Applicazioni lineari: esercizi numero 1

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In questo articolo troverete 30 esercizi misti su applicazioni lineari tra spazi vettoriali, dettagliatamente svolti con tutti i passaggi. Gli esercizi, organizzati in ordine di difficoltà crescente, sono particolarmente indicati per un corso di algebra lineare destinato a studenti di ingegneria, fisica e matematica.

Sono inoltre presenti alcuni richiami teorici sulle applicazioni lineari utili nella soluzione degli esercizi. Segnaliamo infine il prosieguo Esercizi sulle applicazioni lineari – 2 e gli Esercizi su endomorfismi e diagonalizzazione. Buona lettura!

applicazione lineare

Autori e revisori

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Autori: Chiara Bellotti, Sara Sottile

Revisori: Valerio Brunetti, Luigi De Masi, Matteo Talluri

Notazioni sulle applicazioni lineari

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$\mathcal{L}(v_1,\dots,v_n)$

$\operatorname{Ker} F$

$\operatorname{Im} F$

$\mathbb{R}_{\leq k}[x]$

$\mathcal{M}_k(\mathbb{R})$

$\mathcal{M}_{n\times m}(\mathbb{R})$

$I_k$

$\mathbf{0}$

$\operatorname{rk}A$

$v^T$

sottospazio vettoriale generato da vettori $v_1,\dots,v_n$

nucleo dell’applicazione lineare $F$

immagine dell’applicazione lineare $F$

polinomi di grado al più $k$ a coefficienti in $\mathbb{R}$ nella variabile $x$

insieme delle matrici quadrate di dimensione $k$

insieme delle matrici di dimensione $n \times m$

matrice identica di ordine $k$

vettore nullo

rango della matrice $A$

vettore trasposto del vettore $v$

Richiami di teoria sulle applicazioni lineari

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In questa sezione richiamiamo brevemente le principali definizioni e proprietà delle applicazioni lineari che verranno usate negli esercizi che seguono.

Definizione 1.1. Siano $V$ e $W$ spazi vettoriali sul campo $\mathbb{K}$ . Una funzione

$F \colon V \to W$

è detta applicazione lineare o omomorfismo se soddisfa le seguenti condizioni:

Additività: $F(v_1 + v_2) = F(v_1) + F(v_2)$ per ogni $v_1,v_2 \in V$ .
Omogeneità: $F(kv) = k F(v)$ per ogni $v\in V$ e per ogni $k \in \mathbb{K}$ .

Le due condizioni di additività e omogeneità possono essere sintetizzate in un’unica condizione, detta linearità :

$F(k_1 v_1 + k_2 v_2) = k_1 F(v_1) + k_2 F(v), \qquad \forall v_1,v_2 \in V,\quad \forall k_1,k_2 \in \mathbb{K}.$

Definizione 1.2. Sia $F\colon V \to W$ un’applicazione lineare. Si definisce immagine dell’applicazione lineare $F$ il sottoinsieme del codominio $\operatorname{Im}F\subseteq W$ definito da

$\operatorname{Im} F \coloneqq \{w \in W \colon \exists v \in V \text{ tale che } w = F(v) \}.$

Si definisce nucleo dell’applicazione lineare $F$ il sottoinsieme del dominio $\operatorname{Ker} F\subseteq V$ definito da

$\operatorname{Ker} F \coloneqq \{v \in V \colon F(v)= \mathbf{0}_W\}.$

Definizione 1.3. Sia $F\colon V \to W$ un’applicazione lineare.

$F$ è detta endomorfismo se dominio e codominio coincidono, cioè $V = W$ .
$F$ è detta isomorfismo se $F$ è biettiva.
$F$ è detta automorfismo se $F$ è un endomorfismo biettivo.

Teorema 1.4. [1, teorema 4.1] Sia $F \colon V \to W$ un’applicazione lineare. Allora

$F(\mathbf{0}) = \mathbf{0}.$

Inoltre

$F \text{è iniettiva} \iff \operatorname{Ker} F = \{\mathbf{0}\}.$

Teorema 1.5. [1, teorema 4.2] Sia $F \colon V \to W$ un’applicazione lineare e sia $A\subset V$ . Allora

$F(\mathcal{L}(A)) = \mathcal{L}(F(A)).$

In particolare, se $\mathcal{B}$ è un qualsiasi sistema di generatori di $V$ , si ha che

$\operatorname{Im} F = \mathcal{L}(F(\mathcal{B})).$

Teorema 1.6. [1, teorema 4.3] Siano $V$ e $W$ due spazi vettoriali e sia $\mathcal{B} = \{v_i\}_{i\in I}$ una base di $V$ . Data $S= \{w_i\}_{i\in I}$ una famiglia di vettori di $W$ , esiste una e una sola applicazione lineare $F \colon V \to W$ tale che

$F(v_i) = w_i \qquad \forall i \in I.$

Teorema 1.7. Due spazi vettoriali $V$ e $W$ sono isomorfi se e solo se hanno la stessa dimensione.

$\[\]$

Dimostrazione Dimostriamo le due implicazioni.

$\rightarrow$ ) Sia $F \colon V \to W$ un isomorfismo e sia $\mathcal{B} = \{v_i\}_{i \in I}$ una base di $V$ . Si ha

(1) $\begin{equation*} \mathcal{L}(\mathcal{B}) = \operatorname{Im} F = W, \end{equation*}$

dove la prima uguaglianza segue dal teorema 1.5 e la seconda dalla suriettività di $F$ . Quindi la famiglia $\mathcal{B}' = \{F(v_i)\}_{i \in I}$ è un sistema di generatori di $W$ . Mostriamo che è anche indipendente; infatti, sia $n \in \mathbb{N}$ e supponiamo che si abbia

(2) $\begin{equation*} \alpha_1 F(v_{i_1}) + \dots + \alpha_n + F(v_{i_n}) = \mathbf{0}_W \end{equation*}$

per degli scalari $\alpha_1,\dots,\alpha_n \in \mathbb{K}$ e un insieme $\{i_1,\dots,i_n\} \subseteq I$ costituito da $n$ indici distinti. Per la linearità di $F$ si ha dunque

(3) $\begin{equation*} \begin{split} F \big( \alpha_1 v_{i_1} + \dots + \alpha_n v_{i_n} \big) = \mathbf{0}_W \iff & \alpha_1 v_{i_1} + \dots + \alpha_n v_{i_n} \in \ker F \\ \iff & \alpha_1 v_{i_1} + \dots + \alpha_n v_{i_n} = \mathbf{0}_V, \end{split} \end{equation*}$

dove l’ultima equivalenza segue dall’iniettività di $F$ e dal fatto che $F(\mathbf{0}_V)= \mathbf{0}_W$ . Poiché $\mathcal{B}$ è una base di $V$ , l’ultima relazione in (3) implica che $\alpha_1=\dots=\alpha_n=0$ , provando quindi che $\mathcal{B}'$ è indipendente in $W$ . Poiché $\mathcal{B}'$ è un sistema di generatori indipendenti di $W$ , esso è una base. Dato che $V$ e $W$ possiedono basi della stessa cardinalità, in quanto individuate da famiglie costruite sullo stesso insieme di indici $I$ , si ha $\dim V = \dim W$ .
$\leftarrow$ ) Viceversa, supponiamo che $\dim V = \dim W$ ; dunque esiste una base $\mathcal{B} = \{v_i\}_{i \in I}$ di $V$ , una base $\mathcal{B}' = \{w_j\}_{j \in J}$ di $W$ e una funzione $\phi \colon I \to J$ biunivoca. In virtù del teorema 1.6, esiste un’applicazione lineare $F \colon V \to W$ tale che

(4) $\begin{equation*} F(v_i)= w_{\phi(i)} \qquad \forall i \in I. \end{equation*}$

Vale

(5) $\begin{equation*} \operatorname{Im}F = \mathcal{L}(F(\mathcal{B})) = \mathcal{L}(\mathcal{B}') = W, \end{equation*}$

dove la prima uguaglianza segue dal teorema 1.5, la seconda da (4), mentre l’ultima dal fatto che $\mathcal{B}'$ è una base di $W$ . Dunque (5) prova che $F$ è suriettiva. Per dimostrare che $F$ è iniettiva, utilizziamo il teorema 1.4 provando che $\ker F=\{\mathbf{0}_V\}$ . Sia $v \in \ker F$ ; dato che $\mathcal{B}$ è una base di $V$ , esistono degli scalari $\alpha_1,\dots,\alpha_n \in \mathbb{K}$ e un insieme $\{i_1,\dots,i_n\} \subseteq I$ di indici tali che

(6) $\begin{equation*} v= \alpha_1 v_{i_1} + \dots + \alpha_n v_{i_n} \quad \Longrightarrow \quad \mathbf{0}_W = F(v) = \alpha_1 F(v_{i_1}) + \dots + \alpha_n F(v_{i_n}) = \alpha_1 w_{\phi(i_1)} + \dots + \alpha_n w_{\phi(i_n)}, \end{equation*}$

da cui segue che $\alpha_1=\dots = \alpha_n=0$ , in quanto $\mathcal{B}'$ è una base di $W$ . Ciò mostra che $v=\mathbf{0}_V$ , provando che $\ker F=\{\mathbf{0}_V\}$ e quindi l’iniettività di $F$ . Poiché $F$ è un omomorfismo iniettivo e suriettivo, esso è un isomorfismo.

Teorema 1.8. [2, teorema 3.2] Sia $V$ uno spazio vettoriale di dimensione finita e sia $F \colon V \to W$ un’applicazione lineare. Allora

$\operatorname{dim} V = \operatorname{dim}\operatorname{Ker} F + \operatorname{dim} \operatorname{Im} F.$

Teorema 1.9. [1, teorema 4.5] Siano $V$ e $W$ spazi vettoriali di dimensione finita tali che $\operatorname{dim} V = n$ e $\operatorname{dim} W=m$ . Sia $F \colon V \to W$ un’applicazione lineare e siano $\mathcal{B}_V$ e $\mathcal{B}_W$ rispettivamente basi di $V$ e $W$ . Allora esiste un’unica matrice $A \in \mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$ avente per colonne le componenti nella base $\mathcal{B}_W$ delle immagini dei vettori della base $\mathcal{B}_V$ tale che, se $v \in V$ ha componenti $(v_1,\dots,v_n)$ nella base $\mathcal{B}_V$ , allora $F(v)$ ha componenti $A(v_1,\dots,v_n)^T$ nella base $\mathcal{B}_W$ .

