T fosse un’applicazione lineare dovrebbe in particolare verificare

T (1, 2) + T (1, 5) = T ((1, 2) + (1, 5)) = T (1 + 1, 2 + 5) = T (2, 7),

mentre

T (1, 2) + T (1, 5) = (3, 0) + (1, 4) = (4, 4)
T (2, 7) = (4, 5)

Quindi T non è un’applicazione lineare.

□

Esercizio 8.4. Stabilire se esiste una applicazione lineare T : R^{2} → R^{2} tale che

T (1, 2) = (3, 0),  T (2, 4) = (5, 0),  T (0, 1) = (1, 1)

Soluzione: Se T fosse un’applicazione lineare dovrebbe in particolare verificare

2T (1, 2) = T (2 · 1, 2 · 2) = T (2, 4),

mentre

2T (1, 2) = 2(3, 0) = (6, 0)
T (2, 4) = (5, 0)

Quindi T non è un’applicazione lineare.

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Esercizio 8.5. Determinare una applicazione lineare T : R^{2} → R^{2} tale che T (1, 1) = (1, 2), T (0, 2) = (4, 4)

Soluzione: Possiamo procedere in due modi.

(1) Ricaviamo l’immagine degli elementi della base canonica di R^{2} imponendo la linearità di T: 2T (0, 1) = T (0, 2) = (4, 4) ⇒ T (0, 1) = (2, 2)

T (1, 0) = T (1, 1) − T (0, 1) = (1, 2) − (2, 2) = (−1, 0)

Di conseguenza, preso il generico elemento (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) ∈ R^{2}, per la linearità di T deve essere

T (x, y) = xT (1, 0) + yT (0, 1) = x(−1, 0) + y(2, 2) = (−x + 2y, 2y)

E’ immediato verificare che T è lineare e che T (1, 1) = (1, 2) e T (0, 2) = (4, 4) come richiesto.

(2) Alternativamente possiamo scrivire il generico elemento (x, y) ∈ R^{2} come combinazione lineare degli elementi di cui conosciamo l’immagine (che formano una base di R^{2}): (1, 1) e (0, 2). Si tratta quindi di risolvere l’equazione

(x, y) = a(1, 1) + b(0, 2) ⇒ \begin{cases}a = x \\ a + 2b = y \end{cases} ⇒ \begin{cases}a = x \\ b = \frac{−x + y}{2} \end{cases}

Di conseguenza

(x, y) = x(1, 1) + \frac{−x + y}{2} (0, 2)

Essendo T lineare deve quindi essere

T (x, y) =x T (1, 1) + \frac{−x + y}{2} T (0, 2) = x(1, 2) + \frac{−x + y}{2} (4, 4)
=(x, 2x) + (−2x + 2y, −2x + 2y) = (−x + 2y, 2y)

E’ immediato verificare che T è lineare e che T (1, 1) = (1, 2) e T (0, 2) = (4, 4) come richiesto.

□

Esercizio 8.6. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione definita da T (x, y) = (x + y, 2x, x − y).

a) Verificare che T è lineare.

b) Determinare Nucleo e Immagine di T.

c) Determinare la matrice A associata a T (rispetto alle basi canoniche).

d) Determinare T (1, 2) usando la definizione e usando la matrice A.

Soluzione:

a) Dobbiamo verificare che

T (v_{1} + v_{2}) = T (v_{1}) + T (v_{2}) ∀v_{i} ∈ R^{2}
T (λv) = λT (v) ∀v ∈ R^{2}, ∀λ ∈ R

Siano quindi v_{1} = (x_{1}, y_{1}) e v_{2} = (x_{2}, y_{2}), allora

T (v_{1} + v_{2}) = T (x_{1} + x_{2}, y_{1} + y_{2}) = (x_{1} + x_{2} + y_{1} + y_{2}, 2x_{1} + 2x_{2}, x_{1} + x_{2} − y_{1} − y_{2})

T (v_{1}) + T (v_{2}) = (x_{1} + y_{1}, 2x_{1}, x_{1} − y_{1}) + (x_{2} + y_{2}, 2x_{2}, x_{2} − y_{2})

= (x_{1} + x_{2} + y_{1} + y_{2}, 2x_{1} + 2x_{2}, x_{1} + x_{2} − y_{1} − y_{2})

Quindi la prima proprietà è verificata. Analogamente

T (λv) = T (λx, λy) = (λx + λy, 2λx, λx − λy)
λT (v) = λ(x + y, 2x, x − y) = (λx + λy, 2λx, λx − λy)

Anche la seconda proprietà è verificata, quindi T è lineare.

b) Per definizione

N(T) = {v ∈ R^{2} | T (v) = 0} = {(x, y) ∈ R^{2} | (x + y, 2x, x − y) = (0, 0, 0)} ⊆ R^{2}

Si tratta quindi di cercare le soluzioni del sistema omogeneo:

\begin{cases}x + y = 0 \\ 2x = 0 \\ x − y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ N(T) = \{(0, 0)\}

Analogamente

Im(T) = {T (v) | v ∈ R^{2}} ⊆ R^{3}
= {(x + y, 2x, x − y) | x, y ∈ R}
= {(1, 2, 1)x + (1, 0, −1)y | x, y ∈ R}
= ⟨(1, 2, 1), (1, 0, −1)⟩

A questo punto per trovare una base di Im(T) dobbiamo studiare la dipendenza lineare dei generatori:

[\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −2 \\ 0 & −2 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −2 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi la matrice ha rango due e i due generatori di Im(T) sono linearmente indipendenti:

B(Im(T)) = {(1, 2, 1), (1, 0, −1)}.

c) La matrice A ha per colonne le immagini dei vettori della base di R^{2} espressi come combianzione lineare degli elementi della base di R^{3}. Nel caso in cui le basi siano quelle canoniche la cosa è immediata:

T (e_{1}) = T (1, 0) = (1, 2, 1), T (e_{2}) = T (0, 1) = (1, 0, −1)

Quindi

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 1 & −1 \end{matrix}]

Notiamo che al punto b) abbiamo in sostanza trovato:

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– Nucleo di T: corrisponde alle soluzioni del sistema omogeneo associato a A.

– Immagine di T: corrisponde allo spazio generato dai vettori colonna di A.

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d) Con la definizione di T:

T (1, 2) = (1 + 2, 2 · 1, 1 − 2) = (3, 2, −1)

Con la matrice A

T (1, 2) = A · (1, 2)^{T} = (3, 2, −1)
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Esercizio 8.7. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione lineare definita sulla base canonica di R^{2} nel seguente modo: T (e_{1}) = (1, 2, 1), T (e_{2}) = (1, 0, −1).

a) Esplicitare T (x, y).

b) Determinare la matrice A associata a T (rispetto alle basi canoniche).

c) Stabilire se (3, 4, 1) appartiene a Im(T).

Soluzione:

a) Il generico vettore v = (x, y) ∈ R^{2} si può esprimere come v = x·e_{1} +y ·e_{2}. Quindi per la linearità di T:

T (v) = x · T (e_{1}) + y · T (e_{2}) = x · (1, 2, 1) + y · (1, 0, −1) = (x + y, 2x, x − y)

b) La matrice associata a A è la matrice che ha per colonne le immagini della base canonica di R^{2} (espresse rispetto alla base canonica di R^{3}). Avendo già T (e_{1}) e T (e_{2}) è immediato ricavare:

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 1 & −1 \end{matrix}]

c) Il vettore w = (3, 4, 1) appartiene a Im(T) se esiste (x, y) ∈ R^{2} tale che T (x, y) = w, ovvero se (x + y, 2x, x − y) = (3, 4, 1). Si tratta quindi di stabilire se il seguente sistema ammette soluzione:

\begin{cases}x + y = 3 \\ 2x = 4 \\ x − y = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = 1 \end{cases} ⇒ (3, 4, 1) = T (2, 1) ∈ Im(T)

Utilizzando la matrice associata al sistema, w appartiene a Im(T) se il sistema A|w ammette soluzione cioè se rg(A) = rg(A|w).

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In generale w appartiene a Im(T) se il sistema A|w ammette soluzione cioè se rg(A) = rg(A|w). ——————————————————————————————————————————————-

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Esercizio 8.8. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione lineare tale che T (v) = Av con

A = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 1 & −1 \end{matrix}]

a) Determinare una base di Nucleo e Immagine di T.

b) Stabilire se (−3, 2, 1) appartiene a Im(T).

Soluzione:

a)

Im(T) = {A · v | v ∈ R^{2}}

Sia quindi v = (x, y) il generico vettore di R^{2}, l’immmagine di T è formata dai vettori

A · [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = [\begin{matrix}x + y \\ 2x \\ x − y \end{matrix}] = (1, 2, 1) · x + (1, 0, −1)y

In sostanza Im(T) è lo spazio generato dalle colonne di A:

Im(T) = ⟨(1, 2, 1), (1, 0, −1)⟩

Riduciamo perciò A a gradini:

[\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −2 \\ 0 & −2 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & −2 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

La matrice A ha rango 2 e le due colonne sono linearmente indipendenti:

B(Im(T)) = {(1, 2, 1), (1, 0, −1)}

Analogamente il nucleo di T è

N(T)) = {v ∈ R^{2} | A · v = 0}

Sia quindi v = (x, y) il generico vettore di R^{2}, il nucleo di T è formato dalle soluzioni di

A · [\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}] = 0

In sostanza il nucleo di T è formato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A. Usando la matrice ridotta è immediato vedere che l’unica soluzione è il vettore nullo (0, 0), quindi N(T) = {(0, 0)}.

b) Il vettore w = (−3, 2, 1) appartiene a Im(T) se appartiene allo spazio generato dalle colonne di A, ovvero se ammette soluzione il sistema Ax = w:

[\begin{matrix}1 & 1 & | & −3 \\ 2 & 0 & | & 2 \\ 1 & −1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & | & −3 \\ 0 & −2 & | & 10 \\ 0 & −2 & | & 4 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 1 & | & −3 \\ 0 & −2 & | & 10 \\ 0 & 0 & | & −6 \end{matrix}]

Il sistema non ammette soluzione, quindi w = (−3, 2, 1) non appartiene a Im(T).

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Notiamo che • Nucleo di T: corrisponde all’insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato a A.

• Immagine di T: corrisponde allo spazio generato dai vettori colonna di A.

• w appartiene all’immagine di T se il sistema A|w ha soluzione, cioè se rg(A) = rg(A|w). ——————————————————————————————————————————————-

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Esercizio 8.9. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

A = [\begin{matrix}−3 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}]

Determinare l’immagine attraverso T del piano π : x + 2y = 0.

Soluzione: Il piano π ha equazione parametrica

\begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = s \end{cases} ⇒ π = \{(x, y, z) = (−2t, t, s) | s, t ∈ R\}

Notiamo che poichè il piano passa per l’origine, i suoi punti costituiscono uno spazio vettoriale. L’immagine del generico punto (x, y, z) = (−2t, t, s) di π è quindi data da

T (x, y, z) = A · (x, y, z) = [\begin{matrix}−3 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}−2t \\ t \\ s \end{matrix}] = [\begin{matrix}7t \\ −5t \\ 2t + s \end{matrix}] = (7t, −5t, 2t + s).

Infine l’immagine di π è il piano di equazioni parametrica e cartesiana:

\begin{cases}x = 7t \\ y = −5t \\ z = 2t + s \end{cases} ∀s, t ∈ R,  ⇒  T (π) : 5x + 7y = 0

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Esercizio 8.10. Sia T : R^{4} → R^{4} l’applicazione lineare tale che

T [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{matrix}] = [\begin{matrix}x_{1} + x_{2} + 2x_{3} + x_{4} \\ x_{1} + 2x_{2} + 4x_{3} + x_{4} \\ 2x_{1} + 2x_{2} + 4x_{3} + 3x_{4} \\ −x_{1} − 2x_{2} + (k − 4)x_{3} + 2x_{4} \end{matrix}]

dove k ∈ R un parametro reale.

a) Discutere l’iniettività e suriettività di T al variare di k ∈ R.

b) Determinare una base degli spazi vettoriali Im(T) e N(T) al variare di k ∈ R.

Soluzione: Determiniamo la matrice associata a T rispetto alla base canonica calcolando:

T (e_{1}) = (1, 1, 2, −1)
T (e_{2}) = (1, 2, 2, −2)
T (e_{3}) = (2, 4, 4, k − 4)
T (e_{4}) = (1, 1, 3, 2)

Quindi la matrice associata è:

[\begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 4 & 1 \\ 2 & 2 & 4 & 3 \\ −1 & −2 & k − 4 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − 2I \\ IV + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & k & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & k & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Sappiamo che dim(Im(T)) = rg(A) e dim(N(T)) = 4 − dim(Im(T)), quindi

– Se k ≠ 0, allora dim(Im(T)) = rg(A) = 4 e dim(N(T)) = 4 − 4 = 0, e T è sia suriettiva che iniettiva.

– Se k = 0, allora dim(Im(T)) = rg(A) = 3 e dim(N(T)) = 4 − 3 = 1, e T non è né suriettiva

né iniettiva.

b) Anche in questo caso dobbiamo distinguere due casi – Se k ≠ 0, allora

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}), T (e_{4})}
N(T) = {(0, 0, 0, 0)}

– Se k = 0, allora

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{4})}

Inoltre il nucleo è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}x_{1} + x_{2} + 2x_{3} + x_{4} = 0 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = −2t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

B(N(T)) = {(0, −2, 1, 0)}
□

Esercizio 8.11. Sia T : R^{4} → R^{5} la funzione lineare definita da

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (x_{1} − x_{2}, x_{1} + x_{2}, x_{2}, x_{2} + 3x_{3}, −x_{1} − x_{2})

rispetto alle basi canoniche.

a) Trovare una base del nucleo N(T) e una base dell’immagine Im(T).

b) Dire se T è iniettiva e/o suriettiva.

c) Per quali valori di k ∈ R il vettore v_{k} = (k, 2, 1 − k, 4, −2) appartiene all’immagine di T?

Soluzione: Ricordiamo che Im(T) è generata da

T (e_{1}) = (1, 1, 0, 0, −1),  T (e_{2}) = (−1, 1, 1, 1, −1)
T (e_{3}) = (0, 0, 0, 3, 0),  T (e_{4}) = (0, 0, 0, 0, 0)

Quindi la dimensione di Im(T) equivale al rango della matrice associata a tali vettori. Inoltre v_{k} appartiene all’immagine di T se v_{k} ∈ ⟨T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}), T (e_{4})⟩. Per rispondere a tutte le tre domande riduciamo a gradini la matrice associata al sistema lineare

necessario per rispondere al punto c).

[\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & | & k \\ 1 & 1 & 0 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 1 − k \\ 0 & 1 & 3 & 0 & | & 4 \\ −1 & −1 & 0 & 0 & | & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ IV − III \\ V + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & | & k \\ 0 & 2 & 0 & 0 & | & 2 − k \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 1 − k \\ 0 & 0 & 3 & 0 & | & 3 + k \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒

2III − II [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & | & k \\ 0 & 2 & 0 & 0 & | & 2 − k \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & −k \\ 0 & 0 & 3 & 0 & | & 3 + k \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

a) Dalla matrice dei coefficienti ridotta ricaviamo che questa ha rango 3 e che le prime tre colonne sono linearmente indipendenti

dim(Im(T)) =rg(A) = 3
B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3})}
= {(1, 1, 0, 0, −2), (−1, 1, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 3, 0)}

Inoltre dal teorema di nullità più rango sappiamo che

dim(N(T)) + dim(Im(T)) = dim(spazio di partenza)

Quindi

dim(N(T)) = 4 − dim(Im(T)) = 4 − 3 = 1

Per ricavare esplicitamente la base B(N(T)) notiamo che

v = x_{1}e_{1} + x_{2}e_{2} + x_{3}e_{3} + x_{4}e_{4} ∈ N(T)

sse

T (v) = x_{1}T (e_{1}) + x_{2}T (e_{2}) + x_{3}T (e_{3}) + x_{4}T (e_{4}) = 0

Quindi gli elementi del nucleo sono le soluzioni del sistema omogeneo associato a T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}) e T (e_{4}).

In sostanza basta risolvere il sistema omogeneo associato alla matrice ridotta precedentemente a gradini:

[\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} − x_{2} = 0 \\ 2x_{2} = 0 \\ 3x_{3} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 0 \\ x_{2} = 0 \\ x_{3} = 0 \\ x_{4} = t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

B(N(T)) = { (0, 0, 0, 1) }

Anche senza utilizzare il teorema di nullità più rango potevamo ricavare esplicitamente da qui la dimensione del nucleo.

b) Abbiamo visto al punto precedente che

dim(Im(T)) = 3 < 5 = dim(R^{5}) ⇒ T non è suriettiva

dim(N(T)) = 1 ≠ 0 ⇒ T non è iniettiva c) Il vettore v_{k} ∈ Im(T) se il sistema impostato all’inizio è compatibile. Dalla terza riga della

matrice ridotta a gradini vediamo che deve essere k = 0. In tale caso il rango della matrice completa e incompleta è 3, quindi il sistema è compatibile. Calcoliamo le soluzioni (anche se non era effettivamente richiesto) risolvendo il sistema:

\begin{cases}x_{1} − x_{2} = 0 \\ 2x_{2} = 2 \\ 3x_{3} = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = 1 \\ x_{2} = 1 \\ x_{3} = 1 \\ x_{4} = t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

v_{0} = T (1, 1, 1, t) ∀t ∈ R
□

Esercizio 8.12. Sia T : R^{3} → R^{4} la funzione lineare definita da:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2kx_{1} − x_{2}, x_{2} + kx_{3}, x_{1} + x_{2} − x_{3}, x_{1} − x_{2})

a) Trovare le dimensioni del nucleo e dell’immagine di T al variare del parametro reale k.

b) Stabilire per quali valori di k il vettore v = (3, 3, 1, 0) appartiene all’immagine di T.

