CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 8– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2011/12

Esercizio 8.1 (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 8.2 (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 8.3 (8.16). Si consideri il seguente endomorfismo di R^{4}

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

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

b) Si determini l’inversa T^{−1}.

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

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

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

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

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

a) La matrice M(T) ha rango 4, quindi Im(T) ha dimensione 4 e T è suriettiva. Analogamente il nucleo di T ha dimensione 4−rg(A) = 0, quindi T e iniettiva. Poiché T è sia iniettiva che suriettiva, T è biiettiva e quindi invertibile. b) La matrice M (T^{−1}) associata all’endomorfismo T^{−1} è l’inversa della matrice M(T). Dai calcoli

precedenti

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

□

Esercizio 8.4 (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 8.5 (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 8.6 (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 8.7 (8.9). Sia T : R^{3} → R^{3} l’applicazione lineare definita da

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

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

Soluzione: Il piano π ha equazione parametrica

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

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

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

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

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

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Esercizio 8.8 (8.22). Sia T : R^{2} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

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

dove k ∈ R è un parametro reale.

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

Soluzione:

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

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

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

Quindi

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

Riduciamo la matrice A a gradini.

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

Abbiamo ottenuto che rg(A) = 2, quindi

dim (Im(T)) = 2 < 3 = dim(R^{3}) ⇒ T non è suriettiva

Notiamo che lo stesso risultato lo potevamo ottenere osservando che

Im(T) = ⟨T (e_{1}), T (e_{2})⟩

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

Per il teorema di nullità più rango

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

Quindi

N(T) = {(0, 0)} ⇒ T è iniettiva

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

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

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Esercizio 8.9 (8.23). Sia T : R^{4} → R^{4} l’applicazione lineare definita dalla matrice

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

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

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

Soluzione:

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

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

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

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

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

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

– Se k = −3, −1 o 0, allora

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

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

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

altri casi.

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

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

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

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

Quindi rg(A) = 3 e

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

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

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

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

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

Quindi rg(A) = 3 e

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

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

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

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

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

Quindi rg(A) = 3 e

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

Esercizio 8.10 (8.24). Sia T : R^{4} → R^{3} l’applicazione lineare tale che

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

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

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

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

Soluzione:

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

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

Quindi

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

b) Poichè

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

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

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

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

LA matrice A ha rango 3, quindi

dim(Im(T)) = 3

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

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

Notiamo che in questo caso Im(T) è un sottospazio di R^{3} di dimensione 3, quindi Im(T) = R^{3} (e T è suriettiva). c) Gli elementi di N(T) sono i vettori di R^{4}, soluzione del sistema omogeneo a cui è associata la

matrice A. Prendiamo la matrice già ridotta a gradini:

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

Quindi

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

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

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

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Esercizio 8.11 (8.26). Sia T : R^{3} → R^{2} l’applicazione lineare definita da

T (x, y, z) = (x − y, 2x − 3y)

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

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

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

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

quindi

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

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

Poichè la matrice A contiene la sottomatrice

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

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

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

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Esercizio 8.12 (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.

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