Viceversa, ogni matrice $A \in \mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$ definisce un’applicazione lineare ponendo che $F(v)$ abbia componenti nella base $\mathcal{B}_W$ pari a $A(v_1,\dots,v_n)^T$ , dove $(v_1,\dots,v_n)$ è il vettore delle componenti di $v$ nella base $\mathcal{B}_V$ .

Corollario 1.10. [2, teorema 3.2] Siano $V$ e $W$ spazi vettoriali di dimensione finita tali che $\operatorname{dim} V = n$ e $\operatorname{dim} W=m$ . Sia $F \colon V \to W$ un’applicazione lineare e sia $A \in \mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$ la matrice associata ad $F$ rispetto ad una base $\mathcal{B}_V$ di $V$ e una base $\mathcal{B}_W$ di $W$ . Allora

$\operatorname{rk} A =\operatorname{dim}\operatorname{Im} F.$

Corollario 1.11. Siano $V$ e $W$ spazi vettoriali di dimensione finita tali che $\operatorname{dim} V = n$ e $\operatorname{dim} W=n$ . Sia $F \colon V \to W$ un’applicazione lineare e sia $A \in \mathcal{M}_{m\times n}(\mathbb{R})$ la matrice associata ad $F$ rispetto ad una base $\mathcal{B}_V$ di $V$ e una base $\mathcal{B}_W$ di $W$ . Allora

$F \text{ è invertibile } \iff A \text{ è invertibile }.$

Inoltre, se $F$ è invertibile allora la sua inversa $F^{-1}$ è lineare e la matrice associata ad $F^{-1}$ rispetto alle stesse basi $\mathcal{B'}$ e $\mathcal{B}$ è la matrice $A^{-1}$ .

$\[\]$

Dimostrazione Per il corollario 1.10, $F$ è suriettiva se e solo se $\operatorname{rk} A = n$ , cioè se e solo se $A$ è invertibile.

Poiché $F$ è rappresentata dalla matrice $A$ nelle basi $\mathcal{B}$ e $\mathcal{B}'$ e poiché

(7) $\begin{equation*} F^{-1}(F(v))=v \qquad \forall v \in V, \end{equation*}$

per il teorema 1.9 l’applicazione inversa $F^{-1} \colon W \to V$ è rappresentata, nelle stesse basi, da una matrice $B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ soddisfacente

(8) $\begin{equation*} BA(v_1,\dots,v_n)^T = (v_1,\dots,v_n)^T \qquad \forall (v_1,\dots,v_n) \in \mathbb{K}^n. \end{equation*}$

Scegliendo $v=e_i$ , dove $e_i$ sono i vettori della base canonica di $\mathbb{K}^n$ , si ottiene $BA=I_n$ , da cui $B=A^{-1}$ .

Testi degli esercizi sulle applicazioni lineari

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che le seguenti applicazioni sono lineari:

$F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ definita da $F(x, y)=(x+2 y, 2 x+y, x-y) \qquad \forall (x,y)\in \mathbb{R}^2$ ;

$F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ definita da $F(x, y,z)=(x-z, x+y-z, x-y) \qquad \forall (x,y,z)\in \mathbb{R}^3$ ;

$F\colon \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}_{\leq 1}[x]$ definita da $F\left(\left(\begin{array}{ll}a & b \\ c & d\end{array}\right)\right)=(a-b)+(c+2 d) x \qquad \forall a,b,c,d\in \mathbb{R}$ .

Svolgimento punto 1.

Dati $(x_1,y_1)$ , $(x_2,y_2) \in \mathbb{R}^2$ e $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ , abbiamo

$\begin{aligned} F\left(\lambda(x_1,x_2)+\mu (x_1,x_2)\right) &= F\left(\lambda x_1+\mu x_2, \lambda y_1+\mu y_2\right)=\\ &= ( \lambda x_1+\mu x_2+2 \lambda y_1+2 \mu y_2, 2 \lambda x_1+2 \mu x_2+ \\& +\lambda y_1+\mu y_2,\lambda x_1+\mu x_2-\lambda y_1-\mu y_2 )=\\&=\lambda(x_1+2 y_1,2x_1+y_1,x_1-y_1)+\mu(x_2+2 y_2,2x_2+y_2,x_2-y_2)=\\&=\lambda F\left(x_1, y_1\right)+\mu F\left(x_2, y_2\right). \end{aligned}$

Segue che $F$ è lineare.

Svolgimento punto 2.

Dato $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ possiamo scrivere

$F(x, y, z)=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \\ z \end{array}\right)$

allora $F$ è lineare in quanto il prodotto righe per colonne tra matrici è lineare, come segue dal teorema 1.9.

Svolgimento punto 3.

Dati $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ e $\lambda\in \mathbb{R}$ , si ha

$\begin{aligned} F\left(\begin{array}{ll} \lambda a & \lambda b \\ \lambda c & \lambda d \end{array}\right)&=(\lambda a-\lambda b)+(\lambda c+2 \lambda d) x=\\&=\lambda[(a - b)+(c+2 d) x] = \lambda F\left(\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right) \end{aligned}$

e, dati $a_1,b_1,c_1,d_1,a_2,b_2,c_2,d_2 \in \mathbb{R}$ , si ha

$\begin{aligned} F\left(\left(\begin{array}{ll} a_1 & b_1 \\ c_1 & d_1 \end{array}\right) +\left(\begin{array}{ll} a_2 & b_2 \\ c_2 & d_2 \end{array}\right)\right) &=\left( a_1+a_2-b_1-b_2 \right)+\left(c_1+c_2+2 d_1+2 d_2\right) x = \\ & =( (a_1-b_1) + (c_1+2d_1)x) +( (a_2-b_2) + (c_2+2d_2)x)= \\&= F\left(\begin{array}{ll} a_1 & b_1 \\ c_1 & d_1 \end{array}\right)+F\left(\begin{array}{ll} a_2 & b_2 \\ c_2 & d_2 \end{array}\right). \end{aligned}$

Segue dunque che $F$ è lineare.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Provare che le seguenti applicazioni non sono lineari:

$F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ definita da $F(x, y)=\sin x-y \qquad \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2$ ;

$F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ definita da $F(x, y)=x^2 y \qquad \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2$ ;

$F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ definita da $F(x, y)=3 x-y+2 \qquad \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2$ ;

$F\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da $F(x)=|x| \qquad \forall x \in \mathbb{R}$ .

Svolgimento punto 1.

$F$ non è lineare in quanto

$F\left( \left(\frac{\pi}{2},0\right) + \left(\frac{\pi}{2},0\right) \right) = F\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}, 0\right)=\sin \pi=0,$

$F\left(\frac{\pi}{2}, 0\right)+F\left(\frac{\pi}{2}, 0\right)=\sin \frac{\pi}{2}+\sin \frac{\pi}{2}=2 .$

Svolgimento punto 2.

$F$ non è lineare in quanto

$4=F(2,1)=F((1,0)+(1,1)) \neq F(1,0)+F(1,1)=0+1=1.$

Svolgimento punto 3.

Ricordando che ogni applicazione lineare deve verificare $F(\mathbf{0})=\mathbf{0}$ per il teorema 1.4, notiamo che

$F(0,0)=2\neq 0,$

da cui segue che $F$ non è lineare.

Svolgimento punto 4.

$F$ non è lineare poiché

$F(-1)=1$

$-F(1)=-1 .$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia data l’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ tale che

$F(x, y)=(x+2 y , 3 y , x-y) \qquad \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2.$

Trovare $F^{-1}(\{5,6,-1\})$ .

Calcolare l’immagine diretta tramite $F$ del sottospazio $U=\mathcal{L}((1,-2))$ .

Stabilire se $F$ è iniettiva o suriettiva.

Trovare una base e la dimensione dell’immagine e del nucleo di $F$ .

Svolgimento punto 1.

Dall’espressione di $F$ si ha che $F(x,y) = (5,6,-1)$ se e solo se

$\left\{\begin{array}{l} x+2 y=5 ,\\ 3 y=6 ,\\ x-y=-1. \end{array}\right.$

Dalla seconda equazione abbiamo $y=2$ e dalla terza $x=y-1=1$ , quindi, essendo verificata la prima equazione, segue che

$F^{-1}(\{(5,6,-1)\})=\{(1,2)\}.$

Svolgimento punto 2.

Poiché l’immagine del sottospazio richiesto è data dal sottospazio generato dall’immagine del generatore per il teorema 1.5, basta calcolare

$F(1,-2)=(1,2,-1),$

da cui segue che

$\mathcal{L}(F(1,-2))=\mathcal{L}((1,2,-1)) .$

Svolgimento punto 3.

Siccome

$F(x, y)=(0,0,0) \iff \left\{\begin{array}{l} x+2 y=0 ,\\ 3 y=0, \\ x-y=0, \end{array}\right.$

da cui segue che l’unica soluzione è

$(x,y)=(0,0),$

da cui

(9) $\begin{equation*} \operatorname{Ker} f=\{(0,0)\}. \end{equation*}$

Possiamo quindi concludere che $F$ è iniettiva per il teorema 1.4. Tuttavia $F$ non è suriettiva per il teorema 1.5: presa una base $\mathcal{B}$ di $\mathbb{R}^2$ , $\operatorname{Im} F=\mathcal{L}(F(B))$ , che ha dimensione al più $2$ , quindi non coincide con $\mathbb{R}^3$ . Per completezza, esibiamo un esempio esplicito di vettore in $\mathbb{R}^3 \setminus \operatorname{Im} F$ : $(1,3,1) \notin \operatorname{Im} F$ , infatti

$F(x, y)=(1,3,1) \iff \left\{\begin{array}{l} x+2 y=1, \\ 3 y=3 ,\\ x-y=1, \end{array}\right.$

ma tale sistema non ammette soluzione $(x,y)\in \mathbb{R}^2$ . Infatti, dalla seconda equazione otteniamo $y=1$ , che sostituito nella prima e nella terza equazione restituisce $x=-1$ e $x=2$ , rispettivamente, che è una contraddizione.

Svolgimento punto 4.

