CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 6– GEOMETRIA 2008/09

Esercizio 6.1 (7.64). Dati i vettori linearmente indipendenti v_{1} = (3, 0, 1) e v_{2} = (1, 4, −2) completare l’insieme S = {v_{1}, v_{2}} in modo da ottenere una base di R^{3}.

Soluzione: Si può completare la base utilizzando uno dei vettori canonici. Si tratta quindi di affiancare a v_{1} e v_{2} i tre vettori canonici di R^{3}, per verificare quale di questi forma assieme a v_{1} e v_{2} un insieme linearmente indipendente. Riduciamo quindi a gradini la matrice

[\begin{matrix}3 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −2 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}] ⇒ 3III − I [\begin{matrix}3 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −7 & −1 & 0 & 3 \end{matrix}] ⇒ 4III + 7II [\begin{matrix}3 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −4 & 7 & 12 \end{matrix}]

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Di conseguenza qualsiasi dei vettori della base canonica forma con v_{1} e v_{2} una matrice di rango 3, ovvero un insieme linearmente indipendente. Possiamo prendere per esempio

B = {(3, 0, 1), (1, 4, 2), (1, 0, 0) }
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Esercizio 6.2 (7.65). Siano

v_{1} = (1, −1, −1, 1), v_{2} = (k, 1, 1, −1) ∈ R^{4}

a) Si trovino i valori del parametro k per i quali v_{1} e v_{2} sono indipendenti.

b) Per k = 2, si estenda l’insieme {v_{1}, v_{2}} a una base di R^{4}.

Soluzione:

Per rispondere ad entrambe le domande riduciamo a gradini la matrice costituita da v_{1} e v_{2} e dai quattro vettori della base canonica di R^{4}:

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

a) I due vettori v_{1} e v_{2} sono indipendenti quando la matrice ad essi associata ha rango 2. Di conseguenza v_{1} e v_{2} sono indipendenti se k ≠ −1.

b) Ponendo k = 2 nella matrice ridotta otteniamo

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

Una base di R^{4} deve essere formata da quattro vettori. Dalla matrice notiamo che se aggiungiamo alle prime due colonne, corrispondenti a v_{1} e v_{2}, la quarta e quinta colonna (per esempio) otteniamo una matrice di rango quattro. Quindi i quattro vettori corrispondenti sono linearmente indipendenti e una base di R^{4} è data dall’insieme:

{ v_{1}, v_{2}, (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) }
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Esercizio 6.3 (8.8). Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

A = M(T) = [\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 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).

• Nucleo di T: corrisponde alle 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 6.4 (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, era sufficiente verificare se rg(A) = rg(A|w).

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Esercizio 6.5 (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}]

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 per risolvere il punto b) conveniva forse calcolare prima la matrice associata a T e poi lavorare sulla matrice.

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 6.6 (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,  ⇒  5x + 7y = 0

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Esercizio 6.7 (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 ker(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).

A|v_{k} = [\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(ker(T)) + dim(Im(T)) = dim(spazio di partenza)

Quindi

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

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

v = x_{1}e_{1} + x_{2}e_{2} + x_{3}e_{3} + x_{4}e_{4} ∈ ker(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 A 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(ker(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(ker(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
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Esercizio 6.8 (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 riduzione 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) }
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Esercizio 6.9 (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.

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Esercizio 6.10 (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)\}

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Esercizio 6.11 (8.19). Sia T : R^{3} → R^{2} l’applicazione lineare tale che

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

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

(2) Determinare la matrice A = M(T) associata a T rispetto alle basi canoniche.

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

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

(5) 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}.

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

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

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

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

Soluzione:

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

T (1, 1, 1) = (2 · 1, 1 + 1) = (2, 2)

(2) 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}]

(3) 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}]

Notiamo che abbiamo ovviamente 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, 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

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

(5) 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}.

(6) 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 (2), 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. 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}]

(7) 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 = M_{B}^{C} = [\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}]

(8) 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}

(9) 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}) = B · w_{B} = [\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 (1) e del punto (3), 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 6.12 (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 & 9 & −1 \\ 2 & 0 & −4 & −1 \\ 4 & −2 & 2 & 3 \end{matrix}]

□

Esercizio 6.13 (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 6.14 (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).

