Algebra lineare - Esercitazione

R R

→ 7→

f : , f : y .

2x + y

z

(1) Verificare che f è lineare e scriverne la matrice rispetto alle basi canoniche di

R R

3 2

ed .

(2) Calcolare la dimensione di Im f e di ker f . Dire se f è iniettiva, se è suriettiva,

se è biiettiva.

(3) Calcolare una base di Im f e una base di ker f . R R

3 2

B B

(4) Scrivere la matrice di f rispetto alle basi , di , , rispettivamente,

3 2

definite qui sotto:

 

     

−1

1 0

  −1

1

     

B B

= 0 , 1 , 1 , = , .

3 2 2 1

 

−1

1 0 1

2 R 3

5. Dire se esiste un’applicazione lineare f di in sè tale che

           

−1 −1 −2

1 1 2

           

7→ −1 −1 7→ 7→ −2

f : 1 ; f : 1 ; f : 2 .

0 1 1 0 3 5

In caso affermativo dare un esempio di una funzione con queste proprietà e scriverne la

matrice rispetto alla base canonica.

6. Calcolare il determinante della matrice

 

1 0 3 4

3 0 1 10

 

A = .

 

−1 −2

2 0 −2

1 0 4

Dire se A è invertibile. 3

Risoluzione degli esercizi

1. Poniamo    

−1

1 1 0 1 1

   

−1 −1

A = 0 0 1 1 ; b = .

0 0 0 0 1 2

R R

5 5

A è l’insieme degli x in tali che Ax = b e V l’insieme degli x in tali che Ax = 0.

Risolviamo quindi il sistema Ax = b e il suo sistema omogeneo associato. La matrice

completa di Ax = b è 

 −1 |

1 1 0 1 1 

 −1 | −1

(A|b) = 0 0 1 1 ,

|

0 0 0 0 1 2

già in forma a scala e con i pivot sottolineati. Come di consueto scegliamo x e x come

2 4

parametri e esprimiamo le incognite corrispondenti ai pivot, x , x , x , in funzione di

1 3 5

x , x . Risolvendo il sistema per “sostituzione dal basso” otteniamo:

2 4  −x − −x − − −x −

x = + x x + 1 = x + 1 2 + 1 = x



 1 2 3 5 2 4 2 4

−x − −x − −x

x = + x 1 = + 2 1 = + 1

3 4 5 4 4



 x = 2

5

Le soluzioni del sistema omogeneo associato si trovano in modo analogo e differiscono

da quelle scritte sopra solo per il fatto che i termini costanti sono tutti nulli, cioè sono

−x − −x

le seguenti: x = x ; x = , x = 0. Se poniamo x = s e x = t troviamo

1 2 4 3 4 5 2 4 

 

  

 

−s − −s −

t t 

   

   

 

 s

s   

   

 

   R

R | ∈

−t

A −t | ∈ s, t .

= + 1 s, t ; V =  

    

 

   

  

t t 

   

 

 2 0

A

Da qui otteniamo le equazioni parametriche per e V , rispettivamente:

 

−s − −s −

x = t x = t

 

1 1

 

 

 

x = s x = s

 

 

2 2

A −t −t

: x = + 1 V : x =

3 3

 

 

 

x = t x = t

 

 

4 4

 

x = 2 x = 0

5 5

Abbiamo inoltre 

 

 



 



 

 

 −1

−1

−s −

−1

−1

−s − t

0

t 0

1

s

0

0

1

s 



 



 

 



 



  



 

 



 



 

 −1

−t

−1

−t .

+ t

= s 0

1 ;

+

+ t

= s 0

+ 1 

 

 



 



 

 

 

 



 



 

 



  1

0

t

0

1

0

t 0

0

0

2

0

0

2

4  

    

 −1 −1

0  

 





0 1 0

   

  

    

  −1

B A B

0 ,

Se poniamo v = 1 e = , abbiamo che = v + V e che è

     

 

     

 

0 0 1

 

 

0 0

2

un insieme di generatori linearmente indipendente di V , quindi una base di V .

R 4

2. Un elemento x di appartiene a V se e solo se esistono due numeri reali s, t tali che

x = sf + tf . Analogamente, x appartiene a V + v se e solo se esistono due numeri reali

1 2

s, t tali che x = sf + tf + v. Se x ha coordinate x , x , x , x , scrivendo esplicitamente

1 2 1 2 3 4

le condizioni precedenti otteniamo:

 

− − −

s t = x s t = x 2

 

1 1

 

 

 

t = x t = x

2 2

  −

s = x s = x 3

 

3 3

 

 

t = x t = x + 1

4 4

Quindi x sta in V se e solo se il primo dei due sistemi scritti sopra, nelle incognite s, t,

è risolubile. Analogamente, x sta v + V se e solo se il secondo dei sistemi scritti sopra

è risolubile. Studiamo prima il secondo, sistema. Scriviamone la matrice completa e

applichiamole l’eleminazione di Gauss:

 

−1 | −

1 x 2

1

|

0 1 x

 

2 →

 

| −

1 0 x 3

3

|

0 1 x + 1

4

   

−1 | − −1 | −

1 x 2 1 x 2

1 1

| |

0 1 x 0 1 x

   

2 2

→ → .

