APPLICAZIONI LINEARI

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1 APPLICAZIONI LINEARI Esercizi Esercizio Date le seguenti applicazioni lineari f : R 2 R 3 definita da fx y = x 2y x + y x + y; 2 g : R 3 R 2 definita da gx y z = x + y x y; 3 h : Rx] 2 R 2 definita da ha + bx + cx 2 = 2a + ci + b cj; calcolarne 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 g A f dove A g è la matrice associata rispetto alle basi canoniche a g e A f è quella associata ad f sempre rispetto alle basi canoniche Esercizio 3 Calcolare ker f ed Imf per l applicazione lineare f : R 3 R 3 associata rispetto alla base B = 0 0 di R 3 alla matrice A = e verificare il teorema del rango dim R 3 = dim ker f + dim Imf f è iniettiva? f è suriettiva? Esercizio 4 Data l applicazione lineare f : Mat2 2; R Mat2 3; R definita da ] ] a b x + y x + y x + y f = x y a + b a + b a + b calcolare f ed f 0 Calcolare inoltre dim ker f e dim Imf e la matrice associata ad f rispetto alle basi 2 0 B = 0 2 e B = Esercizio 5 Calcolare le matrici associate all applicazione lineare f : Rx] 2 Rx] rispetto alle basi B = +x+x 2 +x 2 x+x 2 di Rx] 2 e B = +x x di Rx] e rispetto alle basi canoniche di Rx] 2 ed Rx] dove f è definita dalle seguenti condizioni: f + x = f + x 2 = + x fx + x 2 = x Verificare la formula del cambio base Studiare poi f

2 2 APPLICAZIONI LINEARI Esercizio 6 Data l applicazione lineare f : Rx] Mat2 2; R definita come 2 0 f + x = f + 2x = calcolare f Esercizio 7 Esiste un applicazione lineare f : R 2 R 2 che verifica f = f0 = 0 f 2 = 4? Esiste un applicazione non lineare che le verifica? Esercizio 8 Dire se l applicazione lineare f : R 2 R 2 definita da f = 2 f 2 = è invertibile e in caso affermativo calcolarne l inversa Esercizio 9 Un applicazione lineare f : Rx] 4 Rx] 2 è sempre iniettiva; 2 è sempre suriettiva; 3 non è mai iniettiva; 4 non è mai suriettiva Esercizio 0 L applicazione lineare f : R 3 Mat2 2; R x + y 0 fx y z = y + z x + z è invertibile; 2 f è formato da infiniti vettori; 0 3 ha come immagine il sottospazio delle matrici triangolari inferiori; 4 dim Imf = 2 Esercizio Sia f : R 2 R 2 un applicazione lineare tale che f = f f è suriettiva V F 2 0 ker f V F 3 dim ker f = V F 4 f non è iniettiva V F 5 Esistono infinite applicazioni lineari verificanti le condizioni date V F Esercizio 2 Sia f : R 3 R 2 l applicazione lineare definita da f non è lineare; 2 ker f ha dimensione ; 3 f non è suriettiva; 4 f è iniettiva fx y z = x + y + z 2x + z Esercizio 3 Sia f : R 3 R 2 l applicazione lineare definita da Imf; 2 ker f ha dimensione 2; fx y z = x + y z 2x 2z 3 la matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è 4 ker f = L ] ;

3 APPLICAZIONI LINEARI 3 2 Soluzione di alcuni esercizi Soluzione dell Esercizio Cominciamo studiando f : R 2 R 3 che è definita come fx y = x 2y x + y x + y Il nucleo è dato dalle soluzioni del sistema lineare x 2y = 0 x + y = 0 x + y = 0 la cui unica soluzione è 0 0 Quindi kerf = 0 0} la sua dimensione è 0 la sua base è B = e dalla caratterizzazione dell iniettività per le applicazioni lineari otteniamo che f è iniettiva Dal Teorema del Rango si ottiene subito che dim Imf = dim R 2 dim kerf = 2 0 = 2 Inoltre essendo f iniettiva una base dell immagine è f f0 ossia 2 In generale 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 Imf dim R 3 La matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche ha per colonne le componenti di f ed f0 rispetto alla base canonica di R 3 Avendo già calcolato f ed f0 abbiamo che la matrice cercata è A f = 2 Consideriamo ora la seconda applicazione g : R 3 R 2 definita come gx 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 Img = Lg 0 g0 g0 0 = 0 0 Una base di Img si calcola scartando dai generatori quelli che dipendono linearmente dagli altri In questo caso una base dell immagine è e la dimensione del sottospazio è 2 In particolare dim Img = dim R 2 e quindi g è suriettiva Dal Teorema del Rango si ricava che dim kerg = dim R 3 dim Img = 3 2 = e quindi g non è iniettiva Calcoliamo kerg risolvendo il sistema lineare omogeneo x + y = 0 x y = 0 Le soluzioni del sistema sono i vettori di R 3 della forma 0 0 z con z parametro libero Qundi kerg = 0 0 z z R} ed una sua base è 0 0 Infine la matrice associata a g rispetto alle basi canoniche ha come colonne le componenti di g 0 g0 g0 0 rispetto alla base canonica di R 2 e quindi si ha A g = Infine consideriamo l applicazione lineare h : Rx] 2 R 2 definita come ha + bx + cx 2 = 2a + ci + b cj = 2a + c b c Calcoliamo per prima cosa l immagine di h Imh è generato dai vettori h hx hx 2 e quindi Imh = L2 0 0 ]