Soluzione:

La matrice associata a T rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}2k & −1 & 0 \\ 0 & 1 & k \\ 1 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix}]

Per rispondere alla domanda a) dobbiamo in sostanza calcolare il rango di A, mentre per rispondere alla domanda b) dobbiamo stabilire quando il sistema A|v ammette soluzione. Riduciamo quindi a gradini la matrice A|v:

[\begin{matrix}2k & −1 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & k & | & 3 \\ 1 & 1 & −1 & | & 1 \\ 1 & −1 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ III \\ II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 1 & 1 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & k & | & 3 \\ 2k & −1 & 0 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ IV − 2kI \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 1 & k & | & 3 \\ 0 & −1 + 2k & 0 & | & 3 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}2III − II \\ 2IV − (2k − 1)III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 2k + 1 & | & 5 \\ 0 & 0 & 2k − 1 & | & −2k + 7 \end{matrix}]

Conviene forse interrompere la riduzione a questo punto.

a) 2k +1 e 2k −1 non possono essre contemporaneamente nulli, quindi la matrice A ha sempre rango 3:

dim (Im(T)) = rg(A) = 3  dim (N(T)) = 3 − 3 = 0  ∀k ∈ R

b) Il sistema A|v ammette soluzione quando rg(A) = rg(A|v). Abbiamo appena visto che rg(A) = 3, quindi il sistema ammette soluzione se anche rg(A|v) = 3, cioè se det(A|v) = 0. Calcoliamo quindi il determinante della matrice ridotta:

det [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 2k + 1 & | & 5 \\ 0 & 0 & 2k − 1 & | & −2k + 7 \end{matrix}] = 1 · 2 · [(2k + 1)(−2k + 7) − (2k − 1) · 5]

= 2 · (−4k^{2} + 2k + 12)

Risolvendo l’equazione di secondo grado vediamo che il determinante si annulla per k = −3, 4. Infine v appartiene all’immagine di T quando k = −3, 4. In alternativa si poteva completare la riduzione a gradini di A|v.

□

Esercizio 8.13. Sia T la funzione lineare da R^{3} a R^{3} con matrice associata

A = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \end{matrix}]

rispetto alle basi canoniche.

a) Determinare basi dell’immagine Im(T) e del nucleo N(T).

b) Stabilire per quale valore di k il vettore v_{k} = (k, k, k) appartiene all’immagine di T.

Soluzione: Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A affiancata dalla dal vettore v_{k}.:

III − I [\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & k \\ 0 & −1 & 1 & | & k \\ 0 & −2 & 2 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − 2II [\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & k \\ 0 & −1 & 1 & | & k \\ 0 & 0 & 0 & | & −2k \end{matrix}]

a) Considerando solo la matrice dei coeficienti otteniamo

B(Im(T)) = {(2, 0, 2), (0, 1, 2)}

Risolvendo il sistema omogeneo associato a A otteniamo

\begin{cases}x = t \\ y = −2t \\ z = −2t \end{cases} ⇒ B(N(T)) = (1, −2, 2)

b) Il sistema associato a A|v_{k} diventa

\begin{cases}2x + y = k \\ −y + z = k \\ 0 = −2k \end{cases} ⇒

e ammette soluzione solamente se k = 0. Quindi v_{k} appartiene a Im(T) se k = 0.

□

Esercizio 8.14. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare definita da:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (x_{2} + 3x_{3}, −2x_{3} + x_{4}, 0, x_{1} − x_{2} + x_{4})

rispetto alle basi canoniche.

a) Dire se T è iniettiva e/o suriettiva

b) Trovare una base del nucleo N(T) e una base dell’immagine Im(T).

Soluzione: La matrice associata a T è

A = [\begin{matrix}0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ I \\ II \\ III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza dim(Im(T)) = rg(A) = 3 < 4 ⇒ T non è suriettiva B(Im(T)) = {(0, 0, 0, 1), (1, 0, 0, −1), (3, −2, 0, 0)}

Inoltre

dim(N(T)) = 4 − dim(Im(T)) = 4 − 3 = 1 ⇒ T non è iniettiva

Per trovare il nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato ad A:

[\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x_{1} − x_{2} + x_{4} = 0 \\ x_{2} + 3x_{3} = 0 \\ −2x_{3} + x_{4} = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x_{1} = −5t \\ x_{2} = −3t \\ x_{3} = t \\ x_{4} = 2t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

dim(N(T)) = 1 ⇒ T non è iniettiva

B(N(T)) = {(−5, −3, 1, 2)}

□

Esercizio 8.15. Sia T l’endomorfismo di R^{3} cos definito:

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1} + x_{3}, −2x_{1} + x_{2} + x_{3}, x_{2} + 2x_{3}).

a) Scrivere la matrice associata a T rispetto alle basi canoniche e determinare il nucleo e l’immagine di T.

b) Stabilire se T è iniettiva. Trovare, al variare del parametro reale k, tutti i vettori v tali che T (v) = (3, 3, k).

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alle basi canoniche è

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ −2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}]

Per risponedere alla domanda b) dobbiamo risolvere il sistema A · (x, y, z)^{T} = (3, 3, k)^{T}; riduciamo quindi direttamente a gardini la matrice A affiancata dalla colonna (3, 3, k)^{T}:

[\begin{matrix}2 & 0 & 1 & | & 3 \\ −2 & 1 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & 2 & | & k \end{matrix}] ⇒ II + I [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & 2 & | & 6 \\ 0 & 1 & 2 & | & k \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & 2 & | & 6 \\ 0 & 0 & 0 & | & k − 6 \end{matrix}]

a) Considerando la matrice A otteniamo che una base dell’immagine di T è data da

B(Im(T)) = {(2, −2, 0), (0, 1, 1)}

Risolvendo il sistema Ax = 0 otteniamo

\begin{cases}2x + z = 0 \\ y + 2z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{2}t \\ y = −2t \\ z = t \end{cases} ⇒ B(N(T)) = \{(−\frac{1}{2}, −2, 1)\}

b) T non è iniettiva in quanto il nucleo di T ha dimensione 1.

Risolviamo il sistema Ax = (3, 3, k)^{T}. Il sistema ha soluzione solo se k = 6 quando otteniamo

\begin{cases}2x + z = 3 \\ y + 2z = 6 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{3}{2} − \frac{1}{2}t \\ y = 6 − 2t \\ z = t \end{cases}

Infine (3, 3, k) appartiene all’imangine di T solo se k = 6. In tale caso i vettori v tali che

T (v) = (3, 3, k) sono i vettori del tipo v = (\frac{3}{2}, 6, 0) + (−\frac{1}{2}, −2, 1) t, ∀t ∈ R.

Notiamo che i vettori del tipo (−\frac{1}{2}, −2, 1) t sono gli elementi del nucleo. Infatti se v_{0} =

(\frac{3}{2}, 6, 0) e w ∈ N(T), poiché T (v_{0}) = (3, 3, 6), allora T (v_{0} + w) = T (v_{0}) + T (w) = (3, 3, 6) +

(0, 0, 0) = (3, 3, 6).

□

Esercizio 8.16. Si consideri il seguente endomorfismo di R^{4}

T (x, y, z, w) = (−x + z, 2y, x − 2z, w)

a) Si determino le dimensioni di immagine e nucleo di T e si stabilisca se T è invertibile.

b) Si determini l’inversa T^{−1}.

Soluzione:

Consideriamo la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica:

M(T) = [\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Notiamo che det(A) = 2 ≠ 0, quindi T è invertibile. Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo M(T) a gradini, affiancondola alla matrice identica:

[\begin{matrix}−1 & 0 & 1 & 0 & | & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & | & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & −2 & 0 & | & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−I \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 0 & | & −1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & | & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 0 & | & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

\begin{matrix}I − III \\ 1/2II \\ −III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & −2 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & | & −1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) La matrice M(T) ha rango 4, quindi Im(T) ha dimensione 4 e T è suriettiva. Analogamente il nucleo di T ha dimensione 4 − rg(A) = 0, quindi T e iniettiva. Poiché T è sia iniettiva che suriettiva, T è biiettiva e quindi invertibile.

b) La matrice M (T^{−1}) associata all’endomorfismo T^{−1} è l’inversa della matrice M(T). Dai calcoli precedenti

M (T^{−1}) = [\begin{matrix}−2 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ −1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]  e  T^{−1}(x, y, z, w) = (−2x − z, \frac{1}{2}y, −x − z, w)

□

Esercizio 8.17.

a) Verificare che le relazioni

T (1, 1, 1) = (−1, 2), T (0, 1, 1) = (0, 4), T (1, 1, 0) = (2, 1)

definiscono un’unica applicazione lineare T da R^{3} a R^{2}.

b) Scrivere la matrice rappresentativa di T rispetto alla basi canoniche.

c) Trovare basi di Im(T) e di N(T).

Soluzione:

a) E’ sufficiente verificare che l’insieme

{v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (0, 1, 1), v_{3} = (1, 1, 0)}

su cui è definita la relazione costituisce una base di R^{3}:

det [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}] = −1 ≠ 0

La matrice ha determinante diverso da zero, quindi ha rango 3 e l’insieme costituisce una base di R^{3}.

b) Dobbiamo determinare le immagini degli elementi e_{i} della base canonica di R^{3}. Dal momento che conosciamo T (v_{i}), i = 1, 2, 3, dobbiamo esprimere ogni e_{i} come combinazione lineare dei vettori v_{i}. Senza la necessità di risolvere sistemi, è immediato verificare che

e_{1} = v_{1} − v_{2},  e_{3} = v_{1} − v_{3},  e_{2} = v_{2} − e_{3} = v_{2} − v_{1} + v_{3}

Per la linearità di T ricaviamo ora le immagini degli elementi della base canonica:

T (e_{1}) = T (v_{1}) − T (v_{2}) = T (1, 1, 1) − T (0, 1, 1) = (−1, 2) − (0, 4) = (−1, −2)
T (e_{3}) = T (v_{1}) − T (v_{3}) = T (1, 1, 1) − T (1, 1, 0) = (−1, 2) − (2, 1) = (−3, 1)
T (e_{2}) = T (v_{2}) − T (v_{1}) + T (v_{3}) = T (0, 1, 1) − T (1, 1, 1) + T (1, 1, 0)
= (0, 4) − (−1, 2) + (2, 1) = (3, 3)

Quindi la matrice associata a T rispetto alla base canonica è:

A = [\begin{matrix}−1 & 3 & −3 \\ −2 & 3 & 1 \end{matrix}]

c) Riduciamo a gradini la matrice A

II − 2I [\begin{matrix}−1 & 3 & −3 \\ 0 & −3 & 7 \end{matrix}]

Una base dell’immagine è quindi:

B(Im(T)) = {T (e_{1}) = (−1, −2), T (e_{2}) = (3, 3)}

Risolviamo ora il sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}−x + 3y − 3z = 0 \\ −3y + 7z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 4t \\ y = \frac{7}{3}t \\ z = t \end{cases} ⇒ B(N(T)) = \{(4, \frac{7}{3}, 1)\}

□

Esercizio 8.18. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (2x, y, 0)

(1) Dato il vettore w = (2, −1, 1), calcolare T (w).

(2) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(3) Calcolare T (w) utilizzando la matrice A.

(4) Determinare la dimensione e una base degli spazi vettoriali Im(T) e N(T).

(5) Verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} con v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, 1, −1), v_{3} = (1, 1, −1) è una base di R^{3}.

(6) Determinare la matrice B associata a T rispetto alla base B dello spazio di partenza e alla base canonica E dello spazio di arrivo, cioè M_{B}^{E}(T).

(7) Determinare le componenti del vettore w = (2, −1, 1) rispetto alla base B.

(8) Calcolare T (w) utilizzando la matrice B.

Soluzione:

(1) Per calcolare T (w) basta applicare la definizione:

T (2, −1, 1) = (2 · 2, −1, 0) = (4, −1, 0)

(2) Per calcolare A dobbiamo calcolare l’immagine dei vettori della base canonica:

T (e_{1}) = T (1, 0, 0) = (2, 0, 0)
T (e_{2}) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 0)
T (e_{3}) = T (0, 0, 1) = (0, 0, 0)

La matrice A ha come colonne T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}):

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

(3) Utilizzando la matrice A si ottiene

T (w) = A · w = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] · [\begin{matrix}2 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}]

Notiamo che abbiamo ottenuto lo stesso risultato del punto (1).

(4) L’immagine di T è generata dai vettori colonna di A:

Im(T) = ⟨ T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}) ⟩ = ⟨ (2, 0, 0), (0, 1, 0) ⟩

Dalla matrice A, già ridotta a gradini, notiamo che solamente T (e_{1}) e T (e_{2}) sono linearmente indipendenti, di conseguenza l’immagine è uno spazio vettoriale generato da due vettori:

dim (Im(T)) = 2
B (Im(T)) = {(2, 0, 0), (0, 1, 0)}

Il nucleo di T è formato da quei vettori dello spazio di partenza R^{3} la cui immagine attraverso T è il vettore nullo:

N(T) = {(x, y, z) ∈ R^{3} | T (v) = (0, 0, 0)}

Il N(T) è quindi formato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}2x = 0 \\ y = 0 \\ 0 = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ∀ t ∈ R

Di conseguenza

N(T) = {(0, 0, 1) · t | t ∈ R} = ⟨ (0, 0, 1) ⟩
dim (N(T)) = 1
B (N(T)) = {(0, 0, 1)}

(5) Per verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} con v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, 1, −1), v_{3} = (1, 1, −1) è una base di R^{3} calcoliamo il rango della matrice che ha per colonne i tre vettori:

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & −2 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}]

La matrice ha 3 pivot, quindi ha rango 3, e l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di R^{3}.

(6) Per determinare la matrice B associata a T rispetto alla base B dello spazio di partenza e rispetto alla base E dello spazio di arrivo, come al punto (2), calcoliamo l’immagine di v_{1}, v_{2} e v_{3} attraverso T:

T (v_{1}) = T (1, 0, 1) = (2, 0, 0)
T (v_{2}) = T (0, 1, −1) = (0, 1, 0)
T (v_{3}) = T (1, 1, −1) = (2, 1, 0)

Notiamo che tali immagini (appartenenti allo spazio di arrivo) sono espresse come richiesto rispetto alla base canonica. La matrice B ha quindi come colonne T (v_{1}), T (v_{2}), T (v_{3}):

B = M_{B}^{E}(T) = [\begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

(7) Per determinare le componenti (x, y, z) di w rispetto alla base B dobbiamo esprimere w come combinazione lineare degli elementi di B. Dobbiamo quindi risolvere l’eaquazione

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = w

Consideriamo la matrice associata:

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & −1 \\ 1 & −1 & −1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & −1 \\ 0 & −1 & −2 & | & −1 \end{matrix}] ⇒

III + II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 2 \\ 0 & 1 & 1 & | & −1 \\ 0 & 0 & −1 & | & −2 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −2 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ w = 0v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}

e w ha componenti (0, −3, 2)_{B} rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

Come metodo alternativo possiamo calcolare la matrice P = M_{B}^{C} di transizione da B a C, ovvero la matrice che ha per colonne i vettori di B espressi rispetto a C:

P = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}]

Per esprimere w rispetto a B dobbiamo prima calcolare P^{−1} = M_{C}^{B}, la matrice di transizione da C a B:

P^{−1} = [\begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ −1 & 2 & 1 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}]

Di conseguenza

w_{B} = P^{−1} · w^{T} = [\begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ −1 & 2 & 1 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}] [\begin{matrix}2 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 \\ −3 \\ 2 \end{matrix}]

e w ha componenti (0, −3, 2)B rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}:

w = 0v_{1} − 3v_{2} + 2v_{3}

(8) Avendo espresso w in termini della base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} possiamo ora calcolare T (w) utilizzando la matrice B:

T (w) = B · w = [\begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] · [\begin{matrix}0 \\ −3 \\ 2 \end{matrix}] = [\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}]

Notiamo che abbiamo ottenuto lo stesso risultato del punto (1) e del punto (3).

□

Esercizio 8.19. Sia T : R^{3} → R^{2} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z) = (2x, y + z)

(1) Verificare che T è un’applicazione lineare.

(2) Dato il vettore w = (1, 1, 1), calcolare T (w).

(3) Determinare la matrice A = M(T) associata a T rispetto alla base canonica.

(4) Calcolare T (w) utilizzando la matrice A.

(5) Determinare la dimensione e una base degli spazi vettoriali Im(T) ⊆ R^{2} e N(T) ⊆ R^{3}.

(6) Verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} con v_{1} = (2, 1, 0), v_{2} = (0, 1, 0), v_{3} = (1, 0, 1) è una base di R^{3}.

(7) Determinare la matrice B = M_{B}^{C} associata a T rispetto alla base B di R^{3} e alla base canonica di R^{2}.

(8) Determinare la matrice P di cambiamento di base dalla base canonica C alla base B.

(9) Determinare le componenti del vettore w = (1, 1, 1) rispetto alla base B utilizzando la matrice P (o meglio P^{−1}).

(10) Calcolare T (w) utilizzando la matrice B.

Soluzione:

(1) Si tratta di verificare che:

• T (x_{1}, y_{1}, z_{1}) + T (x_{2}, y_{2}, z_{2}) = T (x_{1} + x_{2}, y_{1} + y_{2}, z_{1} + z_{2}), ∀x_{i}, y_{i}, z_{i} ∈ R. Infatti:

T (x_{1}, y_{1}, z_{1}) + T (x_{2}, y_{2}, z_{2}) = (2x_{1}, y_{1} + z_{1}) + (2x_{2}, y_{2} + z_{2})
= (2x_{1} + 2x_{2}, y_{1} + y_{2} + z_{1} + z_{2})
T (x_{1} + x_{2}, y_{1} + y_{2}, z_{1} + z_{2}) = (2(x_{1} + x_{2}), y_{1} + y_{2} + z_{1} + z_{2})
= (2x_{1} + 2x_{2}, y_{1} + y_{2} + z_{1} + z_{2})

• T (λ(x, y, z)) = λ T (x, y, z), ∀x, y, z ∈ R, ∀λ ∈ R Infatti:

T (λ(x, y, z)) = T (λx, λy, λz) = (2λx, λy + λz)
λT (x, y, z) = λ(2x, y + z) = (2λx, λy + λz)

(2) Per calcolare T (w) basta applicare la definizione:

T (1, 1, 1) = (2 · 1, 1 + 1) = (2, 2)

(3) Per calcolare A dobbiamo calcolare l’immagine dei vettori della base canonica:

T (e_{1}) = T (1, 0, 0) = (2, 0),  T (e_{2}) = T (0, 1, 0) = (0, 1),  T (e_{3}) = T (0, 0, 1) = (0, 1)

La matrice A ha come colonne T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}):

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}]

(4) Utilizzando la matrice A si ottiene

T (w) = A · w = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}2 \\ 2 \end{matrix}]

Ovviamente abbiamo ottenuto lo stesso risultato del punto 2.