Il nucleo di $F$ è banale per (9). Cerchiamo ora la dimensione dell’immagine di $F$ . Una base di $\mathbb{R}^2$ è $\{(1,0),(0,1)\}$ e l’immagine di questi vettori è

$F(1,0)=(1,0,1) \quad \text{e} \quad F(0,1)=(2,3,-1),$

da cui, per il teorema 1.5, si ha che

$\operatorname{Im} F=\mathcal{L}((1,0,1),(2,3,-1)) ,$

da cui segue che $\operatorname{dim}\operatorname{Im} F = 2$ e, di conseguenza, $\dim \operatorname{Ker} F=0$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri l’applicazione $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ tale che

$F(x, y, z)=(x-y, z) \qquad \forall (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 .$

Determinare la controimmagine di $\{(2,2)\}$ tramite l’azione di $F$ .

Determinare una base e la dimensione di $\operatorname{Im} F$ e di $\operatorname{Ker} F$ .

Calcolare la dimensione dell’immagine del sottospazio $U=\mathcal{L}((1,0,0),(0,2,0))$ .

Svolgimento punto 1.

Dall’espressione di $F$ si ha che $F(x,y,z) = (2,2)$ se e solo se

$\left\{\begin{array}{l} x-y=2, \\ z=2, \end{array}\right.$

da cui si ha $x=2+y$ , $y \in \mathbb{R}$ , e $z=2$ . Segue che

$F^{-1}(\{(2, 2)\})=\{(2+y, y, 2) \colon y \in \mathbb{R}\} .$

Svolgimento punto 2.

Abbiamo

$F(x, y, z)=(0,0) \iff(x-y, z)=0 \iff z=0 \; \text{e}\; x=y,$

da cui

$\operatorname{Ker} F =\mathcal{L}\left(\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1\\ 0 \end{array}\right)\right).$

Segue dunque che il nucleo di $F$ ha dimensione $1$ . Dal teorema 1.8, segue che

$\operatorname{dim}\operatorname{Im} F = \operatorname{dim} \mathbb{R}^3 - \operatorname{dim} \operatorname{Ker} F = 3- 1 = 2,$

dunque $\operatorname{Im} F = \mathbb{R}^2$ ed una sa base è $\{(1, 0),(0,1)\}$ .

Svolgimento punto 3.

Poiché

$F(1,0,0)=(1,0)\; \text { e }\; F(0,2,0)=(-2,0)=-2F(1,0,0)$

per il teorema 1.5 si ha che

$F(U) = \mathcal{L}((1,0)),$

da cui segue che la dimensione di $F(U)$ è $1$ .

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri l’applicazione $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ tale che

$F(x, y, z)=\left(\begin{array}{cc} x+y & x-y \\ x-y & z \end{array}\right) \qquad \forall (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 .$

Determinare la controimmagine dell’insieme $\{I_2\}$ , dove $I_2$ denota la matrice identica, tramite l’azione di $F$ .

Determinare una base e la dimensione di $\operatorname{Im} F$ e di $\operatorname{Ker} F$ .

Stabilire se $F$ è iniettiva o suriettiva.

Svolgimento punto 1.

Dall’espressione di $F$ si ha che $F(x,y,z) = I_2$ se e solo se

$\left(\begin{array}{cc} x+y & x-y \\ x-y & z \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right),$

da cui

$\left\{\begin{array}{l} x+y = 1,\\ x-y=0,\\ z=1 \end{array} \right.$

dunque $z=1$ e $x=y=\frac{1}{2}$ . Segue che

$F^{-1}\left\{\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\right\}=\left\{\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1\right)\right\}.$

Svolgimento punto 2.

Abbiamo

$F(x, y, z)=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right) \iff \left\{\begin{array}{l} x+y = 1,\\ x-y=0,\\ z=1, \end{array} \right.$

da cui $(x,y,z)=(0,0,0)$ . Segue dunque che $\operatorname{Ker} F =\{(0,0,0)\}.$ Per il teorema 1.5 si ha

$\operatorname{Im} F=\mathcal{L}(F(1,0,0), F(0,1,0), F(0,0,1))= \mathcal{L}\left\{\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 1 & -1 \\ -1 & 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\right\},$

i cui generatori sono indipendenti e pertanto $\operatorname{dim}\operatorname{Im} F=3$ .

Svolgimento punto 3.

Dal punto precedente, poiché il nucleo di $F$ è banale, per il teorema 1.4, si ha che $F$ è iniettiva. Sappiamo inoltre che

$\operatorname{dim} \operatorname{Im} F= 3 < 4 = \operatorname{dim} \mathcal{M}_2 (\mathbb{R}),$

dunque $F$ non è suriettiva.

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ l’applicazione definita nel seguente modo:

$F\left(\begin{array}{l} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array}\right) \qquad \forall (x_1,x_2,x_3)\in \mathbb{R}^3.$

Stabilire se $F$ è iniettiva o suriettiva.

Calcolare la controimmagine dell’insieme $\{(2,-1)\}$ .

Trovare l’immagine diretta del sottospazio $U=\mathcal{L}((1,1,-1),(1,0,1))$ .

Calcolare la matrice associata ad $F$ rispetto alle basi canoniche.

Calcolare la matrice associata ad $F$ rispetto alle basi $\mathcal{B}=\{(1,1,-1),(1,0,-1),(1,-1,1)\}$ e $\mathcal{B}^{\prime}=\{(1,2),(-1,1)\}$ .

Svolgimento punto 1.

Sia

$M\coloneqq \left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \end{array}\right)$

la matrice che rappresenta $F$ nelle basi canoniche di $\mathbb{R}^3$ e $\mathbb{R}^2$ . Notiamo che $\operatorname{rk} M=2$ , in quanto le due righe sono linearmente indipendenti, da cui segue per il corollario 1.10 che la dimensione dell’immagine di $F$ è $2$ e quindi $F$ è suriettiva. Inoltre per il teorema 1.8 si ha

$\operatorname{dim} \operatorname{Ker} F= \operatorname{dim} \mathbb{R}^3 -\operatorname{dim} \operatorname{Im} F = 3-2 = 1,$

quindi $F$ non è iniettiva.

Svolgimento punto 2.

Sia $(x_1,x_2,x_3)\in \mathbb{R}^3$ , allora $(x_1,x_2,x_3) \in F^{-1}(\{(2,-1)\})$ se e solo se

$F(x_1,x_2,x_3) = (2,-1) \iff x_1-x_3 = 2 \quad \text{e} \quad 2x_1 + x_2 - 2x_3 = -1,$

da cui otteniamo

$x_2 = -5 \quad \text{e} \quad x_1 = 2+x_3.$

Dunque

$F^{-1}(\{(2,-1)\})=\left\{\left(2+x_3,-5,x_3\right) \colon x_3 \in \mathbb{R}\right\} .$

Svolgimento punto 3.

Vale

$F(1,1,-1)=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 2 \\ 5 \end{array}\right)$

$F(1,0,1)=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array}\right).$

Quindi, utilizzando il teorema 1.5, si ha che

$F(U)=F( \mathcal{L}((1,1,-1),(1,0,1))) = \mathcal{L} (F(1,1,-1),F(1,0,1))) = \mathcal{L}\left((2,5)\right).$

Svolgimento punto 4.

La matrice è data dal testo ed è $M$ .

Svolgimento punto 5.

Calcoliamo le immagini delle dei vettori della base $\mathcal{B}$ , ottenendo

$\begin{aligned*} F(1,1,-1)=(2,5)\eqcolon v_1,\\ F(1,0,-1)=(2,4)\eqcolon v_2,\\ F(1,-1,1)=(0,-1) \eqcolon v_3. \end{aligned*}$

Tali vettori si possono scrivere come combinazione lineare dei vettori della base $\mathcal{B'}$ . Si ha che

$\begin{aligned} &(2,5) = a (1,2) + b (-1,1) = (a-b, 2a+b), \quad a,b \in \mathbb{R} \iff a = \frac{7}{3} \text{ e } b = \frac{1}{3},\\& (2,4) = a (1,2) + b (-1,1) = (a-b, 2a+b), \quad a,b \in \mathbb{R} \iff a = -\frac{1}{3} \text{ e } b = -\frac{1}{3},\\& (0,-1) = a (1,2) + b (-1,1) = (a-b, 2a+b), \quad a,b \in \mathbb{R} \iff a = 2 \text{ e } b = 0, \end{aligned}$

da cui si ottiene, per il teorema 1.9,

$M_\mathcal{B}^{\mathcal{B}'}=\left(\begin{array}{ccc} \dfrac{7}{3} & -\dfrac{1}{3} & 2\\[10pt] \dfrac{1}{3} & -\dfrac{1}{3} & 0 \end{array}\right) .$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire, se esiste, un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ tale che

$F(0,1,1)=(1,-1,-1), \quad F(1,1,-1)=(0,0,2)\quad \text{e}\quad F(2,-3,1)=(-1,-1,-2).$

Svolgimento.

Consideriamo la matrice che ha per colonne i tre vettori considerati, cioè

$M \coloneqq \left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & -3 \\ 1 & -1 & 1 \end{array}\right)$

sviluppando rispetto alla prima colonna, ha determinante

$\operatorname{det} M= -\operatorname{det}\left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ -1 & 1 \end{array}\right)+\operatorname{det}\left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 1 & -3 \end{array}\right)=-3-5=-8 \neq 0,$

quindi

$\mathcal{B}\coloneqq \{(0,1,1), (1,1,-1),(2,-3,1)\}$

è una base di $\mathbb{R}^3$ . Per il teorema 1.6 esiste un’unica applicazione lineare $F \colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ che soddisfa le condizioni richieste dalla traccia. Cerchiamo ora di determinare l’espressione di $F$ rispetto alla base $\mathbb{B}$ di $\mathbb{R}^3$ e alla base canonica di $\mathbb{R}^3$ . Sia $v$ un vettore di $\mathbb{R}^3$ con coordinate $(x,y,z)$ nella base $\mathbb{B}$ , allora

$v = x (0,1,1) + y (1,1,-1) + z (2,-3,1),$

dunque

$\begin{aligned} F (v) =& F(x(0,1,1)+y(1,1,-1)+z(2,-3,1))= \\ =& x F(0,1,1) + y F(1,1,-1) + z F(2,-3,1)=\\ = & x (1,-1,1) + y(0,0,2) + z(-1,-1,-1)=\\ = & (x-z, -x - z , x + 2 y -z). \end{aligned}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire, se esiste, un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ tale che $F(1,1)=(1,-1,-1)$ . Tale applicazione è unica? In caso negativo esibirne almeno due distinte.

