CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 8– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2010/11

Esercizio 8.1 (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 (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.

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Esercizio 8.3 (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.

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Esercizio 8.4 (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).

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Esercizio 8.5 (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).

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Esercizio 8.6 (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:

——————————————————————————————————————————-

– 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 (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 8.8 (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 8.9 (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 8.10 (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)

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Esercizio 8.11 (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 − 2 = 1
dim (N(f ∘ g)) = 3 − rg (M(f ∘ g)) = 3 − 1 = 2
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Esercizio 8.12 (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 8.13 (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).

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Esercizio 8.14 (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.

10 FOGLIO DI ESERCIZI 8 – GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2010/11

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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