APPLICAZIONI LINEARI

APPLICAZIONI LINEARI 1 APPLICAZIONI LINEARI Applicazioni lineari tra spazi R n spazi di matrici spazi di polinomi e matrice associata rispetto ad una coppia di basi Endomorismi e matrice associata rispetto ad una base Nucleo immagine e teorema del rango Prodotto di composizione ed applicazione inversa Suriettività ed iniettività Controimmagini Esercizio 1 Date le seguenti applicazioni tra spazi vettoriali 1) : R 2 R 3 deinita da (xy) = (x 2yx + yx + y) 2) g : R 3 R 2 deinita da g(xyz) = (x + yx y) 3) h : R 2 [x] R 2 deinita da h(a + bx + cx 2 ) = (2a + c)i + (b c)j veriicare che sono lineari e calcolarne nucleo immagine e matrice associata rispetto alle basi canoniche Esercizio 2 Calcolare g ed g dove e g sono le applicazioni lineari dell esercizio precedente e scrivere le loro matrici rispetto alle basi canoniche Veriicare che la matrice di g rispetto alla base canonica è A g A dove A g ed A sono le matrici di g ed rispetto alle basi canoniche Esercizio 3 Sia : R 3 R 3 l applicazione lineare di matrice 1 0 1 A = 2 1 1 3 2 1 rispetto alla base B = ((111)(011)(0 1 1)) di R 3 1) Calcolare ker ed im 2) Veriicare il teorema del rango (dim R 3 = dim ker + dim im ) e stabilire se è iniettiva e/o suriettiva Esercizio 4 Esiste un applicazione lineare : R 2 R 2 che veriica (1 1) = (11) (0 1) = (01) (1 2) = (14)? Esiste un applicazione (non lineare) che le veriica? Esercizio 5 Stabilire se l applicazione lineare : R 2 R 2 deinita da (11) = (21) ed (12) = ( 10) è invertibile e in caso aermativo determinarne esplicitamente l inversa Esercizio 6 Data l applicazione lineare : R 22 R 23 deinita da a b x + y x + y x + y = x y a + b a + b a + b

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 2 1 2 1 2 2 2 calcolare 1 ed 1 0 0 1 1 1 1 Calcolare inoltre dim ker e dimim e scrivere la matrice di rispetto alle basi ( ) 1 1 1 2 0 0 0 0 B = 0 0 0 0 1 1 1 2 e B = ( 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 Esercizio 7 Data l applicazione lineare : R 1 [x] R 22 deinita da 1 0 2 0 (1 + x) = (1 + 2x) = 0 1 0 2 3 0 determinare im e calcolare 1 0 3 ) 0 0 0 0 1 2 Esercizio 8 Considerata un applicazione lineare : R 4 [x] R 2 [x] stabilire se le seguenti aermazioni sono vere o alse: (i) è sempre iniettiva; (ii) è sempre suriettiva; (iii) non è mai iniettiva; (iv) non è mai suriettiva Esercizio 9 Considerata l applicazione lineare : R 3 R 22 deinita da x + y 0 (xyz) = y + z x + z stabilire se le seguenti aermazioni sono vere o alse: (i) è invertibile; 1 0 (ii) 1 è ormato da ininiti vettori; 0 1 (iii) ha come immagine il sottospazio delle matrici triangolari ineriori; (iv) dim im = 2 Esercizio 10 Sia : R 2 R 2 un applicazione lineare tale che (11) = (1 1) Stabilire se le seguenti aermazioni sono vere o alse: (i) non è iniettiva; (ii) è suriettiva; (iii) (01) ker ;

