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3

1.9.3. Esempio. Per , consideriamo la base canonica E = (e , e , e ) e la base B = (v , v , v )

R 3 1 2 3 1 2 3

dove v = (0, 1, 1), v = (1, 0, 1), v = (1, 1, 0).

1 2 3

Allora    

0 1 1 −1 1 1

1

,B

E

B,E , M =

M = 1 0 1 .

1 −1 1

3

3    

id

id 2

1 1 0 1 1 −1

Si osservi che queste due matrici sono una l’inversa dell’altra. Ritorneremo a questo tipo di matrici

in seguito a proposito della procedura di cambio di base in uno spazio vettoriale.

2. Richiami su applicazioni tra insiemi

Il lettore avrà già incontrato i concetti di iniettività, suriettività e biiettività di una appli-

cazione tra insiemi. Iniziamo richiamando tali nozioni.

2.1. Definizione. Siano X e Y due insiemi non vuoti e f : X −→ Y un’applicazione. Si dice

x ∈ X il corrispondente elemento f (x) di Y . Si dice di f , e si

immagine dell’elemento immagine

denota con Im(f ), il sottoinsieme di Y costituito dalle immagini di tutti gli elementi di X, cioè

Im(f ) := {y ∈ Y | esiste x ∈ X tale che y = f (x)}.

−1

Infine si dice di un elemento y ∈ Y , e si denota con f (y), l’insieme (eventual-

controimmagine

mente vuoto) degli elementi di X che hanno per immagine y, cioè

−1

f (y) := {x ∈ X | f (x) = y}.

2.2. Definizione. Siano X e Y due insiemi non vuoti e f : X −→ Y un’applicazione.

i) Si dice che f è se, comunque scelti x , x ∈ X, x 6 = x ⇒ f (x ) 6 = f (x ).

iniettiva 1 2 1 2 1 2

ii) Si dice che f è se, comunque scelto y ∈ Y , esiste x ∈ X tale che y = f (x).

suriettiva

iii) Si dice che f è o se è sia iniettiva che suriettiva.

biiettiva biunivoca

Osserviamo che (usando la terminologia della definizione 2.1) l’iniettività di un’applicazione

significa che le immagini di elementi distinti sono distinte, mentre la suriettività significa che ogni

elemento del codominio è immagine di qualche elemento del dominio, cioè che Im(f ) = Y .

2.3. Definizione. Siano f : X −→ Y e g : Y −→ Z due applicazioni tra insiemi. Si dice

di g con f , e si indica con g ◦ f , l’applicazione

applicazione composta g ◦ f : X −→ Z

definita da: (g ◦ f )(x) = g(f (x)), per ogni x ∈ X.

2.4. Definizione. Sia f : X −→ Y un’applicazione tra insiemi. Si dice che f è se esiste

invertibile

un’applicazione g : Y −→ X tale che g ◦ f = id e f ◦ g = id ; in tal caso g (che si prova essere

X Y

−1

unica) si dice di f e si indica con f .

applicazione inversa

Richiamiamo, senza dimostrarlo, anche il noto risultato:

88 Capitolo VII - Applicazioni lineari

2.5. Proposizione. Sia f : X −→ Y un’applicazione tra insiemi. Allora

f è invertibile ⇔ f è biiettiva.

−1

In tal caso, anche f è invertibile e quindi biiettiva.

−1

2.6. Osservazione. Se f : X −→ Y è un’applicazione tra insiemi, il simbolo f si usa per

denotare sia la controimmagine di un elemento sia l’applicazione inversa e ciò potrebbe generare

−1

confusione. Osserviamo che ogni elemento y ∈ Y ammette controimmagine f (y) (che peraltro

−1

risulta vuota se y 6∈ Im(f )) mentre non sempre esiste l’applicazione inversa f .

Tuttavia, se f è invertibile, allora la sua inversa esiste e ha per dominio Y e per codominio X:

−1 −1

f : Y −→ X definita da y 7→ f (y)

−1

dove, in questo caso (e solo in questo), f (y) è proprio la controimmagine di y (non vuota perché

f suriettiva e costituita da un solo elemento perché f iniettiva).

3. Sottospazi associati ad una applicazione lineare

È utile individuare due sottospazi (uno del dominio ed uno del codominio) che, in un certo

senso, “misurano” di quanto un’applicazione lineare manca dell’iniettività o della suriettività.