Svolgimento.

Consideriamo le applicazioni $F_1 \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ e $F_2 \colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ tali che

$F_1 (x,y) \coloneqq (y,-y,-y) \quad \text{e} \quad F_2(x,y) \coloneqq (x,-x,-x), \qquad \forall (x,y)\in \mathbb{R}^2.$

Osserviamo che

$F_1(1,1) = (1,-1,-1) \qquad \text{e} \qquad F_2(1,1) = (1,-1,-1),$

ed inoltre esse sono distinte. Infatti, scelto ad esempio il vettore $(0,1)$ , si ha che

$F_1(0,1) = (1,-1,1) \neq (0,0,0) = F_2(0,1).$

Resta da provare la linearità delle due applicazioni. Siano $(x_1,y_1), (x_2,y_2) \in \mathbb{R}^2$ e $a,b \in \mathbb{R}$ , allora

$\begin{aligned} F_1(a (x_1,y_1) + b (x_2,y_2)) &= F_1 (ax_1+bx_2 , ay_1 + b y_2)=\\ &= (ay_1 + b y_2, - ay_1 - b y_2, ay_1 - b y_2)= \\& = a(y_1, - y_1 , -y_1 )+ b(y_1, - y_2 , -y_2 )=\\ &= a F(x_1,y_1) + b F(x_2,y_2). \end{aligned}$

Dunque $F_1$ è lineare. La dimostrazione della linearità di $F_2$ è analoga.

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire, se esiste, un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ tale che

$F(1,1)=(1,-1,-1), \quad F(-1,-1)=(-1,1,1) \quad \text{e}\quad F(1,0)=(1,0,-3) \text {. }$

Tale applicazione è unica?

Svolgimento.

Osserviamo che $(1,1)$ e $(1,0)$ sono vettori linearmente indipendenti di $\mathbb{R}^2$ , dunque ne formano una base

$\mathcal{B}\coloneqq \{(1,1),(1,0)\}.$

Per il teorema 1.6, esiste un’unica applicazione lineare $F\colon\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^3$ tale che

$F(1,1) = (1,-1,-1) \qquad \text{e} \qquad F(1,0)= (1,0,-3).$

Sia $v$ un vettore di $\mathbb{R}^2$ con coordinate $(x,y)$ nella base $\mathcal{B}$ ; allora

$v = x(1,1) + y(1,0),$

da cui

$\begin{aligned} F(v)&= F(x(1,1)+ y (1,0)) \\&= x F(1,1) + y F(1,0) \\&= x (1,-1,-1) + y (1,0,-3) \\&= (x+y, -x ,-x-3y), \qquad x,y\in \mathbb{R}. \end{aligned}$

Resta da provare che $F(-1,-1) = (-1,1,1)$ . Poiché $(-1,-1) = -(1,1)$ , allora

$F(-1,-1) = F(-(1,1)) = - F(1,1) = - (1,-1,-1) = (-1,1,1).$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire, se esiste, un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ tale che

$F(1,1,-1)=(1,-1,-1), \quad F(1,0,1)=(-1,-2,1) \quad \text{e}\quad F(0,1,-2)=(2,1,-2) \text {. }$

Tale applicazione è unica?

Svolgimento.

Osserviamo che

$(0,1,-2)=(1,1,-1)-(1,0,1) .$

Si fissi un vettore $w=(w_1,w_2,w_3) \in \mathbb{R}^3$ arbitrario tale che

$\mathcal{B} \coloneqq \{(1,1,-1), (1,0,1), w \}$

sia una base di $\mathbb{R}^3$ . Per ogni vettore $v$ in $\mathbb{R}^3$ tale che

$v=x(1,1,-1)+y(1,0,1)+zw,\qquad x,y,z \in \mathbb{R},$

si definisce

$\begin{aligned} F(v) &= x F(1,1,-1) + y F(1,0,1) + z w=\\ & = x (1,-1,-1) + y (-1,-2,1) + z (w_1,w_2,w_3)=\\ &= (x-y + z, w_1 -x -2y + z w_2, -x + y + z w_3). \end{aligned}$

Si verifica che $F$ è lineare, inoltre poiché $(0,1,-2) = (1,1,-1) - (1,0,1)$ si ha che

$\begin{aligned} F(0,1,-2) &= F((1,1,-1) - (1,0,1))= \\& = F(1,1,-1) - F(1,0,1)= \\& = (1,-1,-1) - (-1,-2,1) = \\&= (2,1,-2). \end{aligned}$

Dunque l’applicazione $F$ trovata soddisfa le condizioni richieste. Tuttavia essa non è unica, poiché dipende dalla scelta del vettore $w$ che definisce la base $\mathcal{B}$ .

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Ottieni il documento contenente due dispense contenenti 30 e 8 esercizi risolti per migliorare la tua comprensione delle applicazioni lineari.

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire, se esiste, un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ tale che

$\begin{aligned} F(1,0,-1)=(1,-1,-1),\quad F(1,1,1)=(-1,-2,1) \quad \text{e}\quad F(2,1,0)=(1,-1,2) \end{aligned}$

Svolgimento.

Osserviamo che

$(2,1, 0) = (1,0,-1) + (1,1,1),$

dunque, se una tale $F$ esistesse, per linearità si avrebbe

$\begin{aligned} F(2,1,0)& =F((1,0,-1)+(1,1,1))= \\&=F(1,0,-1)+F(1,1,1)=\\& =(1,-1,-1)+(-1,-2,1)= \\&=(0,-3,0), \end{aligned}$

che è diverso da $(1,-1,2)$ , richiesto invece dalla traccia. Da ciò segue che l’applicazione in esame non esiste.

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire l’unica applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}_{\leq 2}[x] \to \mathbb{R}^4$ tale che

$F\left(x^2-1\right)=(1,-1,0,0), \quad F(x+1)=(1,2,0,1) \quad \text{e}\quad F\left(x^2+x+1\right)=(0,-1,1,0) .$

Studiare poi la suriettività e l’iniettività di $F$ .

Svolgimento.

Osserviamo che

(10) $\begin{equation*} \begin{aligned} 1 =& - (x^2-1) - (x+1) + (x^2+x+1), \\ x =& (x^2-1) + 2(x+1) -(x^2+x+1), \\ \, x^2 =& -(x+1) + (x^2+x+1), \end{aligned} \end{equation*}$

quindi $\mathcal{B}'=\{x^2-1,x+1,x^2+x+1\}$ è una base di $\mathbb{R}_{\leq 2}[x]$ , in quanto i suoi 3 elementi generano i 3 della base canonica $\mathcal{B}=\{1,x,x^2\}$ . Pertanto l’applicazione lineare $F$ richiesta esiste ed è unica per il teorema 1.6. Per (10) e per linearità di $F$ , essa soddisfa

(11) $\begin{equation*} \begin{aligned} &F(1) = - F(x^2-1) - F(x+1) + F(x^2+x+1) =\\& \quad \quad = -(1,-1,0,0) -(1,2,0,1) + (0,-1,1,0)=\\& \quad \quad = (-2,-2,1,-1), \\[1pt] \\& F(x) = F(x^2-1) + 2F(x+1) -F(x^2+x+1) = \\& \quad \quad \, =(1,-1,0,0) +2(1,2,0,1) - (0,-1,1,0)=\\& \quad \quad \, = (3,4,-1,2), \\[1pt] \\& F(x^2) = -F(x+1) + F(x^2+x+1) =\\& \quad \quad \, \, \, = -(1,2,0,1) + (0,-1,1,0)=\\& \quad \quad \, \, \, = (-1,-3,1,-1). \end{aligned} \end{equation*}$

Dunque, per ogni $a,b,c \in \mathbb{R}$ , di nuovo per linearità si ha

(12) $\begin{equation*} \begin{aligned} F(ax^2+bx+c)& = aF(x^2)+b F(x) + c F(1)= \\&= a(-1,-3,1,-1) + b(3,4,-1,2) + c (-2,-2,1,-1)= \\& = (-a+3b-2c,-3a+4b-2c,a-b+c,-a+2b-c). \end{aligned} \end{equation**}$

Osserviamo che

(13) $\begin{equation*} \dim \operatorname{Im} F = \dim \mathcal{L(F(\mathcal{B}))} \leq 3 < 4 = \dim \mathbb{R}^4, \end{equation*}$

dove la prima uguaglianza segue dal teorema 1.5 e la prima disuguaglianza segue dal fatto che $L(F(\mathcal{B}))$ è generato da 3 elementi. Ciò prova che $F$ non è suriettiva.

Se $F(ax^2+bx+c)=\mathbf{0}$ , sommando la terza e la quarta componente di (12) si ottiene $b=0$ , da cui $a+c=0$ . Inserendo tali relazioni nella prima componente di (12) si giunge a $c=0$ e dunque $a=0$ . Pertanto $\ker F= \{\mathbf{0}\}$ e quindi $F$ è iniettiva per il teorema 1.4.

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Trovare un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}_{\leq 2}[x] \to \mathbb{R}^3$ tale che

$F(x-1)=(1,2,0) \quad \text{e} \quad F\left(x^2+1\right)=(1,2,0) .$

Studiare poi la suriettività e l’iniettività di $F$ .

Svolgimento.

Poiché per ipotesi $F(x-1)=F(x^2+1)$ , nessuna applicazione soddisfacente le ipotesi dalla traccia è iniettiva. Quindi, per il teorema 1.4, $\operatorname{dim}\operatorname{Ker} F \geq 1$ . Dunque, poiché per il teorema 1.8 si ha

$\operatorname{dim}\operatorname{Im} F = \operatorname{dim}\mathbb{R}_{\leq 2}[x] - \operatorname{dim}\operatorname{Ker} F = 3 - \operatorname{dim}\operatorname{Ker} F \leq 2,$

nessuna applicazione $F$ richiesta può essere suriettiva. Si consideri l’applicazione lineare definita, in virtù del teorema 1.6, da

$F(1)=(0,0,0), \quad F(x)=(1,2,0), \quad F(x^2)=(1,2,0).$

Essa ovviamente soddisfa le condizioni della traccia e per linearità agisce nel seguente modo:

$F(ax^2+bx+c)= a(1,2,0)+b(1,2,0)= (a+b,2a+2b,0) \qquad \forall a,b,c \in \mathbb{R}.$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se esiste un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}_{\leq 2}[x] \to \mathbb{R}^4$ tale che

$F\left(2 x^2-1\right)=(1,-1,0,0), \quad F(x-1)=(1,2,0,1) \quad \text{e} \quad F\left(2 x^2+x-1\right)=(0,-1,1,0) .$

Svolgimento.