(5) L’immagine di T è generata dai vettori colonna di A:

Im(T) = ⟨ T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}) ⟩ = ⟨ (2, 0), (0, 1), (0, 1) ⟩

Dalla matrice A si vede che

dim (Im(T)) = rg(A) = 2, B (Im(T)) = {(2, 0), (0, 1)}

Il nucleo di T è formato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}2x = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ∀ t ∈ R

Di conseguenza

N(T) = {(0, −1, 1) · t | t ∈ R} = ⟨ (0, −1, 1) ⟩
dim (N(T)) = 1
B (N(T)) = {(0, −1, 1)}

(6) Per verificare che l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} con v_{1} = (2, 1, 0), v_{2} = (0, 1, 0), v_{3} = (1, 0, 1) è una base di R^{3} calcoliamo il rango della matrice che ha per colonne i tre vettori:

[\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ 2II − I [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

La matrice ha 3 pivot, quindi ha rango 3, e l’insieme B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è una base di R^{3}.

(7) Per determinare la matrice B associata a T rispetto alla base B di R^{3} e alla base canonica di R^{2}, come al punto (3), calcoliamo l’immagine di v_{1}, v_{2} e v_{3} attraverso T:

T (v_{1}) = T (2, 1, 0) = (4, 1),  T (v_{2}) = T (0, 1, 0) = (0, 1),  T (v_{3}) = T (1, 0, 1) = (2, 1)

Notiamo che tali immagini (appartenenti allo spazio di arrivo) sono espresse come richiesto rispetto alla base canonica C. La matrice B ha come colonne T (v_{1}), T (v_{2}), T (v_{3}):

B = M_{B}^{C}(T) = [\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}]

(8) La matrice P = M_{B}^{C} di transizione da B a C è la matrice che ha per colonne i vettori di B espressi rispetto a C:

P = [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Di conseguenza la matrice M_{C}^{B} di transizione da C a B è l’inversa di P

M_{C}^{B} = P^{−1} = [\begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ −\frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

(9) Per esprimere w rispetto a B basta calcolare P^{−1} · w:

w_{B} = P^{−1} · w^{T} = [\begin{matrix}\frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} \\ −\frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}]

e w ha componenti (0, 1, 1)_{B} rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}:

w = 0v_{1} + 1v_{2} + 1v_{3}

In alternativa possiamo esprimere w come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3} risolvendo l’equazione vettoriale xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = w la cui matrice associata è:

[\begin{matrix}2 & 0 & 1 & | & 1 \\ 1 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ 2II − I [\begin{matrix}2 & 0 & 1 & | & 1 \\ 0 & 2 & −1 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x + z = 1 \\ 2y − z = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒

w = 0v_{1} + 1v_{2} + 1v_{3} ⇒ w = (0, 1, 1)_{B}

(10) Avendo espresso w in termini della base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} possiamo ora calcolare T (w) utilizzando la matrice B:

T (w) = B · w = [\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}2 \\ 2 \end{matrix}]

Notiamo che abbiamo ottenuto lo stesso risultato del punto (2) e del punto (4), in quanto T (w) ∈ Im(T) ⊆ R^{2}, e anche lavorando con la matrice B abbiamo mantenuto come base di R^{2} la base canonica.

□

Esercizio 8.20. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z) = (2x + y, x + y, y + kz)

dove k ∈ R è un parametro reale. (1) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(2) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale Im(T) ⊆ R^{3} al variare del parametro k.

(3) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale N(T) ⊆ R^{3} al variare del parametro k.

(4) Stabilre se il vettore v = (3, −1, −5) appartiene a Im(T) al variare del parametro k. In caso positivo esprimere v come combinazione lineare degli elementi della base di Im(T) trovata.

Soluzione:

(1) Si tratta di calcolare le immagini dei vettori della base canonica:

T (1, 0, 0) = (2, 1, 0)
T (0, 1, 0) = (1, 1, 1)
T (0, 0, 1) = (0, 0, k)

Di conseguenza

A = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & k \end{matrix}]

(2) Per determinare la dimensione e una base dell’immagine di T riduciamo la matrice A a gradini.

⇒ 2II − I [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & k \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & k \end{matrix}]

Si tratta ora di distinguere due casi • Se k ≠ 0 la matrice ha rango 3, di conseguenza i tre vettori sono linearmente indipendenti

dim (Im(T)) = 3,
B (Im(T)) = {(2, 1, 0), (1, 1, 1), (0, 0, k)}

Notiamo che in questo caso Im(T) = R^{3}, infatti Im(T) è un sottospazio di R^{3} di dimensione 3 che quindi coincide necessariamente con lo spazio stesso.

• Se k = 0 la matrice ha rango 2. In particolare risultano linearmente indipendenti la prima e seconda colonna della matrice ridotta, quindi

dim (Im(T)) = 2, B (Im(T)) = {(2, 1, 0), (1, 1, 1)}

(3) Per il teorema di nullità più rango:

dim (N(T)) = 3 − dim (Im(T))

Anche in questo caso bisogna distinguere due casi:

• Se k ≠ 0 abbiamo visto che dim (Im(T)) = 3, quindi

dim (N(T)) = 3 − 3 = 0

ovvero

N(T) = {(0, 0, 0)}

• Se k = 0 abbiamo visto che dim (Im(T)) = 2, quindi

dim (N(T)) = 3 − 2 = 1

In questo caso per determinare N(T) dobbiamo risolvere il sistema omogeneo a cui è associata la matrice A. Prendendo la matrice ridotta e sostituendo k = 0 otteniamo

[\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x + y = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza

N(T) = {(x, y, z) = (0, 0, 1)t | t ∈ R}
dim(N(T)) = 1
B(N(T)) = {(0, 0, 1)}

(4) Il vettore w appartiene a Im(T) se w è combinazione lineare di T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}). Si tratta perciò di risolvere il sistema lineare a cui è associata la matrice A, con il vettore w come colonna dei termini noti. In questo caso dobbiamo ripetere la riduzione a gradini:

[\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & 3 \\ 1 & 1 & 0 & | & −1 \\ 0 & 1 & k & | & −5 \end{matrix}] ⇒ 2II − I [\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & −5 \\ 0 & 1 & k & | & −5 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & 3 \\ 0 & 1 & 0 & | & −5 \\ 0 & 0 & k & | & 0 \end{matrix}]

Anche in questo caso dobbiamo distinguere due casi.

• Se k ≠ 0 abbiamo già osservato che Im(T) = R^{3}, quindi w appartiene necessariamente a Im(T). Inoltre risolvendo il sistema otteniamo:

\begin{cases}2x + y = 3 \\ y = −5 \\ kz = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 4 \\ y = −5 \\ z = 0 \end{cases}

ovvero w ∈ Im(T):

w = 4(2, 1, 0) − 5(1, 1, 1)

• Se k = 0 abbiamo scelto come base di Im(T) i vettori T (e_{1}) e T (e_{2}) corrispondenti alle prime due colonne di A. Quindi è sufficiente risolvere il sistema lineare x T (e_{1}) + y T (e_{2}) = w ovvero il sistema a cui è associata la matrice formata dalle prime due colonne di A dopo avere sostituito k = 0:

[\begin{matrix}2 & 1 & | & 3 \\ 0 & 1 & | & −5 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}2x + y = 3 \\ y = −5 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 4 \\ y = −5 \end{cases}

ovvero w ∈ Im(T):

w = 4(2, 1, 0) − 5(1, 1, 1)
□

Esercizio 8.21. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z) = (x + y, kx + y + z, kx + y + kz)

dove k ∈ R è un parametro reale.

(1) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

(2) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale Im(T) ⊆ R^{3} al variare del parametro k.

(3) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale N(T) ⊆ R^{3} al variare del parametro k.

(4) Stabilre se il vettore v = (0, 1, −1) appartiene a Im(T) al variare del parametro k. In caso positivo esprimere v come combinazione lineare degli elementi della base di Im(T) trovata.

Soluzione:

(1) Si tratta di calcolare le immagini dei vettori della base canonica:

T (1, 0, 0) = (1, k, k)
T (0, 1, 0) = (1, 1, 1)
T (0, 0, 1) = (0, 1, k)

Di conseguenza

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ k & 1 & 1 \\ k & 1 & k \end{matrix}]

(2) Per determinare la dimensione e una base dell’immagine di T riduciamo la matrice a gradini:

\begin{matrix}II − kI \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 − k & 1 \\ 0 & 0 & k − 1 \end{matrix}]

Si tratta ora di distinguere due casi • Se k ≠ 1 la matrice ha rango 3, di conseguenza i tre vettori sono linearmente indipendenti

dim (Im(T)) = 3,
B (Im(T)) = {(1, k, k), (1, 1, 1), (0, 1, k)}

Notiamo che in questo caso Im(T) = R^{3}, infatti Im(T) è un sottospazio di R^{3} di dimensione 3 che quindi coincide necessariamente con lo spazio stesso.

• Se k = 1 la matrice ha rango 2. In particolare risultano linearmente indipendenti la prima e terza colonna della matrice. Quindi

dim (Im(T)) = 2, B (Im(T)) = {(1, 1, 1), (0, 1, 1)}

Notiamo che per k = 1 (1, k, k) = (1, 1, 1).

(3) Per il teorema di nullità più rango:

dim (N(T)) = 3 − dim (Im(T))

Anche in questo caso bisogna distinguere due casi:

• Se k ≠ 1 abbiamo visto che dim (Im(T)) = 3, quindi

dim (N(T)) = 3 − 3 = 0

ovvero

N(T) = {(0, 0, 0)}

• Se k = 1 abbiamo visto che dim (Im(T)) = 2, quindi

dim (N(T)) = 3 − 2 = 1

In questo caso per determinare N(T) dobbiamo risolvere il sistema omogeneo a cui è associata la matrice A. Prendendo la matrice ridotta:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

Di conseguenza

N(T) = {(x, y, z) = (−1, 1, 0)t | t ∈ R}
dim(N(T)) = 1
B(N(T)) = {(−1, 1, 0)}

(4) Il vettore w appartiene a Im(T) se w è combinazione lineare di T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}). Si tratta perciò di risolvere il sistema lineare a cui è associata la matrice A, con il vettore w come colonna dei termini noti. In questo caso dobbiamo ripetere la riduzione a gradini:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ k & 1 & 1 & | & 1 \\ k & 1 & k & | & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − kI \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 − k & 1 & | & 1 \\ 0 & 0 & k − 1 & | & −2 \end{matrix}]

Anche in questo caso dobbiamo distinguere due casi.

• Se k ≠ 1 abbiamo già osservato che Im(T) = R^{3}, quindi w appartiene necessariamente a Im(T). Inoltre risolvendo il sistema otteniamo:

\begin{cases}x + y = 0 \\ (1 − k)y + z = 1 \\ (k − 1)z = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{k + 1}{(k − 1)^{2}} \\ y = −\frac{k + 1}{(k − 1)^{2}} \\ z = \frac{−2}{k − 1} \end{cases}

ovvero w ∈ Im(T):

w = \frac{k + 1}{(k − 1)^{2}} · (1, k, k) − \frac{k + 1}{(k − 1)^{2}} · (1, 1, 1) − \frac{2}{k − 1} · (0, 1, k)

• Se k = 1 abbiamo scelto come base di Im(T) i vettori T (e_{1}) = T (e_{2}) e T (e_{3}). Quindi è sufficiente risolvere il sistema lineare y T (e_{2}) + z T (e_{3}) = w ovvero il sistema:

\begin{cases}y = 0 \\ z = 1 \\ 0 = −2 \end{cases}

In questo caso il sistema contiene l’equazione 0 = −2 impossibile, quindi non ammette soluzioni e w non appartiene a Im(T).

□

Esercizio 8.22. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y) = (kx + 4y, x + ky, y)

dove k ∈ R è un parametro reale.

Stabilire se T è iniettiva e/o suriettiva al variare del parametro k.

Soluzione:

Notiamo innanzittutto che • T è iniettiva se N(T) = {(0, 0)}, ovvero se dim(N(T)) = 0.

• T è suriettiva se Im(T) = R^{3}, ovvero se dim(Im(T)) = 3. Si tratta quindi di trovare immagine e nucleo di T. Calcoliamo T (e_{1}) e T (e_{2}) per determinare la matrice associata a T:

T (e_{1}) = (k, 1, 0)
T (e_{2}) = (4, k, 1)

Quindi

A = [\begin{matrix}k & 4 \\ 1 & k \\ 0 & 1 \end{matrix}]

Riduciamo la matrice A a gradini.

⇒ \begin{matrix}II \\ III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & k \\ 0 & 1 \\ k & 4 \end{matrix}] ⇒ III − kI [\begin{matrix}1 & k \\ 0 & 1 \\ 0 & 4 − k^{2} \end{matrix}] ⇒ III − (4 − k^{2})II [\begin{matrix}1 & k \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

Abbiamo ottenuto che rg(A) = 2, quindi

dim (Im(T)) = 2 < 3 = dim(R^{3}) ⇒ T non è suriettiva Notiamo che lo stesso risultato lo potevamo ottenere osservando che

Im(T) = ⟨T (e_{1}), T (e_{2})⟩

quindi dim (Im(T)) ≤ 2 < 3 = dim(R^{3}). In nessun caso infatti una applicazione lineare T : R^{2} → R^{3} può essere suriettiva.

Per il teorema di nullità più rango

dim(N(T)) = dim(R^{2}) − dim (Im(T)) = 2 − 2 = 0

Quindi

N(T) = {(0, 0)} ⇒ T è iniettiva

Lo stesso risultato lo potevamo ottenere risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A:

[\begin{matrix}1 & k & | & 0 \\ 0 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x + ky = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \end{cases} ⇒ N(T) = \{(0, 0)\}

□

Esercizio 8.23. Sia T : R^{4} → R^{4} l’applicazione lineare definita dalla matrice

A = M(T) = [\begin{matrix}5k & 1 & 3k + 4 & 0 \\ k + 1 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & k + 5 & 1 & k + 3 \\ 2k^{2} & 0 & k & 0 \end{matrix}]

a) Discutere l’iniettività e suriettività di T al variare del parametro reale k.

b) Determinare la dimensione di immagine e nucleo di T al variare di k.

Soluzione:

a) T è suriettiva se Im(T) = R^{4}, cioè se dim(Im(T)) = rg(A) = 4. Inoltre T è iniettiva se N(T) = {(0, 0, 0, 0)}, cioè se dim(N(T)) = 4 − rg(A) = 0. Si tratta perciò di calcolare il rango di A. Utilizziamo il calcolo del determinante, che sviluppiamo rispetto alla quarta colonna:

det(A) = −1 · (k + 3) · det [\begin{matrix}5k & 1 & 3k + 4 \\ k + 1 & 0 & 0 \\ 2k^{2} & 0 & k \end{matrix}]

= −1 · (−1) · (k + 3) · (k + 1) · det [\begin{matrix}1 & 3k + 4 \\ 0 & k \end{matrix}] = (k + 3) · (k + 1) · k

– Se k ≠ −3, −1, 0, allora det(A) ≠ 0 e rg(A) = 4. Quindi

dim(Im(T)) = rg(A) = 4 ⇒ T è suriettiva

dim(N(T)) = 4 − rg(A) = 0 ⇒ T è iniettiva

– Se k = −3, −1 o 0, allora

dim(Im(T)) = rg(A) ≤ 3 ⇒ T non è suriettiva

dim(N(T)) = 4 − rg(A) ≥ 1 ⇒ T non è iniettiva

b) Abbiamo già visto la dimensione di immagine e nucleo per k ≠ −3, −1, 0. Consideriamo ora gli

altri casi.

– Se k = −3 allora det(A) = 0 e rg(A) ≤ 3. Inoltre A diventa

A = [\begin{matrix}−15 & 1 & −5 & 0 \\ −2 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 1 & 0 \\ 18 & 0 & −3 & 0 \end{matrix}]

In A troviamo una sottomatrice 3 × 3 che ha determinante non nullo:

det [\begin{matrix}−15 & 1 & −5 \\ −2 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 1 \end{matrix}] = 2 · det [\begin{matrix}1 & −5 \\ 2 & 1 \end{matrix}] = 2(1 + 10) = 22 ≠ 0

Quindi rg(A) = 3 e

dim(Im(T)) = rg(A) = 3  dim(N(T)) = 4 − rg(A) = 1

– Se k = −1 allora det(A) = 0 e rg(A) ≤ 3. Inoltre A diventa

A = [\begin{matrix}−5 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & −1 & 0 \end{matrix}]

In A troviamo una sottomatrice 3 × 3 che ha determinante non nullo:

det [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 4 & 1 & 2 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}] = 1 · det [\begin{matrix}1 & 0 \\ 4 & 2 \end{matrix}] = 2 ≠ 0

Quindi rg(A) = 3 e

dim(Im(T)) = rg(A) = 3  dim(N(T)) = 4 − rg(A) = 1

– Se k = 0 allora det(A) = 0 e rg(A) ≤ 3. Inoltre A diventa

A = M(T) = [\begin{matrix}0 & 1 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 5 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

In A troviamo una sottomatrice 3 × 3 che ha determinante non nullo:

det [\begin{matrix}0 & 1 & 4 \\ 1 & 0 & 0 \\ 3 & 5 & 1 \end{matrix}] = 1 · det [\begin{matrix}1 & 4 \\ 5 & 1 \end{matrix}] = 1 − 20 = −19 ≠ 0

Quindi rg(A) = 3 e

dim(Im(T)) = rg(A) = 3  dim(N(T)) = 4 − rg(A) = 1
□

Esercizio 8.24. Sia T : R^{4} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z, w) = (−x − y + z + w, −x + 2y − z, −x + y + 3z − 3w)

a) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

b) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale Im(T) ⊆ R^{3}.

c) Determinare la dimensione e una base dello spazio vettoriale N(T) ⊆ R^{4}

Soluzione:

a) Calcoliamo l’immagine degli elementi della base canonica di R^{4}:

T (e_{1}) = (−1, −1, −1)  T (e_{2}) = (−1, 2, 1)
T (e_{3}) = (1, −1, 3)  T (e_{4}) = (1, 0, −3)

Quindi

A = [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & 1 \\ −1 & 2 & −1 & 0 \\ −1 & 1 & 3 & −3 \end{matrix}]

b) Poichè

Im(T) = ⟨T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}), T (e_{4})⟩

ovvero Im(T) è generato dai vettori colonna di A, per determinarne dimensione e base riduciamo la matrice A a gradini:

\begin{matrix}II − I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & −2 & −1 \\ 0 & 2 & 2 & −4 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & −2 \\ 0 & 3 & −2 & −1 \end{matrix}] ⇒

III − 3II [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & −2 \\ 0 & 0 & −5 & 5 \end{matrix}] ⇒ 1/5III [\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & −2 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

LA matrice A ha rango 3, quindi

dim(Im(T)) = 3

Inoltre le prime tre colonne di A sono linearmente indipendenti quindi possiamo prendere come base di Im(T) i tre vettori T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}):

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3})}
= {(−1, −1, −1), (−1, 2, 1), (1, −1, 3)}

Notiamo che in questo caso Im(T) è un sottospazio di R^{3} di dimensione 3, quindi Im(T) = R^{3} (e T è suriettiva).

c) Gli elementi di N(T) sono i vettori di R^{4}, soluzione del sistema omogeneo a cui è associata la matrice A. Prendiamo la matrice già ridotta a gradini:

[\begin{matrix}−1 & −1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & −2 & | & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}−x − y + z + w = 0 \\ y + z − 2w = 0 \\ −z + w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = t \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

N(T) = {(1, 1, 1, 1)t | t ∈ R}
dim(N(T)) = 1
B(N((T)) = {(1, 1, 1, 1)}

Notiamo che, come ci aspettavamo dal teorema di nullità più rango:

dim(N(T)) + dim(Im(T)) = 4 = dim(R^{4})

□

Esercizio 8.25. Sia T : R^{4} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

T (x, y, z, w) = (x − 2y + 3z, x − y + (k + 3)z + 2w, 2x − 3y + (k + 6)z + (k + 1)w)

dove k è un parametro reale.

