Esercizi Applicazioni Lineari

Esercizi Applicazioni Lineari (1) Sia f : R 4 R 2 l applicazione lineare definita dalla legge f(x, y, z, t) = (x + y + z, y + z + t). (a) Determinare il nucleo di f, l immagine di f, una loro base e le loro dimensioni. Il nucleo di f consiste dei vettori (x, y, z, t) tali ce x + y + z = 0 = y + z + t. Risolvendo il sistema otteniamo ker(f) = (t, z t, z, t); z, t R} = (0, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 1). I due vettori sono linearmente indipendenti e formano una base di ker(f), ce quindi risulta di dimensione 2. [ ] x 1 1 1 0 f(x, y, z, t) = y 0 1 1 1 z t e Im(f) = (1, 0), (1, 1), (0, 1) = (1, 0), (0, 1) = R 2. (b) Sia U =< (1,,, 0), (,,, ) > R 4, dove R é un parametro. Determinare al variare di R la dimensione di U e una sua base B. Sia [ ] 1 0 A =. Allora ρ(a ) = 1 se e solo se = 0. Quindi U 0 = (1, 0, 0, 0) e dim(u 0 ) = 1. Per ogni 0 abbiamo dim(u ) = 2 e i vettori (1,,, 0) e (,,, ) formano in questo caso una base B di U. (c) Sia g : U R 2 la restrizione di f a U. Determinare per ogni R la matrice di g rispetto alla base B di U determinata precedentemente e alla base canonica di R 2. Se = 0, abbiamo g 0 ((1, 0, 0, 0)) = f((1, 0, 0, 0)) = (1, 0). La matrice di g 0 rispetto alla base B 0 = (1, 0, 0, 0)} e alla base canonica C di R 2 é: [g 0 ] B 0 C = [ 1 0 ]. Se 0, abbiamo g ((1,,, 0)) = f((1,,, 0)) = (1, 0) e g ((,,, )) = (, ). La matrice di g rispetto alla base B = (1,,, 0), (,,, )} e alla base canonica C di R 2 é: [g 0 ] B C = [ 1 0 (d) Determinare i valori di R per cui g é iniettiva. Se = 0, abbiamo g 0 ((1, 0, 0, 0)) = (1, 0) (0, 0) e quindi g 0 é iniettiva. Se 0, abbiamo [ 1 det( 0 ]. ] ) = e pertanto g risulta iniettiva ance per 0. In conclusione g é iniettiva per ogni R. 1

2 (2) Sia f : R 3 R 3 l applicazione lineare definita da f (x, y, z) = (x z, x + y z, x + z), R. (a) Determinare ker(f ) e Im(f ) per ogni R. Sia A = 1 1 1 0 0 1 la matrice di f rispetto alla base canonica. Abbiamo A = 1 0 1 1 1 0 = 1 2. Se ±1, A 0, f é un isomorfismo e pertanto ker(f ) = 0 e Im(f ) = R 3. Se = 1, operando per rige, abbiamo A 1 = 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 da cui deduciamo ker(f 1 ) = (z, 0, z), z R} =< (1, 0, 1) >. Dalla espressione di A 1 otteniamo Im(f 1 ) =< (1, 1, 1), (0, 1, 0) > e dim(im(f 1 )) = 2. Se = 1, operando per rige,abbiamo A 1 = 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 da cui deduciamo ker(f 1 ) = ( z, 0, z), z R} =< ( 1, 0, 1) >. Dalla espressione di A 1 ricaviamo Im(f 1 ) =< (1, 1, 1), (0, 1, 0) > e dim(im(f 1 )) = 2. (b) Studiare, al variare di R, la diagonalizzabilitá di f e, per gli eventuali valori di R per cui risulta diagonalizzabile, determinare una base di R 3 formata da autovettori di f. Calcoliamo il polinomio caratteristico di f : 1 t 0 1 1 t = (1 t) 1 t 0 1 t 0 1 t 1 1 t 0 = = (1 t)[(1 t) 2 2 ] = (1 t)(t 1 )(t 1 + ). Gli autovalori di f sono quindi 1, 1+, 1. Se 0, abbiamo tre autovalori distinti e f risulta diagonalizzabile. Se = 0, l autovalore 1 a molteplicitá algebrica 3 e molteplicitá geometrica 3 ρ(a 0 I 3 3 ) = 3 ρ( 1 0 0 ) = 3 1 = 2. Pertanto f 0 non é diagonalizzabile, fatto ce poteva ance essere dedotto osservando ce f 0 I R 3, l unico endomorfismo di R 3 diagonalizzabile e con autovalore 1 di molteplicitá algebrica 3.,,

