Esercizi Geometria - Applicazioni lineari

Esercizio 1

R R3 2→ −(2) g : definita da g(x, y, z) = (x + y, x y);R R3 2→ −(3) h : definita da h(a, b, c) = (2a + c)i + (b c)j;R Rcalcolarne nucleo, immagine e matrice associata rispetto alle basi canoniche.

Esercizio 2

Calcolare g f e f g dove f e g sono le applicazioni lineari del precedente esercizio. Verificare che la matrice associata rispetto alle basi canoniche a g f è A Ag fdove A è la matrice associata rispetto alle basi canoniche a g e A è quella associata adg ff sempre rispetto alle basi canoniche. 3 3→

Esercizio 3

Calcolare ker f ed Imf per l’ applicazione lineare f : associataR R3rispetto alla base canonica B = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) di alla matriceR 1 0 1−12 1A =  −23 13e verificare il teorema del rango (dim = dim ker f + dim Imf ). f è iniettiva? f èRsuriettiva?

Esercizio 4

Data l’ applicazione lineare f : definita daR Rf (a, b, x, y) = (x + y, x + y, x + y, a + b, a + b, a +

Esercizio 5: Calcolare la matrice associata all'applicazione lineare f: R^3 -> R^2 rispetto alla base canonica di R^3 e R^2. Dove f è definita dalle seguenti condizioni: f(1, 1, 0) = (1, 0), f(1, 0, 1) = (1, x), f(0, 1, 1) = (0, 1). Studiare poi f. Esercizio 6: Data l'applicazione lineare f: R^2 -> R^4 definita come f(1, 1) = (1, 0, 0, -1), f(1, 2) = (-2, 0, 0, 2), calcolare f(3, 0, 0, -1). Esercizio 7: Esiste un'applicazione lineare f: R^2 -> R^2 che verifica f(1, -1) = (1, 1), f(0, -2) = (0, 1), f(1, 2) = (1, 4)? Esiste un'applicazione (non lineare) che le verifica? Esercizio 8: Dire se l'applicazione lineare f: R^2 -> R^2 definita da f(1, 1) = (2, 1), f(1, 2) = (-1, 0) è invertibile, e, in

caso affermativo, calcolarne l'inversa.

5 3→Esercizio 9. Un' applicazione lineare f : R → R

(1) è sempre iniettiva;

(2) è sempre suriettiva;

(3) non è mai iniettiva;

(4) non è mai suriettiva.

12 APPLICAZIONI LINEARI

3 4→Esercizio 10. L' applicazione lineare f : R → R

f (x, y, z) = (x + y, 0, y + z, x + z)

(1) è invertibile;

(2) f (1, 0, 0, 1) è formato da infiniti vettori;

(3) ha come immagine un sottospazio di dimensione 3;

(4) dim Imf = 2.

2 2→ -1).

Esercizio 11. Sia f : un' applicazione lineare tale che f (1, 1) = f (1, R → R

(1) f è suriettiva. (V ) (F )

(2) (0, 1) ker f. (V ) (F )

(3) dim ker f = 1. (V ) (F )

(4) f non è iniettiva. (V ) (F )

(5) Esistono infinite applicazioni lineari verificanti le condizioni date. (V ) (F )

3 2→Esercizio 12. Sia f : l' applicazione lineare definita da R → R

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

(1) f non è lineare;

(2) ker f ha dimensione 1;

(3) f non è suriettiva;

(4) f è iniettiva.

1. (1) Calcoliamo l'immagine di f nel punto (1, 0, 1):

Im(f) = {(x + yz, 2x + 2z) | (x, y, z) ∈ R^3}

Im(f) = {(1 + 0*1, 2*1 + 2*1) | (x, y, z) ∈ R^3}

Im(f) = {(1, 4)}

2. (2) Calcoliamo la dimensione del nucleo di f:

ker(f) = {(x, y, z) ∈ R^3 | f(x, y, z) = (0, 0)}

ker(f) = {(x, y, z) ∈ R^3 | (x + yz, 2x + 2z) = (0, 0)}

ker(f) = {(0, 0, 0)}

La dimensione del nucleo di f è 0.

3. (3) Calcoliamo la matrice associata a f rispetto alle basi canoniche:

La matrice associata a f è:

| 1 1 0 |

| -2 0 1 |

4. (4) Il nucleo di f è dato dalle soluzioni del sistema lineare:

| -1 2 0 | | x | | 0 |

| 1 0 1 | | y | = | 0 |

| 1 0 1 | | z | | 0 |

Il sistema lineare ha come unica soluzione (0, 0, 0).

se f è iniettiva, le immagini dei vettori di una base del dominio formano una base dell'immagine dell'applicazione. f non è suriettiva perché dim Im(f) = dim . La matrice associata a f rispetto alle basi canoniche ha per colonne le componenti di f(1, 0) ed f(0, 1) rispetto alla base canonica di . Avendo già calcolato f(1, 0) ed f(0, 1) abbiamo che la matrice cercata è

R
[ -2 1 ]
[ 1 3 ]
[ 2 1 ]

Consideriamo ora la seconda applicazione g : , definita come

R R
g(x, y, z) = (x + y, x - y).

Questa volta calcoliamo prima l'immagine di g. Dalla teoria, è noto che l'immagine è generata dalle immagini dei vettori di una base del dominio. Quindi

Im(g) = Span(g(1, -1), g(0, 1, 0), g(0, 0, 1)) = Span((1, 1), (1, 0), (0, 0)).

Una base di Im(g) si calcola scartando dai generatori quelli che dipendono linearmente dagli altri. In questo caso, una base dell'immagine è ((1, 1), (1, -1)).