Stabilire se esistono valori di k per cui T è iniettiva e/o suriettiva.

Soluzione:

Ricordiamo che • T è iniettiva se N(T) = {(0, 0, 0, 0)}, ovvero se dim(N(T)) = 0

• T è suriettiva se Im(T) = R^{3}, ovvero se dim(Im(T)) = 3. Si tratta quindi di trovare immagine e nucleo di T. Calcoliamo l’immagine degli elementi della base canonica per determinare la matrice associata a T:

T (e_{1}) = (1, 1, 2),  T (e_{2}) = (−2, −1, −3)
T (e_{3}) = (3, k + 3, k + 6),  T (e_{4}) = (0, 2, k + 1)

Quindi

A = [\begin{matrix}1 & −2 & 3 & 0 \\ 1 & −1 & k + 3 & 2 \\ 2 & −3 & k + 6 & k + 1 \end{matrix}]

Riduciamo la matrice A a gradini.

\begin{matrix}II − I \\ III − 2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −2 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & k & 2 \\ 0 & 1 & k & k + 1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & −2 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & k & 2 \\ 0 & 0 & 0 & k − 1 \end{matrix}]

Dobbiamo ora distinguere due casi • Se k ≠ 1, allora rg(A) = 3, quindi

dim (Im(T)) = 3 = dim(R^{3}) ⇒ T è suriettiva

• Se k = 1, allora rg(A) = 2, quindi

dim (Im(T)) = 2 < 3 = dim(R^{3}) ⇒ T non è suriettiva Per il teorema di nullità più rango

dim(N(T)) = dim(R^{4}) − dim (Im(T))

Quindi • Se k ≠ 1 allora

dim(N(T)) = 4 − 3 = 1

• Se k = 1 allora

dim(N(T)) = 4 − 2 = 2

In nessuno dei due casi si ha dim(N(T)) = 0, quindi T non è mai iniettiva.

Notiamo che Im(T) ⊆ R^{3}, quindi dim(Im(T)) ≤ 3 e

dim(N(T)) = 4 − dim(Im(T)) ≥ 4 − 3 = 1

quindi sicuramente T : R^{4} → R^{3} non è iniettiva.

Lo stesso risultato lo potevamo ottenere senza utilizzare il teorema di nullità più rango, ma risolvendo il sistema omogeneo associato alla matrice A:

[\begin{matrix}1 & −2 & 3 & 0 & | & 0 \\ 0 & 1 & k & 2 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & k − 1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x − 2y + 3z = 0 \\ y + kz + 2w = 0 \\ (k − 1)w = 0 \end{cases}

Quindi

• Se k ≠ 1:

\begin{cases}x = (−2k − 3)t \\ y = −kt \\ z = t \\ w = 0 \end{cases} ⇒ N(T) = \{(−2k − 3, −k, 1, 0)t | t ∈ R\}

e dim(N(T)) = 1.
• Se k = 1:

\begin{cases}x = −5s − 4t \\ y = −s − 2t \\ z = s \\ w = t \end{cases} ⇒ N(T) = \{(−5, −1, 1, 0)s + (−4, −2, 0, 1)t | s, t ∈ R\}

e dim(N(T)) = 2.
□

Esercizio 8.26. Sia T : R^{3} → R^{2} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x − y, 2x − 3y)

a) Dire se T è iniettiva e/o suriettiva.

b) Trovare le dimensioni del nucleo e dell’immagine di T.

Soluzione: Ricaviamo la matrice A associata all’applicazione T calcolando le immagini degli elementi della base canonica di R^{3}:

T (e_{1}) = T (1, 0, 0) = (1, 2)
T (e_{2}) = T (0, 1, 0) = (−1, −3)
T (e_{3}) = T (0, 0, 1) = (0, 0)

quindi

A = [\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 2 & −3 & 0 \end{matrix}]

Rispondiamo ad entrambi i quesiti contemporaneamente ricordando che un’applicazione è iniettiva se il suo nucleo contiene solo il vettore nullo, ovvero se dim(N(T)) = 0, ed è suriettiva se la sua immagine è tutto lo spazio di arrivo, ovvero in questo caso se dim(Im(T)) = 2.

Poichè la matrice A contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}1 & −1 \\ 2 & −3 \end{matrix}]

di determinante −1 ≠ 0, la matrice A ha rango 2. Quindi • dim(Im(T)) = 2 ⇒ T è suriettiva.

• Per il teorema di nullità più rango: dim(N(T)) = 3 − 2 = 1 ⇒ T non è iniettiva.

□

Esercizio 8.27. Sia k un parametro reale e sia T l’endomorfismo di R^{4} definito da

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (2x_{1}, x_{1} + x_{2} + x_{3} + 3x_{4}, −kx_{1} + x_{3}, x_{3} + kx_{4})

a) Determinare basi del nucleo e dell’immagine di T al variare del parametro k.

b) Si dica se T è iniettivo e/o suriettivo.

Soluzione:

Determiniamo la matrice associata a T calcolando T (e_{1}), T (e_{2}), T (e_{3}) e T (e_{4}):

A = [\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 3 \\ −k & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & k \end{matrix}]

a) Riduciamo A a gradini:

\begin{matrix}1/2I \\ II − 1/2I \\ III + k/2I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & k \end{matrix}] ⇒ IV − III [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & k \end{matrix}]

Il nucleo di T è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}x = 0 \\ y + z + 3w = 0 \\ z = 0 \\ kw = 0 \end{cases}

Dobbiamo distinguere due casi:

– Se k ≠ 0 otteniamo:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ N(T) = \{ (0, 0, 0, 0) \}

– Se k = 0 otteniamo:

\begin{cases}x = 0 \\ y = −3t \\ z = 0 \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ B(N(T)) = \{ (0, −3, 0, 1) \}

Una base dell’Immagine di T è data dai vettori linearmente indipendenti di A. Anche in questo caso dobbiamo distinguere due casi:

– Se k ≠ 0 la matrice A ha rango 4, quindi

B(Im(T)) = { (2, 1, −k, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 1), (0, 3, 0, k) }

– Se k = 0 la matrice A ha rango 3 e in particolare risultano linearmente indipendenti i primi tre vettori:

B(Im(T)) = { (2, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 1) }

b) Se k ≠ 0 il nucleo contiene solo il vettore nullo, quindi T è iniettiva, e l’immagine ha dimensione

4, quindi T è suriettiva.

Se k = 0 il nucleo ha dimensione 1, quindi T non è iniettiva, e l’immagine ha dimensione 3, quindi T non è suriettiva.

□

Esercizio 8.28. Sia T : R^{3} → R^{2} la funzione lineare

T (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (ax_{1} + 2ax_{2} + x_{3}, bx_{1} + 2bx_{2} + x_{3}).

a) Si determinino gli eventuali valori reali di a e b per i quali T è suriettiva.

b) Si trovi una base del nucleo di T al variare di a e b.

Soluzione: Determiniamo la matrice A associata a T calcolando l’immagine degli elementi della base canonica:

\begin{matrix}T (e_{1}) = T (1, 0, 0) = (a, b) \\ T (e_{2}) = T (0, 1, 0) = (2a, 2b) \\ T (e_{3}) = T (0, 0, 1) = (1, 1) \end{matrix}  ⇒  A = [\begin{matrix}a & 2a & 1 \\ b & 2b & 1 \end{matrix}]

Per rispondere a entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice A scambiando prima e terza colonna (ricordando poi tale scambio nella parte b)).

Riduciamo a gradini la matrice A:

[\begin{matrix}1 & 2a & a \\ 1 & 2b & b \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 2a & a \\ 0 & 2(b − a) & b − a \end{matrix}]

a) La funzione lineare T è suriettiva se dim(Im(T)) = rg(A) = 2, ovvero se a ≠ b.

b) Per determinare il nucleo di T dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato a A, ricordando che lo scambio di colonne corrisponde allo scambio delle incognite x e z:

\begin{cases}z + 2ay + ax = 0 \\ 2(b − a)y + (b − a)x = 0 \end{cases}

Dobbiamo distinguere due casi.

– Se a ≠ b, allora dividendo la seconda equazione per b − a otteniamo

\begin{cases}z + 2ay + ax = 0 \\ 2y + x = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ B(N(T)) = \{ (−2, 1, 0) \}

– Se a = b allora resta solo la prima equazione:

\begin{cases}x = s \\ y = t \\ z = −2at − as \end{cases} ⇒ B(N(T)) = \{ (1, 0, −a), (0, 1, −2a) \}

□

Esercizio 8.29. Sia T : R^{4} → R^{3} la funzione lineare definita da T (x) = Ax, con

A = [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 3 \\ −1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Stabilire se T è iniettiva e/o suriettiva.

b) Trovare le dimensioni del nucleo e dell’immagine di T.

Soluzione: Riduciamo a gradini la matrice A:

II + I [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 3 \\ 0 & 0 & −1 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −2 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 3 \end{matrix}]

Di conseguenza b)

dim(Im(T)) = rg(A) = 3
dim(N(T)) = 4 − 3 = 1

a) Inoltre

dim(Im(T)) = 3 = dim(R^{3}) ⇒ T è suriettiva

dim(N(T)) = 1 ≠ 0 ⇒ T non è iniettiva

□

Esercizio 8.30. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare definita da T (x) = Ax, con

A = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ −2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}] .

a) Stabilire se T invertibile.

b) Trovare basi del nucleo e dell’immagine di T.

Soluzione:

a) T invertibile se è biiettiva, cioè suriettiva e iniettiva, ovvero se la matrice A ha rango 4. In

sostanza T è invertibile se e solo se lo è A.

Riduciamo a gradini la matrice A:

\begin{matrix}1/2II + I \\ III + 1/2II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II \\ IV − III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \end{matrix}] ⇒ IV − III [\begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

A ha rango 3 quindi T non è invertibile. Notiamo che potevamo immediatamente affermare che rg(A) < 4 in quanto A ha la quarta colonna multipla della terza.

Probabilmente per rispondere alla domanda a) era più comodo calcolare il determinante di A (che è immediato sviluppando rispetto alla seconda riga), ma la riduszione ci serviva comunque per il punto successivo.

b) Poichè le prime tre colonne di A contengono un pivot, ne segue che

B(Im(T)) = {(1, −2, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (−1, 0, 0, −1)}

Per determinare il nucleo di T risolviamo il sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}x − z + w = 0 \\ y = 0 \\ −z + w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = t \\ w = t \end{cases}

Quindi

B (N(T)) = { (0, 0, 1, 1) }
□

Esercizio 8.31. Detto k un paramtro reale, sia

A = [\begin{matrix}k & 1 & 10 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & k & k \end{matrix}] .

a) Si trovino, al variare di k, nucleo e immagine dell’endomorfismo T_{A} di R^{3} associato alla matrice A.

b) Stabilire per quali valori k ∈ R la funzione lineare T_{A} è invertibile.

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A:

2III − kII [\begin{matrix}k & 1 & 10 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2k \end{matrix}]

– Se k ≠ 0 la matrice ha rango 3, quindi Im(T) = R^{3} e N(T) = {(0, 0, 0)}.

– Se k = 0 una base dell’immagine di T è data dall’insieme {(1, 2, 0), (10, 0, 0)}. Per trovare il nucleo risolviamo il sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}y + 10z = 0 \\ 2y = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases}

Quindi una base del nucleo di T è {(1, 0, 0)}.

b) T è invertibile se A ha rango 3, quindi se k ≠ 0.

□

Esercizio 8.32. Si consideri la funzione lineare T : R^{4} → R^{4} definita dalla matrice

[\begin{matrix}2k & 0 & 2 & 1 \\ k & 0 & 1 & 1 \\ k − 1 & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

a) Si dica se esistono valori del parametro reale k per i quali T è iniettiva o suriettiva.

b) Si calcoli la dimensione del nucleo N(T) e dell’immagine Im(T) al variare di k.

Soluzione:

Riduciamo a gradini la matrice scambiando la prima e quarta colonna:

[\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2k \\ 1 & 0 & 1 & k \\ 1 & −1 & 0 & k − 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2k \\ 0 & 0 & −1 & −k \\ 0 & −1 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & −k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2k \\ 0 & −1 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & −1 & −k \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi per ogni k

dim(Im(T)) = rg(A) = 3 < 4 e T non è suriettiva.

dim(N(T)) = 4 − rg(A) = 1 e T non è iniettiva.

□

Esercizio 8.33. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare definita da T (x) = Ax con

A = [\begin{matrix}0 & 1 & k & 2 \\ 1 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ −2 & 0 & 1 & −1 \end{matrix}]

a) Determinare una base del nucleo di T e una base dell’immagine di T al variare del parametro k.

b) Dire se T è iniettiva e/o suriettiva.

Soluzione:

Riduciamo A a gradini scambiando opportunamente le righe:

\begin{matrix}II \\ III \\ IV \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ −2 & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 1 & k & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III + 2I \\ IV − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & k − 1 & 0 \end{matrix}]

⇒ III − 2II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & k − 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ IV + (k − 1)III [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & −k + 1 \end{matrix}]

a) Il nucleo di T è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

\begin{cases}x + 2w = 0 \\ y + z + 2w = 0 \\ −z − w = 0 \\ (−k + 1)w = 0 \end{cases}

Dobbiamo distinguere due casi: – Se k ≠ 1 otteniamo:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 0 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ N(T) = \{ (0, 0, 0, 0) \}

– Se k = 1 otteniamo:

\begin{cases}x = −t \\ y = −t \\ z = −t \\ w = t \end{cases} ∀t ∈ R ⇒ B(N(T)) = \{ (−1, −1, −1, 1) \}

Una base dell’Immagine di T è data dai vettori linearmente indipendenti di A. Anche in questo caso dobbiamo distinguere due casi: – Se k ≠ 1 la matrice A ha rango 4, quindi

B(Im(T)) = { (0, 1, 0, −2), (1, 1, 1, 0), (k, 0, 1, 1), (2, 2, 2, −1) }

In realtà Im(T) = R^{4}.

– Se k = 1 la matrice A ha rango 3 e in particolare risultano linearmente indipendenti i primi tre vettori:

B(Im(T)) = { (0, 1, 0, −2), (1, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 1) }

b) Se k ≠ 1 il nucleo contiene solo il vettore nullo, quindi T è iniettiva, e l’immagine ha dimensione

4, quindi T è suriettiva.

Se k = 1 il nucleo ha dimensione 1, quindi T non è iniettiva, e l’immagine ha dimensione 3, quindi T non è suriettiva.

□

Esercizio 8.34. Sia f : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita ponendo

f(x, y, z) = (x + y − 2z, 3x − z, 2x − y + z)

e sia g : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita ponendo

g(x, y, z) = (x + z, x − y + z, y)

Si trovino le dimensioni dei nuclei delle applicazioni lineari g ∘ f e f ∘ g.

Soluzione:

Calcoliamo le matrici associate a f e g (rispetto alla base canonica di R^{3}):

M(f) = [\begin{matrix}1 & 1 & −2 \\ 3 & 0 & −1 \\ 2 & −1 & 1 \end{matrix}] M(g) = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

Utilizzando le matrici associate a f e g possiamo calcolare direttamente la matrice associata alle due funzioni composte. Infatti la matrice associata a g ∘ f è M(g ∘ f) = M(g) · M(f) e la matrice associata a f ∘ g è M(f ∘ g) = M(f) · M(g). Quindi

M(g ∘ f) = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 & 1 & −2 \\ 3 & 0 & −1 \\ 2 & −1 & 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}3 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −1 \end{matrix}]

M(f ∘ g) = [\begin{matrix}1 & 1 & −2 \\ 3 & 0 & −1 \\ 2 & −1 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}2 & −3 & 2 \\ 3 & −1 & 3 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}]

Per calcolare la dimensione dei nuclei basta calcolare il rango delle matrici. Riducendo a gradini:

M(g ∘ f) ⇒ III − I [\begin{matrix}3 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

M(f ∘ g) ⇒ \begin{matrix}III \\ I \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −3 & 2 \\ 3 & −1 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III − 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & −7 & 0 \\ 0 & −7 & 0 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & −7 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Infine

dim (N(g ∘ f)) = 3 − rg (M(g ∘ f)) = 3 − 1 = 2
dim (N(f ∘ g)) = 3 − rg (M(f ∘ g)) = 3 − 2 = 1
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Esercizio 8.35. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare definita da

T (x, y, z) = (x + y, 2x − y − z, 2y + z)

e sia B = {(1, 2, −4), (0, 1, 1), (1, 0, −7)} una base di R^{3}. a) Stabilire se T è iniettivo e/o suriettiva.

b) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B

Soluzione:

Per rispondere alla domanda a) possiamo comunque calcolare prima la matrice associata a T rispetto a B.

b) Siano v_{1} = (1, 2, −4), v_{2} = (0, 1, 1) e v_{3} = (1, 0, −7). Il metodo più semplice consiste nel calcolare le tre immagini dei vettori della nuova base e poi trovare le coordinate di questi tre vettori rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

T (v_{1}) = (3, 4, 0), T (v_{2}) = (1, −2, 3), T (v_{3}) = (1, 9, −7)

Si tratta ora di esprimere tali immagini come combinazioni lineari degli elementi di B, cioè di risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{i}) per i = 1, 2, 3. Per risolvere i tre sistemi contemporaneamente riduciamo a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{i} affiancata dalla matrice formata dai tre vettori T (v_{i})

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & | & 4 & −2 & 9 \\ −4 & 1 & −7 & | & 0 & 3 & −7 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 2I \\ III + 4I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & | & −2 & −4 & 7 \\ 0 & 1 & −3 & | & 12 & 7 & −3 \end{matrix}]

⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & | & −2 & −4 & 7 \\ 0 & 0 & −1 & | & 14 & 11 & −10 \end{matrix}]

Risolviamo ora i tre sistemi:

T (v_{1}) : \begin{cases}x + z = 3 \\ y − 2z = −2 \\ −z = 14 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 17 \\ y = −30 \\ z = 14 \end{cases} ⇒ T (v_{1}) = (−17, −30, 14)_{B}

T (v_{2}) : \begin{cases}x + z = 1 \\ y − 2z = −4 \\ −z = 11 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 12 \\ y = −26 \\ z = −11 \end{cases} ⇒ T (v_{2}) = (12, −26, −11)_{B}

T (v_{3}) : \begin{cases}x + z = 1 \\ y − 2z = 7 \\ −z = −11 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −9 \\ y = 27 \\ z = 10 \end{cases} ⇒ T (v_{3}) = (−9, 27, 10)_{B}

Infine la matrice B associata a T rispetto alla base B è

M_{B}(T) = [\begin{matrix}17 & 12 & −9 \\ −30 & −26 & 27 \\ −14 & −11 & 10 \end{matrix}]

a) Dobbiamo in sostanza calcolare il rango di M_{B}(T). In alternativa risulta forse più semplice calcolare la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica e calcolare poi il rango di questa:

M(T) = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 2 & −1 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − 2I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −1 \\ 0 & 2 & 1 \end{matrix}] ⇒ 3III + 2II [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & −3 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

dim(Im(T)) = rg(M(T)) = 3 ⇒ T è suriettiva

dim(N(T)) = 3 − rg(M(T)) = 0 ⇒ T è iniettiva

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Esercizio 8.36. Sia S : R^{4} → R^{3} la funzione lineare

S(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (3x_{1} − 2x_{3} + x_{4}, 4x_{1} − 2x_{2} + 2x_{3} + 3x_{4}, x_{1} + 2x_{3} + 2x_{4}).

a) Si trovi una base del nucleo di S e una base dell’immagine di S.

b) Sia E la base canonica di R^{4} e sia B la base di R^{3} costituita dai vettori

v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (1, 0, 0), v_{3} = (1, 1, 1)

Si determini la matrice M_{E}^{B}(S) associata a S.

