Algebra Lineare. a.a Gruppo A-H. Prof. P. Piazza Soluzioni del compito pomeridiano del 6/12/2004

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1 Algebra Lineare. a.a Gruppo A-H. Prof. P. Piazza Soluzioni del compito pomeridiano del 6/1/004 Esercizio 1. Siano V e W due spazi vettoriali e sia F : V W un isomorfismo (quindi F è lineare e biettiva). Verificare che F trasforma vettori linearmente indipendenti di V in vettori linearmente indipendenti di W. In particolare F trasforma sottospazi di dimensione k di V in sottospazi di dimensione k di W. Soluzione. Siano v 1,... v k vettori linearmente indipendenti di V. Vogliamo mostrare che i vettori F (v 1 ),..., F (v k ) sono linearmente indipendenti in W. Per linearità di F si ha α 1 F (v 1 ) + + α k F (v k ) = 0 F (α 1 v α k v k ) = 0 ovvero se e solo se α 1 v α k v k ker F. Ma F è iniettiva per ipotesi, dunque ker F = {0}; ne segue α 1 v α k v k = 0. Ma i vettori v i sono linearmente indipendenti per ipotesi, dunque dev essere α 1 = = α k = 0 come volevamo dimostrare. par Sia ora V 0 un sottospazio di dimensione k di V e sia W 0 = F (V 0 ) la sua immagine in W. Essendo immagine di un sottospazio mediante un applicazione lineare, W 0 è un sottospazio di W. Dobbiamo solo dimostrare che W 0 ha dimensione k. Poiché V 0 ha dimensione k, esisterà una base {v 1,... v k } di V 0. Questi vettori sono indipendenti in V e dunque, per la prima parte dell esercizio, i vettori F (v 1 ),..., F (v k ) sono indipendenti in W. Inoltre F (v i ) F (V 0 ) = W 0, dunque i vettori F (v 1 ),..., F (v k ) sono vettori indipendenti di W 0. Essi sono anche un sistema di generatori per W 0. Infatti se w W 0 allora w = F (v) per qualche v V 0. Poiché {v 1,... v k } è una base di V 0, esistono scalari α i tali che v = α 1 v 1 + α k v k. Ne segue w = F (v) = α 1 F (v 1 ) + α k F (v k ) Abbiamo così dimostrato che {F (v 1 ),..., F (v k )} è un sistema di generatori indipendenti per W 0, ovvero è una base di W 0 ; essendo costituita da k elementi, si ha dim W 0 = k. Esercizio. Calcolare il prodotto righe per colonne AB, con , B = Soluzione. Si ha AB = Esercizio. Verificare che la matrice è invertibile. Calcolarne l inversa. Sia F = L A : R R l applicazione lineare definita da A. Spiegare perché 1

2 L A è invertibile. (,, ). Calcolare l immagine tramite l applicazione inversa del vettore Soluzione. Applichiamo il metodo di Gauss per il calcolo della matrice inversa: A sinistra abbiamo ottenuto la matrice identità; ne segue che A è invertibile e la sua inversa è A = Poiché la matrice A è invertibile, è invetibile anche l applicazione lineare L A ad essa associata, e si ha (L A ) = L A. Infine l immagine inversa del vettore (,, ) è (L A ) (,, ) = A = = 4 6 Esercizio 4. Sia V = R con base canonica {e 1 := (1, 0), e := (0, 1)} fissata; vi faccio notare che le coordinate di x R rispetto alla base canonica sono proprio x. Consideriamo una seconda base di R data da v 1 = (1, 1), v = (1, ) e siano (y 1, y ) le coordinate associate a questa base. Determinare le formule di cambiamento di coordinate x = By, y = Cx Che relazione c è fra B e C? Sia U il sottospazio vettoriale di equazione cartesiana x 1 x = 0. Determinare l equazione cartesiana di U nelle coordinate (y 1, y ). Soluzione. Sia B = {e 1, e } e sia B = {v 1, v }. La matrice B del cambiamento di base da B a B è la matrice che ha come j-ma colonna le coordinate del j-mo vettore

