Corso di Matematica per l Economia

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1 Corso di Matematica per l Economia a.a Francesco Rania Soluzioni Esercitazione 1 Riportiamo alcuni risultati degni di nota sono: Teorema 1. Dato (E,+, ) uno spazio vettoriale sul campo K, il sottinsieme X E è un sottospazio vettoriale di E sul campo K se e solo se Teorema 2. dimr n = n α,β K, v,u X αv +βu X Soluzione 1. SV.1. (R +,+, ) è un sottospazio vettoriale di R Banale. SV.2. X = {(x,y) x+2y +1 = 0} è un sottospazio di R 2 sul campo R Presi α,β R e v = (x 1,y 1 ),u = (x 2,y 2 ) X si ha allora: perché αv +βu = α(x 1,y 1 )+β(x 2,y 2 ) = (αx 1 +βx 2,αy 1 +βy 2 ) / X αx 1 βx 2 +2(αy 1 +βy 2 )+1 = 0 αx 1 βx 2 +2αy 1 +2βy 2 +1 = 0 αx 1 βx 2 +2αy 1 +2βy 2 +1+α α+β β = 0 α( x 1 +2y 1 +1)+β( x 2 +2y 2 +1) α β +1 = 0 α(0)+β(0) α β +1 = 0 α β +1 = 0 Basterà scegliere α = 1 e β = 1 perché l uguaglianza non sia valida. Quindi in forza delle caratterizzazioni dei sottospazi vettoriali X = {(x,y) x+2y+1 = 0} non è un sottospazio di R 2 sul campo R. Department of Legal, Historical, Economic and Social Sciences, Magna Graecia University of Catanzaro, Campus loc. Germaneto, Viale Europa, Catanzaro, Italy. raniaf@unicz.it 1

2 SV.3. (X = {(x,y,z) x 2z = 0},+, ) è un sottospazio di R 3 sul campo R Presi α,β R e v = (x 1,y 1,z 1 ),u = (x 2,y 2,z 2 ) X si ha allora: αv +βu = α(x 1,y 1,z 1 )+β(x 2,y 2,z 2 ) = (αx 1 +βx 2,αy 1 +βy 2,αz 1 +βz 2 ) X perché in base alla caratterizzazione di X si ha αx 1 +βx 2 2(αz 1 +βz 2 ) = αx 1 +βx 2 2αz 1 2βz 2 = = αx 1 2αz 1 +βx 2 2βz 2 = 0+0 = 0. Quindi (X = {(x,y,z) x 2z = 0},+, ) è un sottospazio di R 3 sul campo R. SV.4. {(1,2,3),(0,1,1),(1,1,2)} è una base di R 3? Da dimr 3 = 3 segue che ogni base di R 3 è costituita da 3 vettori linearmente indipendenti che sono anche generatori. Nel nostro caso i vettori sono numericamente 3 perciò l unica verifica che andremo ad effettuare sarà la lineare indipendenza. Consideriamo la combinazione lineare nulla dei vettori mediante tre scalari reali α, β e γ e proviamo che tali scalari sono unicamente tutti uguali a zero. che è equivalente a α(1,2,3)+β(0,1,1)+γ(1,1,2) = (0,0,0) (α+γ,2α+β +γ,3α+β +2γ) = (0,0,0) α+γ = 0 2α+β +γ = 0 3α+β +2γ = 0 α = γ β = γ γ = γ (1) Dal risultato del sistema (1) evinciamo che esistono infiniti γ diversi da zero che permettono di esprimere i vettori come combinazione lineare nulla e quindi non essendo linearmente indipendenti non costituiscono una base di R 3. SV.5. Calcolare le componenti di ( 3,2, 1) rispetto a (0,1,1), (1,0,1) e (1,2,0) I vettori (0,1,1), (1,0,1) e (1,2,0) sono linearmente indipendenti in quanto ognuno di essi non può esprimersi come combinazione lineare dei precedenti 1 e quindi in R 3 costituiscono una base B. Allora il vettore ( 3,2, 1) può essere generato da (0,1,1), (1,0,1) e (1,2,0) e le sue componenti α, β e γ rispetto a B si calcolano risolvendo l eguaglianza ( 3,2, 1) = α(0,1,1)+β(1,0,1)+γ(1,2,0) ( 3,2, 1) = (β +γ,α+2γ,α+β) 1 Basta osservare le componenti nulle e capire che ad es. (0,1,1) con terza componente uguale a 0 non può esprimersi mediante combinazione lineare di (1,0,1) e (1,2,0) e così dicasi per gli altri. 2