Soluzione:

Determiniamo la matrice A associata a S rispetto alle basi canoniche calcolando l’immagine degli elementi della base canonica:

\begin{matrix}S(e_{1}) = (3, 4, 1) \\ S(e_{2}) = (0, −2, 0) \\ S(e_{3}) = (−2, 2, 2) \\ S(e_{4}) = (1, 3, 2) \end{matrix} ⇒ A = M(S) = [\begin{matrix}3 & 0 & −2 & 1 \\ 4 & −2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 2 & 2 \end{matrix}]

a) Riduciamo a gradini la matrice A:

\begin{matrix}III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2 \\ 4 & −2 & 2 & 3 \\ 3 & 0 & −2 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − 4I \\ III − 3I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & −2 & −6 & −5 \\ 0 & 0 & −8 & −5 \end{matrix}]

Una base dell’Immagine di S è data da

B(Im(S)) = {S(e_{1}), S(e_{2}), S(e_{3})}

Per trovare una base del nucleo risolviamo il sistema omogeneo:

\begin{cases}x + 2z + 2w = 0 \\ −2y − 6z − 5w = 0 \\ −8z − 5w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{6}{5}t \\ y = t \\ z = t \\ w = −\frac{8}{5}t \end{cases} ⇒ B(N(S)) = \{(6, 5, 5, −8)\}

b) La matrice M_{E}^{B}(S) associata a S rispetto alla basecanonica E di R^{4} e alla base B di R^{3} ha per colonne la immagini S(e_{1}), S(e_{2}), S(e_{3}) espresse però rispetto alla base B. Avendo già calcolato tali immagini, si tratta ora di esprimere S(e_{1}), S(e_{2}), S(e_{3}), S(e_{4}) rispetto alla base B. Scriviamo quindi la matrice associata ai 4 sistemi xv_{1}+yv_{2}+zv_{3} = S(e_{i}), considerando contemporaneamente i quattro vettori:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 3 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 4 & −2 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & | & 1 & 0 & 2 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III − I \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 3 & 0 & −2 & 1 \\ 0 & −1 & 0 & | & −2 & 0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 4 & −2 & 2 & 3 \end{matrix}]

Risolviamo ora i quattro sistemi

\begin{cases}x + y + z = 3 \\ −y = −2 \\ z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −3 \\ y = 2 \\ z = 4 \end{cases} ⇒ S(e_{1}) = (−3, 2, 4)_{B}

\begin{cases}x + y + z = 0 \\ −y = 0 \\ z = −2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = 0 \\ z = −2 \end{cases} ⇒ S(e_{2}) = (2, 0, −2)_{B}

\begin{cases}x + y + z = −2 \\ −y = 4 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −4 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ S(e_{3}) = (0, −4, 2)_{B}

\begin{cases}x + y + z = 1 \\ −y = 1 \\ z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = −1 \\ z = 3 \end{cases} ⇒ S(e_{4}) = (−1, −1, 3)_{B}

Infine

M_{E}^{B}(S) = [\begin{matrix}−3 & 2 & 0 & −1 \\ 2 & 0 & −4 & −1 \\ 4 & −2 & 2 & 3 \end{matrix}]

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Esercizio 8.37. Sia T la funzione lineare da R^{3} a R^{3} definita da

T (x, y, z) = (3x − 2y, x + y + z, 2x − 3y − z)

a) Determinare basi dell’immagine Im(T) e del nucleo N(T).

b) Si scriva la matrice associata a T rispetto alla base B = {(2, 1, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 1)}.

c) Trovare la distanza euclidea tra il punto P = (1, 1, 1) e il nucleo N(T).

Soluzione:

a) Riduciamo a gradini la matrice A associata a T rispetto alla base canonica:

A = [\begin{matrix}3 & −2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3II − I \\ III − 2II \end{matrix} [\begin{matrix}3 & −2 & 0 \\ 0 & 5 & 3 \\ 0 & −5 & −3 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}3 & −2 & 0 \\ 0 & 5 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi

B(Im(T)) = {T (e_{1}), T (e_{2})} = {(3, 1, 2), (−2, 1, −3)}

Il nucleo di T è formato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a A:

[\begin{matrix}3 & −2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 5 & 3 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = \frac{2}{3}t \\ y = t \\ z = −\frac{5}{3}t \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

B(N(T)) = \{(\frac{2}{3}, 1, −\frac{5}{3})\} , ovvero B(N(T)) = \{(2, 3, −5)\}

b) Notiamo che T : R^{3} → R^{3}, quindi è sottinteso che la stessa base B va considerata sia nello spazio di partenza che in quello di arrivo, e M_{B}(T) è la matrice che ha per colonne le immagini degli elementi di B, espresse ancora rispetto a B.

Chiamiamo v_{1}, v_{2} e v_{3} i tre vettori di B. Dalla definizione di T otteniamo:

T (v_{1}) = T (2, 1, 0) = (4, 3, 1),
T (v_{2}) = T (1, 1, 0) = (1, 2, −1),
T (v_{3}) = T (0, 1, 1) = (−2, 2, −4)

Qui però le immagini T (v_{i}) sono espresse rispetto alla base canonica. Per esprimere T (v_{i}) rispetto alla base B si tratta ora di esprimere tali immagini come combinazioni lineari degli elementi di B, cioè di risolvere l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{i}) per i = 1, 2, 3. Se (x_{i}, y_{i}, z_{i}) è la soluzione di tale equazione, allora le coordinate di T (v_{i}) rispetto a B sono T (v_{i}) = (x_{i}, y_{i}, z_{i})_{B}.

Per risolvere i tre sistemi contemporaneamente riduciamo a gradini la matrice formata dai tre vettori v_{i} affiancata dalla matrice formata dai tre vettori T (v_{i})

[\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & 4 & 1 & −2 \\ 1 & 1 & 1 & | & 3 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 & −1 & −4 \end{matrix}] ⇒ 2II − I [\begin{matrix}2 & 1 & 0 & | & 4 & 1 & −2 \\ 0 & 1 & 2 & | & 2 & 3 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 & −1 & −4 \end{matrix}]

Consideriamo ora il sistema associato alle prime 4 colonne:

\begin{cases}2x + y = 4 \\ y + 2z = 2 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = 0 \\ z = 1 \end{cases}

T (v_{1}) = (4, 3, 1) = 2v_{1} + 0v_{2} + 1v_{3} = (2, 0, 1)_{B}

Consideriamo il sistema associato alle prime 3 colonne e alla quinta:

\begin{cases}2x + y = 1 \\ y + 2z = 3 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2 \\ y = 5 \\ z = −1 \end{cases}

T (v_{2}) = (1, 2, −1) = −2v_{1} + 5v_{2} − 1v_{3} = (−2, 5, −1)_{B}

Consideriamo il sistema associato alle prime 3 colonne e alla sesta:

\begin{cases}2x + y = −2 \\ y + 2z = 6 \\ z = −4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −8 \\ y = 14 \\ z = −4 \end{cases}

T (v_{3}) = (−2, 2, −4) = −8v_{1} + 14v_{2} − 4v_{3} = (−8, 14, −4)_{B}

Infine la matrice B associata a T rispetto alla base B è

B = [\begin{matrix}2 & −2 & −8 \\ 0 & 5 & 14 \\ 1 & −1 & −4 \end{matrix}]

Un metodo alternativo consisteva nell’utilizzare la matrice M_{C}^{B} di cambiamento di base, di transizione da C a B. Sia

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ M_{C}^{B} = P^{−1} = [\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ −1 & 2 & −2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ B = P^{−1}AP

c) Abbiamo visto al punto a) che il nucleo di T è la retta

N(T) : \begin{cases}x = 2t \\ y = 3t \\ z = −5t \end{cases}

Il piano π perpendicolare a N(T) e passante per P è π : 2x + 3y − 5z = 0. Inoltre π ∩ N(T) = A(0, 0, 0). Infine

d(N(T), P) = d(A, P) = \sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{3}
□

Esercizio 8.38. Sia B = {v_{1} = (1, 2, 3), v_{2} = (1, 0, −1), v_{3} = (0, 0, 2)} una base di R^{3} e sia T : R^{3} → R^{3} l’endomorfismo definito dalla matrice

M_{B}(T) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] .

a) Si determini la matrice associata a T rispetto alla base canonica di R^{3}.

b) Si stabilisca se T è iniettivo e/o suriettivo.

Soluzione:

a) Per utilizzare la matrice M_{B}(T) dobbiamo esprimere gli elementi della base canonica rispetto a B. Si ricava facilmente che

e_{1} = v_{2} + \frac{1}{2}v_{3} = (0, 1, \frac{1}{2})_{B}

e_{2} = \frac{1}{2}v_{1} − \frac{1}{2}v_{2} − v_{3} = (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, −1)_{B}

e_{3} = \frac{1}{2}v_{3} = (0, 0, \frac{1}{2})_{B}

Quindi

T (e_{1}) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] · [0 1 \frac{1}{2}] = [\begin{matrix}5 \\ 0 \\ 10 \end{matrix}] = (5, 0, 10)_{B} = 5v_{1} + 10v_{3} = (5, 10, 35)

T (e_{2}) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] · [ \frac{1}{2} ; −\frac{1}{2} ; −1] = [\begin{matrix}−4 \\ 3 \\ −8 \end{matrix}] = (−4, 3, −8)_{B} = −4v_{1} + 3v_{2} − 8v_{3} = (−1, −8, −31)

T (e_{3}) = [\begin{matrix}0 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 4 \end{matrix}] · [0 0 \frac{1}{2}] = [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}] = (1, 0, 2)_{B} = v_{1} + 2v_{3} = (1, 2, 7)

Infine la matrice associata a T rispetto alla base canonica è

A = [\begin{matrix}5 & −1 & 1 \\ 10 & −8 & 2 \\ 35 & −31 & 7 \end{matrix}]

b) Possiamo usare indifferentemente la matrice M_{B}(T) o la matrice A. Per comodità di calcoli usiamo la matrice iniziale. M_{B}(T) ha due righe uno multiplo dell’altra e rg(M_{B}(T)) = 2. Quindi dim(Im(T)) = 2 e T non è suriettivo, e dim(N(T)) = 1 e T non è iniettivo.

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Esercizio 8.39. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare definita da T (x) = Ax, con

A = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}]

a) Si determini la matrice associata a T rispetto alla base costituita dai vettori v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (1, 0, 0), v_{3} = (0, 0, 1).

b) Si trovi una base del nucleo di T.

Soluzione:

a) Il metodo più semplice consiste nel calcolare le tre immagini dei vettori della nuova base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}:

T (v_{1}) = (3, 2, 1),  T (v_{2}) = (1, 0, 1),  T (v_{3}) = (1, 1, 0)

e poi trovare le coordinate di questi tre vettori rispetto alla base {v_{1}, v_{2}, v_{3}}. Notiamo che essendo v_{1}, v_{2} e v_{3} particolarmente semplici la risoluzione delle equazioni che danno le coordinate è immediata:

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{1}) ⇒ \begin{cases}x + y = 3 \\ x = 2 \\ x + z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = 1 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ T (v_{1}) = (2, 1, −1)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{2}) ⇒ \begin{cases}x + y = 1 \\ x = 0 \\ x + z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ T (v_{2}) = (0, 1, 1)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{3}) ⇒ \begin{cases}x + y = 1 \\ x = 1 \\ x + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 1 \\ z = −1 \end{cases} ⇒ T (v_{3}) = (1, 1, −1)_{B}

Dunque la matrice B associata a T rispetto a B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}} è:

M_{B}(T) = B = [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ −1 & 1 & −1 \end{matrix}]

Un metodo alternativo usa il cambiamento di base: la matrice M_{B}^{C} di transizione dalla base B alla base canonica C è la matrice che ha per colonne i tre vettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

La matrice M_{C}^{B} di transizione dalla base canonica C alla base B è quindi la matrice inversa: M_{C}^{B} = P^{−1}. Per calcolare l’inversa usiamo il metodo della riduzione:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

⇒ \begin{matrix}II − I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

La matrice M_{C}^{B} è quindi

P^{−1} = M_{C}^{B} = [\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

Di conseguenza la matrice B associata a T rispetto alla nuova base è P^{−1}AP:

M_{B}(T) = B = P^{−1}AP = [\begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}] · P = [\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ −1 & 1 & −1 \end{matrix}]

Infatti se indichiamo con v_{B} le coordinate di un vettore v rispetto a B e analogamente indichiamo con T (v)_{B} le coordinate del vettore T (v) rispetto a B, allora:

B · v_{B} = P^{−1}AP · v_{B} = P^{−1}A · v = P^{−1} · T (v) = T (v)_{B}

b) Per trovare una base del nucleo ci conviene lavorare sulla matrice A in modo da ottenere i vettori direttamente espressi rispetto alla base canonica. Cerchiamo quindi le soluzioni del sistema omogeneo associato alla matrice A:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 1 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & −1 & −1 & | & 0 \end{matrix}] ⇒ III + II [\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix}]

\begin{cases}x + y + z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases}

Quindi una base del nucleo di T è data dall’insieme

{ (0, −1, 1) }
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Esercizio 8.40. Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione definita da T (x, y) = (2x, x − y, 2y), e siano B = {(1, 0), (1, 1) } e B′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 2) } due basi di R^{2} e R^{3} rispettivamente. Determinare la matrice A = M_{B}^{B′}(T) associata a T rispetto alle basi B e B′.

Soluzione:

La matrice A cercata ha per colonne le immagini attraverso T degli elementi di B, espressi rispetto a B′. Cominciamo a calcolare la immagini:

T (1, 0) = (2, 1, 0), T (1, 1) = (2, 0, 2)

I vettori cosí ottenuti sono però espressi rispetto alla base canonica. Indichiamo con

u′_{1} = (1, 1, 0), u′_{2} = (0, 1, 1), u′_{3} = (0, 0, 2)

gli elementi della base B′. Esprimere (2, 1, 0) e (2, 0, 2) rispetto a B′ equivale a risolvere le due equazioni vettoriali: xu′_{1} +yu′_{2} +zu′_{3} = (2, 1, 0) e xu′_{1} +yu′_{2} +zu′_{3} = (2, 0, 2). Consideriamo quindi la matrice associata a tali sistemi, riducendola con le due colonne dei termini noti contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 0 & | & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 & 2 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 & −2 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 & 2 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 & −2 \\ 0 & 0 & 2 & | & 1 & 4 \end{matrix}]

Per risolvere l’equazione xu′_{1} + yu′_{2} + zu′_{3} = (2, 1, 0) consideriamo la prima colonna dei termini noti:

\begin{cases}x = 2 \\ y = −1 \\ 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = −1 \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒

T (1, 0) = (2, 1, 0) = 2u′_{1} − u′_{2} + \frac{1}{2}u′_{3} = (2, −1, \frac{1}{2})_{B′}

Analogamente per risolvere l’equazione xu′_{1} + yu′_{2} + zu′_{3} = (2, 0, 2) consideriamo la seconda colonna dei termini noti:

\begin{cases}x = 2 \\ y = −2 \\ 2z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 2 \\ y = −2 \\ z = 2 \end{cases} ⇒

T (1, 1) = (2, 0, 2) = 2u′_{1} − 2u′_{2} + 2u′_{3} = (2, −2, 2)_{B′}

Infine

A = [\begin{matrix}2 & 2 \\ −1 & −2 \\ \frac{1}{2} & 2 \end{matrix}]

□

Esercizio 8.41. Sia V = R^{3} e siano C e B′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 2) } rispettivamente la base canonica e un’altra base di V.

a) Determinare la matrice P = M_{C}^{B′} di transizione da C a B′.

b) Svolgere l’esercizio precedente utilizzando la matrice P.

