CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA

FOGLIO DI ESERCIZI 7– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2011/12

Esercizio 7.1. 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 7.2. Verificare che la funzione determinante definita sull’insieme delle matrici M_{2×2} avalori in R non è lineare.

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

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

Allora

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

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

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Esercizio 7.3. 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 7.4. Stabilire se esiste una applicazione lineare T : R^{2} → R^{2} tale che

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

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

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

mentre

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

Quindi T non è un’applicazione lineare.

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Esercizio 7.5. 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 7.6. 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.

d) Determinare T (1, 2).

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)}.

d) Con la definizione di T: T (1, 2) = (1 + 2, 2 · 1, 1 − 2) = (3, 2, −1)

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Esercizio 7.7. 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).

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)

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)

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Esercizio 7.8. Sia T : R^{4} → R^{5} la funzione lineare definita da

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

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 il sottoinsieme di R^{5} così definito:

Im(T) = {T (v) | v ∈ R^{4}} =

= {(x_{1} − x_{2}, x_{1} + x_{2}, x_{2}, x_{2} + 3x_{3}, −x_{1} − x_{2}) | x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} ∈ R} =

= {(1, 1, 0, 0, −1) · x_{1} + (−1, 1, 1, 1, −1) · x_{2} + (0, 0, 0, 3, 0) · x_{3} + (0, 0, 0, 0, 0) · x_{4} | x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} ∈ R} =

= ⟨(1, 1, 0, 0, −1), (−1, 1, 1, 1, −1), (0, 0, 0, 3, 0), (0, 0, 0, 0, 0)⟩ Quindi la dimensione di Im(T) equivale al rango della matrice A associata a tali vettori. Notiamo inoltre che tali vettori non sono altro che l’immagine della base canonica di R^{4}. Infatti:

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)

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 domande riduciamo a gradini la matrice A|v_{k} associata al sistema lineare necessario per rispondere al punto c).

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

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

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, dato un vettore v di R^{4},

v = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) ∈ N(T) sse T (v) = (x_{1} − x_{2}, x_{1} + x_{2}, x_{2}, x_{2} + 3x_{3}, −x_{1} − x_{2}) = 0

⇒ \begin{cases}x_{1} − x_{2} = 0 \\ x_{1} + x_{2} = 0 \\ x_{2} = 0 \\ x_{2} + 3x_{3} = 0 \\ −x_{1} − x_{2} = 0 \end{cases}

Quindi gli elementi del nucleo sono le soluzioni del sistema omogeneo associato alla precedente matrice A.

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 A|v_{k} impostato all’inizio è compatibile. Dalla 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 7.9. Sia T : R^{3} → R^{4} la funzione lineare definita da:

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

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

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

Soluzione: Come nell’esercizio precedente notiamo che l’immagine di T è il sottospazio di R^{4} così definito:

Im(T) = {T (v) | v ∈ R^{3}} =
= {(2kx_{1} − x_{2}, x_{2} + kx_{3}, x_{1} + x_{2} − x_{3}, x_{1} − x_{2}) | x_{1}, x_{2}, x_{3} ∈ R} =

= {(2k, 0, 1, 1) · x_{1} + (−1, 1, 1, −1) · x_{2} + (0, k, −1, 0) · x_{3} | x_{1}, x_{2}, x_{3} ∈ R} =

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

Analogamente il nucleo di T è il sottospazio di R^{3} così definito

N(T) = {v ∈ R^{3} | T (v) = 0}
= {(x_{1}, x_{2}, x_{3}) | (2kx_{1} − x_{2}, x_{2} + kx_{3}, x_{1} + x_{2} − x_{3}, x_{1} − x_{2}) = 0}
= {(x_{1}, x_{2}, x_{3}) | 2kx_{1} − x_{2} = 0, x_{2} + kx_{3} = 0, x_{1} + x_{2} − x_{3} = 0, x_{1} − x_{2} = 0}

Per risolvere a tutte le domande riduciamo quindi a gradini la seguente matrice A|v

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

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

Conviene forse interrompere la riduzione a questo punto.

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

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

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

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

= 2 · (−4k^{2} + 2k + 12)

Risolvendo l’equazione di secondo grado vediamo che il determinante si annulla per k = −3, 4.

Infine v appartiene all’immagine di T quando k = −3, 4.

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