   

| − − | − − −

0 1 x 3 x + 2 0 0 x 1 x x

3 1 3 1 2

| | −

0 1 x + 1 0 0 x + 1 x

4 4 2

Da qui si vede che il sistema è risolubile se e solo se le coordinate di di x soddisfano il

sistema −x − −

x + x 1 = 0

1 2 3

−x + x + 1 = 0

2 4

che è quindi un sistema di equazioni cartesiane di v + V . In modo analogo possiamo

trovare il sistema di equazioni cartesiane per V

−x − x + x = 0

1 2 3

−x + x = 0

2 4 5

che differisce da quello di v + V solo per il fatto che i termini costanti sono nulli.

3. Applichiamo l’algoritmo di Gauss esteso per l’inversione di una matrice quadrata.

Innanzitutto applichiamo l’ordinaria eliminazione di Gauss alle matrice (A|I ).

3

   

| |

1 2 3 1 0 0 1 2 3 1 0 0

II7→

II−2I II↔III

   

III7→

III+2I

| −−−−−−−→ −1 | −2 −−−−−→

2 4 5 0 1 0 0 0 1 0

−2 | |

3 2 0 0 1 0 7 8 2 0 1

 

|

1 2 3 1 0 0

 

|

0 7 8 2 0 1 .

−1 | −2

0 0 1 0

Il fatto che A è stata ridotta a forma triangolare con elementi diagonali tutti diversi da

zero ci garantisce che A è invertibile. Per completare l’algoritmo di inversione procedia-

mo con una “eliminazione dal basso” per ridurre A a forma diagonale; a quel punto

divideremo ciasuna riga della matrice (completa) per un opportuna costante in modo

da ottenere al posto di A la matrice I .

3

   

| | −5

1 2 3 1 0 0 1 2 0 3 0

II7→

II+8III 2

I7→ II

I−

   

I7→

I+3III 7

| −−−−−

−→

−−−−−−−→ | −14

0 7 8 2 0 1 0 7 0 8 1

−1 | −2 −1 | −2

0 0 1 0 0 0 1 0

   

5 27

5 2 | −1 −

1 0 0

| −1 −

1 0 0 1

II7→ II 7

7

7 7

   

III7→−III 8 1

| −14 −−−−−−→

0 7 0 8 1 .

| −2

0 1 0 7 7

−1 | −2

0 0 1 0 | −1

0 0 1 2 0

Quindi abbiamo ottenuto 

  

−1 27

5 −

−1

1 2 3 7

   

8 1

2 4 5 = .

−2 7 7

−2 3 2 −1

2 0

6

4. (1) Osserviamo che      

x x

−1

1 1

     

f y = y .

2 1 0

z z

Questo implica in particolare che f è lineare perché la moltiplicazione per una matrice

−1

1 1

è un’applicazione lineare. Poniamo A = . Abbiamo

2 1 0



     

   



1 0 0

−1

1 1



     

   



f 0 = ; f 1 = ; f 0 = ;

2 1 0

0 0 1

R 3

dunque le immagini dei vettori della base canonica di sono esattamente le colonne

di A e quindi A è la matrice di f rispetto alle basi canoniche.

(2) Im f è generata dalle colonne di A, perciò dim(Im )f = rk A. Applicando l’elimina-

zione di Gauss ad A otteniamo

−1 −1

1 1 1 1

→ ,

−2

2 1 0 0 3

dove sono sottolineati i pivot. Perciò dim(Im f ) = 2. Dalla formula delle dimensioni

3 − −

otteniamo inoltre dim(ker f ) = dim(R ) dim(Im f ) = 3 2 = 1. Otteniamo in

R

2 2

particolare che: f è suriettiva, perchè dim(Im f ) = dim(R ), e quindi Im f = ; f non

6 {0};

è iniettiva, perché dim(ker f ) > 0 e quindi ker f = f non è biiettiva perché non è

iniettiva.

(3) Le colonne di A costituiscono un insieme di generatori per Im f ; per estrarre una base

da questo insieme di generatori basta prendere le colonne corrispondenti alle colonne

−1

1

dei pivot: , è una base di Im f .

2 1

[Abbiamo seguito il procedimento generale per trovare una base dell’immagine di un’applicazione lineare, data

R 2

Im f =

la sua matrice. È ovvio che nel nostro caso particolare, essendo , avremmo potuto prendere una

R 2

qualunque base di .]

Sappiamo che ker f coincide con lo spazio nullo di A, quindi risolviamo il sistema Av = 0,

 

x

 

con v = y . Prendiamo z come variabile libera e troviamo:

z 1

− − z

x = y z = 3 ,

2

y = z

3

   

   

1 1

− −

z