3.1. Definizione. Data un’applicazione lineare f : V −→ W , si dice di f , e si denota con

nucleo

ker(f ), il sottoinsieme di V definito da:

ker(f ) = {v ∈ V | f (v) = 0 }.

W

Si dice di f (come nella definizione insiemistica 2.1), il sottoinsieme di W definito da:

immagine

Im(f ) = {w ∈ W | esiste v ∈ V tale che w = f (v)}.

3.2. Teorema. Data un’applicazione lineare f : V −→ W , ker(f ) è un sottospazio vettoriale di

V e Im(f ) è un sottospazio vettoriale di W .

′ ′ ′ ′

Siano v, v ∈ ker(f ) e λ, λ ∈ Vogliamo provare che λv + λ v ∈ ker(f ), cioè

Dimostrazione. R.

′ ′ ′

che f (λv + λ v ) = 0 . Per ipotesi f (v) = 0 = f (v ); dunque, applicando 1.3 iii), si ottiene

W W

′ ′ ′ ′

f (λv + λ v ) = λf (v) + λ f (v ) = 0 . Quindi ker(f ) è un sottospazio di V .

W

′ ′ ′ ′ ′

Siano ora w, w ∈ Im(f ) e λ, λ ∈ Per ipotesi esistono v, v ∈ V tali che w = f (v) e w = f (v ).

R.

′ ′ ′ ′ ′ ′

Dunque λw + λ w = λf (v) + λ f (v ) = f (λv + λ v ) ∈ Im(f ), dove l’ultima uguaglianza si ha

ancora per 1.3 iii). Quindi Im(f ) è un sottospazio di W .

E’ immediato determinare un sistema di generatori dell’immagine, come mostra il seguente

risultato. Non è altrettanto facile per il nucleo, per il quale diamo per ora alcune semplici proprietà.

3.3. Lemma. Sia f : V −→ W un’applicazione lineare. Allora Im(f ) = L(f (v ), . . . , f (v )),

1 n

ove B = (v , . . . , v ) è una qualunque base di V . In particolare, f è suriettiva se e solo se

1 n

f (v ), . . . , f (v ) generano W .

1 n Sia w ∈ Im(f ), cioè w = f (v) per un opportuno v ∈ V . Poiché B è una base, si

Dimostrazione.

può scrivere v = a v + · · · + a v ; dunque, per la linearità di f , w = a f (v ) + · · · + a f (v )

1 1 1 1

n n n n

e quindi appartiene a L(f (v ), . . . , f (v )). Pertanto Im(f ) ⊆ L(f (v ), . . . , f (v )). Il viceversa è

1 1

n n

ovvio, poiché Im(f ) è un sottospazio di W e contiene i vettori f (v ), . . . , f (v ).

1 n

L’ultima affermazione discende dal fatto che f è suriettiva se e solo se Im(f ) = W .

89

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 18.11.2013

3 2

3.3.1. Esempio. Sia f : −→ data da

R R

f ((x, y, z)) = (x + y − z, x − y + z). 3

Per 3.3, Im(f ) è generata dalle immagini dei vettori di una qualunque base di . Si scelga, ad

R

esempio la base canonica; dunque Im(f ) = L(f (e ), f (e ), f (e )). Dalla definizione di f si ha che

1 2 3

f (e ) = (1, 1), f (e ) = (1, −1), f (e ) = (−1, 1)

1 2 3 2

che sono quindi un sistema di generatori di Im(f ). Infine Im(f ) = , cioè f è suriettiva.

R

3.4. Lemma. Sia f : V −→ W un’applicazione lineare tra vettoriali. Allora:

R–spazi

i) f è iniettiva se e solo se ker(f ) = {0 }.

V

ii) se f è iniettiva e (v , . . . , v ) è una base di V , allora f (v ), . . . , f (v ) sono linearmente in-

1 1

n n

dipendenti. (i) “⇒” Sia v ∈ ker(f ), cioè tale che f (v) = 0 . D’altra parte ricordiamo che

Dimostrazione. W

f (0 ) = 0 per 1.3. Dalla definizione di iniettività segue che v e 0 , avendo la stessa immagine,

V W V

coincidono. Dunque v = 0 e quindi si ha la tesi.