Supponiamo ora 0 e determiniamo una base di R 3 formata da autovettori di f. Per l autovalore 1, l autospazio R 3 1 relativo é composto dalle soluzioni del sistema omogeneo z = 0 x 0 z = 0 x = 0 Quindi R 3 1 =< (0, 1, 0) >. Analogamente per l autovalore 1 + abbiamo x z = 0 x y z = 0 x z = 0 e R 3 +1 1+ =< ( 1,, 1) >. Per l autovalore 1 abbiamo x z = 0 x +y z = 0 x z = 0 e R 3 1 =< (1, 1, 1) >. (c) Per ogni R determinare f 1 (1, 0, 1). Gli elementi cercati sono le soluzioni del sistema Abbiamo B = A x y z 1 1 0 1 0 1 0 1 1 = 1 0 1. 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 2 + 1 Se ±1, abbiamo ρ(a ) = 3 = ρ(b ) e il sistema ammette l unica soluzione (1, 1, 1 ). 1 1 Se = 1, il sistema non ammette soluzioni percé la terza equazione si riduce a 0 = 2. Se = 1, abbiamo infinite soluzioni della forma (1 t, 1, t) = (1, 1, 0) + t( 1, 0, 1), t R. 3 (3) Sia R[x] 3 lo spazio vettoriale reale dei polinomi di grado minore o uguale a 3 nella variabile x e sia f : R[x] 3 [ R 2,2 l applicazione lineare ] definita dalla a + b + c + d b + c legge f (a + bx + cx 2 + dx 3 ) =, dove R é un b c d b parametro reale. (a) Determinare, al variare di R, il nucleo di f, l immagine di f e le loro dimensioni. Consideriamo la base A = 1, x, x 2, x 3 } di R[x] 3 e la base [ ] [ ] [ ] [ ] 1 0 0 1 0 B =,,, } 0 1 0 0 1

4 di R 2,2. Abbiamo Pertanto A = [f] A B = A = 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 = 1 0 1 = 2. Se 0, allora A 0 e f é un isomorfismo. Pertanto per ogni 0 abbiamo ker(f ) = 0 e Im(f ) = R 2,2 visto ce dim(r[x] 3 ) = 4 = dim(r 2,2 ). Se = 0, operando per rige, abbiamo A 0 = 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 da cui deduciamo le equazioni cartesiane di ker(f 0 ): a = b + c = 0. Otteniamo ker(f 0 ) = bx bx 2 + dx 3 ; b, d R} =< x x 2, x 3 > e quindi dim(ker(f 0 )) = 2. Dalla espressione di A 0 segue [ ] [ ] 1 0 1 1 Im(f 0 ) =, 0 0 1 0 e dim(im(f 0 )) = 2. (b) Esistono dei valori di R per cui f non é isomorfismo? Giustificare la risposta. L unico valore di per cui f non é isomorfismo é = 0. Per 0 abbiamo ker(f ) = 0 e Im(f ) = R 2,2 e f é un isomorfismo. (c) Determinare, [ ] al variare di R, la controimmagine della matrice A = 0 3, i.e. determinare f 3 0 1 (A). Consideriamo la matrice associata al sistema A e riduciamo per rige: 1 1 1 0 0 1 1 0 3 0 1 1 3 0 a b c d = 0 3 3 0 1 1 1 0 0 1 1 0 3 0 0 Se = 0, otteniamo il sistema a = 3 b + c = 3 e f 1 (A) = 3 + (3 c)x + cx2 + dx 3, c, d R}., 1 0 0 3 0 1 1 0 3 0 0

Se 0, possiamo ridurre ulteriormente dividendo per la terza e quarta riga, poi sottraendo alla prima riga la terza riga e alla seconda riga la quarta riga. Ricaviamo il sistema: e f 1 (A) = 3 + 3x2. a = 3 c = 3 d = 0 b = 0 (4) Sia f : R 4 R 4 l applicazione lineare definita dalla legge f (x, y, z, t) = (x + y + z + t, y + z, y z t, y) dove R é un parametro reale. (a) Determinare, al variare di R, il nucleo di f, l immagine di f e le loro equazioni cartesiane. Sia A = 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 la matrice di f rispetto alla base canonica. Abbiamo 1 1 0 A = 1 1 0 0 = 1 0 1 = 2. Se 0, A = 0, allora f é un isomorfismo e pertanto ker(f ) = 0 e Im(f ) = R 4. Se = 0, operando per rige, abbiamo A 0 = 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 da cui deduciamo le equazioni cartesiane di ker(f 0 ): x = y + z = 0. Otteniamo ker(f 0 ) = (0, z, z, t), z, t R} =< (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1) >, dim(ker(f 0 )) = 2. Dalla espressione di A 0 segue Im(f 0 ) =< (1, 0, 0, 0), (1, 1, 1, 0) >, e dim(im(f 0 )) = 2. Le equazioni parametrice della immagine sono x = α+ β y = β ; α, β R, z = β t = 0 da cui possiamo ricavare le seguenti equazioni cartesiane di Im(f 0 ): t = y + z = 0 5