Consideriamo la matrice dei coefficienti dei polinomi $2x^2 - 1$ , $x-1$ e $2x^2+x-1$ possiamo inserire nella seguente matrice i vettori colonna delle componenti di tali polinomi rispetto alla base canonica $\mathcal{B}=\{1,x,x^2\}$ :

$M \coloneqq \left(\begin{array}{ccc} -1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \end{array}\right).$

Sviluppando il determinante rispetto alla prima colonna, si ha che

$\operatorname{det} M = -2 + 2 (-1+1) = -2 \neq 0,$

da cui segue che

$\mathcal{B}\coloneqq \left\{2 x^2-1, x-1,2 x^2+x-1\right\}$

è una base di $\mathbb{R}_{\leq 2}[x]$ . Dunque per il teorema 1.6 esiste un’unica applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}_{\leq 2}[x] \to \mathbb{R}^4$ con le caratteristiche richieste.

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Costruire, se possibile, un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^4$ che abbia come nucleo il sottospazio $U=\mathcal{L}((1,1,0),(-1,1,1))$ . Tale applicazione è unica?

Svolgimento.

Siano

(14) $\begin{equation*} v_1=(1,1,0), \qquad v_2=(1,-1,1), \qquad v_3=(0,0,1). \end{equation*}$

Poiché essi sono indipendenti ( $v_1$ e $v_2$ lo sono e $v_3$ non può essere ottenuto come combinazione lineare di essi), formano una base di $\mathbb{R}^3$ e per il teorema 1.5 esiste un’unica applicazione lineare $F$ soddisfacente

(15) $\begin{equation*} F(v_1)=F(v_2)=\mathbf{0}, \qquad F(v_3)=(1,0,0,0). \end{equation*}$

Per tali relazioni, $U = \mathcal{L}(v_1,v_2) \subseteq \ker F$ e quindi $\dim \ker F \geq 2$ ; d’altra parte, poiché $F$ non è l’applicazione nulla, si ha $\dim \ker F < 3$ e quindi $\dim \ker F = 2$ , cioè $U= \ker F$ , come si voleva. Osserviamo che la funzione $F$ qui definita dipende dalla scelta effettuata per $v_3$ e $F(v_3)$ , dunque non è unica.

Scriviamo ora l’espressione esplicita di $F$ . A tal fine osserviamo che

(16) $\begin{equation*} (1,0,0) = \frac{1}{2}v_1 + \frac{1}{2}v_2 - \frac{1}{2}v_3, \qquad (0,1,0) = \frac{1}{2}v_1 - \frac{1}{2}v_2 + \frac{1}{2}v_3, \end{equation*}$

da cui, per la linearità di $F$ ,

(17) $\begin{equation*} F(1,0,0)=-\frac{1}{2}F(v_3)=\left (-\frac{1}{2},0,0,0\right), \qquad F(0,1,0)=\frac{1}{2}F(v_3)=\left (\frac{1}{2},0,0,0\right). \end{equation*}$

Dunque vale

(18) $\begin{equation*} F(x,y,z) = xF(1,0,0)+yF(0,1,0) + zF(0,0,1) = \left (-\frac{x}{2} + \frac{y}{2}+z,0,0,0\right) \quad \forall (x,y,z) \in \mathbb{R}^3. \end{equation*}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire l’unica applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ che ha come nucleo il sottospazio $U=\mathcal{L}((1,1,0),(-1,1,1))$ e tale che $F(0,-1,3)=(2,2,-2)$ .

Svolgimento.

Osserviamo che

$\mathcal{B} \coloneqq\{(1,1,0),(-1,1,1), (0,-1,3)\}$

è una base di $\mathbb{R}^3$ , infatti considerata la matrice

$M \coloneq \left(\begin{matrix} 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 3 \end{matrix}\right),$

le cui colonne sono costituite dalle componenti dei tre vettori nella base canonica di $\mathbb{R}^3$ , il suo determinante, sviluppato rispetto alla prima riga, è

$\operatorname{det} M = 1(3+1) + 1(3) = 7 \neq 0.$

Allora per il teorema 1.6 esiste un’unica applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^4$ che soddisfa la richiesta della traccia. Dalle condizioni nella traccia e dal teorema 1.9, segue che la matrice associata a $F$ nella base $\mathcal{B}$ e nella base canonica di $\mathbb{R}^3$ è

(19) $\begin{equation*} B = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & -2 \\ \end{pmatrix} \end{equation*}$

Per determinare la matrice $A$ che rappresenta $F$ rispetto alla base canonica di $\mathbb{R}^3$ , occorre moltiplicare a destra $B$ per la matrice $M^{-1}$ di cambio di base dalla base canonica a $\mathcal{B}$ . Poiché

(20) $\begin{equation*} M^{-1} = \frac{1}{7} \begin{pmatrix} 4 & 3 & 1 \\ -3 & 3 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \\ \end{pmatrix}, \end{equation*}$

si ha

(21) $\begin{equation*} A=B M^{-1} = \frac{1}{7} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & -2 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 & 3 & 1 \\ -3 & 3 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \\ \end{pmatrix} = \frac{1}{7} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 4 \\ 2 & -2 & 4 \\ -2 & 2 & -4 \\ \end{pmatrix}. \end{equation*}$

Pertanto si ha

(22) $\begin{equation*} F(x,y,z) = A \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix} = \frac{2}{7} \begin{pmatrix} x-y+2z\\ x-y+2z\\ -x+y-2z \end{pmatrix} \qquad \forall (x,y,z) \in \mathbb{R}^3. \end{equation*}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia data l’applicazione $F\colon \mathbb{R}_{\leq 2}[x] \to \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ tale che

$F(f(x))=\left(\begin{array}{cc} f(1) & f(0) \\ f(-1) & f(0) \end{array}\right), \qquad \forall f \in \mathbb{R}_{\leq 2}[x].$

Provare che $F$ è lineare.

Scrivere esplicitamente l’immagine di un generico polinomio $f(x)=a x^2+b x+c \in \mathbb{R}_{\leq 2}[x].$

Trovare l’immagine diretta tramite $F$ del sottospazio $U=\mathcal{L}\left(1+x, x^2-1\right)$ .

Provare che la controimmagine dell’insieme $\{I_2\}$ , dove $I_2$ denota la matrice identica, tramite l’azione di $F$ è vuota.

Trovare una base e la dimensione di $\operatorname{Im} F$ e $\operatorname{Ker} F$ .

Svolgimento punto 1.

Siano $f(x), p(x)\in \mathbb{R}_{\leq 2}[x]$ e siano $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ . Abbiamo

$\begin{aligned} F(\lambda f(x)+\mu p(x))& =\left(\begin{array}{ll} \lambda f(1)+\mu p(1) & \lambda f(0)+\mu p(0) \\ \lambda f(-1)+\mu p(-1) & \lambda f(0)+\mu p(0) \end{array}\right)=\\&=\lambda\left(\begin{array}{ll} f(1) & f(0) \\ f(-1) & f(0) \end{array}\right)+\mu\left(\begin{array}{ll} p(1) & p(0) \\ p(-1) & p(0) \end{array}\right)=\\&=\lambda F(f(x))+\mu F(p(x)), \end{aligned}$

quindi $F$ è lineare.

Svolgimento punto 2.

Sia $f(x) = ax^2+bx+c$ un generico polinomio in $\mathbb{R}_{\leq 2}[x]$ . Allora si ha

$f(1) = a+b+c, \quad f(0) = c \quad \text{e} \quad f(-1) = a-b+c,$

da cui segue che

$F\left(a x^2+b x+c\right)=\left(\begin{array}{cc} a+b+c & c \\ a-b+c & c \end{array}\right).$

Svolgimento punto 3.

Si ha

$F(1+x)=\left(\begin{array}{ll} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)$

$F\left(x^2-1\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 0 & -1 \end{array}\right),$

quindi per il teorema 1.5 si ha che

$F(U)=\mathcal{L}\left(\left(\begin{array}{ll} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{ll} 0 & -1 \\ 0 & -1 \end{array}\right)\right).$

Svolgimento punto 4.

Dal punto 2., abbiamo

$F\left(a x^2+b x+c\right)=\left(\begin{array}{cc} a+b+c & c \\ a-b+c & c \end{array}\right)= \left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right) \Longrightarrow c=1\ \text{e}\ c=0,$

che è impossibile. Segue che la controimmagine di $\{I_2\}$ è vuota.

Svolgimento punto 5.

Abbiamo

$F(1)=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right) \quad F(x)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 0 \end{array}\right) \quad F\left(x^2\right)=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right),$

quindi per il teorema 1.5 si ha che

$\operatorname{Im}F=\mathcal{L}\left(\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right)\right).$

Osserviamo che le matrici

$\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 0 \end{array}\right) \text{ e }\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right)$

sono indipendenti. Infatti, la seconda e la terza sono chiaramente indipendenti e la prima non si può scrivere come combinazione delle altre due. Dunque $\operatorname{dim} \operatorname{Im} F = 3$ , da cui segue per il teorema 1.8 che

$\operatorname{dim} \operatorname{Ker}F = \operatorname{dim} \mathbb{R}_{\leq 2}[x] - \operatorname{dim} \operatorname{Im} F = 3-3 = 0.$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $F\colon \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}_{\leq 2}[x]$ l’applicazione tale che

$F\left(\left(\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right)\right)=a+(b+d) x+c x^2, \qquad \forall a,b,c,d \in \mathbb{R}.$

Provare che $F$ è un’applicazione lineare.

Determinare $\operatorname{Im} F$ e $\operatorname{Ker} F$ , una loro base e le loro dimensioni.

Stabilire se $F$ è iniettiva o suriettiva.

Scrivere la matrice associata ad $F$ rispetto alle basi
$\left\{\left(\begin{array}{cc}1 & 0 \\ -1 & 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{ll}0 & 0 \\ 1 & 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}1 & -1 \\ 1 & 1\end{array}\right)\right\} \quad \text{ e }\quad \left\{x^2-1, x+1,2-x\right\}$

rispettivamente di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ e di $\mathbb{R}_{\leq 2}[x]$ .