V

“⇐” Viceversa, siano v , v ∈ V tali che f (v ) = f (v ). Dunque f (v )−f (v ) = 0 ; ma f è lineare

1 2 1 2 1 2 W

e quindi f (v − v ) = 0 . Pertanto v − v appartiene al nucleo di f , che è nullo per ipotesi, quindi

1 2 1 2

W

v − v = 0 .

1 2 V

(ii) Supponiamo che esistano λ , . . . , λ ∈ tali che λ f (v ) +· · · +λ f (v ) = 0 . Per la linearità

R

1 1 1

n n n W

di f ciò equivale a f (λ v + · · · + λ v ) = 0 e quindi λ v + · · · + λ v ∈ ker(f ).

1 1 1 1

n n W n n

Ma ker(f ) = {0 } per (i), in quanto f è iniettiva per ipotesi; quindi λ v + · · · + λ v = 0 .

1 1

V n n V

Poiché (v , . . . , v ) è una base di V , ne segue che λ = · · · = λ = 0 e quindi f (v ), . . . , f (v )

1 1 1

n n n

R

sono linearmente indipendenti.

2 3

3.4.1. Esempio. Sia f : −→ data da

R R

f ((x, y)) = (x + y, x − y, 2x + 3y).

Dalla definizione di nucleo si ha che

2

ker(f ) = {(x, y) ∈ | f ((x, y)) = (x + y, x − y, 2x + 3y) = (0, 0, 0)}.

R

Occorre dunque risolvere il sistema lineare

 x + y = 0

 x − y = 0

 2x + 3y = 0 }

ed è immediato vedere che tale sistema ha come unica soluzione (0, 0). Pertanto ker(f ) = {0 2

R

e quindi f è iniettiva per 3.4 (i). Ancora per tale risultato (parte (ii)) si ha che le immagini dei

2 3

vettori di una qualunque base di sono vettori linearmente indipendenti di . Verifichiamolo

R R

in un caso particolare: f (e ) = (1, 1, 2), f (e ) = (1, −1, 3)

1 2

sono linearmente indipendenti.

90 Capitolo VII - Applicazioni lineari

4. Isomorfismi

4.1. Definizione. Siano V e W due vettoriali. Un’applicazione f : V −→ W lineare e

R–spazi

biiettiva si dice Due spazi vettoriali V e W si dicono se esiste un isomorfismo

isomorfismo. isomorfi

f : V −→ W e si scrive V W .

= −1

4.2. Proposizione. Sia f : V −→ W un isomorfismo; allora f : W −→ V è un isomorfismo.

−1

Per 2.5, f è invertibile e la sua inversa f è biiettiva. Resta solo da provare che

Dimostrazione.

−1

f è anch’essa lineare. −1 −1

Siano dunque w , w ∈ W e si considerino v = f (w ) e v = f (w ) i corrispondenti vettori

1 2 1 1 2 2

di V . Per definizione di applicazione inversa, è chiaro che w = f (v ) e w = f (v ).

1 1 2 2

Siano ora λ , λ ∈ Allora, poiché f è lineare:

R.

1 2 λ w + λ w = f (λ v + λ v )

1 1 1 2 1 1 1 2

−1

da cui, applicando f :

−1 −1 −1

f (λ w + λ w ) = λ v + λ v = λ f (w ) + λ f (w ),

1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1

−1

ovvero f è a sua volta un’applicazione lineare, e quindi isomorfismo.

Vogliamo dare una importante caratterizzazione di isomorfismo. Per fare questo, abbiamo

bisogno di un risultato preliminare.

4.3. Lemma. Sia f : V −→ W un’applicazione lineare e sia (v , . . . , v ) una base di V . Sono

1 n

fatti equivalenti:

i) f è un isomorfismo;

ii) (f (v ), . . . , f (v )) è una base di W .

1 n

(i) ⇒ (ii) Per ipotesi f è sia suriettiva che iniettiva, dunque f (v ), . . . , f (v )

Dimostrazione. 1 n

generano W (per 3.3) e sono linearmente indipendenti (per 3.4 (ii)). Quindi costituiscono una

base di W .