6 (b) Nel caso in cui f non é isomorfismo, determinare se f é diagonalizzabile. Dobbiamo studiare la diagonalizzabilitá di f 0. Calcoliamo il polinomio caratteristico di A 0 : A 0 ti 4 4 = 1 t 1 1 0 0 1 t 1 0 0 1 1 t 0 t = (1 t) 1 t 1 0 1 1 t 0 0 0 t = (1 t)( t) 1 t 1 1 1 t = t(t 1)[(1 t)( 1 t) + 1] = (t 1)t3. = L autovalore 0 a molteplicitá algebrica 3 e molteplicitá geometrica 2 = 4 ρ(a 0 ) = 4 2. Pertanto f 0 non é diagonalizzabile. (c) Sia V k = (x, y, z, t) R 4 x + ky + z = 0} R 4, con k R parametro reale; determinare il valore di k per cui f induce un endomorfismo ϕ di V k. Abbiamo dim(v k ) = 3 per ogni k R e i vettori di V k sono della forma (x, y, x ky, t), x, y, t R}. Consideriamo la base B k = v 1 = (1, 0, 1, 0), v 2 = (0, 1, k, 0), v 3 = (0, 0, 0, 1)} di V k. Abbiamo f (v 1 ) = (0, 1, 1, 0); f (v 2 ) = (1 k, 1 k, 1 + k, ) e f (v 3 ) = (, 0,, 0) = v 1 V k per ogni k, R. Sostituendo nella equazione cartesiana di V k per imporre f (v 1 ) V k abbiamo 0 = 0 + k( 1) + 1 + 0 = k + 1 e quindi k = 1. Per k = 1 abbiamo f (v 2 ) = (0, 0, 0, ) = v 3 V k per ogni, k R. In conclusione f induce un endomorfismo se e solo se k = 1. (d) Verificare ce ϕ : V k V k, quando definito, non é mai diagonalizzabile. Dall analisi precedente, con k = 1, otteniamo ϕ(v 1 ) = v 2, ϕ(v 2 ) = v 3 e ϕ(v 3 ) = v 1. Ricaviamo ce B = [ϕ] B B = 1 0 0 0 0 0 0 Il polinomio caratteristico di ϕ é: t 0 1 t 0 0 t = t t 0 t + 1 t 0 = t3 2 = (t 3 + 2 ). Questo polinomio a una sola radice reale di molteplicitá algebrica 1 se 0 e per questi valori risulta non diagonalizzabile. Se = 0, l autovalore 0 a molteplicitá algebrica 3 e molteplicitá geometrica 3 ρ(b 0 ) = 3 1 = 2 e ϕ non é diagonalizzabile nemmeno per = 0. (e) Determinare, al variare di R, la controimmagine del vettore (0, 3, 3, 0), i.e. determinare f 1 ((0, 3, 3, 0)). Consideriamo la matrice associata al sistema e riduciamo per rige: 1 1 1 0 0 1 1 0 3 0 1 1 3 0 1 1 1 0 0 1 1 0 3 0 0 1 0 0 3 0 1 1 0 3 0 0