Soluzione:

a) La matrice P cercata ha per colonne gli elementi di C espressi rispetto a B′. Esprimere gli elementi di C rispetto a B′ equivale a risolvere le tre equazioni vettoriali x·(1, 1, 0)+y·(0, 1, 1)+z·(0, 0, 2) = e_{i}, i = 1, 2, 3. Riduciamo perciò a gradini la matrice formata dagli elementi di B′ con le tre colonne dei termini noti contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & | & 1 & −1 & 1 \end{matrix}]

Per esprimere e_{1} otteniamo il sistema relativo alla prima colonna:

\begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{1} = (1, −1, \frac{1}{2})_{B′}

Per esprimere e_{2} otteniamo il sistema relativo alla seconda colonna:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ 2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = −\frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{2} = (0, 1, −\frac{1}{2})_{B′}

Per esprimere e_{3} otteniamo il sistema relativo alla terza colonna:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{3} = (0, 0, \frac{1}{2})_{B′}

Infine

P = M_{C}^{B′} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}]

Notiamo che per calcolare P = M_{C}^{B′} potevamo in alternativa calcolare e poi invertire la matrice di transizione da B′ a C. Infatti M_{B′}^{C} ha per colonne gli elementi di B′ espressi rispetto a C:

M_{B′}^{C} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}]

La matrice P cercata è l’inversa di tale matrice:

P = M_{C}^{B′} = (M_{B′}^{C})^{−1} = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}]

b) Nell’esercizio precedente avevamo calcolato

T (1, 0) = (2, 1, 0), T (1, 1) = (2, 0, 2)

e dovevamo esprimerli rispetto alla base B′. Avendo ora calcolato la matrice P = M_{C}^{B′} di transizione da C a B′, possiamo utilizzare P per calcolare le coordinate cercate:

P · (2, 1, 0)^{T} = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] · [\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}] = [ 2 ; −1 ; \frac{1}{2}] ⇒ (2, 1, 0) = (2, −1, \frac{1}{2})_{B′}

P · (2, 0, 2)^{T} = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] · [\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}] = [\begin{matrix}2 \\ −2 \\ 2 \end{matrix}] ⇒ (2, 0, 2) = (2, −2, 2)_{B′}

La matrice cercata è quindi:

A = [\begin{matrix}2 & 2 \\ −1 & −2 \\ \frac{1}{2} & 2 \end{matrix}]

□

Esercizio 8.42. Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x − z, 2x + y, x − 3y)

a) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B costituita dai vettori v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 0, −1), v_{3} = (0, 1, 1).

b) Si trovi una base dell’immagine di T.

c) Il determinante di una matrice associata a T può essere nullo?

Soluzione:

a) Cominciamo con il calcolare le immagini di v_{1}, v_{2}, v_{3} attraverso T:

T (v_{1}) = (1, 2, 1)
T (v_{2}) = (2, 2, 1)
T (v_{3}) = (−1, 1, −3).

Si tratta ora di esprimere tali immagini in funzione della base B, ovvero di risolvere i tre sistemi associati a xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{1}) , xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{2}) e xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{3}). Riduciamo quindi a gradini la matrice:

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 1 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 & 2 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & | & 1 & 1 & −3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 1 & 2 & −1 \\ 0 & −1 & 1 & | & 1 & 1 & −3 \\ 0 & 0 & 1 & | & 2 & 2 & 1 \end{matrix}]

Considerando quindi la differenti colonne di termini noti otteniamo:

\begin{cases}x + y = 1 \\ −y + z = 1 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ T (v_{1}) = 0 · v_{1} + 1 · v_{2} + 2 · v_{3} = (0, 1, 2)_{B}

\begin{cases}x + y = 2 \\ −y + z = 1 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 1 \\ z = 2 \end{cases} ⇒ T (v_{2}) = 1 · v_{1} + 1 · v_{2} + 2 · v_{3} = (1, 1, 2)_{B}

\begin{cases}x + y = − \\ −y + z = −3 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −5 \\ y = 4 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ T (v_{3}) = −5 · v_{1} + 4 · v_{2} + 1 · v_{3} = (−5 4, 1)_{B}

Infine

M_{B}(T) = [\begin{matrix}0 & 1 & −5 \\ 1 & 1 & 4 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}]

b) Cominciamo con il calcolare il rango di M_{B}(T) riducendola a gradini:

\begin{matrix}II \\ I \\ III − 2II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & −5 \\ 0 & 0 & −7 \end{matrix}]

Quindi M_{B}(T) ha rango 3 e una base dell’immaginie di T è formata dai tre vettori che la generano (espressi rispetto alla base canonica):

B(Im(T)) = {(1, 2, 1), (2, 2, 1), (−1, 1, −3)}

Un metodo alternativo consisteva nel calcolare la matrice associata a T rispetto alla base canonica e ricavare da questa un’altra base di Im(T).

c) Poichè la matrice associata a T ha rango 3, ogni altra matrice associata a T rispetto a basi

differenti avrà il medesimo rango e quindi determinante non nullo.

□

Esercizio 8.43. Sia S : R^{3} → R^{4} l’applicazione lineare definita da

S(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2}, x_{2}, x_{1}, x_{2} − 3x_{3}).

a) Sia B la base di R^{3} costituita dai vettori v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (1, 0, 0) e sia E la base canonica di R^{4}. Si determini la matrice M_{B}^{E}(S) associata a S.

b) Si trovi la dimensione del nucleo di S.

Soluzione:

a) Si tratta di calcolare le immagini di v_{1}, v_{2}, v_{3} attraverso S. Non è poi necessario effettuare altre trasformazioni in quanto la base dello spazio di arrivo R^{4} è la base canonica E.

S(v_{1}) = (2, 1, 1, −2)
S(v_{2}) = (2, 1, 1, 1)
S(v_{3}) = (1, 0, 1, 0).

Infine

M_{B}^{E} = [\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ −2 & 1 & 0 \end{matrix}]

b) Riduciamo M a gradini per calcolarne il rango

\begin{matrix}2II − I \\ III − II \\ IV + I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}IV \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ IV + III [\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi M_{B}(T) ha rango 3 e

dim(N(S)) = 3 − rg(M) = 0
□

Esercizio 8.44. Sia S : R^{3} → R^{3} la funzione lineare associata a:

[\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}]

rispetto alla base B = {(1, 1, 1), (0, 2, 2), (0, 0, 3)} di R^{3}.

a) Si scriva la matrice associata a S rispetto alla base canonica.

b) Determinare basi dell’immagine Im(S) e del nucleo N(S).

Soluzione:

a) La matrice cercata ha per colonne S(e_{1}), S(e_{2}) e S(e_{3}). Per determinare tali immagini possiamo

procedere in due modi.

Se vogliamo utilizzare direttamente la matrice M_{B}(S) dobbiamo scrivere e_{1}, e_{2} e e_{3} rispetto alla base B. Chiamiamo v_{1} = (1, 1, 1), v_{2} = (0, 2, 2) e v_{3} = (0, 0, 3) i tre vettori di B; si tratta quindi di risolvere le tre equazioni xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i} con i = 1, 2, 3. Riduciamo a gradini la matrice associata alle tre equazioni contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 3 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

In realtà la matrice è già ridotta (triangolare superiore), quindi possiamo risolvere i tre sistemi.

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{1} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ x + 2y = 0 \\ x + 2y + 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −\frac{1}{2} \\ z = 0 \end{cases} ⇒ e_{1} = (1, −\frac{1}{2}, 0)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{2} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ x + 2y = 1 \\ x + 2y + 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = \frac{1}{2} \\ z = −\frac{1}{3} \end{cases} ⇒ e_{2} = (0, \frac{1}{2}, −\frac{1}{3})_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{3} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ x + 2y = 0 \\ x + 2y + 3z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = \frac{1}{3} \end{cases} ⇒ e_{3} = (0, 0, \frac{1}{3})_{B}

Possiamo usare ora la matrice M_{B}(S) per calcolare le imamgini di e_{i}, ricordando però che il risultato ottenuto è ancora espresso rispetto rispetto a B, mentre noi dobbiamo esprimerlo rispetto alla base canonica:

S(e_{1}) = M_{B}(S) · e_{1} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ −\frac{1}{2} \\ 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}]

= (0, 0, 0)_{B} = 0 · v_{1} + 0 · v_{2} + 0 · v_{3} = (0, 0, 0)

S(e_{2}) = M_{B}(S) · e_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}] · [ 0 ; \frac{1}{2} ; −\frac{1}{3} ] = [\begin{matrix}0 \\ −\frac{1}{3} \\ 0 \end{matrix}]

= (0, −\frac{1}{3}, 0)_{B} = 0 · v_{1} − \frac{1}{3} · v_{2} + 0 · v_{3} = (0, −\frac{2}{3}, −\frac{2}{3})

S(e_{3}) = M_{B}(S) · e_{3} = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}] · [0 0 \frac{1}{3}] = [0 \frac{1}{3} 1]

= (0, \frac{1}{3}, 1)_{B} = 0 · v_{1} + \frac{1}{3} · v_{2} + 1 · v_{3} = (0, \frac{2}{3}, \frac{11}{3})

Infine

A = M(S) = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −\frac{2}{3} & \frac{2}{3} \\ 0 & −\frac{2}{3} & \frac{11}{3} \end{matrix} ]

Un metodo alternativo consiste nel ricavare direttamente le immagini di e_{1} dalla matrice M_{B}(S), sfruttando la linearità di S. Sappiamo infatti che una matrice M_{B}(S) ha per colonne le immagini degli elementi di B espressi ancora rispetto a B. Quindi

S(v_{1}) = S(1, 1, 1) = (0, 0, 1)_{B} = 0v_{1} + 0v_{2} + 1v_{3} = (0, 0, 3)
S(v_{2}) = S(0, 2, 2) = (0, 0, 2)_{B} = 0v_{1} + 0v_{2} + 2v_{3} = (0, 0, 6)
S(v_{3}) = S(0, 0, 3) = (0, 1, 3)_{B} = 0v_{1} + 1v_{2} + 3v_{3} = (0, 2, 11)

Abbiamo precedentemente espresso e_{1}, e_{2} e e_{3} come combinazione lineare degli elementi di B:

e_{3} = (0, 0, 1) = \frac{1}{3}(0, 0, 3)

e_{2} = (0, 1, 0) = \frac{1}{2}(0, 2, 2) − \frac{1}{3}(0, 0, 3)

e_{1} = (1, 0, 0) = (1, 1, 1) − \frac{1}{2}(0, 2, 2)

Per la linearità di S otteniamo quindi:

S(e_{1}) = S(v_{1}) − \frac{1}{2}S(v_{2}) = (0, 0, 3) − \frac{1}{2}(0, 0, 6) = (0, 0, 0)

S(e_{2}) = \frac{1}{2}S(v_{2}) − \frac{1}{3}S(v_{3}) = \frac{1}{2}(0, 0, 6) − \frac{1}{3}(0, 2, 11) = (0, −\frac{2}{3}, −\frac{2}{3})

S(e_{3}) = \frac{1}{3}S(v_{3}) = (0, \frac{2}{3}, \frac{11}{3})

Infine la matrice associata a S rispetto alla base canonica è:

A = M(S) = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −\frac{2}{3} & \frac{2}{3} \\ 0 & −\frac{2}{3} & \frac{11}{3} \end{matrix} ]

b) Conviene utilizare la matrice A in modo da ottenere vettori già espressi rispetto alla base canonica.

In questo caso non è necessario procedere con la riduzione a gradini. Infatti è evidente che la sottomatrice formata dalle ultime due colonne ha rango 2, quindi una base dell’immagine di S è quella formata da S(e_{2}) e S(e_{3}), oppure da un loro multiplo:

B(Im(S)) = { (0, 2, 11), (0, 2, 2) }

Dal teorema di nullità più rango sappiamo che il nucleo ha dimensione uno e avendo trovato che S(e_{1}) = 0, quindi e_{1} appartiene al nucleo, possiamo concludere che una base del nucleo di S è

B(N(S)) = { (1, 0, 0) }
□

Esercizio 8.45. Sia S : R^{3} → R^{3} la funzione lineare

S(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (2x_{1} − 2x_{2} + x_{3}, −2x_{1} + 2x_{2} − 3x_{3}, −2x_{1} + 2x_{2} + x_{3})

a) Si trovi una base del nucleo di S e una base dell’immagine di S.

b) Sia E la base canonica di R^{3} e sia B la base di R^{3} costituita dai vettori

v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (1, 0, 1), v_{3} = (0, 1, 1)

Si determini la matrice M_{B}^{E}(S) associata a S.

Soluzione: Determiniamo la matrice A associata a S calcolando l’immagine degli elementi della base canonica:

\begin{matrix}S(e_{1}) = (2, −2, −2) \\ S(e_{2}) = (−2, 2, 2) \\ S(e_{3}) = (1, −3, 1) \end{matrix} ⇒ A = [\begin{matrix}2 & −2 & 1 \\ −2 & 2 & −3 \\ −2 & 2 & 1 \end{matrix}]

a) Riduciamo a gradini la matrice A:

\begin{matrix}II + I \\ III + I \end{matrix} [\begin{matrix}2 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/2II \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}2 & −2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Una base dell’Immagine di S è data dai vettori corrispondenti alle colonne che contengono i pivot,cioè alla prima e terza colonna:

B(Im(S)) = {S(e_{1}), S(e_{3})} {(2, −2, −2), ((1, −3, 1)}

Per trovare una base del nucleo risolviamo il sistema omogeneo:

\begin{cases}2x − 2y + z = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ B(N(S)) = \{(1, 1, 0)\}

b) La matrice M_{B}^{E}(S) associata a S ha per colonne le immagini di B espresse rispetto a E, cioè in sostanza le immagini di B:

S(v_{1}) = (0, 0, 0),  S(v_{2}) = (3, 5, −1),  S(v_{3}) = (−1, −1, 3)

quindi

M_{B}^{E}(S) = [\begin{matrix}0 & 3 & −1 \\ 0 & 5 & −1 \\ 0 & −1 & 3 \end{matrix}]

□

Esercizio 8.46. Sia V = R^{2} e siano B = C = { (1, 0), (0, 1) } e B′ = {(1, 1), (1, 0) } due basi di V. a) Determinare la matrice P = M_{B}^{B′} di transizione da B a B′.

b) Determinare le coordinate di v = (2, 1) utilizzando la matrice P.

Soluzione:

a) La matrice P = M_{B}^{B′} di transizione da B a B′ ha per colonne i vettori di B espressi rispetto a B′. Anche se in questo caso i conti per fare ciò sono piuttosto semplici, può risultare più conveniente determinare la matrice inversa P^{−1} = M_{B′}^{B} di transizione da B′ a B che ha per colonne i vettori di B′ espressi rispetto a B. Infatti B è la base canonica, quindi i vettori di B′ sono già espressi rispetto a B, quindi

P^{−1} = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}]

Per calcolare P basta ora invertire P^{−1}:

[\begin{matrix}1 & 1 & | & 1 & 0 \\ 1 & 0 & | & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & | & 0 & 1 \\ 1 & 1 & | & 1 & 0 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 0 & | & 0 & 1 \\ 0 & 1 & | & 1 & −1 \end{matrix}]

Infine

P = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}]

b) Per esprimere v rispetto a B′ basta calcolare:

P · v^{T} = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}] [\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}]

Quindi v = (1, 1)_{B′}, ovvero v = 1 · (1, 1) + 1 · (1, 0).

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Esercizio 8.47. Sia V = R^{3} e siano C e B′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 2) } rispettivamente la base canonica e un’altra base di V.

a) Determinare la matrice P = M_{C}^{B′} di transizione da C a B′.

b) Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione definita da T (x, y) = (2x, x − y, 2y). Utilizzando la matrice P determinare la matrice A = M_{C}^{B′}(T) associata a T rispetto alle basi C e B′.

Soluzione:

a) La matrice P = M_{C}^{B′} di transizione da C a B′ ha per colonne gli elementi di C espressi rispetto a B′. Anzicché procedere come nell’esercizio precedente invertendo la matrice M_{B′}^{C} formata dagli elementi di B′ (espressi automaticamente rispetto a C), questa volta calcoliamo direttamente P.

Esprimere gli elementi di C rispetto a B′ equivale a risolvere le tre equazioni vettoriali x · (1, 1, 0) + y · (0, 1, 1) + z · (0, 0, 2) = e_{i}, i = 1, 2, 3. Riduciamo perciò a gradini la matrice formata dagli elementi di B′ con le tre colonne dei termini noti contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & | & 1 & −1 & 1 \end{matrix}]

Per esprimere e_{1} otteniamo il sistema relativo alla prima colonna:

\begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{1} = (1, −1, \frac{1}{2})_{B′}

Per esprimere e_{2} otteniamo il sistema relativo alla seconda colonna:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ 2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = −\frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{2} = (0, 1, −\frac{1}{2})_{B′}

Per esprimere e_{3} otteniamo il sistema relativo alla terza colonna:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{3} = (0, 0, \frac{1}{2})_{B′}

Infine

P = M_{C}^{B′} = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}]

b) La matrice A = M_{C}^{B′}(T) ha per colonne le immagini degli elementi di C espressi rispetto a B′. Calcoliamo quindi

T (1, 0) = (2, 1, 0), T (0, 1) = (0, −1, 2),

espressi rispetto alla base canonica. Conoscendo la matrice P = M_{C}^{B′} di transizione da C a B′, possiamo utilizzare P per calcolare le coordinate cercate dei vettori trovati rispetto a B′:

P · (2, 1, 0)^{T} = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] · [\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}] = [ 2 ; −1 ; \frac{1}{2}] ⇒ (2, 1, 0) = (2, −1, \frac{1}{2})_{B′}

P · (0, −1, 2)^{T} = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}] · [\begin{matrix}0 \\ −1 \\ 2 \end{matrix}] = [ 0 ; −1 ; \frac{3}{2}] ⇒ (0, −1, 2) = (0, −1, \frac{3}{2})_{B′}

La matrice cercata è quindi:

A = [\begin{matrix}2 & 0 \\ −1 & −1 \\ \frac{1}{2} & \frac{3}{2} \end{matrix}]

□

Esercizio 8.48. Sia T : R^{3} ⇒ R^{3} così definita: T (x, y, z) = (x + 2y + 3z, 3y + z, 4z). a) Determinare la matrice A associata a T rispetto alla base canonica.

b) Determinare la matrice B associata a T rispetto alla base

B = {v_{1} = (1, 0, 0), v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (5, 3, 3)} .