(ii) ⇒ (i) Per ipotesi, (f (v ), . . . , f (v )) è una base di W e, per 1.9, esiste un’unica applicazione

1 n

lineare g : W −→ V tale che g(f (v )) = v per ogni i = 1, . . . , n. In altre parole, le due applicazioni

i i

lineari g ◦ f e id coincidono sulla base (v , . . . , v ) di V . Dunque, ancora per 1.9, sono la stessa

1

V n

applicazione lineare, cioè g ◦ f = id . D’altra parte è facile verificare che f ◦ g = id . Da cui

V W

−1

segue che g = f , quindi f è invertibile e dunque isomorfismo.

4.4. Teorema. Siano V e W due vettoriali. Allora

R–spazi

V e W sono isomorfi ⇔ dim(V ) = dim(W ).

Dimostrazione. “ ⇒ ” Per ipotesi esiste un isomorfismo f : V −→ W . Per 4.3, se (v , . . . , v ) è

1 n

una base di V allora (f (v ), . . . , f (v )) è una base di W . Dunque dim(V ) = n = dim(W ).

1 n

“ ⇐ ” Sia n = dim(V ) = dim(W ). Costruiamo un isomorfismo f : V −→ W . A tale scopo si

fissino una base B = (v , . . . , v ) di V ed una base C = (w , . . . , w ) di W . Sia f l’applicazione

1 1

n n

lineare definita da: f (v ) = w per ogni i; tale f esiste ed è unica per 1.9. Essendo C una base di

i i

W , per 4.3 tale applicazione lineare è un isomorfismo.

91

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 18.11.2013 ∼ n

4.5. Corollario. Se V è un vettoriale di dimensione n, allora V . In particolare,

=

R-spazio R

ogni scelta di una base B di V induce l’isomorfismo naturale

= n

α : V −−−−→ definito da (x , . . . , x ) 7→ (x , . . . , x ).

R 1 1

n n

B

Dimostrazione. La prima parte segue immediatamente da 4.4. Inoltre, posta B = (v , . . . , v ), α è

1 n

definita come l’unica applicazione lineare (vedi 1.9) tale che α(v ) = e per ogni i = 1, . . . , n. Per

i i

4.3 tale applicazione è un isomorfismo. Infine è immediato vedere che su ogni vettore di V tale

applicazione risulta essere α : (x , . . . , x ) 7→ (x , . . . , x ).

1 1

n n

B

4.5.1. Esempio. Si consideri lo spazio vettoriale V = dei polinomi di grado limitato a 2.

R[X]

2 2

Come è noto V ha dimensione 3 ed una sua base è, ad esempio, B = (1, X, X ). L’isomorfismo

indotto da B definito in 4.5 è ovviamente:

= 3 2

α : −−−−→ definito da a + bX + cX 7→ (a, b, c).

R[X] R

2

Utilizzando 4.3, si osservi che la verifica che 3 polinomi di costituiscono una sua base è

R[X]

2

immediata. Infatti, si considerino ad esempio

2 2

p (X) = 3X − X , p (X) = 1 + X, p (X) = 2 + 3X .

1 2 3

Si pongano v = α(p ) = (0, 3, −1), v = α(p ) = (1, 1, 0), v = α(p ) = (2, 0, 3). Poiché il rango

1 1 2 2 3 3 3

della matrice che ha per righe v , v , v è 3, si ha che (v , v , v ) è una base di .

R

1 2 3 1 2 3 3

−1

Si osservi infine che, essendo α un isomorfismo, anche α : −→ è un isomorfismo per

R R[X]

2

−1 −1 −1

4.2. Dunque, per 4.3, i vettori α (v ), α (v ), α (v ) sono una base di . Ed è chiaro che

R[X]

1 2 2 2

tali vettori sono i polinomi iniziali p (X), p (X), p (X): dunque essi sono una base di .

R[X]

1 2 3 2

Dal Teorema 4.4 si ha che una condizione necessaria perché una applicazione lineare sia iso-

morfismo è che dominio e codominio abbiano la stessa dimensione. Dunque è opportuno enunciare

un criterio di isomorfismo solo per applicazioni lineari tra spazi vettoriali della stessa dimensione.

E’ ciò che faremo in uno dei prossimi paragrafi.

5. Calcolo di nucleo e immagine

Non tutte le applicazioni lineari sono isomorfismi; sicuramente non lo sono se la dimensione

del dominio e quella del codominio sono diverse (vedi 4.4). Se un’applicazione lineare non è un

isomorfismo significa che non è iniettiva oppure non è suriettiva. Dunque vogliamo caratterizzare

tali proprietà attraverso lo studio di nucleo e immagine, cercando anche un metodo effettivo per

determinare una base di ognuno.