7 Se = 0, otteniamo il sistema x = 3 y + z = 3 e f 1 ((0, 3, 3, 0)) = ( 3, 3 z, z, t), z, t R}. Se 0, possiamo ridurre ulteriormente dividendo per la terza e quarta riga, poi sottraendo alla prima riga la terza riga e alla seconda riga la quarta riga. Ricaviamo il sistema: x = 3 z = 3 t = 0 y = 0 e f 1 ((0, 3, 3, 0)) = ( 3, 0, 3, 0). (5) Sono assegnati il sottospazio V = (x, y, z, t) R 4 x z + t = 0} R 4 e l endomorfismo f : V V dato da f (1, 0, 1, 0) = ( 1, + 1, 0, 1) f (0, 1, 0, 0) = (, 0, 2, ) f (0, 0, 1, 1) = ( 1, 1, 0, 1) dove R é un parametro reale. (a) Determinare, al variare di R, il nucleo di f, l immagine di f e le loro dimensioni. I vettori v 1 = (1, 0, 1, 0), v 2 = (0, 1, 0, 0) e v 3 = (0, 0, 1, 1) formano una base di V ce indiceremo con B. Abbiamo Quindi f (v 1 ) = (1, + 1, 0, 1) = v 1 + ( + 1)v 2 v 3, f (v 2 ) = (, 0, 2, ) = v 1 + v 3, f (v 3 ) = ( 1, 1, 0, 1) = v 1 v 2 + v 3. A = [f ] B B = + 1 0 1 1 1 1 1 e A = 2 2. Se 0, allora f é un isomorfismo, ker(f ) = 0 e Im(f ) = V. Se = 0, abbiamo A 0 = [f 0 ] B B = 1 0 1 1 0 1 1 0 1 Se u = v 1 + v 2 v 3 = (1, 1, 0, 1), allora Im(f 0 ) = u e dim(im(f 0 )) = 1. Dall espressione di A 0 otteniamo ce, se (x, y, z) sono le coordinate di v V rispetto a B, allora ker(f 0 ) = (x, y, z) : x = z} = (1, 0, 1), (0, 1, 0) = v 1 + v 3, v 2 = e dim(ker(f 0 )) = 2. = (1, 0, 2, 1), (0, 1, 0, 0)

8 (b) Discutere la diagonalizzabilitá di f al variare di R determinando, quando esiste, una base di V formata da autovettori di f. Calcoliamo il polinomio caratteristico di f : 1 t 1 + 1 t 1 1 1 t = t(1 t)2 + ( + 1) + t ( + 1)(1 t) + (1 t) = = t(1 t) 2 + ( + 1) + t 2 (1 t) (1 t) + (1 t) = = t 3 + 2t 2 + 2 t 2 2 = (2 t)(t 2 2 ). Gli autovalori di f sono quindi 2,,. Se 0, 2, 2, f a tre autovalori distinti e risulta quindi diagonalizzabile. Calcoliamo gli autospazi relativi agli autovalori 2, e supponendo inizialmente 0, 2, 2. Per l autovalore 2, l autospazio V 2 relativo é composto dalle soluzioni del sistema omogeneo x +y z = 0 ( + 1)x 2y z = 0, x +y z = 0 equivalente a (1) ( + 2)x ( + 2)y = 0 x +y z = 0. Poicé supponiamo 2, abbiamo x = y e z = ( 1)x, i.e. le soluzioni sono della forma (x, x, ( 1)x) = x(1, 1, 1). Quindi V 2 = v 1 + v 2 + ( 1)v 3 = (1, 1,, 1), visto ce (1, 1,, 1) = v 1 + v 2 + ( 1)v 3. Consideriamo l autovalore e il sistema associato (1 )x +y z = 0 ( + 1)x +y z = 0 x +y +( + 1)z = 0 equivalente al sistema x x y z = 0 = 0. Visto ce supponiamo 0, le soluzioni sono della forma (x, x, x) = x(1, 1, 1). Quindi V = v 1 + v 2 + v 3 = (1, 1, 2, 1). Consideriamo l autovalore e il sistema associato (1 + )x +y z = 0 (1 + )x +y z = 0, x +y +( + 1)z = 0 equivalente al sistema x +2y +z = 0 ( + 2)x ( + 2)z = 0.,