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(1, 1, 1) = (0, 0, 1)_{B},  S(0, 2, 2) = (0, 0, 2)_{B},  S(0, 0, 3) = (0, 1, 3)_{B}

Ricaviamo e_{1}, e_{2} e e_{3} come combinazione lineare degli elementi di B:

(0, 0, 1) = \frac{1}{3}(0, 0, 3)

(0, 1, 0) = \frac{1}{2}(0, 2, 2) − \frac{1}{3}(0, 0, 3)

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

Per la linearità di S otteniamo quindi:

S(0, 0, 1) = \frac{1}{3}(0, 1, 3)_{B} = (0, \frac{1}{3}, 1)_{B} = 0 · v_{1} + \frac{1}{3} · v_{2} + 1 · v_{3} = (0, \frac{2}{3}, \frac{11}{3})

S(0, 1, 0) = \frac{1}{2}(0, 0, 2)_{B} − (0, \frac{1}{3}, 1)_{B} = (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(1, 0, 0) = (0, 0, 1)_{B} − \frac{1}{2}(0, 0, 2)_{B} = (0, 0, 0)_{B} = 0 · v_{1} + 0 · v_{2} + 0 · v_{3} = (0, 0, 0)

Infine

S(e_{1}) = (0, 0, 0),  S(e_{2}) = (0, −\frac{2}{3}, −\frac{2}{3}) ,  S(e_{3}) = (0, \frac{2}{3}, \frac{11}{3})

e 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. Riduciamo A a gradini:

\begin{matrix}3II \\ 3III \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 2 \\ 0 & −2 & 11 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}1/2II \\ III − II \end{matrix} [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix}] ⇒ \begin{matrix}II \\ III \\ I \end{matrix} [\begin{matrix}0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 9 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

quindi

B(Im(S)) = { (0, −2, −2), (0, 2, 11) }

Per ricavare il nucleo di S risolviamo il sistema omogeneo associato a A

\begin{cases}−y + z = 0 \\ 9z = 0 \end{cases} ⇒ \begin{cases}x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} ∀t ∈ R

Quindi

B(N(S)) = { (1, 0, 0) }
□

Esercizio 6.15 (9.1). Verificare che v = (1, 0, 0, 1) è autovettore dell’applicazione lineare T così definita

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

Determinare inoltre il relativo autovalore.

Soluzione: Calcoliamo T (v):

T (1, 0, 0, 1) = (2, −1 + 1, 0, 1 + 1) = (2, 0, 0, 2) = 2 · v

Quindi v è autovettore associato all’autovalore 2.

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Esercizio 6.16 (9.2). Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x, y + 3z, x + y − z)

a) Verificare che i vettori v_{1} = (0, 3, 1), v_{2} = (0, −1, 1) e v_{3} = (−1, 1, 0) sono autovettori di T e determinare i rispettivi autovalori.

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

c) Determinare la matrice (diagonale) D associata a T rispetto alla base B.

d) Determinare la matrice diagonalizzante P (cioé la matrice P tale che P^{−1}AP = D).

Soluzione:

a) Calcoliamo le immagini dei vettori v_{i}:

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

quindi v_{1} è autovettore rispetto all’autovalore 2, v_{2} è autovettore rispetto all’autovalore −2, v_{3} è autovettore rispetto all’autovalore 1.

b) Verifichiamo che la matrice associata ai tre vettori v_{1}, v_{2} e v_{3} ha determinante non nullo:

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

I tre vettori sono quindi linearmente indipendenti e formano una base di R^{3}.

c) Abbiamo già visto che v_{1}, v_{2} e v_{3} sono autovettori, quindi:

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

e la matrice associata a T rispetto alla base B è la matrice diagonale

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

Notiamo che D è la matrice che ha sulla diagonale gli autovalori relativi ai tre autovettori che formano la base. d) Utilizzando il metodo della matrice di transizione per determinare la matrice D, sappiamo che la

matrice P = 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).

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 D associata a T rispetto alla nuova base è D = P^{−1}AP. La matrice

P = M_{B}^{C} = [\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 3 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}]

è quindi la matrice diagonalizzante cercata.

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