Definizione 1 Una applicazione f : V W, con V, W spazi vettoriali sul campo K si dice lineare se conserva le combinazioni lineari:

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1 Applicazioni lineari Definizione Una applicazione f : V W, con V, W spazi vettoriali sul campo K si dice lineare se conserva le combinazioni lineari: f(αv + βv 2 ) = αf(v ) + βf(v 2 ) v, v 2 V, α, β K. Esercizio. Stabilire se sono lineari le seguenti applicazioni: a. f : V V ; f(a) = A + A T ; b. g : V V ; g(a) = A + 2I n ; dove V = Mat(n, n) e I n è la matrice identica. c. h : R 2 x R 3 ; h(ax 2 + bx + c) = (c, b, ab). Soluzione. a. Basta osservare che: f(αa + βa 2 ) = (αa + βa 2 ) + (αa + βa 2 ) T = α(a + A T ) + β(a 2 + A T 2 ) = αf(a ) + βf(a 2 ) per concludere che f è lineare. b. In questo caso, invece, si perde almeno l additività della funzione, infatti: mentre g(a + A 2 ) = (A + A 2 ) + 2I n, g(a ) + g(a 2 ) = A + 2I n + A 2 + 2I n = A + A 2 + 4I n. L immagine della somma di due elementi non è uguale alla somma delle loro immagini: g non è lineare. c. Questa funzione non è omogenea: mentre h(λ(ax 2 + bx + c)) = (λc, λb, λ 2 ab), λh(ax 2 + bx + c) = λ(c, b, ab) = (λc, λb, λab), cioè l immagine di un multiplo di un elemento di R 2 x non è uguale al multiplo dell immagine: h non è lineare. n nota. Nel caso c si potrebbe obiettare che, scegliendo λ =, la proprietà di omogeneità sarebbe soddisfatta. Questo però non basterebbe a garantire che la funzione sia omogenea, trattandosi di un caso particolare, mentre una proprietà deve valere per ogni scelta dei personaggi coinvolti. Un solo controesempio basta invece a mostrare che la proprietà non è soddisfatta.

2 Definizione 2 Un applicazione f : V W è suriettiva se: è iniettiva se: w W v V tale che f(v) = w; f(v ) = f(v 2 ) v = v 2 v, v 2 V. Definizione 3 Il nucleo di un applicazione lineare f : V W è l insieme ker f V mandato da f nello zero di W : ker f := {v V f(v) = W } V. L immagine Imf W è l insieme dei trasformati di V : Imf := f(v ) W. n nota. Nucleo e immagine di un applicazione sono sottospazi lineari, rispettivamente dello spazio di partenza V e dello spazio di arrivo W : ker f V e Imf W. Esercizio. Stabilire se le seguenti applicazioni lineari sono iniettive, suriettive. Determinarne il nucleo. a. f : R 2 x Mat(2, 2): f(ax 2 + bx + c) = a a + b b c b. f : Mat(2, 2) Mat(2, 2): f( c d ) = a + b a + b + 2c a + c c Soluzione. a. iniettività: siano v i = a i x 2 +b i x+c i con i =, 2 tali che f(v ) = f(v 2 ): a + b a + c a + b + 2c c = a 2 + b 2 a 2 + c 2 a 2 + b 2 + 2c 2 c 2 uguaglianza che si traduce in un sistema di quattro equazioni la cui unica soluzione è (a, b, c ) = (a 2, b 2, c 2 ), dunque f è iniettiva: f(v ) = f(v 2 ) v = v 2 v, v 2 V., 2

3 2 suriettività: la matrice non è l immagine di alcun polinomio 4 3 v V, non essendo della forma (poiché 4 + 2). a + b c Dunque Imf W è strettamente contenuta in W : f non è suriettiva. nucleo: ker f è l insieme delle soluzioni di f(v) =, con v V : a a + b b = c dunque ker f = { V }. a = b = a + b = c = b. iniettività: se v = e v c d 2 =, con d e, si ha c e f(v ) = f(v 2 ), ma v v 2. Dunque f non è iniettiva. Alternativamente, si può osservare che, imponendo l uguaglianza delle immagini f(v ) = f(v 2 ), le soluzioni del sistema corrispondente impongono l uguaglianza dei primi tre coefficienti delle matrici, ma non del quarto. suriettività: sia w Imf: a + b a + c w = = a a + b + 2c c +b +c 2 = am +bm 2 +cm 3. Dunque Imf = L(M, M 2, M 3 ), perciò dim Imf 3 mentre dim W = dim Mat(2, 2) = 4. L applicazione non può essere suriettiva (Imf W ). nucleo: gli elementi del nucleo soddisfano la relazione: f(v) = v =, d dunque ker f = L( ). Esercizio. Sia f lineare. Calcolare f((, 2)), sapendo che: a. f : R 2 R 2 ; f((, 5)) = (2, 3) e f(( 3, )) = (, 5); b. f : R 2 R 2 x; f((, 5)) = x 2 e f((, )) = 5x +. 3