Poicé supponiamo 0, 2, abbiamo soluzioni della forma (x, x, x) = x(1, 1, 1). Allora V = v 1 v 2 + v 3 = (1, 1, 2, 1). 9 Riassumendo per 0, 2, 2, abbiamo la base di autovettori (1, 1,, 1), (1, 1, 2, 1), (1, 1, 2, 1)}. Per = 0, l autovalore 0 a molteplicitá algebrica 2 e f 0 risulta diagonalizzabile percé dim(ker(f 0 )) = 2. Quindi per = 0, abbiamo la base (1, 1, 0, 1), (1, 0, 2, 1), (0, 1, 0, 0)} di autovettori di f 0. Per = 2 il sistema (1) si riduce all equazione x = z. Pertanto dim(v 2 ) = 2 e abbiamo la base (1, 0, 0, 1), (0, 1, 2, 2), (1, 1, 2, 1)} di autovettori di f 2. Per = 2 l endomorfismo f 2 risulta non diagonalizzabile percé dim(v 2 ) = 1 come risulta dal sistema (1). (c) Calcolare, al variare di R, la controimmagine del vettore (,, 2, ), cioé determinare f 1 ((,, 2, )) = v V : f (v) = (,, 2, )}. Abbiamo (,, 2, ) = v 1 + v 2 + v 3 = (v 1 + v 2 + v 3 ). Se = 0, abbiamo f 1 0 (0) = ker(f 0 ) = (1, 0, 2, 1), (0, 1, 0, 0). Se 0, f é isomorfismo e per il calcolo effettuato per determinare V abbiamo f (v 1 + v 2 + v 3 ) = (v 1 + v 2 + v 3 ) = (,, 2, ). Quindi per 0 abbiamo f 1 ((,, 2, )) = (1, 1, 2, 1). (d) Per 0 determinare gli isomorfismi ϕ : R 4 R 4 tali ce ϕ(v) = f (v) per ogni v V. Completiamo la base v 1, v 2, v 3 } di V ad una base di R 4 tramite il vettore e 4 = (0, 0, 0, 1) V. Sia ϕ(e 4 ) = (α, β, γ, δ) R 4 e sia ϕ : R 4 R 4 l endomorfismo ce estende f a R 4. Tutti gli endomorfismi di R 4 ce estendono f possono considerarsi di questo tipo. Poicé per 0 abbiamo Im(f ) = V, l endomorfismo ϕ risulta un isomorfismo di R 4 se e solamente se Im(ϕ) = R 4, i.e. se e solamente se (α, β, γ, δ) V. Quindi dovremo avere α γ+δ 0. (6) Sia f : R 2 R 2 l endomorfismo definito da f (1, 1) = (2, 2) f (1, 1) = (2, 2 4) con R. (a) Determinare la matrice di f rispetto alla base canonica di R 2, Im f e ker f. La matrice associata di f rispetto alla base canonica é [ ] + 1 1 A = 1 3 1

10 pertanto A = 4 2. Per 0 f è un isomorfismo, Im f = R 2 e ker f = 0. Per = 0 la matrice A 0 a rango 1, Im f 0 = (1, 1), ker f 0 = (1, 1). (b) Studiare la diagonalizzabilità di f al variare di, determinandone gli autospazi. Il polinomio caratteristico di f é c A (t) = t 2 4t + 4 2 = (t 2) 2 ce a t = 2 come radice di molteplicitá algebrica 2. Abbiamo [ ] 1 1 A (2) I 2 2 =. 1 1 Se 1, abbiamo R 2 2 = (1, 1) e quindi f non é diagonalizzabile. Se = 1, allora A 1 2 I 2 2 = 0 2 2, R 2 2 = R 2 e f 1 risulta diagonalizzabile. (7) Sia ϕ : R 3 R 3 definita da ϕ (1, 1, 0) = (2, 2, 0) ϕ (1, 1, 0) = (2, 2 4, 0) ϕ (0, 1, 1) = (, 3, 2) con R parametro reale. (a) Studiare, al variare del parametro, l endomorfismo ϕ : R 3 R 3 determinando la matrice di ϕ rispetto alla base canonica di R 3, Im ϕ e ker ϕ. La matrice di ϕ rispetto alla base canonica di R 3 é A = + 1 1 1 1 3 1 1 0 0 2 Quindi A = 4 2 ( 2). Pertanto per 0, 2 ϕ é un isomorfismo, Im ϕ = R 3 e ker ϕ = 0. Se = 0, A 0 = 1 1 1 1 1 1 0 0 2 e abbiamo Im ϕ 0 = (1, 1, 0), (0, 0, 1), ker ϕ 0 = (1, 1, 0). Se = 2, A 2 = 3 1 1 1 5 1, Im ϕ 2 = (1, 0, 0), (0, 1, 0) e ker ϕ = (1, 1, 4). (b) Studiare, al variare di, la diagonalizzabilità di ϕ, determinandone gli autospazi. Il polinomio caratteristico di ϕ é c A (t) = ( 2 t)(t 2) 2, avente t = 2 come radice di molteplicitá algebrica almeno uguale a 2 e come rimanente radice reale t = 2.