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 3 (iv) dim ker = 1; (v) esistono ininite applicazioni lineari veriicanti la condizione data Esercizio 11 Sia : R 3 R 2 l applicazione lineare deinita da (xyz) = (x + y + z2x + z) Stabilire se le seguenti aermazioni sono vere o alse: (i) non è lineare; (ii) ker ha dimensione 1; (iii) non è suriettiva; (iv) è iniettiva Esercizio 12 Sia : R 3 R 2 l applicazione lineare deinita da (xyz) = (x + y z2x 2z) Stabilire se le seguenti aermazioni sono vere o alse: (i) (101) im ; (ii) ker ha dimensione 2; (iii) la matrice di rispetto alle basi canoniche è (iv) ker = L((101)) 1 1 1 ; 2 2 0

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 4 SVOLGIMENTI Esercizio 1 1) Veriichiamo che (x + x ) = (x) + (x ) e (λx) = λ (x) per ogni xx R 2 ed ogni λ R: usando la deinizione di si ha e ( (xy) + ( x y )) = ( x + x y + y ) = ( x + x 2 ( y + y ) x + x + y + y x + x + y + y ) = ( x 2y + x 2y x + y + x + y x + y + x + y ) = (x 2yx + yx + y) + ( x 2y x + y x + y ) = (xy) + ( x y ) (λ(xy)) = (λxλy) = (λx 2λyλx + λyλx + λy) = λ(x 2yx + yx + y) = λ (xy) Dunque è lineare Alla stessa conclusione si sarebbe potuti giungere osservando che le unzioni componenti di (cioè le unzioni x 2yx + yx + y che esprimono il generico vettore (xy) rispetto alla base canonica di R 3 ) sono polinomi di 1 grado omogenei nelle componenti xy del generico vettore (xy) R 2 rispetto alla base canonica di R 2 ; ciò è suiciente alla linearità di Il nucleo di è dato dalle soluzioni del sistema lineare x 2y = 0 x + y = 0 x + y = 0 la cui unica soluzione è (00) Quindi ker = {(00)} è il sottospazio banale di R 2 che ha dimensione 0 e base (convenzionale) B = Osserviamo che è iniettiva avendo nucleo banale L immagine di un insieme di generatori dello spazio di partenza è sempre un insieme di generatori del sottospazio immagine quindi (1 0) = (1 1 1) ed (0 1) = ( 2 1 1) generano im cioè im = L ((111)( 211)) Poiché i due generatori sono chiaramente linearmente indipendenti si ha che ((111)( 211)) è una base di im e dim im = 2 Osserviamo che non è suriettiva essendo dimim dim R 3 Si noti che se avessimo calcolato prima im avremmo potuto concludere che ha nucleo banale senza studiarlo direttamente ma applicando invece il teorema del rango da cui risulta dimker = dim R 2 dim im = 2 2 = 0 La matrice M CC associata ad mediante le basi canoniche di R 2 ed R 3 ha per colonne le componenti rispetto alla base canonica C = ((100) (010) (001)) di R 3 delle

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 5 immagini (10) ed (01) della base canonica C = ((10) (01)) di R 2 Essendo (10) = (111) ed (01) = ( 211) si ha 1 2 M CC = 1 1 1 1 Si osservi che ker è il sottospazio dello spazio di partenza dato dalle soluzioni del sistema lineare omogeneo di matrice M CC ed im è il sottospazio dello spazio di arrivo generato dalle colonne di M CC 2) Si procede come per il punto 1) La veriica di linearità è del tutto analoga ed è lasciata al lettore Il nucleo di g è dato dalle soluzioni del sistema lineare in R 3 { x + y = 0 x y = 0 le cui soluzioni sono i vettori di R 3 della orma (00z) con z parametro libero Quindi ker g = {(00z) : z R} ed una sua base è ((001)) Osserviamo che g non è iniettiva non avendo nucleo banale L immagine di g è generata da g (100) = (11) g (010) = (1 1) e g (001) = (00) per cui im = L ((11)(1 1)(00)) = L ((11)(1 1)) Poiché (11) e (1 1) sono chiaramente linearmente indipendenti essi costituiscono una base di im g e risulta dim im g = 2 Pertanto img è un sottospazio di dimensione 2 di R 2 e dunque im g = R 2 (ossia g è suriettiva) Si noti che avremmo potuto determinare im g anche senza studiarla direttamente ma applicando invece il teorema del rango da cui risulta e quindi img = R 2 dim im g = dim R 3 dim ker g = 3 1 = 2 La matrice Mg CC di g rispetto alle basi canoniche di R 3 ed R 2 ha per colonne le componenti di g(100)g(01 0) g(0 01) rispetto alla base canonica C = ((10) (01)) di R 2 ossia M CC g = 1 1 0 1 1 0 3) Veriichiamo che h(p (x) + Q(x)) = h(p (x)) + h(q(x)) e h(λp (x)) = λh(p (x)) per ogni coppia di polinomi P (x) = a+bx+cx 2 Q(x) = a +b x+c x 2 R 2 [x] ed ogni λ R: usando la deinizione di si ha h ( a + bx + cx 2 + a + b x + c x 2) = h ( a + a + ( b + b ) x + ( c + c ) x 2) = ( 2 ( a + a ) + c + c ) i + ( b + b ( c + c )) j = (2a + c)i+ ( 2a + c ) i + (b c)j + ( b c ) j = h ( a + bx + cx 2) + h ( a + b x + c x 2)