3 della base B rispetto alla base B. 1 Nel nostro caso v 1 = e 1 + e, v = e 1 e e quindi B = Ne segue, per quanto visto a lezione (Abate, Sezione 8.1), che x 1 = y 1 x da cui segue anche y 1 y = x 1 x Calcoliamo l inversa dell matrice mediante l algoritmo di Gauss: / / 1 0 1/ 1/ 0 1 1/ / Abbiamo cioè y y y 1 = 1/ 1/ 1/ / x 1 Per un approccio diretto al problema leggere la nota 1 Ricordiamo che la scelta di una base B su V definisce un isomorfismo lineare F B : V R, che manda un vettore v di V nelle sue coordinate rispetto alla base B. Nel nostro caso abbiamo due basi, la base B x = {e 1, e } e la base = {v 1, v }, ed i due isomorfismi corrispondenti: x F Bx : v (x 1, x ); F By : v (y 1, y ). Il passaggio dalle coordinate x alle coordinate y è pertanto dato dall isomorfismo lineare Ψ = F By F B x : R R, mentre il passaggio dalle coordinate y alle coordinate x è dato dall applicazione inversa Ψ = F Bx F : R R. La matrice B è la matrice che rappresenta Ψ rispetto alla base canonica di R : le sue due colonne sono Si ha e dunque Ψ (1, 0) = F Bx F (1, 0) e Ψ (0, 1) = F Bx F (0, 1) F Bx F (1, 0) = F Bx (v 1 ) = F Bx (1, 1) = (1, 1) F Bx F (0, 1) = F Bx (v ) = F Bx (1, ) = (1, ) B = Le matrici B e C rappresentano applicazioni inverse l una dell altra; si ha pertanto C = B. Soluzione diretta. Sia v un generico vettore di V. Il fatto che x 1, x siano coordinate rispetto alla base e 1, e significa che v si scrive come v = x 1 e 1 + x e. Analogamente, il fatto che che y 1, y siano coordinate rispetto alla base v 1, v significa che v = y 1 v 1 + y v. Troviamo dunque la realazione x 1 e 1 + x e = y 1 v 1 + y v

4 4 Come già osservato, le matrici B e C sono inverse l una dell altra. Infine, per determinare l equazione cartesiana di U nelle coordinate y 1, y, osserviamo che l equazione cartesiana di U nelle coordinate x 1, x si scrive 1 x 1 = 0 e mediante la sostituzione x x 1 x = y 1 y troviamo l equazione cartesiana di U nelle coordinate y 1, y : y 1 y = 0 ovvero y 1 = 0. L equazione cartesiana di U nelle coordinate y 1, y è pertanto y 1 + y = 0. Esercizio 5. y Sia V = R. È facile verificare che l applicazione lineare definita da F (1, 1, 0) = (1,, ), F (0, 1, 1) = (, 1, 1), F (0, 0, 1) = (, 0, 1) è ben definita. Consideriamo la base canonica E = {e 1 := (1, 0, 0), e := (0, 1, 0), e := (0, 0, 1)} in R. Determinare la matrice A associata ad F con la seguente scelta di basi base di partenza = E, base di arrivo = E Vi ricordo che A è la matrice che ha come j-ma colonna le coordinate di F (e j ) rispetto alla base E. Studiare iniettività e suriettività di F. Soluzione. Usiamo la linearità di F. Vogliamo calcolare le coordinate di F (e 1 ), F (e ), F (e ) nella base canonica; queste saranno le colonne della matrice cercata. Esprimiamo allora e 1 come combinazione lineare degli elementi della nuova base {(1, 1, 0); (0, 1, 1); (0, 0, 1)}, perché è su questi vettori che sappiamo calcolare F, ed applichiamo la linearità di F. In questo caso l espressione di (1, 0, 0) in funzione di {e j } è molto facile a stabilirsi: Quindi (1, 0, 0) = (1, 1, 0) (0, 1, 1) + (0, 0, 1) Scrivendo esplicitamente i vettori e 1, e, v 1, v come vettori colonna, questa relazione si riscrive come x 1 x = y 1 y ovvero x 1 x = y 1 y = y 1 y e y 1 y = x 1 x = x 1 x e ritroviamo quindi le due relazioni.

5 5 F (1, 0, 0) = F ((1, 1, 0) (0, 1, 1) + (0, 0, 1)) = F (1, 1, 0) F (0, 1, 1) + F (0, 0, 1) = (1,, ) (, 1, 1) + (, 0, 1) = (1, 1 1) e questa è proprio la prima colonna della matrice A, Analogamente F (0, 1, 0) = F ((0, 1, 1) (0, 0, 1)) = F (0, 1, 1) F (0, 0, 1) = (, 1, 1) (, 0, 1) = (0, 1, 0) che è la seconda colonna della matrice A. Notiamo che F (0, 0, 1) è dato nel testo dell esercizio. In definitiva Osserviamo che in questo caso era particolarmente semplice scrivere le coordinate dei vettori della base canonica rispetto alla base {e j }. In generale bisognerà impostare sistemi o, più intelligentemente, scrivere la matrice che dà le coordinate di {e j } rispetto a {e i} e poi prenderne l inversa. Possiamo ora utilizzare A per rispondere all ultimo quesito dell esercizio. Il rango di A è due, come subito si verifica applicando l eliminazione di Gauss. L immagine di F è quindi generata da due vettori colonna di A non-proporzionali, ad esempio il primo ed il secondo. In particolare F non è né iniettiva, né suriettiva. Il nucleo di F è il sottospazio vettoriale soluzione del sistema lineare omogeneo Ax = 0.Dato che il rango è si ha che KerF è un sottospazio di dimensione = 1.