Abbiamo 2 = 2 se e solamente se = 2. Quindi se = 2, ϕ 2 a come unico autovalore t = 4 di molteplicitá algebrica 3. In questo caso si ottiene A 2 ( 4) I 3 3 = 3 3 1 3 3 1 e quindi R 3 4 = (x, y, 3x + 3y)} = (1, 0, 3), (0, 1, 3). Poicé la molteplicitá geometrica dell autovalore t = 4 di ϕ 2 é 2, deduciamo ce ϕ 2 non é diagonalizzabile. Supponiamo ora 2 e quindi ce t = 2 sia autovalore di molteplicitá algebrica 2 mentre t = 2 é autovalore di molteplicitá algebrica 1. Per t = 2 abbiamo A ( 2) I 3 3 = 1 2 + 1 1 3 1 1 Quindi si ottiene il sistema associato ( + 2)x ( + 2)y = 0 ( + 2)x + z = 0 da cui deduciamo R 3 2 = (x, x, ( + 2)x)} = (1, 1, ( + 2)). Per t = 2 abbiamo A 2 I 3 3 = 1 1 1 1 1 1 0 0 2 da cui otteniamo i seguenti sistemi: x y = 0 1 R z = 0 3 2 = (x, x, 0)} = (1, 1, 0) = 1 R 3 2 = (x, y, 0)} = (1, 0, 0), (0, 1, 0). In definitiva ϕ è diagonalizzabile solo per = 1. (8) Si considerino l applicazioni lineare f : R 4 R 3, definita da f(x, y, z, t) = (x t, x + y, z + t), e l applicazione lineare g : R 3 R 4, definita da g(x, y, z) = (z x, y, y, x + y). 11 Abbiamo f(x, y, z, t) = 1 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 x y z t = A x y z t

12 e g(x, y, z) = 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 x y z = B x y z a) Determinare una base del nucleo e dell immagine di f e di g e studiare l iniettivitá e suriettivitá di entrambe le applicazioni lineari. L immagine di f é R 3 percé le prime tre rige di f sono linearmente indipendenti. Quindi f é suriettiva e una base dell immagine é ad esempio la base canonica di R 3. Per determinare il nucleo dobbiamo risolvere il sistema omogeneo Abbiamo A x y z t = 0 0 0 x t = 0 x +y = 0 z +t = 0 e pertanto ker(f) = (t, t, t, t), t R} = (1, 1, 1, 1) >. L applicazione lineare f non é iniettiva. Le tre colonne della matrice B sono linearmente indipendenti. Abbiamo dim(im(g)) = 3 e Im(g) = ( 1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 0). Per il Teorema del Nucleo e della Immagine l applicazione lineare g risulta iniettiva e ker(g) = 0 R 3. L applicazione lineare g non é suriettiva percé Im(g) R 4. b) Sia v = (, 1,, 1). Calcolare g 1 (v ), al variare del parametro reale. L insieme g 1 (v ) é costituito dalle soluzioni del sistema di equazioni lineari B = Abbiamo x y z 1 1 x +z = y = 1 y = x +y = 1 Affincé il sistema abbia soluzioni dobbiamo avere = 1 confrontando la seconda e terza equazione. Sostituendo = 1 otteniamo x +z = 1 y = 1 y +z = 0 ce ammette come unica soluzione (2, 1, 1). In conclusione g 1 (v 1 ) = (2, 1, 1) e g 1 (v ) = per ogni 1. c) Studiare la diagonalizzabilitá di f g e g f.

La matrice di f g : R 3 R 3 rispetto alla base canonica di R 3 é la matrice 2 1 1 D = A B = 1 1 1, 1 2 0 il cui polinomio caratteristico risulta essere c D (t) = t(t 2)(t + 3). Quindi f g : R 3 R 3 risulta diagonalizzabile avendo tre autovalori reali distinti. La matrice di g f : R 4 R 4 rispetto alla base canonica di R 4 é la matrice E = B A = 1 0 1 2 1 1 0 0 1 1 0 0 2 1 0 1 il cui polinomio caratteristico risulta essere c E (t) = t 2 (t 2)(t+3). La molteplicitá geometrica dell autovalore 0 é uguale a 4 ρ(e) = 4 3 = 1 < 2. Pertanto g f risulta non diagonalizzabile. (9) Sono assegnati il sottospazio V = (x, y, z, t) R 4 x + y z = 0} R 4 e l endomorfismo f : V V dato da, f (1, 0, 1, 0) = ( + 1, 1, 2, 0 ) f (0, 1, 1, 0) = ( 1, 3 1, 4 2, 0 ) f (0, 0, 0, 1) = ( 1, 1, 2, 2 ) dove R é un parametro reale. (a) Determinare, al variare di R, il nucleo di f, l immagine di f e le loro dimensioni. I vettori v 1 = (1, 0, 1, 0), v 2 = (0, 1, 1, 0) e v 3 = (0, 0, 0, 1) formano una base di V ce indiceremo con B. Abbiamo f (v 1 ) = ( + 1, 1, 2, 0) = ( + 1)v 1 + (1 )v 2, f (v 2 ) = ( 1, 3 1, 4 2, 0) = ( 1)v 1 + (3 1)v 2, f (v 3 ) = (1, 1, 2, 2) = v 1 + v 2 + ( 2)v 3. Quindi A = [f ] B B = + 1 1 1 1 3 1 1 0 0 2 e A = 4 2 ( 2). Pertanto per 0, 2 f é un isomorfismo, Im f = V e ker f = 0 V. Se = 0, A 0 = 1 1 1 1 1 1 0 0 2 e abbiamo Im f 0 = (1, 1, 0) B, (0, 0, 1) B = v 1 +v 2, v 3 = (1, 1, 2, 0), (0, 0, 0, 1) e ker f 0 = (1, 1, 0) B = v 1 + v 2 = (1, 1, 1, 0). Se = 2, A 2 = 3 1 1 1 5 1, Im f 2 = (1, 0, 0) B, (0, 1, 0) B = v 1, v 2 e ker f 2 = (1, 1, 4) B = v 1 + v 2 4v 3. 13