5.1. Proposizione (Metodo per il calcolo del nucleo). Sia f : V −→ W un’applicazione

B,C

lineare e sia dim(V ) = n. Siano B e C due basi qualunque di V e W rispettivamente e A := M .

f

Posto Σ : AX = 0 il sistema lineare omogeneo associato ad A, si hanno i seguenti fatti:

i) ker(f ) S attraverso l’isomorfismo (x , . . . , x ) 7→ (x , . . . , x );

= Σ 1 1

n n

B

ii) dim(ker(f )) = n − rk(A);

iii) se (v , . . . , v ) è una base di S allora ((v ) , . . . , (v ) ) è una base di ker(f ).

1 Σ 1

p p

B B

92 Capitolo VII - Applicazioni lineari

Dimostrazione. (i) Dalla definizione di nucleo e dalla forma matriciale di un’applicazione lineare:

 

 

 

x 0

1 

 

 .

. ..

.. =

A

ker(f ) = {v ∈ V | f (v) = 0 } = v = (x , . . . , x ) ∈ V 

 

 

1

W n B 

 

 0

x

n C

C

 

 

 

x 0

1

 

..

..

= (x , . . . , x ) ∈ V A = {(x , . . . , x ) ∈ V | (x , . . . , x ) ∈ S }

=

 

 

.

.

1 1 1 Σ

n n n

B B

 

0

x

n

dove S è lo spazio delle soluzioni di Σ. Dunque è individuato l’isomorfismo (vedi 4.5)

Σ S −→ ker(f ) definita da (x , . . . , x ) 7→ (x , . . . , x ) .

Σ 1 1

n n B

(ii) Dal fatto che ker(f ) S segue che

= Σ dim(ker(f )) = dim(S ) = n − rk(A)

Σ

dove l’ultima uguaglianza segue da 4.3, Cap. VI.

(iii) Dall’isomorfismo precedente S −→ ker(f ) segue (per 4.3) che le immagini di una base di S

Σ Σ

costituiscono una base di ker(f ). Ovviamente l’intero p dell’enunciato è n − rk(A).

3 3

5.1.1. Esempio. Sia f : −→ data da

R R

f ((x, y, z) ) = (x + y − z, x − y + z, 2x)

B C

dove B = ((1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)) e C è la base canonica.

Vogliamo determinare ker(f ) e una sua base, i cui vettori siano espressi sia sulla base B sia sulla

3

base canonica E di .

R  

1 1 −1

B,C . Risolviamo il sistema Σ : AX = 0:

= 1 −1 1

Consideriamo la matrice A = M  

f 2 0 0

riducendo la matrice A per righe si ha  

 1 1 −1

1 1 −1 .

−→ 2 0 0

2 0 0

A −→  

  0 0 0

2 0 0

Pertanto lo spazio S delle soluzioni di Σ è dato da

Σ S = {(0, a, a) | a ∈ = L((0, 1, 1)).

R}

Σ

Quindi ker(f ) = {(0, a, a) | a ∈ R}

B

e una sua base è ((0, 1, 1) ).

B

Poiché (0, 1, 1) = (0, 1, 1) + (1, 0, 1) = (1, 1, 2)

B

ne segue che di ker(f ), espressa ora su E, è ((1, 1, 2)).

la stessa base 93

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 18.11.2013

3 3

5.1.2. Esempio. Sia f : −→ data da

R R

f ((x, y, z)) = (x + y − z, x − y + z, 2x).

Vogliamo determinare ker(f ). La matrice A associata all’applicazione f è la stessa dello esempio

precedente, quindi il sistema Σ : AX = 0 ha soluzioni S = L((0, 1, 1)).

Σ

Poiché B è la base canonica, ker(f ) = L((0, 1, 1) ) = L((0, 1, 1)) = S .

Σ

B

−1

Per definizione ker(f ) = f (0 ), cioè è la controimmagine del vettore nullo del codominio.

W

Vediamo una naturale generalizzazione del metodo per il calcolo del nucleo che permette di deter-

−1

minare la controimmagine di ogni elemento w ∈ W , cioè f (w) = {v ∈ V | f (v) = w}.

