CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

FOGLIO DI ESERCIZI 8– GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2012/13

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 (8.2). 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 8.3 (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 8.4 (8.4). 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 8.5 (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 8.6 (v. 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.

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 8.7 (v. 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).

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 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}, −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
□

Esercizio 8.9 (8.12). 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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Esercizio 8.10 (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)\}

□

Esercizio 8.11 (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) }
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Esercizio 8.12 (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 8.13 (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 − 1 = 2
dim (N(f ∘ g)) = 3 − rg (M(f ∘ g)) = 3 − 2 = 1
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Esercizio 8.14 (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 8.15 (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 8.16 (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 8.17 (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 8.18 (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
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Esercizio 8.19 (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 8.20 (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 8.21 (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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