14 (b) Discutere la diagonalizzabilitá di f al variare di R determinando, quando esiste, una base di V formata da autovettori di f. Il polinomio caratteristico di f é c A (t) = ( 2 t)(t 2) 2, avente t = 2 come radice di molteplicitá algebrica almeno uguale a 2 e come rimanente radice reale t = 2. Abbiamo 2 = 2 se e solamente se = 2. Quindi se = 2, f 2 a come unico autovalore t = 4 di molteplicitá algebrica 3. In questo caso si ottiene e quindi A 2 ( 4) I 3 3 = 3 3 1 3 3 1 V 4 = (x, y, 3x + 3y)} = (1, 0, 3) B, (0, 1, 3) B = v 1 3v 2, v 2 + 3v 1. Poicé la molteplicitá geometrica dell autovalore t = 4 di f 2 é 2, deduciamo ce f 2 non é diagonalizzabile. Supponiamo ora 2 e quindi ce t = 2 sia autovalore di molteplicitá algebrica 2 mentre t = 2 é autovalore di molteplicitá algebrica 1. Per t = 2 abbiamo A ( 2) I 3 3 = 1 2 + 1 1 3 1 1 Risolvendo il sistema associato ( + 2)x ( + 2)y = 0 ( + 2)x + z = 0 deduciamo V 2 = (x, x, ( + 2)x)} = (1, 1, ( + 2)) B = v 1 + v 2 ( + 2)v 3. Per t = 2 abbiamo A 2 I 3 3 = 1 1 1 1 1 1 0 0 2 da cui otteniamo i seguenti sistemi: x y = 0 1 V z = 0 2 = (x, x, 0)} = (1, 1, 0) B = v 1 + v 2 = 1 V 2 = (x, y, 0)} = (1, 0, 0) B, (0, 1, 0) B = v 1, v 2. In definitiva f è diagonalizzabile solo per = 1. (c) Calcolare, al variare di R, la controimmagine del vettore w = (1, 1, 2, 2), cioé determinare f 1 ((1, 1, 2, 2)) = v V : f (v) = (1, 1, 2, 2)}. Poicé f (v 3 ) = w per ogni R e poicé per 0, 2 f é un isomorfismo, abbiamo f 1 (w) = v 3 per 0, 2. Se = 0, abbiamo ker f 0 = v 1 + v 2 e pertanto f0 1 (w) = v 3 + α(v 1 + v 2 ) con α R. Se = 2, abbiamo ker f 2 = v 1 + v 2 4v 3 e pertanto f2 1 (w) = v 3 + α(v 1 + v 2 4v 3 ) con α R.

