CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA EDILE/ARCHITETTURA

FOGLIO DI ESERCIZI 7 – GEOMETRIA 2009/10

Esercizio 7.1 (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).

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).

□

Esercizio 7.2 (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).

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

□

Esercizio 7.3 (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)
□

Esercizio 7.4 (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

□

Esercizio 7.5 (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?

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 neces-

sario 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 7.6 (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 7.7 (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 7.8 (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}

FOGLIO DI ESERCIZI 7 – GEOMETRIA 2009/10 7

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 7.9 (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 7.10 (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 7.11 (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 7.12 (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 7.13 (8.56). 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}]\}

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}]

□

Esercizio 7.14 (8.58). 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 – Determinare la matrice M(f) associata a f rispetto alla base canonica.

– Lavorare sulla matrice M_{B}(f) trovata, ricordando poi di trasformare rispetto alla base canonica

i vettori trovati. 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, notando che, avendo a disposizione la matrice espressa rispetto alla base canonica, il primo modo di procedere è più semplice. dal punto di vista logico.

– Utilizziamo 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\}

– In alternativa utilizziamo la matrice M_{B}(f) riducendola a gradini:

\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}
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