3 che poi è equivalente a risolvere il sistema β +γ = 3 α+2γ = 2 α+β = 1 In conclusione essendo 2γ 3+γ = 3 β = 2γ 3 α = 1 β γ = 0 β = 3 α = 2 ( 3,2, 1) = 2(0,1,1) 3(1,0,1)+0(1,2,0) le componenti di ( 3,2, 1) rispetto a B sono (2, 3,0). SV.6. Determinare le basi di R 3 con v 1,v 2,v 3,v 4,v 5,v 6 v 1 (1,0,1) v 2 (1,2,1) v 3 (0,2,0) v 4 (0,0,2) v 5 (1,2,2) v 6 (1,0,0) Una base di R 3 è costituita al massimo da tre vettori linearmente indipendenti. Le terne che possiamo ottenere combinando a tre a tre i vettori v 1,v 2,v 3,v 4,v 5,v 6 sono Con le medesime argomentazioni di SV.4. e le osservazioni della nota 4 otteniamo che le terne che costituiscono basi di R 3 sono le seguenti B 1 = {v 1,v 2,v 4 } B 2 = {v 1,v 2,v 5 } B 3 = {v 1,v 2,v 6 } B 4 = {v 1,v 3,v 4 } B 5 = {v 1,v 3,v 5 } B 6 = {v 1,v 3,v 6 } B 7 = {v 1,v 4,v 5 } B 8 = {v 1,v 4,v 6 } B 9 = {v 1,v 5,v 6 } B 10 = {v 2,v 3,v 4 } B 11 = {v 2,v 3,v 5 } B 12 = {v 2,v 3,v 6 } B 13 = {v 2,v 4,v 6 } B 14 = {v 2,v 5,v 6 } B 15 = {v 3,v 4,v 5 } B 16 = {v 3,v 4,v 6 } B 17 = {v 4,v 5,v 6 } SV.7. Completare a base {(2,1,0),(1,0,2)} t.c. (4,2,4) ha componenti (1,1,1) rispetto ad essa Indichiamoconv = (x,y,z)ilvettorechecompleteràabaseilsistema{(2,1,0),(1,0,2)}. Di v ne esistono infiniti che non siano del tipo (2α+β,α,2β) 3 che completerbbero a base il sistema di 2 vettori dati, ma perché si realizzi la condizione delle componenti (1,1,1) del vettore (4,2,4) rispetto alla base B = {(2,1,0),(1,0,2),v} occorre porre (4,2,4) = 1(2,1,0)+1(1,0,2)+1(x,y,z) (4,2,4) = (3+x,y,2+z) 2 Sono tante quante le combinazioni di 6 elementi presi a tre a tre ovvero C 6,3 = 6 5cot = Ricordiamo che (2α+β,α,2β) è combinazione lineare del sistema {(2,1,0),(1,0,2)} 3

4 ovvero risolvere il sistema 3+x = 4 y = 2 2+z = 4 x = 1 y = 2 z = 2 Il vettore ottenuto v = (1,2,2) non è del tipo (2α+β,α,2β) e perciò unitamente a (2,1,0) e (1,0,2) costiutisce una base di R 3 ed è tale da soddisfare alla condizione richiesta. Soluzione 2. Ricordiamo i seguenti risultati: Dati gli spazi vettoriali E e F sul medesimo campo K l applicazione f : E F è lineare se e solo se f(αv+βu) = αf(v)+βf(u) α,β K, v,u E (2) L insieme Ker(f) = {v E f(v) = 0 F } èil nucleo di f edèunsottospaziovettoriale di E. L insieme Im(f) = {u F v E : f(v) = u} è l immagine di f ed è un sottospazio vettoriale di F. Se dime < + allora dime = dimker(f)+im(f) f : E F lineare è iniettiva se e solo se Ker(f) = 0 E. AL.1. Verificare se le applicazioni f 1, f 2, f 3 e f 4 sono lineari f 1 : R 3 R 2 t.c. f(x,y,z) = (2x z,x+y +z) f 2 : R 2 R t.c. f(x,y) = sin(x y) f 3 : R 2 R 2 t.c. f(x,y) = (2x,xy) f 4 : R 2 R 3 t.c. f(x,y) = (x+2y,x+y,2x y) Consideriamo f 1 e v 1 = (x 1,y 1,z 1 ),v 2 = (x 2,y 2,z 2 ) R 3 e α,β R allora da f(αv 1 +βv 2 ) = f(α(x 1,y 1,z 1 )+β(x 2,y 2,z 2 )) = f(αx 1 +βx 2,αy 1 +βy 2,αz 1 +βz 2 ) = = (2(αx 1 +βx 2 ) (αz 1 +βz 2 ),(αx 1 +βx 2 )+(αy 1 +βy 2 )+(αz 1 +βz 2 )) = = (α(2x 1 z 1 )+β(2x 2 z 2 ),α(x 1 +y 1 +z 1 )+β(x 2 +y 2 +z 2 )) = = (α(2x 1 z 1 ),α(x 1 +y 1 +z 1 ))+(β(2x 2 z 2 ),β(x 2 +y 2 +z 2 )) = = f(αv 1 )+f(βv 2 ) = αf(v 1 )+βf(v 2 ) segue che f 1 è lineare. In modo analoga si dimostra che f 4 è lineare. L applicazione f 2 non è lineare perché f(αv) = f(α(x,y)) = sin(αx αy) αsin(x y) = αf(x,y) = αf(v) in quanto sin(αx αy) 1 e αsin(x y) = α sin(x y) α 1 α 4