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 6 e h ( λ ( a + bx + cx 2)) = h ( λa + λbx + λcx 2) = (2λa + λc)i+ (λb λc)j = λ((2a + c)i+ (b c)j) = λh ( a + bx + cx 2) Dunque h è lineare Alla stessa conclusione si sarebbe potuti giungere osservando che le unzioni componenti di h (cioè le unzioni 2a + c b c che esprimono il generico vettore h ( a + bx + cx 2) rispetto alla base canonica di R 2 ) sono polinomi di 1 grado omogenei nelle componenti abc del generico polinomio P (x) = a + bx + cx 2 R 2 [x] rispetto alla base canonica di R 2 [x]; ciò è suiciente alla linearità di h Il nucleo di h è ker h = { a + bx + cx 2 R 2 [x] : (2a + c)i+ (b c)j = 0 } = { a + bx + cx 2 R 2 [x] : 2a + c = b c = 0 } cioè è l insieme dei polinomi a + bx + cx 2 i cui coeicienti (componenti rispetto alla base canonica di R 2 [x]) risolvono il sistema lineare { 2a + c = 0 b c = 0 Esso ha la soluzione (abc) = ( c 2 cc) con c incognita libera e pertanto risulta { ker h = c } 2 + cx + cx2 : c R = L ( 12 ) + x + x2 Una base di ker h è data dal suo unico generatore 1 + 2x + 2x 2 (che è non nullo) e si ha dim ker h = 1 L immagine di h è generata da h(1) = i h(x) = j ed h ( x 2) = i j e perciò im = L (iji j) = R 2 (in quanto i e j già da soli generano tutto R 2 ) Alla stessa conclusione si sarebbe potuti giungere applicando il teorema del rango: risulta dim im h = dim R 2 [x] dimker h = 3 1 = 2 e pertanto im h = R 2 (sottospazio di dimensione 2 di R 2 ) Osserviamo che h è suriettiva La matrice M CC h di rispetto alle basi canoniche C = ( 1xx 2) di R 2 [x] e C = (ij) di R 2 ha per colonne le componenti rispetto a C delle immagini h(1) h(x) ed h ( x 2) degli elementi di C tramite h Essendo h(1) = i h(x) = j ed h ( x 2) = i j si ha 1 0 1 M CC h = 0 1 1 Si osservi che (come è vero in generale): ker h è il sottospazio dello spazio di partenza ormato dai vettori le cui componenti rispetto C sono le soluzioni del sistema lineare omogeneo di matrice M CC h cioè a a + bx + cx 2 1 0 1 ker h b 0 = ; 0 1 1 0 c