Soluzione:

a)

\begin{matrix}T (e_{1}) = (1, 0, 0) \\ T (e_{2}) = (2, 3, 0) \\ T (e_{3}) = (3, 1, 4) \end{matrix} ⇒ A = M(T) = [\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

b) Per risolvere la seconda parte possiamo procedere in due modi. – Calcoliamo le immagini dei vettori v_{i} della nuova base:

T (v_{1}) = (1, 0, 0),  T (v_{2}) = (3, 3, 0),  T (v_{3}) = (20, 12, 12)

Si tratta ora di esprimere i vettori trovati rispetto alla base B risolvendo le tre equazioni:

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{1}) ⇒ \begin{cases}x + y + 5z = 1 \\ y + 3z = 0 \\ 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ T (v_{1}) = (1, 0, 0)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{2}) ⇒ \begin{cases}x + y + 5z = 3 \\ y + 3z = 3 \\ 3z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 3 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ T (v_{2}) = (0, 3, 0)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{3}) ⇒ \begin{cases}x + y + 5z = 20 \\ y + 3z = 12 \\ 3z = 12 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 0 \\ z = 4 \end{cases} ⇒ T (v_{3}) = (0, 0, 4)_{B}

Quindi la matrice associata a T rispetto alla base B è

B = M_{B}(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

– Un altro metodo consiste nel cercare le matrici di cambiamento di base: la matrice M_{B}^{C} di transizione dalla base B alla base canonica C è la matrice che ha per colonne i tre vettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}]

La matrice M_{C}^{B} di transizione dalla base canonica C alla base B è quindi la matrice inversa: M_{C}^{B} = P^{−1}. Per calcolare l’inversa usiamo il metodo della riduzione:

[\begin{matrix}1 & 1 & 5 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − III \\ \frac{1}{3}III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 5 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{matrix}]

⇒ I − II [\begin{matrix}1 & 0 & 5 & | & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{matrix}] ⇒ I − 5III [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & −1 & −\frac{2}{3} \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{matrix}]

La matrice M_{C}^{B} è quindi

P^{−1} = M_{C}^{B} = [\begin{matrix}1 & −1 & −\frac{2}{3} \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{matrix}]

Di conseguenza la matrice B associata a T rispetto alla nuova base è P^{−1}AP:

B = M_{B}(T) = P^{−1}AP = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

□

Esercizio 8.49. Sia T : R^{3} ⇒ R^{3} l’applicazione lineare definita da:

A = [\begin{matrix}1 & −3 & 3 \\ 3 & −5 & 3 \\ 6 & −6 & 4 \end{matrix}]

a) Verificare che l’insieme B = {v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (−1, 0, 1), v_{3} = (1, 1, 2)} è una base di R^{3}.

b) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base B.

Soluzione:

a) Basta verificare che la matrice formata dai tre vettori ha rango 3, ovvero determinante diverso da zero:

det [\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}] = 1 · (−1) − 1 · (−3) = 2 ≠ 0

Quindi v_{1}, v_{2} e v_{3} sono lineramente indipendenti e formano una base di R^{3}.

b) Come nell’esercizio precedente si può procedere in due modi. Utilizziamo il primo. Calcoliamo le immagini dei vettori v_{i} della nuova base:

T (v_{1}) = A · v_{1} = (−2, −2, 0)
T (v_{2}) = A · v_{2} = (2, 0, −2)
T (v_{3}) = A · v_{3} = (4, 4, 8)

Si tratta ora di esprimere i vettori trovati rispetto alla base B. Notiamo però come la cosa è immediata:

T (v_{1}) = T (1, 1, 0) = (−2, −2, 0) = −2v_{1}  ⇒ T (v_{1}) = (−2, 0, 0)_{B}
T (v_{2}) = T (−1, 0, 1) = (2, 0, −2) = −2v_{2}  ⇒ T (v_{2}) = (0, −2, 0)_{B}
T (v_{3}) = T (1, 1, 2) = (4, 4, 8) = 4v_{3}  ⇒ T (v_{3}) = (0, 0, 4)_{B}

Quindi la matrice associata a T rispetto alla base B è

B = M_{B}(T) = [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

Notiamo che volendo utilizzare il secondo metodo la matrice M_{B}^{C} di transizione dalla base B alla base canonica C è la matrice che ha per colonne i tre vettori di B (espressi rispetto a C):

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}]

La matrice M_{C}^{B} di transizione dalla base canonica C alla base B è quindi la matrice inversa: M_{C}^{B} = P^{−1}. Di conseguenza la matrice B associata a T rispetto alla nuova base è P^{−1}AP:

B = M_{B}(T) = P^{−1}AP = [\begin{matrix}−2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}]

Poiché la matrice M_{B}(T) ottenuta è diagonale, la matrice di transizione P tale che P^{−1}AP = M_{B}(T) è detta diagonalizzante.

□

Esercizio 8.50. Sia

B = {v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, −1, 0), v_{3} = (2, 0, 0)}

una base di R^{3} e sia T l’endomorfismo di R^{3} così definito:

T (v_{1}) = (3, 1, 2),  T (v_{2}) = (0, 1, 1),  T (v_{3}) = (6, 4, 6)

a) Si determini la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica.

b) Si determini base e dimensione dell’Immagine e del Nucleo di T.

c) Si stabilisca per quali valori di k il vettore v_{k} = (k + 1, 0, k) appartiene all’Immagine di T.

Soluzione:

a) Per determinare T (e_{i}), dobbiamo ricavare le coordinate di e_{i} rispetto alla base B. Non è però necessario risolvere le tre equazioni xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i} in quanto seplicemente:

e_{1} = \frac{1}{2}v_{3},  e_{2} = −v_{2},  e_{3} = v_{1} − \frac{1}{2}v_{3}

Di conseguenza

T (e_{1}) = \frac{1}{2}T (v_{3}) = (3, 2, 3)

T (e_{2}) = −T (v_{2}) = (0, −1, −1)

T (e_{3}) = T (v_{1}) − \frac{1}{2}T (v_{3}) = (3, 1, 2) − (3, 2, 3) = (0, −1, −1)

e

M(T) = [\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 2 & −1 & −1 \\ 3 & −1 & −1 \end{matrix}]

b) Riduciamo M(T) a gradini

\begin{matrix}1/3I \\ II − 2/3I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & −1 \\ 0 & −1 & −1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi

dim(Im(T)) = rg(M(T)) = 2
B(Im(T)) = {(3, 2, 3), (0, −1, −1)}

Sappiamo già che dim(N(T)) = 3 − rg(M(T)) = 1. Per determinarne una base risolviamo il sistema omogeneo associato a M(T):

\begin{cases}x = 0 \\ −y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = −t \\ z = t \end{cases} ⇒ B(N(T)) = \{(0, −1, 1)\}

c) Il vettore v_{k} = (k + 1, 0, k) appartiene all’Immagine di T se è combinazione lineare dei vettori della base in Im(T):

[\begin{matrix}3 & 0 & | & k + 1 \\ 2 & −1 & | & 0 \\ 3 & −1 & | & k \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}3II − 2I \\ III − I \end{matrix} [\begin{matrix}3 & 0 & | & k + 1 \\ 0 & −3 & | & −2k − 2 \\ 0 & −1 & | & −1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II − 3III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & | & 0 \\ 0 & −1 & | & −1 \\ 0 & 0 & | & −2k + 1 \end{matrix}]

Infine, se k = \frac{1}{2} la matrice completa e incompleta hanno lo stesso rango, quindi il sistema ammette soluzione e v_{k} appartiene a Im(T), mentre se k ≠ \frac{1}{2}, allora rg(A|b) = 3 > rg(A) = 2, quindi il sistema non ammette soluzione e v_{k} non appartiene a Im(T).

□

Esercizio 8.51. Dati i vettori di R^{3}

v_{1} = (1, 0, 1), v_{2} = (0, 2, 2), v_{3} = (1, 1, 0),

si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{3} definita da

T (v_{1}) = (2, 0, 0), T (v_{2}) = (4, 4, 4), T (v_{3}) = (0, 6, 6)

a) Si determini la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica.

b) Si determini una base del nucleo e dell’immagine di T.

Soluzione:

a) Per determinare la matrice M(T) associata a T rispetto alla base canonica dobbiamo calcolare le immagini dei vettori della base canonica. A tale scopo dobbiamo prima esprimere i vettori della base canonica come combinazione lineare di v_{1}, v_{2}, v_{3}. Risolviamo le tre equazioni xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{i}, i = 1, 2, 3, riducendo a gradini contemporaneamente le matrici associate ai tre sistemi:

[\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & −1 & | & −1 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒

III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & | & −1 & −1 & 1 \end{matrix}]

Di conseguenza

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{1} ⇒ \begin{cases}x + z = 1 \\ 2y + z = 0 \\ −2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = −\frac{1}{4} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{1} = \frac{1}{2}v_{1} − \frac{1}{4}v_{2} + \frac{1}{2}v_{3}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{2} ⇒ \begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + z = 1 \\ −2z = −1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −\frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{4} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{2} = −\frac{1}{2}v_{1} + \frac{1}{4}v_{2} + \frac{1}{2}v_{3}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = e_{3} ⇒ \begin{cases}x + z = 0 \\ 2y + z = 0 \\ −2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = \frac{1}{2} \\ y = \frac{1}{4} \\ z = −\frac{1}{2} \end{cases} ⇒ e_{3} = \frac{1}{2}v_{1} + \frac{1}{4}v_{2} − \frac{1}{2}v_{3}

Sfruttando la linearità di T possiamo ora ricavare le immagini degli elementi della base canonica:

T (e_{1}) = \frac{1}{2}T (v_{1}) − \frac{1}{4}T (v_{2}) + \frac{1}{2}T (v_{3}) = (0, 2, 2)

T (e_{2}) = −\frac{1}{2}T (v_{1}) + \frac{1}{4}T (v_{2}) + \frac{1}{2}T (v_{3}) = (0, 4, 4)

T (e_{3}) = \frac{1}{2}T (v_{1}) + \frac{1}{4}T (v_{2}) − \frac{1}{2}T (v_{3}) = (2, −2, −2)

Infine la matrice associata a T rispetto alla base canonica è

M(T) = [\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 2 & 4 & −2 \\ 2 & 4 & −2 \end{matrix}]

In alternativa si poteva untilizzare la matrice di cambiamento di base:

M_{B}^{E} = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix}] ⇒ M_{E}^{B} = (M_{B}^{E})^{−1} = [\begin{matrix}\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ]

Infine

M(T) = M_{E}^{E}(T) = M_{B}^{E}(T) · M_{E}^{B} = [\begin{matrix}2 & 4 & 0 \\ 0 & 4 & 6 \\ 0 & 4 & 6 \end{matrix}] · [\begin{matrix}\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ] = [\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 2 & 4 & −2 \\ 2 & 4 & −2 \end{matrix}]

b) Riduciamo M(T) a gradini:

\begin{matrix}1/2II \\ 1/2I \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 2 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi M(T) ha rango 2 e una base dell’immagine di T è

B (Im(T)) = {(0, 2, 2), (2, −2, −2)}

Risolvendo il sistema omogeneo associato a T otteniamo

\begin{cases}x = −2t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}

quindi una base del nucleo di T è

B (N(T)) = {(−2, 1, 0)}
□

Esercizio 8.52. Sia T la funzione lineare da R^{3} in R^{4} che associa ai vettori

(1, 1, 0),  (1, −1, 2),  (0, 0, 1)

rispettivamente i vettori

(1, 1, 0, 1),  (1, 2, −1, 0),  (0, 0, 1, 1)

a) Stabilire se T è iniettiva, suriettiva, biunivoca.

b) Qual è l’immagine di v = (2, 0, 3)?

Soluzione:

a) L’insieme

B = {v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (1, −1, 2), v_{3} = (0, 0, 1)}

forma una base di R^{3}. La matrice associata a T rispetto alla base B di R^{3} e alla base canonica C di R^{4} è

A = M_{B}^{C}(T) = [\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}]

Poiché A è 3×4, dim(Im(T)) = rg(A) ≤ 3 e T non può essere suriettiva e quindi neanche biunivoca. Calcoliamo comunque esplicitamente il rango di A per stabilire se T è iniettiva. Notiamo che A contiene la sottomatrice

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix}]

cha ha determinante non nullo. Di conseguenza rg(A) = 3, dim(N(T)) = 3−3 = 0 e T è iniettiva.

b) Per detereminare l’immagine di v, dobbiamo esprimerlo rispetto alla base B risolvendo l’equazione xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = v a cui è associata la matrice

[\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 1 & −1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 2 & 1 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ II − I [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 0 & −2 & 0 & | & −2 \\ 0 & 2 & 1 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}−1/2II \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 1 & 0 & | & 2 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}x + y = 2 \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = 1 \\ z = 1 \end{cases} ⇒ v = v_{1} + v_{2} + v_{3}

Per calcolare T (v) possiamo usare direttamente la definizione

T (v) = T (v_{1} + v_{2} + v_{3}) = T (v_{1}) + T (v_{2}) + T (v_{3}) = (1, 1, 0, 1) + (1, 2, −1, 0) + (0, 0, 1, 1) = (2, 3, 0, 2).

□

Esercizio 8.53. Sia E = {e_{1}, e_{2}, e_{3}} la base canonica di R^{3}. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare tale che:

T (e_{1}) = 3e_{1} − e_{2} + e_{3}, T (e_{2}) = e_{2} − e_{3}, T (e_{3}) = 2T (e_{1}) + T (e_{2})

a) Si calcoli la matrice associata a T rispetto ad E.

b) Trovare basi del nucleo e dell’immagine di T e stabilire se T è invertibile.

Soluzione: Dalla definizione otteniamo

T (e_{1}) = (3, −1, 1)
T (e_{2}) = (0, 1, −1)
T (e_{3}) = 2T (e_{1}) + T (e_{2}) = (6, −2, 2) + (0, 1, −1) = (6, −1, 1)

a) La matrice associata a T rispetto alla base canonica è

A = M(T) = [\begin{matrix}3 & 0 & 6 \\ −1 & 1 & −1 \\ 1 & −1 & 1 \end{matrix}]

Riduciamo T a gradini

\begin{matrix}1/3I \\ II + 1/3I \\ III + II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Di conseguenza una base dell’immagine di T è B (Im(T)) = {(3, −1, 1), (0, 1, −1)}. Per trovare il nucleo risolviamo il sistema omogeno associato a T:

\begin{cases}x + 2z = 0 \\ y + z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −2t \\ y = −t \\ z = t \end{cases}

e una base del nucle di T è B (N(T)) = {(−2, −1, 1)}.

b) Dai conti svolti nel punto precedente vediamo che A ha rango 2, quindi non è invertibile.

Altrettanto l’endomorfismo T non è invertibile.

□

Esercizio 8.54. Sia E = {e_{1}, e_{2}, e_{3}} la base canonica di R^{3}. Sia T : R^{3} → R^{3} la funzione lineare tale che:

T (e_{1}) = e_{1} − 2e_{2} + e_{3}, T (e_{2}) = 2e_{2} − e_{3}, T (e_{3}) = e_{1} + e_{3}.

a) Si mostri che T è invertibile.

b) Si scriva la matrice associata a T^{−1} rispetto ad E.

c) Sia W = {x ∈ R^{3} : x_{1} + 2x_{2} − x_{3} = 0}. Si trovi una base del sottospazio immagine T (W).

Soluzione: La matrice associata a T rispetto alla base canonica è

A = M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ −2 & 2 & 0 \\ 1 & −1 & 1 \end{matrix}]

a) T è invertibile sse lo è la matrice A. Poiché det(A) = 2 ≠ 0 la matrice e T sono invertibili.

b) La matrice associata a T^{−1} è la matrice A^{−1}:

A^{−1} = M(T^{−1}) = [\begin{matrix}1 & −\frac{1}{2} & −1 \\ 1 & 0 & −1 \\ 0 & \frac{1}{2} & 1 \end{matrix}]

c) Scriviamo esplicitamente gli elementi di W:

\begin{cases}x_{1} = −2s + t \\ x_{2} = s \\ x_{3} = t \end{cases} ∀s, t ∈ R

Quindi W = ⟨w_{1} = (−2, 1, 0), w_{2} = (1, 0, 1)⟩ e T (W) = ⟨T (w_{1}), T (w_{2})⟩:

T (w_{1}) = A · w_{1} = (−2, 6, −3)
T (w_{2}) = A · w_{2} = (2, −2, 2)

I due vettori trovati sono linearmente indipendenti in quanto non sono uno multiplo dell’altro, quindi una base di T (W) è

B (T (W)) = {(−2, 6, −3), (2, −2, 2)} .
□

Esercizio 8.55. Si consideri la funzione lineare T : R^{3} → R^{3} la cui matrice rispetto alla base canonica è

M(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}]

e sia B = {v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (1, 1, 1), v_{3} = (1, 0, 1)} una base di R^{3}.

a) Si determini la matrice M_{B}^{E}(T) associata a T rispetto alla base B nel dominio e rispetto alla base canonica E nel codominio.

b) Si determini la matrice M_{B}(T) associata a T rispetto alla base B.

Soluzione:

a) La matrice M_{B}^{E}(T) ha per colonne le immagini dei vettori della base B, espresse rispetto alla base canonica. Calcoliamo quindi le immagini dei vettori v_{i}, utilizzando la matrice M(T):

M(T) · v_{1}^{t} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}] = [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 4 \end{matrix}] ⇒ T (v_{1}) = (1, 0, 4)

M(T) · v_{2}^{t} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}4 \\ 1 \\ 5 \end{matrix}] ⇒ T (v_{2}) = (4, 1, 5)

M(T) · v_{3}^{t} = [\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}] · [\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix}4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}] ⇒ T (v_{3}) = (4, 0, 3)

Quindi

M_{B}^{E}(T) = [\begin{matrix}1 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \\ 4 & 5 & 3 \end{matrix}]

b) La matrice M_{B}^{B}(T) ha per colonne le immagini dei vettori della base B, espresse rispetto alla base B. Dobbiamo quindi esprimere rispetto alla base B i vettori T (v_{i}), trovati al punto precedente. Si tratta di risolvere i tre sistemi xv_{i} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{i}) per i = 1, 2, 3. Per comodità riduciamo a gradini i tre sistemi contemporaneamente, affiancando direttamente le tre colonne dei termini noti:

[\begin{matrix}1 & 1 & 1 & | & 1 & 4 & 4 \\ 1 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & | & 4 & 5 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}I − III \\ II − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & −3 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & | & −1 & −3 & −4 \\ 0 & 1 & 1 & | & 4 & 5 & 3 \end{matrix}]

Di conseguenza

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{1}) ⇒ \begin{cases}x = −3 \\ −z = −1 \\ y + z = 4 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −3 \\ y = 3 \\ z = 1 \end{cases} ⇒

T (v_{1}) = −3v_{1} + 3v_{2} + v_{3} = (−3, 3, 1)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{2}) ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ −z = −3 \\ y + z = 5 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = 2 \\ z = 3 \end{cases} ⇒

T (v_{2}) = −v_{1} + 2v_{2} + 3v_{3} = (−1, 2, 3)_{B}

xv_{1} + yv_{2} + zv_{3} = T (v_{3}) ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ −z = −4 \\ y + z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ z = 4 \end{cases} ⇒

T (v_{3}) = v_{1} − v_{2} + 4v_{3} = (1, −1, 4)_{B}

Infine la matrice associata a T rispetto alla base B è

M_{B}(T) = [\begin{matrix}−3 & −1 & 1 \\ 3 & 2 & −1 \\ 1 & 3 & 4 \end{matrix}]

Notiamo che per calcolare M_{B}(T) = M_{B}^{B}(T) potevamo anche utilizzare le matrici di cambiamento di base. Sia infatti P = M_{B}^{E} la matrice di transizione dalla base B alla base canonica E; P ha per colonne gli elementi di B espressi rispetto a E:

P = M_{B}^{E} = [\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}]

Inoltre la matrice di transizione dalla base canonica E alla base C è l’inversa di P:

M_{E}^{B} = P^{−1} = [\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix}]

Infine la matrice di T rispetto alla base B è:

M_{B}(T) = M_{B}^{B}(T) = M_{E}^{B} · M(T) · M_{B}^{E} = P^{−1} · M(T) · P = [\begin{matrix}−3 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & −1 \\ 1 & 3 & 4 \end{matrix}]

□

Esercizio 8.56. Si consideri la base B = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 0)} di R^{4} e sia E la base canonica di R^{4}. Sia T : R^{4} → R^{4} la funzione lineare con matrice associata

M_{B}^{E}(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & k & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

con k parametro reale.

a) Stabilire per quali valori di k la funzione T è un isomorfismo (cioè iniettiva e suriettiva).

b) Posto k = 1, si trovi una base del sottospazio T^{−1}(W) = {v ∈ R^{4} | T (v) ∈ W }, con W = ⟨(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1)⟩.