5 Lapplicazione f 3 non è lineare perchè f(v 1 +v 2 ) = f((x 1,y 1 )+(x 2,y 2 )) = f(x 1 +x 2,y 1 +y 2 ) = = (x 1 +x 2,(x 1 +x 2 )(y 1 +y 2 )) = (x 1 +x 2,x 1 y 1 +x 1 y 2 +x 2 y 1 +x 2 y 2 ) = = (x 1,x1+x 1 y 1 )+(x 2,x 2 y 2 )+(0,x 1 y 2 )+(0,x 2 y 1 ) (x 1,x1+x 1 y 1 )+(x 2,x 2 y 2 ) = = f(x 1,y 1 )+f(x 2,y 2 ) = f(v 1 )+f(v 2 ) AL.2. Delle f lineari di AL.1. calcolare Ker(f), Im(f)e verificare se iniettiva e suriettiva In AL.1. solamente f 1 e f 4 sono lineari. f 1 : R 3 R 2 t.c. f(x,y,z) = (2x z,x+y +z) f 4 : R 2 R 3 t.c. f(x,y) = (x+2y,x+y,2x y) per f 1 : data la base canonica di R 3 si ha f(1,0,0) = (2,1) f(0,1,0) = (0,1) f(0,0,1) = ( 1,1) Poiché i vettori (2, 1) e (0, 1) sono linearmente indipendenti costituiscono una base di R 2 per cui Im(f)=R 2 ed inoltre f e surriettiva. Dal Thm della dimensione finita di E = R 3 si deduce che dimker(f) = dimr 3 dimim(f) = 3 2 = 1 e quindi che f non èiniettiva. Per determinare il Ker(f) risolviamo la seguente equazione vettoriale f(x,y,z) = (0,0) (2x z,x+y +z) = (0,0) equivalente al sistema { 2x z = 0 x+y +z = 0 x = 1 2 z y = 3 2 z z = z per cui il nucleo è Ker(f) = {( 1 2 z, 3 2 z,z) z R }4. per f 4 : Poiché lo spazio vettoriale di arrivo F = R 3 è più grande di quello di partenzae = R 2 subitosenzaalcunaverificapossiamoaffermarechedimim(f) 2 e quindi che f non è suriettiva. Inoltre calcolando le immagini della base canonica di E = R 2 f(1,0) = (1,1,2) f(0,1) = (2,1, 1) si ha che i vettori (1,1,2) e (2,1, 1) sono linearmenti indipendenti per cui Im(f) =< (1,1,2),(2,1, 1) > 5 e quindi dimim(f) = 2. Conseguentemente dal Thm della dimensione finita di E = R 2 si ricava che dimker(f) = dimr 2 dimim(f) = 2 2 = 0 e quindi che Ker(f) = 0 E equivalente ad affermare che f è iniettiva. 4 Per semplicità scegiendo z = 2 si potrebbe affermare che Ker(f) è generato dal vettore (1, 3,2). 5 Il simbolo <...,... > significa sistema di generatori. 5

6 AL.3. Sia f(1,0,0) = ( 1,0,1), f(0,1,0) = (0,2,1),f(0,0,1) = (3,4, 1), l endomorfismo su R 3. Determinare il Ker(f) e l Im(f). Esprimere f rispetto alla base canonica nel dominio e alla base B = {( 1,0,1),(0,2,1),(0,0,1)}nel codominio. Esprimere f rispetto alla base B = {(1,0,0),(0,1,0),(3, 2,1)} nel dominio ed alla base B nel codominio. Con le medesime argomentazioni di AL.2. si perviene a: Im(f) = R 3 Ker(f) = 0 R 3 = (0,0,0) per cui f è un automorfimo 6 di R 3. Indichiamo con B = {e 1,e 2,e 3 } la base canonica di R 3. Consideriamo la matrice dell endomorfismo f rispetto alle basi canoniche nel dominio e nel codominio ottenuta collocando come colonne le componenti delle immagini dei vettori e 1 = (1,0,0), e 2 = (0,1,0) e e 3 = (0,0,1) A B,B = Chiaramente dovendo scrivere f rispetto alla base canonica nel dominio e alla base B = {( 1,0,1),(0,2,1),(0,0,1)} nel codominio, occorrerà esprimere i vettori colonnadia B,B infunzionedib.iprimi duevettori sonougualiasestessi edavranno componenti ripettivamente (1,0,0) e (0,1,0); rimane da determinare (3,4, 1) rispetto a B, le cui componenti si ricavano come in SV.5.. Alla fine la matrice di f rispetto alla canonica nel dominio e a B nel codominio è A B,B = Invece per determinare la matrice di f rispetto a B = {(1,0,0),(0,1,0),(3, 2,1)} nel dominio ed alla base B nel codominio esprimiamo i vettori di B come combinazione lineare della base canonica ottendo la matrice di f rispetto a B nel dominio e alla canonica nel codominio A B,B = e poi come fatto sopra esprimere i vettori colonna (1,0,0), (0,1,0) e (0,0,0 di A B,B mediante B. In tal caso l operazione è più semplice di prima perchè i primi due sono gli stessi dei primi due di B e l ultimo, il vettore nullo, ha componenti tutte nulle per cui A B,B = Un automorfismo è un endomorfismo biettivo. 6