5.2. Osservazione. Siano V e W due vettoriali, di basi B e C rispettivamente, e sia

R-spazi B,C

f : V −→ W un’applicazione lineare. Posta A = M , per ogni w = (y , . . . , y ) ∈ W si ha

1 m C

f

t t

−1

f (w) = {(x , . . . , x ) ∈ V | A (x , . . . , x ) = (y , . . . , y )}.

1 1 1

n n m

B

Infatti, se v = (x , . . . , x ) allora

1 n B t

f (v) = f ((x , . . . , x ) ) = (A (x , . . . , x )) .

1 1

n n

B C

Dunque l’uguaglianza di vettori f (v) = w implica l’uguaglianza delle loro componenti rispetto a

t t

C, cioè A (x , . . . , x ) = (y , . . . , y ).

1 1

n m

Tutto ciò si può interpretare col linguaggio dei sistemi lineari. Infatti, se w ∈ W , la sua con-

−1

troimmagine f (w) è costituito dai vettori di V le cui componenti rispetto a B sono gli elementi

dello spazio delle soluzioni del sistema lineare AX = B, ove B è la colonna delle componenti di w

rispetto a C. 3 3 −1

5.2.1. Esempio. Sia f : −→ come nell’esempio 5.1.2. Vogliamo determinare f (w), con

R R t

w = (1, 1, 1). Quindi risolviamo il sistema Σ : AX = B, con B = (1, 1, 1). Operiamo dunque sulla

matrice (A, B) per ridurre A: 

  1 1 −1 1

1 1 −1 1

1 1 −1 1 1 0 0 1

2 0 0 2

1 −1 1 1 →

(A, B) = 

  0 0 0 1

2 0 0 1

2 0 0 1

Dunque Σ non ha soluzioni. Pertanto w 6∈ Im(f ).

−1

Determiniamo ora f (u), con u = (2, 0, 2). Quindi risolviamo il sistema Σ : AX = B, con

t

B = (2, 0, 2). Come prima:  

 

  1 1 −1 2

1 1 −1 2

1 1 −1 2 → 2 0 0 2

→ 2 0 0 2

(A, B) = 1 −1 1 0  

 

  0 0 0 0

2 0 0 2

2 0 0 2

Quindi si ottiene il sistema ( x =1

y = z +1

il cui spazio delle soluzioni è, posto z = a, S = {(1, a + 1, a) | a ∈ Dunque

R}.

Σ

−1

f (2, 0, 2) = {(1, a + 1, a) | a ∈ = {(a + 1, a + 2, 2a + 1) | a ∈

R} R}.

B

Vediamo ora come si determina l’immagine di un’applicazione lineare.

94 Capitolo VII - Applicazioni lineari

5.3. Proposizione (Metodo per il calcolo dell’immagine). Sia f : V −→ W un’applicazione

B,C

lineare e sia dim(W ) = m. Siano B e C due basi qualunque di V e W rispettivamente e A := M .

f

Allora: ∼

i) Im(f ) C(A) attraverso l’isomorfismo (y , . . . , y ) 7→ (y , . . . , y );

= 1 1

m m

C

ii) dim(Im(f )) = rk(A);

iii) se (w , . . . , w ) è una base di C(A) allora ((w ) , . . . , (w ) ) è una base di Im(f ).

1 1

r r

C C

i) Dalla definizione di immagine e dall’espressione matriciale di una applicazione

Dimostrazione.

lineare si ha:

Im(f ) = {w ∈ W | w = f (v), per un opportuno v ∈ V } = 

   

  

y x

1 1 

 

 .

..

  ..

A per opport. (x , . . . , x ) ∈ V

= w = (y , . . . , y ) ∈ W = 

  

. 1

1 n

m B

C   

 

 x

y n

m C

C

 

  

y x

1 1

 

 

..

.. n

 

= per opport. (x , . . . , x ) ∈

(y , . . . , y ) ∈ W = A .

R

 .

. 1

1 n

m C  

 

 

x

y n

m

Si vede facilmente, scrivendo A per colonne, cioè A = (C · · · C ), che:

1 n

 x

1

.. = x C + · · · x C .

A 

 . 1 1 n n

x

n

Pertanto  

 

y 1

 

 

..

 

Im(f ) = (y , . . . , y ) ∈ W = x C + · · · x C , per opport. x , . . . , x ∈ =

R

.