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 7 im h è il sottospazio dello spazio di arrivo generato dai vettori le cui componenti rispetto a C sono le colonne di M CC cioè im h = L ((10) (01) (1 1)) (dove va inteso (10) = 1i + 0j (01) = 0i + 1j (1 1) = 1i 1j) Esercizio 2 L applicazione g : R 2 R 2 ha espressione (g )(xy) = g((xy)) = g(x 2yx + yx + y) = (x 2y + x + yx 2y (x + y)) = (2x y 3y) e la sua matrice rispetto alla base canonica C di R 2 è Mg C 2 1 = 0 3 (ottenuta disponendo sulle colonne le immagini (g )(10) e (g )(01) oppure sulle righe i coeicienti delle unzioni componenti 2x y e 3y di g ) Analogamente l applicazione g : R 3 R 3 ha espressione ( g) (xyz) = (g(xy)) = (x + yx y) = (x + y 2(x y) x + y + x yx + y + x y) = ( x + 3y2x2x) e la sua matrice rispetto alla base canonica C di R 3 è 1 3 0 M g C = 2 0 0 2 0 0 Dall esercizio precedente si ha 1 2 A = 1 1 e A g = 1 1 da cui A g A = che coincide eetivamente con M C g ( 1 1 0 1 1 0 ) 1 2 1 1 = 1 1 1 1 0 1 1 0 2 1 0 3 Esercizio 3 Possiamo svolgere il punto 1) rierendo tutto alla base B data nel testo oppure riportandoci alla base canonica di R 3 Vediamo il primo procedimento rinviando il secondo alla sezione sui cambiamenti di base (Esercizio 3)

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 8 1) Abbiamo già la matrice di rispetto a B quindi basta ricordare che: una base di ker è data dai vettori le cui componenti rispetto a B sono una base dello spazio S 0 delle soluzioni del sistema lineare omogeneo di matrice A ossia (u 1 u k ) è una base di ker ([u 1 ] B [u k ] B ) è una base di S 0 ; una base di im h è data dai vettori le cui componenti rispetto a B sono una base dello spazio generato dalle colonne C 1 C n di A ossia (v 1 v h ) è una base di im ([v 1 ] B [v h ] B ) è una base di L (C 1 C n ) Il sistema lineare omogeneo di matrice A è 1 0 1 x 0 2 1 1 y = 0 3 2 1 z 0 che a conti atti ha la soluzione (xyz) = ( z zz) = z (11 1) z R Dunque lo spazio delle soluzioni è L (11 1) ed ha dimensione 1 da cui segue dim ker = 1 e ker = L (v) con v = (111) + (011) (0 11) = (131) Determiniamo il sottospazio generato dalle colonne di A riducendo per righe la matrice trasposta A T Si ha 1 2 3 1 2 3 A T = 0 1 2 R 3 R 3 R 1 0 1 2 1 1 1 0 1 2 e si vede quindi subito che lo spazio delle colonne di A è L ((123) (0 1 2)) ed ha dimensione 2 Dunque dim im = 2 ed im = L (v 1 v 2 ) con v 1 = (111) + 2(011) + 3(0 11) = (106) v 2 = (011) 2(0 11) = (01 3) 2) Abbiamo ottenuto che dim ker = 1 e dim im = 2 da cui dimker + dim im = 3 = dim R 3 (dimensione dello spazio di partenza) in accordo con il teorema del rango Poiché dimker 0 (cioè ker non è banale) non è iniettiva Poiché dim im 3 (cioè im non è lo spazio di arrivo R 3 ) non è suriettiva Esercizio 4 Poiché (1 2) = (1 1) + (0 1) un applicazione lineare soddisacente le condizioni richieste dovrebbe veriicare (1 2) = ((1 1) + (0 1)) = (1 1) + (0 1) = (11) + (01) = (12) ma la terza condizione impone invece (1 2) = (1 4) (1 2); dunque una tale applicazione non esiste Lo stesso ragionamento non unziona se non è lineare e ad esempio le condizioni richieste sono soddisatte dall applicazione non lineare deinita da (xy) = ( xy 2)