4 4 APPLICAZIONI LINEARI Una sua base è e quindi dim Imh = 2 ed h è suriettiva Inoltre dim kerh = ed h non è iniettiva Il nucleo di h si calcola risolvendo il sistema lineare omogeneo 2a + c = 0 b c = 0 le cui soluzioni sono kerh = c + cx + 2 cx2 c R} Una base di kerh è allora + 2x + 2x 2 La matrice associata ad h rispetto alle basi canoniche ha come colonne le componenti di h hx hx 2 rispetto alla base canonica di R 2 e quindi abbiamo A h = ] Soluzione dell Esercizio 2 Calcoliamo f g : R 3 R 3 f gx y z = fgx y z = fx+y x y = x+y 2x+2y 2x 2x = x+3y 2x 2x L applicazione lineare g f : R 2 R 2 si calcola come g fx y = gfx y = gx 2y x + y x + y = 2x y 3y e la matrice associata a questa applicazione rispetto alla base canonica di R 2 è ] 2 A g f = D altra parte la matrice A g A f è uguale a A g A f = ] 2 = 2 ] = A g f Soluzione dell Esercizio 3 Cominciamo con il calcolo dell immagine di f Per come si costruisce la matrice associata ad f rispetto ad una base sappiamo che le colonne di A sono le componenti dei vettori f f0 f0 rispetto alla base scelta Quindi abbiamo che f = = 6 f0 = = 0 3 f0 = = 3 Si ha allora che Imf = L che dim Imf = 2 e che una sua base è 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 e soli quelli le cui componenti risolvono il sistema AX = 0 Le soluzioni del sistema sono z z z e quindi abbiamo kerf = v R 3 v] B = t z z z z R} Tali vettori sono allora v = z z0 + z0 = z 3z z e quindi kerf = L 3 e la sua dimensione è In particolare f non è iniettiva Infine risulta evidente che dim R 3 = dim kerf + dim Imf

5 Soluzione dell Esercizio 4 Calcoliamo f 2 0 APPLICAZIONI LINEARI 5 ] risolvendo il sistema x + y = x + y = 2 x + y = a + b = a + b = 0 a + b = 0 ] 2 È evidente che il sistema è senza soluzioni e quindi f = 0 Nel secondo caso dobbiamo risolvere il sistema abbiamo eliminato le equazioni uguali x + y = 2 a + b = che ha infinite soluzioni che dipendono dalle variabili libere a x Abbiamo quindi ] ] } a a f = a x R x 2 x Analogamente possiamo calcolare il nucleo di f e risulta ] } a a kerf = a x R x x La dimensione del nucleo è allora dim kerf = 2 e dal Teorema del rango dim Imf = 2 Calcolando l immagine di due vettori opportuni della base canonica di Mat2 2; R otteniamo e f f = = che sono due vettori linearmente indipendenti dell immagine di f Quindi Imf = L Per calcolare la matrice associata ad f rispetto alle basi indicate calcoliamo le immagini dei vettori della base di Mat2 2; R e le loro componenti rispetto alla base di Mat2 3; R Svolgendo i calcoli abbiamo f = = 2 ; f = = 3 ; f = 0 0 f = = 2 = 3 ;