La dimensione del sottospazio è 2. In particolare, dim Im(g) = dim e quindi g è suriettiva. Dal Teorema del Rango, si ricava che dim ker(g) = dim dim Im(g) = 3 - 2 = 1, e quindi g non è iniettiva. Calcoliamo ker(g) risolvendo il sistema lineare omogeneo x + y = 0, -x + y = 0. Le soluzioni del sistema sono i vettori della forma (0, 0, z) con z parametro libero. Quindi ker(g) = {(0, 0, z) | z ∈ R} e una sua base è {(0, 0, 1)}. Infine, la matrice associata a g rispetto alle basi canoniche ha come colonne le componenti di g(1, 0, 0), g(0, 1, 0), g(0, 0, 1) rispetto alla base canonica di R^3, e quindi si ha:

1 1 0
-1 0 3

Infine, consideriamo l'applicazione lineare h: R^3 → R^2 definita come h(a, b, c) = (2a + c)i + (b - c)j = (2a + c, b - c). Calcoliamo per prima cosa l'immagine di h. Im(h) è generato dai vettori h(1, 0, 0), h(0, 1, 0), h(0, 0, 1) e quindi L((2, -1)). Una sua base è {(2, 0), (0, 1)} e

quindi dim(Im(h)) = 2, ed h è suriettiva. Inoltre, dim(ker(h)) = 1 ed h non è iniettiva. Il nucleo di h si calcola risolvendo il sistema lineare omogeneo 2a + c = 0, -b + c = 0, c = 0, le cui soluzioni sono ker(h) = (a, b, c) | c = 0. Una base di ker(h) è allora ((-1, 2, 2)). La matrice associata ad h rispetto alle basi canoniche ha come colonne le componenti di h(1, 0, 0), h(0, 1, 0), h(0, 0, 1) rispetto alla base canonica di R^3, e quindi abbiamo: A = [2 0 1; -1 0 3; 3 0 0] 3° Passaggio: Soluzione dell'Esercizio 2. Calcoliamo f o g: R^2 -> R^2 f o g(x, -2x+2y, y, z) = f(g(x, y, z)) = f(x+y, x-y) = (x+y, 2x) 4° Passaggio: Applicazioni Lineari 2° Passaggio: L'applicazione lineare g o f: R^2 -> R^2 si calcola come g o f(x, y) = g(f(x, y)) = g(x-2y, x+y, x+y) = (2x-y, 2x) e la matrice associata a questa applicazione rispetto alla base canonica di R^2 è: A = [2 -1; 2 0] D'altra parte, la matrice A^2 è uguale a...

ag f [ −21 −11 1 0 21 1A A = = = A .g f g◦f[ −1 −31 0 01 1

Soluzione dell’ Esercizio 3. Cominciamo con il calcolo dell’ immagine di f. Per come sicostruisce la matrice associata ad f rispetto ad una base, sappiamo che le colonne di A sono le componenti dei vettori f (1, 0, 0), f (0, 1, 0), f (0, 0, 1) rispetto alla base scelta. Quindi abbiamo che

• f (1, 0, 0) = 1(1, 0, 0) + 2(0, 1, 0) + 3(0, 0, 1) = (1, 2, 3),
• f (0, 1, 0) = 0(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + 2(0, 0, 1) = (0, −1, −2),
• f (0, 0, 1) = 1(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + 1(0, 0, 1) = (1, 1, 1).

L((1, −1, −2), (2, 3), (0, −1, −2), (1, 1, 1)), che dim Im(f ) = 2 e che una sua base è ((1, 2, 3), (0, −1, −2)).

Gli ultimi due risultati si ottengono eliminando i vettori superflui dai generatori dell’ immagine. In particolare, f non è suriettiva.

Calcoliamo ora il nucleo di f. Poiché le componenti del vettore nullo

sono sempre nulle, rispetto a qualsiasi base si faccia il calcolo, abbiamo che i vettori del nucleo sono tutti esoli quelli le cui componenti risolvono il sistema AX = 0. Le soluzioni del sistema sono (-z, z) e quindi abbiamo t{v ∈ |[v] -z, ∈ ker(f ) = = (-z, z), zR R}. B-(-z(1, - -z, Tali vettori sono allora v = 0, 0) z(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) = (-z, z), e quindi L((-1, -1, ker(f ) = 1)) e la sua dimensione è 1. In particolare, f non è iniettiva. Infine, risulta evidente che dim = dim ker(f ) + dim Im(f ). ROsserviamo infine esplicitamente che le componenti di un vettore rispetto alla base canonica coincidono con le entrate del vettore stesso. -1 Soluzione dell' Esercizio 4. Calcoliamo f (1, 2, 1, 1, 0, 0) risolvendo il sistema x + y =1  x + y =2  x + y =1  a + b =1  a + b =0  a + b = 0. -1 

1. Nel secondo caso, dobbiamo risolvere il sistema (abbiamo eliminato le equazioni uguali) x + y = 2a + b = 1 che ha infinite soluzioni che dipendono dalle variabili libere a, x. Abbiamo quindi:
   • 1. {(a, -a, x) | a ∈ f(2, 2, 2, 1, 1, 1) = 1a, x, 2x) x .R}
2. APPLICAZIONI LINEARI 5
   • Analogamente, possiamo calcolare il nucleo di f e risulta:
     • 1. {(a, -a, -x) | a ∈ ker(f) = x, x .R}
   • La dimensione del nucleo è allora dim ker(f) = 2, e dal Teorema del rango dim Im(f) = 2.
   • Calcolando l'immagine di due vettori opportuni della base canonica di otteniamo:
     • 1. Rf(0, 0, 1, 0) = (1, 1, 1, 0, 0, 0)
     • 2. f(1, 0, 0, 0) = (0, 0, 0, 1, 1, 1)
   • Che sono due vettori linearmente indipendenti.