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 9 Esercizio 5 Osserviamo innanzitutto che l endomorismo è ben deinito in quanto le condizioni imposte assegnano le immagini di sugli elementi di una base di R 2 Un endomorismo è invertibile se e solo se è iniettivo o equivalentemente suriettivo Allora poiché (1 1) = (2 1) ed (1 2) = ( 1 0) sono chiaramente linearmente indipendenti im = L ((21) ( 10)) ha dimensione 2 e pertanto è invertibile in quanto suriettiva L espressione di 1 può essere determinata in vari modi ad esempio cercando l espressione di (xy) per ogni (xy) R 2 e poi invertendola oppure cercando la matrice M C di rispetto 1 alla base canonica e poi tenendo conto che M C = M C 1 Sappiamo che (11) = (21) ed (12) = ( 10) ossia ((10) + (01)) = (21) e ((10) + 2(01)) = ( 10) Per la linearità di ciò signiica { (10) + (01) = (21) (10) + 2 (01) = ( 10) e quindi risolvendo rispetto alle incognite (10) ed (01) (immagini degli elementi della base canonica) si ottiene { { { (10) = (21) (01) (10) = (52) (21) + (01) = ( 10) (01) = ( 3 1) (01) = ( 3 1) Dunque M C 5 3 = 2 1 ossia (xy) = (5x 3y2x y) Volendo invertire l espressione di (xy) si tratta di risolvere rispetto a (uv) il sistema (xy) = (uv) cioè { 5x 3y = u 2x y = v A conti atti risulta x = 3v uy = 5v 2u e quindi 1 (uv) = (3v u5v 2u) Invertendo invece M C si ottiene ( M C ) 1 1 3 = 2 5 1 e si ritrova 1 (uv) = ( u + 3v 2u + 5v) in quanto M C = M C 1 1 2 1 a b Esercizio 6 1 è l insieme delle matrici tali che 1 0 0 x y a b 1 2 1 = x y 1 0 0 ossia per deinizione di x + y x + y x + y = a + b a + b a + b 1 2 1 1 0 0

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 10 1 2 1 Dunque calcolare 1 signiica risolvere il sistema 1 0 0 x + y = 1 x + y = 2 x + y = 1 a + b = 1 a + b = 0 a + b = 0 È evidente che il ( sistema ) è senza soluzioni (si vedano ad esempio le prime due equazioni) e 1 2 1 quindi risulta 1 = 1 0 0 2 2 2 Analogamente calcolare 1 signiica risolvere il sistema 1 1 1 { x + y = 2 a + b = 1 (in cui si sono eliminate le equazioni uguali) Tale sistema ha 2 soluzioni date ad esempio da (abxy) = (a1 ax2 x) con ax variabili libere Dunque 1 2 2 2 = 1 1 1 { } a 1 a : ax R x 2 x 0 0 0 Il nucleo di può essere calcolato in modo analogo in quanto ker = 1 Risulta 0 0 0 ker = { } ( ) a a 1 1 0 0 : ax R = L x x 0 0 1 1 La dimensione del nucleo è allora dimker = 2 e dal teorema del rango deduciamo dimim = dim R 22 dimker = 4 2 = 2 Cercando due vettori della base canonica di R 22 le cui immagini tramite siano linearmente indipendenti possiamo ad esempio prendere 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 = ed = 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 Essi sono due vettori linearmente indipendenti dell immagine di che ha dimensione 2 e quindi ( ) 1 1 1 0 0 0 im = L 0 0 0 1 1 1 Per scrivere la matrice M BB associata ad rispetto alle basi B = (A 1 A 2 A 3 A 4 ) e B = (B 1 B 6 ) indicate (dove le deinizioni delle A i e B j sono ovvie) calcoliamo le immagini dei vettori di B e le loro componenti rispetto a B da disporre poi sulle colonne di M BB Svolgendo i calcoli si trova acilmente che