6 6 APPLICAZIONI LINEARI In conclusione la matrice associata è A = Soluzione dell Esercizio 5 La prima cosa da verificare è se l applicazione f è assegnata Dalla teoria è noto che l applicazione è assegnata se si conoscono le immagini dei vettori di una base del dominio Quindi bisogna verificare se + x + x 2 x + x 2 è una base di Rx] 2 Ma questo è vero perché la matrice 0 ha determinante 2 e quindi i tre vettori sono linearmente indipendenti Essendo nel numero giusto essi formano una base del dominio e quindi l applicazione f è fissata Cominciamo a calcolare la matrice associata ad f rispetto alle basi + x + x 2 + x 2 x + x 2 ed + x x Dobbiamo allora calcolare le componenti dei vettori f + x + x 2 f+x 2 fx+x 2 rispetto alla base +x x Per calcolare le immagini dei vettori che ci interessano dobbiamo scriverli come combinazione lineare di + x + x 2 x + x 2 Abbiamo allora + x + x 2 = 2 + x x2 + 2 x + x2 ; + x 2 = 0 + x + + x 2 + 0x + x 2 ; x + x 2 = 0 + x x 2 + x + x 2 Dai calcoli precedenti ricaviamo f + x + x 2 = f + x + f x2 + fx + 2 x2 = + x = + x + 0 x; f + x 2 = + x = + x + 0 x; fx + x 2 = x = + x x; 2 2 da cui si ottiene la matrice M BB f = Siano ora C = x x 2 e C = x le basi canoniche di Rx] 2 ed Rx] rispettivamente Per calcolare la matrice di f rispetto a tali basi dobbiamo innanzitutto esprimere i vettori di C come combinazioni lineari di + x + x 2 x + x 2 Risolvendo gli opportuni sistemi lineari otteniamo = 2 + x x2 2 x + x2 ; x = 2 + x 2 + x2 + 2 x + x2 ; x 2 = 2 + x x2 + 2 x + x2 ; da cui si ricavano le loro immagini Bisogna poi scrivere le immagini come combinazioni lineari dei vettori di C In ultimo si ha f = = + 0x; fx = 0 = 0 + 0x; fx 2 = x = 0 + x;

7 e quindi la matrice cercata è APPLICAZIONI LINEARI 7 M CC f = La formula per il cambio base è M CC f = M B C Rx] M BB fm CB Rx] 2 dove è l applicazione identica dello spazio vettoriale usato come pedice Per come costruita la matrice associata ad un applicazione lineare M B C Rx] ha come colonne le componenti dei vettori di B rispetto alla base C e quindi M B C f = mentre M CB Rx] 2 ha come colonne le componenti dei vettori di C rispetto alla base B e quindi M CB Rx] 2 = 0 Effetuiamo il prodotto = = M CC f 2 2 Per studiare f usiamo la matrice M CC f L immagine è generata dai vettori f = fx 2 = x che sono linearmente indipendenti Quindi Imf = L x ed ha dimensione 2 In conclusione f è suriettiva e per il Teorema del Rango kerf ha dimensione Poiché fx = 0 per definizione x kerf e quindi kerf = Lx Soluzione dell Esercizio 6 La prima osservazione è che + x + 2x è una base di Rx] perché la matrice ha determinante diverso da zero Quindi f è fissata 2 perché conosciamo le immagini dei vettori di una base del dominio Inoltre conosciamo anche l immagine di f che è generata appunto dalle immagini dei vettori della base del dominio che è stata scelta Allora abbiamo 2 0 Imf = L 0 2 ] 3 0 una cui base è Risulta allora evidente che la controimmagine di 0 è non vuota perché il vettore appartiene all immagine di f Per calcolarla procediamo come segue: sia v Rx] un vettore di componenti a t b rispetto a +x +2x Per la a 2b 0 0 a + 2b linearità di f la sua immagine è fv = af + x + bf + 2x = 3 0 Uguagliando fv a otteniamo il sistema lineare a 2b = 3 a + 2b = 3 le cui soluzioni sono infinite della forma a = 3 + 2b Abbiamo allora che 3 0 f = 3 + 2b + x + b + 2x = 3 + 3b bx b R}