Svolgimento punto 1.

$F$ è lineare, infatti per ogni $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ e per ogni $\lambda \in \mathbb{R}$ si ha

$F\left(\left(\begin{array}{ll} \lambda a & \lambda b \\ \lambda c & \lambda d \end{array}\right)\right)=\lambda\left(a+(b+d) x+c x^2\right)=\lambda F\left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right)$

e per ogni $a_1,a_2,b_1,b_2,c_1,c_2,d_1,d_2 \in \mathbb{R}$ si ha che

$\begin{aligned} &F\left(\left(\begin{array}{cc} a_1 & b_1 \\ c_1 & d_1 \end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc} a_2 & b_2 \\ c_2 & d_2 \end{array}\right)\right)=\\& =F\left(\left(\begin{array}{cc} a_1+a_2 & b_1 +b_2 \\ c_1+c_2 & d_1+d_2 \end{array}\right)\right)=\\&=a_{1}+a_2+\left(b_1+b_2+d_1+d_2\right) x+\left(c_1+c_2\right) x^2=\\ &=a_1 +(b_1 + d_1)x +c_1 x^2 + a_2+ (b_2+d_2)x+c_2 x^2 =\\ &=F\left(\begin{array}{cc} a_1 & b_1 \\ c_1 & d_1 \end{array}\right)+F\left(\begin{array}{ll} a_2 & b_2 \\ c_2 & d_2 \end{array}\right). \end{aligned}$

Svolgimento punto 2.

Abbiamo

$F\left(\left(\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right)\right)=0 \iff a+(b+d) x+c=0 \iff \left\{\begin{array}{l} a=0, \\ c=0 ,\\ d = -b, \end{array}\right.$

da cui possiamo scegliere $b=1$ e

$\operatorname{Ker} F=\mathcal{L}\left(\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{array}\right)\right).$

Segue che la dimensione del nucleo è $1$ e, per il teorema 1.8, si ha che

$\operatorname{dim}\operatorname{Im}F =\operatorname{dim} \mathcal{M}_2 (\mathbb{R})- \operatorname{dim} \operatorname{Ker}F = 4-1 = 3.$

Poiché $\operatorname{dim} \mathbb{R}_{\leq 2}[x] = 3$ , segue che $\operatorname{Im}F = \mathbb{R}_{\leq 2}[x]$ .

Svolgimento punto 3.

Dal punto precedente segue che $F$ è suriettiva ma non iniettiva.

Svolgimento punto 4.

Siccome

$\begin{aligned} F\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 0 \end{array}\right)&=1-x^2=-\left(-1+x^2\right),\\F\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)&=x+x^2=(x+1)+\left(x^2-1\right),\\F\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right)&=x^2=\left(x^2-1\right)+\frac{1}{3}(x+1)+\frac{1}{3}(2-x),\\F\left(\begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)&=1+x^2=\left(x^2-1\right)+\frac{2}{3}(x+1)+\frac{2}{3}(2-x), \end{aligned}$

segue che

$M=\left(\begin{array}{cccc} -1 & 1 & 1 & 1 \\[7pt] 0 & 1 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} \\[7pt] 0 & 0 & \dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} \end{array}\right) .$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare la matrice associata rispetto alle basi canoniche alle seguenti applicazioni lineari:

$F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ definita da $F(x, y)=(x+2 y, 2 x+y, x-y) \qquad \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2$ ;

$F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ definita da $F(x, y, z)=(x-z, x+y-z, x-y) \qquad \forall (x,y,z) \in \mathbb{R}^3$ ;

$F\colon \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}_{\leq 1}[x]$ definita da $F\left(\left(\begin{array}{ll}a & b \\ c & d\end{array}\right)\right)=(a-b)+(c+2 d) x \qquad \forall a,b,c,d \in \mathbb{R}$ .

Svolgimento punto 1.

Siccome

$F(1,0)=(1,2,1)\quad \text { e }\quad F(0,1)=(2,1,-1),$

per il teorema 1.9 abbiamo

$M=\left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{array}\right).$

Svolgimento punto 2.

Poiché

$F(1,0,0)=(1,1,1),\quad F(0,1,0)=(0,1,-1)\quad \text { e }\quad F(0,0,1)=(-1,-1,0),$

per il teorema 1.9 si ha che

$M=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \end{array}\right) .$

Svolgimento punto 3.

Si ha che

$\begin{aligned} F\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)&=1, \quad F\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)=-1, \quad F\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right) = x \quad \text{ e }\quad F\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)=2 x , \end{aligned}$

da cui, per il teorema 1.9,

$M=\left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \end{array}\right).$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano $V$ e $W$ due spazi vettoriali di dimensione finita. Siano poi $F$ e $G$ due applicazioni lineari da $V$ a $W$ . Dimostrare che l’applicazione $F+G: V \to W$ definita da

$(F+G)(v)=F(v)+G(v) \qquad \forall v \in V$

è un’applicazione lineare da $V$ in $W$ . Fissate due basi, una di $V$ e una di $W$ , e dette $A$ e $B$ rispettivamente le matrici di $F$ e $G$ associate a tali basi, come si può calcolare la matrice di $F+G$ ?

Svolgimento.

Usando la linearità di $F$ e $G$ si ha che per ogni $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ e $v,w\in V$ , si ha

$\begin{aligned} (F+G)(\lambda v+\mu w)&=F(\lambda v+\mu w)+G(\lambda v+\mu w)=\\&=\lambda F(v)+\mu F(w)+\lambda G(v)+\mu G(w)=\\&=\lambda(F+G)(v)+\mu(F+G)(w) . \end{aligned}$

Dette $A$ e $B$ le matrici associate ad $F$ e $G$ e detta $n=\operatorname{dim} V$ , per ogni $v\in V$ di componenti $(v_1,\dots,v_n)$ nella base di $V$ fissata, si ha

$(F+G)(v) = F(v)+ G(v) = A \left(\begin{matrix} v_1 \\ \dots \\ v_n \end{matrix}\right) + B\left(\begin{matrix} v_1 \\ \dots \\ v_n \end{matrix}\right) = (A+B)\left(\begin{matrix} v_1 \\ \dots \\ v_n \end{matrix}\right),$

da cui segue che la matrice associata all’applicazione $F+G$ è la matrice $A+B$ .

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia data l’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ tale che

$F(x, y)=(x-2 y, 3 y, x+y) \qquad \forall (x,y)\in \mathbb{R}^2 .$

Trovare $F^{-1}(\{(0,1,-1)\})$ .

Trovare la matrice associata ad $F$ rispetto alle basi canoniche di $\mathbb{R}^2$ e di $\mathbb{R}^3$ .

Trovare la matrice associata ad $F$ rispetto alle basi $\mathcal{B}=\{(1,0),(-1,-1)\}$ di $\mathbb{R}^2$ e $\mathcal{B}^\prime=\{(1,1,0),(1,0,1),(0,0,1)\}$ di $\mathbb{R}^3$ .

Stabilire se $F$ è iniettiva, suriettiva, invertibile.

Trovare una base dell’immagine e del nucleo di $F$ .

Svolgimento punto 1.

Risolvendo il sistema

$\left\{\begin{array}{l} x-2 y=0, \\ 3 y=1 ,\\ x+y=-1, \end{array}\right.$

si ottiene $y=1/3,\ x=2/3$ , mentre la terza equazione non è verificata, quindi il sistema non ha soluzione e perciò

$F^{-1}(\{(0,1,-1)\})=\emptyset.$

Svolgimento punto 2.

La matrice associata ad $F$ rispetto alle basi canoniche di $\mathbb{R}^2$ e $\mathbb{R}^3$ è, per il teorema 1.9,

$M=\left(\begin{array}{ccc} 1 & -2\\ 0 & 3 \\ 1 & 1 \end{array}\right).$

Svolgimento punto 3.

Siccome

$F(1,0)=(1,0,1)$

$F(-1,-1)=(1,-3,-2)=-3(1,1,0)+4(1,0,1)-6(0,0,1)$

allora la matrice associata ad $F$ rispetto alle basi $\mathcal{B}$ e $\mathcal{B}'$ è

$A \coloneqq \left(\begin{array}{cc} 0 & -3 \\ 1 & 4 \\ 0 & -6 \end{array}\right).$

Svolgimento punto 4.

Osserviamo che il

$\operatorname{rk} A = 2,$

dunque per il corollario 1.10 si ha che

$\operatorname{dim}\operatorname{Im} F =\operatorname{rk} A = 2 < 3 = \operatorname{dim}\mathbb{R}^3,$

dunque $F$ non è suriettiva. Inoltre, per il teorema 1.8 si ha che

$\operatorname{dim} \operatorname{Ker} F= \operatorname{dim}\mathbb{R}^2 - \operatorname{dim}\operatorname{Im} F = 2-2= 0.$

Segue quindi che $F$ è iniettiva per il teorema 1.4. Poiché $F$ non è suriettiva, essa non è invertibile.

Svolgimento punto 5.

Dal punto precedente sappiamo che

$\operatorname{Ker} F = \{\mathbf{0}\}.$

L’immagine di $F$ è generata dalle colonne di $M$ per il teorema 1.9. Tali vettori costituiscono una base di $\operatorname{Im}F$ poiché sono in numero pari alla dimensione $2$ dell’immagine, dunque una base dell’immagine è

$\left\{\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -2 \\ 3 \\ 1 \end{array}\right)\right\} .$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri l’applicazione $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ tale che

$F(x, y, z)=(x+2 y ,-\sqrt{3} z)\qquad \forall (x,y,z)\in \mathbb{R}^3 .$

Determinare la controimmagine di $\{(2,2)\}$ tramite l’azione di $F$ .

Determinare la matrice associata ad $F$ rispetto alla base canonica di $\mathbb{R}^3$ e alla base $\{(1,1),(-1,1)\}$ di $\mathbb{R}^2$ .

Determinare una base e la dimensione di $\operatorname{Im} F$ e di $\operatorname{Ker} F$ .

Svolgimento punto 1.

Risolvendo il sistema

$\left\{\begin{array}{l} x+2 y=2 ,\\ -\sqrt{3} z=2, \end{array}\right.$

si ottiene $x=2-2y$ e $z=-2/\sqrt{3}$ , da cui

$F^{-1}(\{(2,2)\})=\left\{\left(2 - 2 y, y,-\frac{2}{\sqrt{3}}\right) \colon y \in \mathbb{R}\right\} .$

Svolgimento punto 2.