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 11 1 1 0 0 0 0 0 0 (A 1 ) = = = 2 = 2B 0 0 2 2 2 1 1 1 4 1 2 0 0 0 0 0 0 (A 2 ) = = = 3 = 3B 0 0 3 3 3 1 1 1 4 0 0 2 2 2 1 1 1 (A 3 ) = = = 2 = 2B 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 3 3 3 1 1 1 (A 4 ) = = = 3 = 3B 1 2 0 0 0 0 0 0 1 Dunque [ (A 1 )] B = (000200) [ (A 2 )] B = (000300) [ (A 3 )] B = (200000) [ (A 4 )] B = (300000) e pertanto la matrice cercata è 0 0 2 3 0 0 0 0 M BB = 0 0 0 0 2 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Esercizio 7 Osserviamo innanzitutto che l applicazione è ben deinita in quanto le condizioni imposte assegnano le immagini di sugli elementi di una base di R 1 [x] Inatti B = (1 + x1 + 2x) è una base di R 1 [x] perché ( dim R ) 1 [x] = 2 ed i vettori 1 + x1 + 2x sono 1 1 linearmente indipendenti in quanto la matrice delle loro componenti rispetto alla base 1 2 canonica di R 1 [x] ha determinante diverso da zero L immagine di è generata dalle immagini dei vettori di una qualunque base dello spazio di partenza ad esempio B e quindi ( ) 1 0 2 0 im = L 0 1 0 2 È evidente (( che i due )) generatori sono linearmente dipendenti per cui dim im = 1 ed una base 1 0 di im è 0 1 3 0 Per quanto appena visto è chiaro che im e quindi la sua controimmagine è 0 3 non vuota Per calcolarla procediamo come segue: se P (x) è il generico vettore di R 1 [x] ed (ab) sono le sue componenti rispetto alla base B allora P (x) = a(1 + x) + b(1 + 2x) e quindi per la linearità di (P (x)) = (a(1 + x) + b(1 + 2x)) = a (1 + x) + b (1 + 2x) 1 0 2 0 a 2b 0 = a + b = ; 0 1 0 2 0 a + 2b

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 12 di conseguenza (P (x)) = 3 0 0 3 a 2b 0 3 0 = 0 a + 2b 0 3 e si tratta allora di risolvere il sistema lineare { a 2b = 3 a + 2b = 3 Le soluzioni di tale sistema sono chiaramente ininite ed hanno la orma a = 3 + 2b con b qualsiasi Dunque P (x) = a(1 + x) + b(1 + 2x) 1 3 0 a = 3 + 2b b R 0 3 cioè P (x) 1 3 0 0 3 P (x) = (3 + 2b) (1 + x) + b(1 + 2x) = (3 + 3b) + (3 + 4b)x con b R qualsiasi In deinitiva 1 3 0 0 3 = {(3 + 3b) + (3 + 4b)x : b R} Esercizio 8 Ricordiamo che dim R 4 [x] = 5 e che dim R 2 [x] = 3 (i) FALSA; ad esempio l applicazione nulla R 4 [x] R 2 [x] non è iniettiva (ii) FALSA; ad esempio l applicazione (a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 ) = a 0 + a 1 x non è suriettiva in quanto i polinomi di grado 2 eettivo non hanno controimmagini (iii) VERA; inatti poiché im è sottospazio di R 2 [x] deve essere dim im dim R 2 [x] = 3 e allora il teorema del rango implica dim ker = dim R 4 [x] dim im = 5 dim im 5 2 = 3 per cui ker non può mai essere il sottospazio banale (che ha dimensione 0) (iv) FALSA; ad esempio l applicazione (a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 ) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 è suriettiva in quanto ogni polinomio a 0 + a 1 x + a 2 x 2 R 2 [x] ammette se stesso come controimmagine (insieme ad ininite altre) Esercizio 9 (i) FALSA; inatti se osse invertibile R 3 e R 22 avrebbero la stessa dimensione mentre si ha dim R 3 = 3 e dim R 22 = 4