4 Soluzione. a. Chiamo v = (, 5) e v 2 = ( 3, ). Se trovo la combinazione lineare av + bv 2 = (, 2), posso sfruttare poi la linearità di f per calcolare: f((, 2)) = f(av + bv 2 ) = af(v ) + bf(v 2 ). Devo risolvere il sistema: { a 3b = 5a = 2 da cui risulta (a, b) = (4, ); dunque f((, 2)) = 4f(v )+f(v 2 ) = 4(2, 3))+ (, 5) = (9, 7). b. Scrivo (, 2) = a(, 5) + b(, ): { a b = 5a = 2 da cui (a, b) = (4, 3), dunque f((, 2)) = 4(x 2 ) + 3(5x + ) = 4x 2 + 5x + 3. Definizione 4 (Matrice rappresentativa) Data l applicazione lineare f : V W e date due basi B V e B W, rispettivamente di V e di W, la matrice rappresentativa di f è la matrice A f, avente per colonne le immagini degli elementi di B V, rappresentati sullase B W. Esempio. V = R m, W = R n. B V, B W basi canoniche. La matrice rappresentativa di un applicazione da V a W si costruisce: A f = f(e ) f(e m ) Mat(n, m). Teorema Valgono i seguenti risultati: ˆ dim Imf = rga f ; ˆ dim ker f + dim Imf = dim V (nullità + rango); ˆ f è suriettiva dim Imf = dim W rga f = dim W ; ˆ f è iniettiva dim ker f =. Esercizio. Per quali k R l applicazione lineare f : R 3 R 3 definita da 3 f( ) = 2 ; f( ) = 2k ; f( ) = 2 ; k 3 + 2k 2k 4

5 a. non è biunivoca? b. Per tali valori, il vettore w = (, k + 2, 2k) Imf? Se sì, trovarne la controimmagine. Soluzione. a. f è biunivoca se è contemporaneamente iniettiva e suriettiva: { dim ker f = dim Imf = 3 Poiché deve essere anche dim ker f + dim Imf = dim R 3 = 3, ciascuna delle due condizioni implica l altra; in altre parole, sia f : V W : se dim V = dim W allora f iniettiva f suriettiva. Dunque f non è biunivoca se non è suriettiva, cioè se dim Imf = rga f 3 det A f =. Scriviamo la matrice rappresentativa di f: A f = Calcoliamone il determinante: 3 2 2k 2 k 3 + 2k 2k det A f = 4k(k 3) = k = k = 3. b. Sia k = ; si ha w Imf A f x = w per qualche x R 3 ; dobbiamo risolvere il sistema 3 A f w = la cui soluzione è la preimmagine di w: f ( 2 ) = Se k = 3, si procede analogamente: A f w = x x , x R. Poiché in questo caso risulta rga f w = 3 > 2 rga f il sistema è impossibile, cioè w Imf. 5

6 Esercizio. Sia f : R 4 R 3 così definita: f(x, y, z, t) = (ax, y t, 2x + az) a R. a. Scrivere la matrice A, rappresentativa di f. b. Per quali a R si ha dim ker f = 2? c. Per tali a trovare unase del nucleo e una dell immagine di f. Soluzione. a. La matrice rappresentativa di f si ottiene dalle seguenti uguaglianze: x y a a f( z ) = x +y +z +t = 2 a 2 a t b. Dal teorema di nullità + rango, dim ker f + dim Imf = 4 otteniamo che Poiché il minore dim ker f = 2 dim Imf = rga = 2. det 2 = 2 a R, si ha rga 2 a R. Per avere rga = 2, devono annullarsi contemporaneamente i due minori di ordine 3 che si ottengono orlando quello appena considerato: det a 2 a = det cioè a 2 = =, dunque a =. a 2 = c. Sia a =. ker f = {x Ax = }, soluzioni del sistema: A = 2 cioè ker f = {(, t, z, t), t, z R} = = {z + t x = y = t z R t R } = L( 6, ). x y z t = A x y z t.

7 L insieme dei generatori del nucleo ne è anche unase, poiché sappiamo che dim ker f = 2. Per quanto riguarda l immagine, si ha: Imf = {w = Ax} = { y t 2x dunque l immagine è lo spazio L( } = {x 2, 2 + y, + t ). }, Poiché la sua dimensione è 2, questo insieme di generatori non può essere unase; una base sarà una qualsiasi coppia di vettori l.i. scelti tra questi tre. Ad esempio i primi due, o il primo e il terzo; mentre il secondo e il terzo non sono l.i. 7