(10) Sia f : R 3 R 3, R, l endomorfismo associato alla matrice 2 1 1 + 1 1. 1 2 (a) Determinare Im(f ) e ker(f ). Essendo 2 1 1 + 1 1 1 2 = + 3, abbiamo ce per 3, ker(f ) = 0 e Im(f ) = R 3. Per = 3 la matrice diventa 2 3 1 1 2 1, 1 3 2 ce operando sulle colonne si trasforma in 1 0 1 0 0 1. 1 0 2 Pertanto Im(f ) = (1, 0, 1), (1, 1, 2) e ker(f ) = (1, 1, 1). (b) Determinare, al variare di, la controimmagine f 1 (1, 0, 1) = v R3 f (v) = (1, 0, 1)} 15 2 1 1 1 + 1 1 0 1 2 1 Risolviamo il sistema associato, considerando la matrice estesa (A w): 1 1 0 1 2 1 1 3 0 3 1 1 0 1 2 1 1 3 0 0 3 quindi per 3 si a una sola soluzione, f 1 (1, 0, 1) = (1, 0, 1)}; in particolare t = 1 risulta essere un autovalore di f per 3. Per = 3 si a ρ(a ) = ρ(a, w) = 2, quindi si anno 1 soluzioni. Risolvendo il sistema ridotto si trova facilmente f 1 (1, 0, 1) = (x, x 1, x 2)}. (c) Studiare la diagonalizzabilità di f individuando, quando è possibile, una base di autovettori. Abbiamo 2 t 1 c f (t) = 1 + 1 t 1 1 2 t = (t 1)2 (t ( + 3)). Se + 3 = 1, cioé se = 2, l autovalore 1 a molteplicitá algebrica 3 e molteplicitá geometrica 3 ρ( 1 2 1 1 2 1 ) = 2. 1 2 1 Quindi f 2 risulta non diagonalizzabile.

16 T = 1 T = + 3 Supponiamo ora 2 e calcoliamo gli autospazi: 1 1 1 1 V 1 = (x, y, x y)} con base u 1 = (1, 0, 1), u 2 = (0, 1, ); 1 1 1 1 1 2 1 1 1 V +3 = (x, x, x)} con base u 3 = (1, 1, 1). Quindi per ogni 2 l endomorfismo f risulta diagonalizzabile e abbiamo la base di autovettori B = (1, 0, 1), (0, 1, ), (1, 1, 1)}. (11) Sia V il sottospazio di R 4 generato dai vettori v 1 = (0, 1, 0, 0), v 2 = (0, 0, 1, 0), v 3 = (1, 0, 0, 1) e sia A = v 1, v 2, v 3 }. Sia inoltre f : V V l endomorfismo la cui matrice associata rispetto alla base A é M = [f ] A A = 1 1 1 1 1, 1 1 1 con R parametro. (i) Determinare, al variare di, il nucleo e l immagine di f. Se = 1, abbiamo Im f 1 = v 1 + v 2 + v 3 e ker f 1 = v 1 v 3, v 2 v 3. Se 1, abbiamo Im f = v 1, v 2 + v 3 e ker f = v 2 v 3. (ii) Studiare la diagonalizzabilitá di f al variare di e nel caso = 1 determinarne gli autospazi. Si potrebbe immediatamente osservare ce f é diagonalizzabile per ogni R visto ce la matrice M é simmetrica e passare a studiare direttamente il caso = 1. Altrimenti si procede nella maniera standard. Abbiamo c M (t) = t[t 2 ( + 2)t + 2( 1)]. Il polinomio t 2 ( + 2)t + 2( 1) a discriminante = ( 2) 2 + 8 > 0 per ogni R. Quindi le due radici di questo polinomio sono distinte per ogni R. La radice 0 di c M (t) é radice ance di t 2 ( + 2)t + 2( 1) se e solamente se 2( 1) = 0, i.e. se e solamente se = 1. In conclusione se 1 abbiamo tre autovalori distinti e f risulta diagonalizzabile mentre f 1 a 0 come autovalore di molteplicitá algebrica 2 e 3 come autovalore di molteplicitá algebrica 1. Quindi per = 1, abbiamo V 0 = ker f 1 = x+y+z = 0} = v 1 v 3, v 2 v 3 e V 1 = 2x + y + z = 0 = x 2y + z} = v 1 + v 2 + v 3. Ance l endomorfismo f 1 risulta quindi diagonalizzabile. (iii) Sia W = Im f 2. Determinare gli eventuali valori di per cui f W risulti iniettiva. Abbiamo W = v 1, v 2 + v 3 e in coordinate rispetto alla base A il sottospazio W a equazioni cartesiane y z = 0. Il sottospazio ker f 1 a equazioni cartesiane x + y + z = 0 e quindi ker f 1 W = 2v 1 + v 2 + v 3 0 V. Allora f 1 W non é iniettiva. Se 1, abbiamo ker f W = 0 V e quindi f W risulta iniettiva.

17 (iv) Dire se M 1 é simile alla matrice B = 3 0 1. Abbiamo c B (t) = t 2 (3 t) ed essendo ρ(b) = 2 la matrice B risulta diagonalizzabile. Essendo ance M 1 diagonalizzabile, le matrici M 1 e B risultano entrambe simili a 3 0 0 e quindi sono simili.