Siccome

$\begin{aligned} &F(1,0,0)=(1,0)=\frac{1}{2}(1,1)-\frac{1}{2}(-1,1),\\&F(0,1,0)=(2,0)=(1,1)-(-1,1),\\&F(0,0,1)=(0,-\sqrt{3})=-\frac{\sqrt{3}}{2}(1,1)-\frac{\sqrt{3}}{2}(-1,1) \end{aligned}$

allora la matrice cercata è

$M\coloneqq\left(\begin{array}{ccc} \dfrac{1}{2} & 1 & -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[7pt] - \dfrac{1}{2} & -1 & - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{array}\right) .$

Svolgimento punto 3.

Dal punto precedente, segue che il rango di $M$ è $2$ essendo le due righe indipendenti, quindi $F$ è suriettiva per il corollario 1.10 ed una base dell’immagine di $F$ è $\{(1,0),(0,1)\}$ . Inoltre, la dimensione del nucleo per il teorema 1.8 è

$\operatorname{dim} \operatorname{Ker} F= \operatorname{dim} \mathbb{R}^3 - \operatorname{dim} \operatorname{Im} F = 3-2 = 1.$

Siccome $F(2,-1,0)=\mathbf{0}$ , si ha che

$\operatorname{Ker} F=\mathcal{L}((2,-1, 0)).$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri l’applicazione $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ tale che

$F(x, y, z)=\left(\begin{array}{cc} x-y & x+y \\ 2 x+y & z-x \end{array}\right) \qquad \forall (x,y,z)\in \mathbb{R}^3 .$

Determinare la controimmagine dell’insieme $\{I_2\}$ , dove $I_2$ denota la matrice identica, tramite l’azione di $F$ .

Determinare la matrice associata ad $F$ rispetto alle basi canoniche di $\mathbb{R}^3$ e di $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ .

Determinare una base e la dimensione di $\operatorname{Im} F$ e di $\operatorname{Ker} F$ .

Stabilire se $F$ è iniettiva o suriettiva.

Svolgimento punto 1.

Risolvendo

$\left(\begin{array}{cc} x-y & x+y \\ 2 x+y & z-x \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right),$

da $x+y=2 x+y=0$ si ricava $x=y=0$ , quindi $x-y\neq 1$ e perciò la controimmagine dell’insieme $\{I_2\}$ è l’insieme vuoto.

Svolgimento punto 2.

Siccome

$\begin{aligned} F(1,0,0)&=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{array}\right)=1\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)+1\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)+2\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right)-1\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right),\\F(0,1,0)&=\left(\begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)=-1\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)+1\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)+1\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right),\\F(0,0,1)&=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right), \end{aligned}$

allora

$M=\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{array}\right).$

Svolgimento punto 3.

Siccome il rango di $M$ è $3$ , per il corollario 1.10 la dimensione dell’immagine di $F$ è $3$ ed una base dell’immagine di $F$ è quindi

$\{F(1,0,0), F(0,1,0), F(0,0,1)\}=\left\{\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\right\}.$

Per il teorema 1.8 si ha che $\operatorname{dim}\operatorname{Ker}F=\operatorname{dim}\mathbb{R}^3 - \operatorname{dim}\operatorname{Im} = 3-3=0,$ dunque $\operatorname{Ker}F =\{\mathbf{0}\}$ .

Svolgimento punto 4.

Siccome $\operatorname{dim}\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) = 4$ e $\dim \operatorname{Im}F=3$ allora $F$ non è suriettiva. Tuttavia, essendo nulla la dimensione del nucleo di $F$ , possiamo però concludere che $F$ è iniettiva per il teorema 1.4.

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire, se esiste, un omomorfismo $F\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ tale che $F^{-1}(\{(0,1,1)\})=\{(1,-1,-1)\}$ , il vettore $(1,1,-1)$ sia trasformato in sé stesso e il vettore $(-1,2,1)$ stia nel nucleo.

Svolgimento.

La condizione

(23) $\begin{equation*} F^{-1}(\{(0,1,1)\}) = \{(1,-1,-1)\} \end{equation*}$

implica che $F(1,-1,-1) = (0,1,1)$ , ma la condizione $F(-1,2,1)= \mathbf{0}$ e la linearità di $F$ implicano che

(24) $\begin{equation*} F(0,1,0)= F \big((1,-1,-1) + (-1,2,1) \big) = F(1,-1,-1) = (0,1,1), \end{equation*}$

cioè $(0,1,0) \in F^{-1}(\{(0,1,1)\})$ , che contraddice (23).

Osservazione.

Osservazione 3.1 In generale, se $F \colon V \to W$ è un omomorfismo e $\bar{v} \in F^{-1}(\{w\})$ , vale

(25) $\begin{equation*} F^{-1}(\{w\}) = \bar{v} + \ker F = \{\bar{v} + z \colon z \in \ker F\}. \end{equation*}$

Infatti, sicuramente $\bar{v} + \ker F \subseteq F^{-1}(\{w\})$ per linearità di $F$ . D’altra parte, se $v \in F^{-1}(\{w\})$ , allora $F(\bar{v})=F(v)$ e quindi per linearità $v-\bar{v} \in \ker F$ , dunque $v \in \bar{v} + \ker F$ .

Ciò mostra che la controimmagine di ogni singolo vettore è un cosiddetto spazio affine, di dimensione pari a $\dim \ker F$ .

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire, se esiste, un’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^4$ che trasforma i vettori $(1,-1,-1,0)$ e $(0,0,0,1)$ in sé stessi e che trasforma i vettori $(1,0,0,-1)$ e $(0,1,-1,0)$ nei loro opposti.

Svolgimento.

Osserviamo che si ha

(26) $\begin{equation*} \begin{aligned} (1,0,0,0) = & (0,0,0,1) + (1,0,0,-1), \\ (0,1,0,0) = & -\frac{1}{2}(1,-1,-1,0) + (0,0,0,1) + (1,0,0,-1) + \frac{1}{2}(0,1,-1,0) \\ (0,0,1,0) = & -\frac{1}{2}(1,-1,-1,0) + (0,0,0,1) + (1,0,0,-1) - \frac{1}{2}(0,1,-1,0) \\ (0,0,0,1) = & (0,0,0,1). \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché il sistema composto dai $4$ vettori indicati nella traccia genera la base canonica di $\mathbb{R}^4$ , anch’esso ne costituisce una base. Il teorema 1.6 implica che l’applicazione lineare $F$ esiste ed è unica.

Determiniamo ora esplicitamente $F$ . Da (26), dalle condizioni della traccia e dalla linearità di $F$ , segue che

$\begin{aligned} F(1,0,0,0) = & (0,0,0,1) - (1,0,0,-1) = (-1,0,0,2), \\ F(0,1,0,0) = & -\frac{1}{2}(1,-1,-1,0) + (0,0,0,1) - (1,0,0,-1) - \frac{1}{2}(0,1,-1,0) = \left (-\frac{3}{2},0,1,0 \right ), \\ F(0,0,1,0) = & -\frac{1}{2}(1,-1,-1,0) + (0,0,0,1) - (1,0,0,-1) + \frac{1}{2}(0,1,-1,0) = \left (-\frac{3}{2},1,0,0 \right ), \\ F(0,0,0,1) = & (0,0,0,1). \end{aligned}$

Da ciò, nuovamente per la linearità di $F$ , per ogni $(x,y,z,t) \in \mathbb{R}^4$ vale

$\begin{aligned} F(x,y,z,t) &= x(-1,0,0,2) + y \left (-\frac{3}{2},0,1,0 \right ) + z\left (-\frac{3}{2},1,0,0 \right ) + t(0,0,0,1) = \\& = \left ( -x -\frac{3}{2}(y+z), z,y,2x+t \right ). \end{aligned}$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia data l’applicazione lineare $F\colon \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^3$ che ha per matrice associata rispetto alle basi canoniche la matrice

$M=\left(\begin{array}{llll}1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 1\end{array}\right).$

Trovare l’immagine diretta tramite $F$ del sottospazio $U=\mathcal{L}((1,0,1,0),(1,-1,0,0))$ .

Scrivere esplicitamente le equazioni di $F$ (rispetto alle basi canoniche).

Determinare $F^{-1}(\{(1,0,0)\})$ .

Trovare una base e la dimensione $\operatorname{di} \operatorname{Im} F$ e $\operatorname{Ker} F$ .

Svolgimento punto 1.

Per il teorema 1.5 si ha che

$F(U)=\mathcal{L}(F(1,0,1,0), F(1,-1,0,0)),$

dove

$F(1,0,1,0)=\left(\begin{array}{llll} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)$

$F(1,-1,0,0)=\left(\begin{array}{llll} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 0 \\ -1 \\ -1 \end{array}\right).$

Dunque

$F(U) = \mathcal{L}((1,0,1),(0,-1,-1) ).$

Svolgimento punto 2.

Per ogni $(x,y,z,t)\in \mathbb{R}^4$ abbiamo

(27) $\begin{equation*} F(x, y, z, t)=\left(\begin{array}{llll} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \\ z \\ t \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} x+y \\ y+t \\ x+2 y+t \end{array}\right). \end{equation*}$

Svolgimento punto 3.

Per il punto precedente, basta risolvere

$\left\{\begin{array}{l} x+y=1 ,\\ y+t=0 ,\\ x+2 y+t=0. \end{array}\right.$

Sommando le prime due righe, si ottiene $x+2 y+t=1$ , che è in contrasto con la terza riga, quindi $F^{-1}(\{(1,0,0)\})=\emptyset$ .

Svolgimento punto 4.