1 1 1 1

m n n n

C  

 

 

y m

 

 

y 1

 

 

..

 

= (y , . . . , y ) ∈ W ∈ C(A)

.

1 m C  

 

 

y m

Dunque è individuato l’isomorfismo (vedi 4.5)

C(A) −→ Im(f ) definito da (y , . . . , y ) 7→ (y , . . . , y ) .

1 1

m m C

ii) Poiché Im(f ) C(A) si ha ovviamente che dim(Im(f )) = dim(C(A)) = rk(A).

=

iii) Segue dall’isomorfismo definito in (i) e da 4.3. Ovviamente l’intero r è rk(A).

5.4. Osservazione. Al punto (iii) del Metodo precedente, bisogna determinare una base di C(A).

A tale scopo si può procedere in due modi:

- se si conosce il rango r di A, basta individuare r colonne linearmente indipendenti: queste

formano una base per C(A); ′

- se non si conosce il rango di A, posta A una matrice ottenuta riducendo A per colonne, una

base di C(A) è data dalle r colonne non nulle di A . 95

Brundu-Landi, Note di Algebra lineare e Geometria, 18.11.2013

3 3

5.4.1. Esempio. Sia f : −→ l’applicazione lineare associata alla matrice

R R  

1 −1 2

B,C = 0 1 −3

A = M  

f 2 −1 1

con B base canonica e C = (w , w , w ), dove w = (1, 1, 0), w = (0, 1, 1), w = (1, 0, 1).

1 2 3 1 2 3

Riduciamo quindi A per colonne:  

 1 0 0

1 0 0

+C

C →C

2 2 1 +3C

C →C ′

−−−−−−−→

A = A .

0 1 0

0 1 −3 3 3 1  

  −−−−−−−→ 2 1 0

2 1 −3

C →C −2C

3 3 1

Poiché A è ridotta per colonne, le sue colonne non nulle sono una base per lo spazio delle colonne

′ ′

C(A ). Dunque C(A) = C(A ) = L((1, 0, 2), (0, 1, 1)).

Per 2.7 una base di Im(f ) è quindi (u , u ), ove

1 2

u = (1, 0, 2) = w + 2w = (3, 1, 2)

1 1 3

C

u = (0, 1, 1) = w + w = (1, 1, 2).

2 2 3

C

In particolare dim(Im(f )) = 2 = rk(A).

Come conseguenza dei risultati precedenti si ha il seguente:

5.5. Teorema. Sia f : V −→ W un’applicazione lineare. Allora

dim(ker(f )) + dim(Im(f )) = dim(V ).

Sia A una qualunque matrice associata a f . Per 5.1 dim(ker(f )) = dim(V )−rk(A);

Dimostrazione.

inoltre, per 5.3, dim(Im(f )) = rk(A), da cui la tesi.

Come immediata conseguenza si ha:

5.6. Corollario (Criterio di isomorfismo). Sia f : V −→ W un’applicazione lineare e sup-

poniamo che dim(V ) = dim(W ). Sono fatti equivalenti:

i) f è iniettiva;

ii) f è suriettiva;

iii) f è isomorfismo.

Ovviamente è sufficiente mostrare (i) ⇔ (ii). Osserviamo che f è iniettiva se e

Dimostrazione.

solo se dim(ker(f )) = 0 (per 3.4). Inoltre f è suriettiva se e solo se dim(Im(f )) = dim(W ). La tesi

segue immediatamente da 5.5, tenendo conto che dim(V ) = dim(W ) per ipotesi.

96 Capitolo VII - Applicazioni lineari


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DESCRIZIONE DISPENSA

In questa dispensa di Matematica a cura della professoressa Michela Brundu si parla di applicazioni lineari. In particolare vengono esaminati i seguenti argomenti:
- Applicazioni lineari e matrici;
- Richiami su applicazioni tra insiemi;
- Sottospazi associati ad una applicazione lineare;
- Isomorfismi;
- Calcolo di nucleo e immagine;
- Iniettività e suriettività di applicazioni lineari;
- Composizione di applicazioni lineari;
- Cambiamento di base in uno spazio vettoriale.


DETTAGLI
Esame: Algebra
Corso di laurea: Matematica
SSD:
Università: Trieste - Units
A.A.: 2014-2015

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Teemo92 di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Algebra e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Trieste - Units o del prof Brundu Michela.

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