8 8 APPLICAZIONI LINEARI Soluzione dell Esercizio 7 Non esistono applicazioni lineari che soddisfano le richieste Infatti 2 = + 0 mentre 4 = f 2 f + f0 = + 0 = 2 Viene quindi violata la proprietà di linearità È possibile trovare applicazioni non lineari che verificano le condizioni assegnate Una di queste è fx y = x y 2 Soluzione dell Esercizio 8 Ancora una volta f è fissata perché i vettori 2 sono una base di R 2 Inoltre le loro immagini sono linearmente indipendenti e quindi l immagine dell applicazione f ha dimensione 2 e quindi f è suriettiva Dal Teorema del Rango si ottiene che dim kerf = 0 e quindi f è anche iniettiva In conclusione f è invertibile Sia B = 2 e B = 2 Allora M BB f = = 0 I 2 e M B Bf = I 2 = I 2 Usando la formula del cambio base si ha che M CC f = 3 da cui 2 5 f x y = x + 3y 2x + 5y Soluzione dell Esercizio 9 Ricordiamo che dim Rx] 4 = 5 e che dim Rx] 2 = 3 Il Teorema del Rango in questo caso afferma che dim kerf + dim Imf = 5 e poiché Imf Rx] 2 abbiamo che dim Imf 3 Possiamo allora affermare che dim kerf 2 e quindi che f non è mai iniettiva Inoltre diamo due esempi per verificare che f può essere suriettiva ma potrebbe anche non esserlo f a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 = a 0 + a x + a 2 x 2 è suriettiva mentre f 2 a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 = a 0 + a x non lo è In conclusione l unica affermazione vera è la 3 Soluzione dell Esercizio 0 è falsa perché se fosse invertibile R 3 e Mat2 2; R avrebbero la stessa dimensione e questo è falso essendo dim R 3 = 3 e dim Mat2 2; R = 4 2 è falsa perché le controimmagini si calcolano dall uguaglianza x + y 0 = y + z x + z 0 da cui otteniamo il sistema lineare x + y = y + z = 0 x + z = che ha l unica soluzione 0 Quindi ha un unica controimmagine Ne 0 segue anche che il sistema lineare omogeneo associato ha la soluzione nulla come unica soluzione e quindi l applicazione è iniettiva Dal Teorema del Rango ne consegue che dim Imf = 3 ossia 4 è falsa L affermazione 3 è vera perché il sottospazio U delle matrici triangolari inferiori ha dimensione 3 e Imf U perché tutte le matrici dell immagine verificano la condizione a 2 = 0 Abbiamo allora che Imf = U perché i due sottospazi hanno la stessa dimensione

9 APPLICAZIONI LINEARI 9 Soluzione dell Esercizio è falsa perché se due vettori distinti hanno la stessa immagine allora f non è iniettiva Per la caratterizzazione dell iniettività per le applicazioni lineari abbiamo che dim kerf e dal Teorema del rango ricaviamo che dim Imf Quindi possiamo escludere che dim Imf = 2 ossia che f sia suriettiva 2 è vera Infatti dalle ipotesi otteniamo che f f = 0 0 Usando la linearità di f possiamo scrivere che 0 0 = f0 2 = 2f0 Dividendo per 2 la precedente uguaglianza otteniamo f0 = 0 0 ossia 0 kerf 3 è falsa perché non sappiamo quale sia il vettore immagine di Se ad esempio f = 0 0 allora f è l applicazione nulla e quindi dim kerf = 2 4 è vera perché due vettori distinti hanno la stessa immagine 5 è vera perché ogni volta che scegliamo il vettore f otteniamo una diversa applicazione lineare Soluzione dell Esercizio 2 è chiaramente falsa perché le entrate del vettore fx y z sono dei polinomi lineari omogenei nelle variabili x y z 2 è vera perché la matrice associata al sistema lineare omogeneo x + y + z = 0 2x + z = 0 è ridotta per righe ed ha rango 2 Poiché le soluzioi del sistema danno i vettori del nucleo di f abbiamo che dim kerf = In particolare non richiesto dall Esercizio una sua base è 2 4 è falsa perché f è iniettiva se e solo se dim kerf = 0 e ciò non capita in questo caso 3 è falsa perché il Teorema del rango in questo caso afferma che dim Imf = 3 = 2 ossia Imf = R 2 e quindi f è suriettiva Soluzione dell Esercizio 3 è chiaramente falsa perché i vettori dell immagine di f sono in R 2 e quindi non possono essere scritti con 3 componenti 2 e 4 prevedono che si calcoli in nucleo dell applicazione ossia le soluzioni del sistema lineare x + y z = 0 2x 2z = 0 La matrice è già ridotta per righe ed il suo rango è 2 ossia il sistema ammette soluzioni Ne consegue che dim kerf = e quindi 2 è falsa Le soluzioni del sistema sono della forma x 0 x x R} = L e quindi 4 è vera La matrice associata ad f rispetto alle basi canoniche è ] e quindi anche 3 è falsa