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 13 (ii) FALSA; inatti l uguaglianza x + y 0 = y + z x + z 1 0 0 1 equivale al sistema lineare x + y = 1 y + z = 0 x + z = 1 che risulta avere soluzione unica (data da (xyz) = (100)) e pertanto 1 0 un unica controimmagine (data dalla matrice stessa) 0 1 1 0 0 1 ha (iii) VERA; inatti da un lato (xyz) è sempre una matrice triangolare ineriore per cui im è sottospazio dello spazio delle matrici triangolari ineriori di ordine 2 il quale ricordiamo ha dimensione 3 in quanto generato dalle matrici ( 1 0 0 0 ) ( 0 0 1 0 ) ( 0 0 0 1 della base canonica di R 22 ; dall altro l unicità della controimmagine provata al punto (ii) implica che anche il sistema omogeneo equivalente all uguaglianza x + y 0 0 0 = y + z x + z 0 0 ha soluzione unica (quella banale) da cui segue ker = {(000)} e quindi per il teorema del rango dim im = R 3 = 3; dunque im coincide con tutto lo spazio delle matrici triangolari ineriori in quanto sottospazio di uno spazio di pari dimensione poiché im è sottospazio di R 2 [x] deve essere dimim dim R 2 [x] = 3 e allora il teorema del rango implica dim ker = dim R 4 [x] dim im = 5 dim im 5 2 = 3 per cui ker non può mai essere il sottospazio banale (che ha dimensione 0) (iv) FALSA; inatti si è provato al punto (iii) che dimim = 3 ) Esercizio 10 (i) VERA; inatti la condizione richiesta impone l uguaglianza delle immagini di due vettori distinti contro la deinizione di iniettività (ii) FALSA; inatti è un endomorismo non iniettivo (v punto (i)) ed un endomorismo è suriettivo se e solo se è iniettivo (per il teorema del rango) (iii) VERA; inatti dalla condizione richiesta e dalla linearità di otteniamo che (00) = (11) (1 1) = (02) = 2 (01) da cui dividendo tutto per 2 segue (0 1) = (0 0) cioè (0 1) ker

APPLICAZIONI LINEARI - Applicazioni lineari 14 (iv) FALSA (in generale); ad esempio l applicazione nulla veriica la condizione richiesta ed ha nucleo di dimensione 2 in quanto pari a tutto R 2 (v) VERA; inatti il valore (1 1) = (1 1) non è prescritto e quindi può essere assegnato in ininiti modi diversi ottenendo ogni volta una applicazione lineare diversa Esercizio 11 (i) FALSA; inatti le componenti del vettore (x y z) sono polinomi lineari omogenei nelle variabili xyz il che è suiciente alla linearità di (ii) VERA; inatti i vettori di ker sono le soluzioni del sistema lineare omogeneo { x + y + z = 0 2x + z = 0 e si vede subito che la matrice del sistema ha rango 2 per cui risulta che il sistema ha 3 2 = 1 soluzioni cioè dimker = 1 (iii) FALSA; inatti per il teorema del rango si ha dim im = dim R 3 dim ker = 3 1 = 2 (v punto (ii)) e quindi im è un sottospazio di dimensione 2 di R 2 cioè im = R 2 (iv) FALSA; inatti si ha dimker 0 (v punto (ii)) Esercizio 12 (i) FALSA; inatti i vettori dell immagine di sono in R 2 e quindi non hanno 3 componenti (ii) FALSA; inatti i vettori di ker sono le soluzioni del sistema lineare omogeneo { x + y z = 0 2x 2z = 0 (1) e si vede subito che la matrice del sistema ha rango 2 per cui risulta che il sistema ha 3 2 = 1 soluzioni cioè dimker = 1 (iii) FALSA; inatti la matrice di rispetto alle basi canoniche è 1 1 1 2 0 2 (iv) VERA; inatti il sistema (1) ha la soluzione (xyz) = (z0z) con z parametro libero per cui risulta ker = {z (101) : z R} = L ((101))