Soluzione:

a) T è un isomorfismo se il rango di M_{B}^{E}(T) è 4, infatti in tale caso dim(Im(T)) = rg(M) = 4 e T è suriettiva, e dim(N(T)) = 4 − 4 = 0 e T è iniettiva. In questo caso è probabilmente più rapido calcolare il determinante di M, sviluppando rispeto alla terza colonna:

det ((M_{B}^{E}(T)) = 1 · k · 1 = k

Quindi T è un isomorfismo se k ≠ 0 quando il rango di M è 4. b) La matrice associata a T per k = 1 è

M_{B}^{E}(T) = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Possiamo procedere in due modi:

– MODO 1. Esprimiamo i due vettori w_{1} = (1, 0, 0, 1) e w_{2} = (0, 1, 0, 1) come combinazione lineare delle immagini della base B risolvendo i due sistemi M_{B}^{E}(T)|w_{1} e M_{B}^{E}(T)|w_{2}. Riduciamo a gradini le due matrici contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & | & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & | & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & | & 1 & 1 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ IV − I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & | & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & | & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 & 1 \end{matrix}]

Risolviamo il primo sistema xT (v_{1}) + yT (v_{2}) + zT (v_{3}) + wT (v_{4}) = w_{1}:

\begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ z + w = 1 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = −1 \\ z = 1 \\ w = 0 \end{cases} ⇒ T^{−1}(w_{1}) = (1, −1, 1, 0)_{B} = (1, 0, 0, 1)

Risolviamo il secondo sistema xT (v_{1}) + yT (v_{2}) + zT (v_{3}) + wT (v_{4}) = w_{2}:

\begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z + w = −1 \\ w = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 0 \\ y = 1 \\ z = −2 \\ w = 1 \end{cases} ⇒ T^{−1}(w_{2}) = (0, 1, −2, 1)_{B} = (1, 1, 0, −2)

– MODO 2.Essendo T un isomorfismo possiamo calcolare l’inversa di M(T):

(M_{B}^{E}(T))^{−1} = M_{E}^{B}(T^{−1}) = [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & −1 & 1 & −1 \\ −1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

Quindi

T^{−1}(w_{1}) = M_{E}^{B}(T^{−1}) · w_{1}^{T} = (1, −1, 1, 0)_{B} = (1, 0, 0, 1)
T^{−1}(w_{2}) = M_{E}^{B}(T^{−1}) · w_{2}^{T} = (0, 1, −2, 1)_{B} = (1, 1, 0, −2)
□

Esercizio 8.57. Dati i vettori v_{1} = (1, 1, 0), v_{2} = (0, 2, 0) e v_{3} = (0, 1, 1), sia T l’endomorfismo di R^{3} tale che T (v_{1}) = v_{2}, T (v_{2}) = v_{3} e T (v_{3}) = v_{1}.

a) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base B = {v_{1}, v_{2}, v_{3}}.

b) Determinare la matrice associata a T rispetto alla base canonica.

c) Determinare il nucleo di T e trovare (se esiste) una controimmagine di (5, 1, −11).

Soluzione:

a) Dalla definzione di T si ha

T (v_{1}) = v_{2} = 0 · v_{1} + 1 · v_{2} + 0 · v_{3} = (0, 1, 0)_{B}
T (v_{2}) = v_{3} = 0 · v_{1} + 0 · v_{2} + 1 · v_{3} = (0, 0, 1)_{B}
T (v_{3}) = v_{1} = 1 · v_{1} + 0 · v_{2} + 0 · v_{3} = (1, 0, 0)_{B}

quindi la matrice associata a T rispetto a B è

M_{B}^{B}(T) = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

b) Senza la necessità di impostare un sistema è facile scrivere gli elementi della base canonica come combinazione lineare degli elementi della base B e quindi trovarne l’immagine attraverso a T:

e_{1} = v_{1} − \frac{1}{2} v_{2}  ⇒  T (e_{1}) = T (v_{1}) − \frac{1}{2} T (v_{2}) = v_{2} − \frac{1}{2} v_{3} = (0, \frac{3}{2}, −\frac{1}{2})
e_{2} = \frac{1}{2} v_{2}  ⇒  T (e_{2}) = \frac{1}{2} T (v_{2}) = \frac{1}{2} v_{3} = (0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})
e_{3} = v_{3} − \frac{1}{2} v_{2}  ⇒  T (e_{3}) = T (v_{3}) − \frac{1}{2} T (v_{2}) = v_{1} − \frac{1}{2} v_{3} = (1, \frac{1}{2}, −\frac{1}{2})

Quindi la matrice associata a T rispetto alla base canonica è

M(T) = [\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ]

c) È immediato verificare che det (M_{B}^{B}(T)) = 1, quindi rg (M_{B}^{B}(T)) = rg(M(T)) = 3. Di conseguen-

za dim(N(T)) = 0 e N(T) = { (0, 0, 0) }.

T è suriettiva, quindi esiste una controimmagine per ogni elemento di R^{3}. Per trovare una controimmagine di v = (3, 7, −14) ci conviene forse usare la matrice M(T) risolvendo il sistema M(T)|v:

[\begin{matrix}0 & 0 & 1 & | & 3 \\ \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & | & 7 \\ −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & | & −14 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}2III \\ 2II \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & −28 \\ 3 & 1 & 1 & | & 14 \\ 0 & 0 & 1 & | & 3 \end{matrix}] ⇒ II + 3I [\begin{matrix}−1 & 1 & −1 & | & −28 \\ 0 & 4 & −2 & | & −70 \\ 0 & 0 & 1 & | & 3 \end{matrix}]

⇒ \begin{cases}−x + y − z = −28 \\ 2y − z = −35 \\ z = 3 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 9 \\ y = −16 \\ z = 3 \end{cases}

Quindi T (9, −16, 3) = (3, 7, −14) e la controimmagine di v è (9, −16, 3).

□

Esercizio 8.58. Sia S : M_{n}(R) → M_{n}(R) la funzione lineare così definita:

S(A) = A − A^{T}

a) Si determini il nucleo e l’immagine di S.

b) Posto n = 2, si determini la matrice associata a S rispetto alla base

B = \{[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

c) Per n = 2, la funzione lineare S è diagonalizzabile?

Soluzione:

a) Per definizione

N(S) = {A ∈ M_{n}(R) | A = A^{T} } = { matrici simmetriche di M_{n}(R)}

Provando a calcolare S(A) per qualche A si vede che le matrici S(A) = B = [b_{i,j}] ottenute hanno necessariamente tutti zero sulla diagonale e hanno b_{i,j} = −b_{j,i} per ogni i ≠ j. Quindi:

Im(S) = {A ∈ M_{n}(R) | A = −A^{T} } = { matrici antisimmetriche di M_{n}(R)}

b) Sia

A_{1} = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , A_{2} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , A_{3} = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , A_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

La matrice associata a S rispetto a B ha per colonne le immagini degli elementi di B, espresse rispetto a B:

S(A_{1}) = A_{1} − A_{1}^{T} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = (0, 0, 0, 0)_{B}

S(A_{2}) = A_{2} − A_{2}^{T} = [\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] = A_{2} − A_{3} = (0, 1, −1, 0)_{B}

S(A_{3}) = A_{3} − A_{3}^{T} = [\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}] = −A_{2} + A_{3} = (0, −1, 1, 0)_{B}

S(A_{4}) = A_{4} − A_{4}^{T} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = (0, 0, 0, 0)_{B}

Quindi

M_{B}(S) = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

c) Calcoliamo il polinomio caratteristico di M:

p_{M}(λ) = det [\begin{matrix}−λ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 − λ & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −λ \end{matrix}] = λ^{3}(λ − 2)

M ha due autovalori λ = −2, singolo, e λ = 0 di molteplicità algebrica 3, quindi è diagonalizzabile se l’autospazio E(0) è di dimensione 3.

E(0) = N(M) : [\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = s \\ z = s \\ w = r \end{cases} ⇒ dim(E(0)) = 3

quindi S è diagonalizzabile.

□

Esercizio 8.59. Sia S : M_{n}(R) → M_{n}(R) la funzione lineare così definita:

S(A) = A + A^{T}

a) Si determini il nucleo e l’immagine di S.

b) Posto n = 2, si determini la matrice associata a S rispetto alla base

B = \{[\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]\}

c) Per n = 2, la funzione lineare S è diagonalizzabile?

Soluzione:

a) Per definizione

N(S) = {A ∈ M_{n}(R) | A = −A^{T} } = { matrici antisimmetriche di M_{n}(R)}

Notiamo che una matrice B = [b_{i,j}] è antisimmetrica se ha tutti zero sulla diagonale e b_{i,j} = −b_{j,i} per ogni i ≠ j.

Provando a calcolare S(A) per qualche A si vede che le matrici S(A) = B = [b_{i,j}] ottenute hanno o b_{i,j} = b_{j,i} per ogni i ≠ j, mentre non si ha nessuna condizione su b_{i,i}. Quindi:

Im(S) = {A ∈ M_{n}(R) | A = A^{T} } = { matrici simmetriche di M_{n}(R)}

b) Sia

A_{1} = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , A_{2} = [\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , A_{3} = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}] , A_{4} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]

La matrice associata a S rispetto a B ha per colonne le immagini degli elementi di B, espresse rispetto a B:

S(A_{1}) = A_{1} + A_{1}^{T} = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = 2A_{1} = (2, 0, 0, 0)_{B}

S(A_{2}) = A_{2} + A_{2}^{T} = [\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] = 2A_{1} = (2, 0, 0, 0)_{B}

S(A_{3}) = A_{3} + A_{3}^{T} = [\begin{matrix}2 & 2 \\ 2 & 0 \end{matrix}] = 2A_{3} = (0, 0, 2, 0)_{B}

S(A_{4}) = A_{4} + A_{4}^{T} = [\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}] = 2A_{4} = (0, 0, 0, 2)_{B}

Quindi

M_{B}(S) = [\begin{matrix}2 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}]

c) Calcoliamo il polinomio caratteristico di M:

p_{M}(λ) = det [\begin{matrix}2 − λ & 2 & 0 & 0 \\ 0 & −λ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 − λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 − λ \end{matrix}] = −λ(2 − λ)^{3}

M ha due autovalori λ = 0, singolo, e λ = 2 di molteplicità algebrica 3, quindi è diagonalizzabile se l’autospazio E(2) è di dimensione 3.

E(2) = N(M − 2I) : [\begin{matrix}0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = s \\ w = r \end{cases} ⇒ dim(E(2)) = 3

quindi S è diagonalizzabile.

□

Esercizio 8.60. Si f : R_{2}[x] → R_{2}[x] l’applicazione lineare definita ponendo

f(ax^{2} + bx + c) = (a − b)x^{2} + (b − c)x + a − c

a) Si trovi la matrice rappresentativa di tale applicazione rispetto alla base

B = {x^{2} + 2, x − 1, x + 1}

b) Si trovi la dimensione e una base di N(f) e Im(f).

Soluzione: Ricordiamo che a ogni polinomio ax^{2}+bx+c di R_{2}[x] possiamo associare le sue componenti (a, b, c) rispetto alla base canonica C = {x^{2}, x, 1}, ovvero a ogni polinomio di R_{2}[x] associamo un vettore di R^{3}. Di conseguenza ai polinomi di B possiamo associamo i tre vettori

p_{1} = (1, 0, 2), p_{2} = (0, 1, −1), p_{3} = (0, 1, 1)

che formano una base di R^{3}.

Analogamente possiamo considerare f : R^{3} → R^{3} tale che

f(a, b, c) = (a − b, b − c, a − c)

a) Calcoliamo l’immagine di p_{1}, p_{2}, p_{3} che poi dovremo esprimere come combinazione lineare di p_{1}, p_{2}, p_{3}.

f(p_{1}) = f(1, 0, 2) = (1, −2, −1)
f(p_{2}) = f(0, 1, −1) = (−1, 2, 1)
f(p_{3}) = f(0, 1, 1) = (−1, 0, −1)

Si tratta ora di risolvere le tre equazioni xp_{1} + yp_{2} + zp_{3} = f(p_{i}) per i = 1, 2, 3, per esprimere f(p_{i}) come combinazione lineare di p_{1}, p_{2}, p_{3}. Riduciamo quindi a gradini la matrice associata a ognuna di tale equazioni, scrivendo le tre colonne dei termini noti contemporaneamente:

[\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & −1 & −1 \\ 0 & 1 & 1 & | & −2 & 2 & 0 \\ 2 & −1 & 1 & | & −1 & 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ III − 2I [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & −1 & −1 \\ 0 & 1 & 1 & | & −2 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 & | & −3 & 3 & 1 \end{matrix}] ⇒

III + II [\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & −1 & −1 \\ 0 & 1 & 1 & | & −2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & | & −5 & 5 & 1 \end{matrix}]

Risolviamo ora i tre sistemi, considerando separatamente le tre colonne dei termini noti.

f(p_{1}) : \begin{cases}x = 1 \\ y + z = −2 \\ 2z = −5 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = 1 \\ y = \frac{1}{2} \\ z = −\frac{5}{2} \end{cases} ⇒ f(p_{1}) = (1, \frac{1}{2}, −\frac{5}{2})_{B}

f(p_{2}) : \begin{cases}x = −1 \\ y + z = 2 \\ 2z = 5 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = −\frac{1}{2} \\ z = \frac{5}{2} \end{cases} ⇒ f(p_{2}) = (−1, −\frac{1}{2}, \frac{5}{2})_{B}

f(p_{3}) : \begin{cases}x = −1 \\ y + z = 0 \\ 2z = 1 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = −1 \\ y = −\frac{1}{2} \\ z = \frac{1}{2} \end{cases} ⇒ f(p_{3}) = (−1, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2})_{B}

Infine la matrice cercata è la matrice che ha f(p_{i})_{B} come colonne:

M_{B}(f) = [\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \\ −\frac{5}{2} & \frac{5}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}]

Notiamo che avevamo ottenuto f(p_{2}) = −f(p_{1}), quindi alcuni calcoli potevano essere evitati.

b) Per rispondere alla seconda domanda possiamo procedere in due modi

– Lavorare sulla matrice M_{B}(f) trovata, ricordando poi di trasformare rispetto alla base canonica i vettori trovati.

– Determinare la matrice M(f) associata a f rispetto alla base canonica In ogni caso possiamo osservare che f(p_{2}) = −f(p_{1}) (la matrice ha due colonne linearmente dipendenti), quindi sicuramente dim(Im(f)) ≤ 2 e dim(N(f)) ≥ 1.

Consideriamo entrambi i modi.

– Riduciamo a gradini la matrice M_{B}(f):

\begin{matrix}2II \\ 2III \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ 1 & −1 & −1 \\ −5 & 5 & 2 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II − I \\ III + 5I \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}III \\ II \end{matrix} [\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

L’immagine di f è generata da f(p_{i}), i = 1, 2, 3, ovvero dalle colonne di M_{B}(f), mentre il nucleo è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a M_{B}(f), quindi

dim(Im(f)) = rg(M_{B}(f)) = 2, dim(N(f)) = 3 − rg(M_{B}(f)) = 1

Per scrivere esplicitamente immagine e nucleo dobbiamo tornare a esprimerei vettori rispetto alla base canonica. L’immagine di f è generata dai vettori linearmente indipendenti corrispondenti alla prima e terza colonna di M_{B}(f). Quindi

f(p_{1}) = (1, \frac{1}{2}, −\frac{5}{2})_{B} = (1, −2, −1) = x^{2} − 2x − 1

f(p_{3}) = (−1, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2})_{B} = (−1, 0, −1) = −x^{2} − 1

e una base di Im(f) è data da

B(Im(f)) = {x^{2} − 2x − 1, x^{2} − 1}

Analogamente per determinare il nucleo dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato a M_{B}(f):

\begin{cases}x − y − z = 0 \\ z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} ⇒ (1, 1, 0)_{B} · t

Poiché

(1, 1, 0)_{B} = 1 · p_{1} + 1 · p_{2} + 0 · p_{3} = (1, 1, 1) = x^{2} + x + 1

una base del nucleo di f è

B(N(f)) = {x^{2} + x + 1}

– In alternativa potevamo determinare la matrice M(f) associata a f rispetto alla base canonica:

f(x^{2}) = f(1, 0, 0) = (1, 0, 1)
f(x) = f(0, 1, 0) = (−1, 1, 0)
f(1) = f(0, 0, 1) = (0, −1, −1)

quindi

M(f) = [\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix}] ⇒ III − I [\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 1 & −1 \end{matrix}] ⇒ III − II [\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

Quindi una base dell’immagine è data dai vettori corrispondenti alla prima e seconda colonna:

B(Im(f)) = {(1, 0, 1), (−1, 1, 0)} = {x^{2} + 1, −x^{2} + x}

Il nucleo è dato dalle soluzioni del sistema omogeneo associato a M(f):

\begin{cases}x − y = 0 \\ y − z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} ⇒ B(N(f)) = \{(1, 1, 1)\} = \{x^{2} + x + 1\}

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