Consideriamo la matrice $M$ che definisce l’applicazione e cerchiamone il rango. Osserviamo dapprima che la prima colonna è la differenza tra la seconda e la quarta, dunque $\operatorname{rk}M < 3$ . Poiché il minore

$\left(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}\right)$

ha determinante pari a $1$ , si ha che $\operatorname{rk} M = 2$ . Dunque, per il corollario 1.10, si ha che

$\operatorname{dim} \operatorname{Im} F = \operatorname{rk} M = 2 .$

Una base dell’immagine è data dalle colonne di $M$ linearmente indipendenti per il teorema 1.5 e dunque, poiché i vettori $(1,1,2)$ e $(0,1,1)$ sono linearmente indipendenti in $\mathbb{R}^3$ , una base di $\operatorname{Im} F$ è

$\{(1,1,2),(0,1,1)\} .$

Per il teorema 1.8, si ha che

$\operatorname{dim}\operatorname{Ker} F = \operatorname{dim}\mathbb{R}^4- \operatorname{dim} \operatorname{Im} F = 4-2 = 2.$

Sia $(x,y,z,t)\in \mathbb{R}^4$ , allora

$(x,y,z,t)\in \operatorname{Ker} F \iff F(x, y, z, t)=\mathbf{0} \iff (x+y, y+t , x+2y+t)= \mathbf{0},$

dove nell’ultima equivalenza si è utilizzato per (27). Poiché la terza equazione si ottiene come somma delle prime due, ciò è equivalente al sistema

$\left\{\begin{matrix} x =-y,\\ t =- y ,\\ \end{matrix} \right.$

da cui si può dedurre che i vettori $(0,0,1,0)$ e $(1,-1,0,1)$ appartengono al nucleo. Poiché essi sono linearmente indipendenti e avendo il nucleo dimensione $2$ , possiamo concludere che una base del nucleo è

$\{(0,0,1,0),(1,-1,0,1)\}.$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia data l’applicazione lineare $F\colon \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}^3$ che ha per matrice associata rispetto alle basi canoniche la matrice

$M = \left(\begin{array}{cccc}1 & 1 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & -1\end{array}\right).$

Trovare l’immagine diretta del sottospazio $U=\mathcal{L}\left(\left(\begin{array}{cc}1 & 0 \\ -1 & 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}1 & 1 \\ -1 & 1\end{array}\right)\right)$ .

Scrivere esplicitamente le equazioni di $F$ (rispetto alle basi canoniche).

Determinare $F^{-1}(\{(1,-1,0)\})$ .

Trovare una base e la dimensione di $\operatorname{Im} F$ e $\operatorname{Ker} F$ .

Svolgimento punto 1.

Per il teorema 1.5 si ha che

$F(U) = \mathcal{L}\left(F\left(\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{array}\right)\right), F\left(\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{array}\right) \right)\right).$

Cerchiamo dunque le immagini mediante $F$ delle due matrici che generano $U$ .

$F\left(\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{array}\right)\right)=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & -1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \\ 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} -2 \\ 0 \\ -3 \end{array}\right)$

$F\left(\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{array}\right) \right)=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & -1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right),$

da cui segue che

$F(U)=\mathcal{L}((-2,0,-3),(-1,1,-1)).$

Svolgimento punto 2.

Per ogni $x,y,z,t \in \mathbb{R}$ abbiamo

(28) $\begin{equation*} F\left(\left(\begin{array}{ll} x & y \\ z & t \end{array}\right)\right)=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 2 & 3 & -1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \\ z \\ t \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} x+y+2 z-t \\ -x+y+t \\ x+2 y+3 z-t \end{array}\right). \end{equation*}$

Svolgimento punto 3.

Per il punto precedente, risolviamo il sistema

$\left\{\begin{array} { l } { x + y + 2 z - t = 1 }, \\ { - x + y + t = - 1 } ,\\ { x + 2 y + 3 z - t = 0 }, \end{array}\right.$

da cui si ottiene, sommando la prima equazione con la seconda e la seconda con la terza, il seguente sistema

$\left\{\begin{array}{l} 2 y+2 z=0, \\ \\ 3 y+3 z=-1. \end{array}\right.$

Il sistema non ammette dunque soluzione, per cui

$F^{-1}(\{(1,-1,0)\})=\emptyset .$

Svolgimento punto 4.

Consideriamo la matrice $M$ che definisce l’applicazione e cerchiamone il rango. Poiché la terza colonna della matrice è somma della prima e della terza, mentre la quarta colonna è multipla della prima, ed inoltre la prima e la seconda colonna sono indipendenti tra loro, segue che $\operatorname{rk} M = 2$ . Per il corollario 1.10 si ha che

$\operatorname{dim} \operatorname{Im}F=\operatorname{rk} M = 2,$

e per il teorema 1.5 segue che una base di $\operatorname{Im}F$ è

$\{(1,-1,1), (1,1,2)\}.$

Per il teorema 1.8, si ha che

$\operatorname{dim} \operatorname{Ker} F= \operatorname{dim} \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) - \operatorname{dim} \operatorname{Im} F = 4-2 = 2.$

Sia $\begin{pmatrix} x & y \\ z & t \end{pmatrix}\in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ allora, ricordando l’espressione esplicita di $F$ in (28), si ha

$\begin{pmatrix} x & y \\ z & t \end{pmatrix} \in \operatorname{Ker} F \iff F\left(\begin{pmatrix} x & y \\ z & t \end{pmatrix}\right)= \mathbf{0}\iff \left(\begin{array}{c} x+y+2 z-t \\ -x+y+t \\ x+2 y+3 z-t \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right).$

Otteniamo dunque le condizioni

$\left\{\begin{matrix} x+y+2z-t = 0,\\ -x+y+t = 0,\\ x+2y+3z-t =0. \end{matrix} \right.$

Poiché $\operatorname{dim } \operatorname{Ker} F=2$ , basta risolvere $2$ equazioni indipendenti e dunque, sommando la prima e la seconda equazione e sostituendo nella terza, si ottiene

$\left\{\begin{matrix} y = -z, \\ x = t-z. \end{matrix} \right.$

Le matrici $\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{array}\right)$ e $\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)$ sono linearmente indipendenti e soddisfano la condizione di appartenenza al nucleo, dunque una base del nucleo di $F$ è

$\left\{\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ -1 & 0 \end{array}\right), \left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\right\}.$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano $V$ uno spazio vettoriale e $F\colon V \to V$ un isomorfismo. Siano $U$ e $W$ due sottospazi di $V$ tali che $U \oplus W=V$ . Provare che anche $F(U) \oplus F(W)=V$ .

Svolgimento.

Sia $v\in V$ , allora si deve dimostrare che $v$ si scrive come $F(u)+F(w)$ , con $u\in U$ , $w \in W$ . Poiché $F$ è un isomorfismo per ipotesi, esiste un unico $x\in V$ tale che $F(x)=v$ . Poiché $U \oplus W=V$ , esistono $u\in U$ e $w\in W$ con $u+w=x$ , quindi $F(u+w)=F(x)$ e perciò $F(u)+F(w)=v$ . Questo mostra che $F(U)+F(W)=V$ . Poiché $F$ è un isomorfismo, in particolare è iniettiva e per il teorema 1.4, si ha

$F(U) \cap F(W) = F(U \cap W) = F(\{\mathbf{0}\}) = \{\mathbf{0}\},$

dove la prima uguaglianza segue dall’iniettività di $F$ , da cui $F(U) \oplus F(W)=V$ .

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano dati due spazi vettoriali $V$ e $W$ con basi rispettivamente $\mathcal{B}_V=\left\{v_1, v_2, v_3\right\}$ e $\mathcal{B}_W^{\prime}=\left\{w_1, w_2, w_3\right\}$ . Sia data l’applicazione lineare $F\colon V \to W$ tale che

$F\left(v_1+v_3\right)=w_1+w_2, \quad F\left(v_2\right)=w_3 \quad\text{e}\quad F\left(v_2-v_3\right)=w_1-w_2+w_3 .$

Dimostrare che $F$ è un isomorfismo.

Determinare la matrice di $F$ rispetto alle basi $\mathcal{B}_V$ e $\mathcal{B}_W^{\prime}$ .

Trovare una base di $\operatorname{Im} F$ e di $\operatorname{Ker} F$

Dato il sottospazio $U$ di $V$ generato dai vettori $v_1^{\prime}=v_1-v_2$ e $v_2^{\prime}=v_1+v_2$ , trovare le equazioni parametriche del sottospazio $F(U)$ rispetto alla base $\mathcal{B}_W^{\prime}$ .

Determinare la matrice $A^{\prime}$ associata ad $F$ rispetto alle basi $\overline{\mathcal{B}}_V=\left\{v_2, v_2-v_3, v_1-v_3\right\}$ e $\mathcal{B}_W^{\prime}$ .

Svolgimento punti 1 e 2.

Per quanto riguarda i primi due punti dell’esercizio, dalle condizioni date nel testo si ricava che

$F\left(v_3\right)=F\left(v_2\right)-F\left(v_2-v_3\right)=-w_1+w_2$

e che

$F\left(v_1\right)=F\left(v_1+v_3\right)-F\left(v_3\right)=w_1+w_2+w_1-w_2=2 w_1.$

Pertanto la matrice associata ad $F$ rispetto alle basi $\mathcal{B}_V$ e $\mathcal{B}_W^{\prime}$ è

$M_{\mathcal{B}_V, \mathcal{B}_W^{\prime}}(F)=\left(\begin{array}{ccc}2 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\end{array}\right),$

e ciò risolve il punto 2. Sviluppando il determinante mediante la prima colonna, si ha che

$\operatorname{det} M_{\mathcal{B}_V, \mathcal{B}_W^{\prime}} = 2 (-1) = -2 \neq 0,$

dunque la matrice è invertibile da cui se $F$ è un isomorfismo per il corollario 1.11. Ciò prova il punto 1.

Svolgimento punto 3.

Essendo $F$ un isomorfismo, segue che $\operatorname{Ker}F=\{\mathbf{0}\}$ , mentre $\operatorname{Im}F=W$ .

Svolgimento punto 4.

Essendo

$F\left(v'_1\right)=F\left(v_1\right)-F\left(v_2\right)=2 w_1-w_3$

$F\left(v'_2\right)= F(v_1)+F(v_2)= 2 w_1+w_3,$

le equazioni parametriche di $F(U)$ rispetto alla base $\mathcal{B}_W^{\prime}$ sono

$x=t\left(2 w_1-w_3\right)+s\left(2 w_1+w_3\right)=(2 t+2 s) w_1+(s-t) w_3, \qquad t,s \in \mathbb{R}.$

Svolgimento punto 5.

Poiché $F(v_2)$ e $F(v_2-v_3)$ sono già noti dalla traccia, ci resta solo da calcolare

$F\left(v_1-v_3\right)=F\left(v_1\right)-F\left(v_3\right)=3 w_1-w_2,$

per poter poi concludere che la matrice cercata è

$M=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 3 \\ 0 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right).$

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $V$ uno spazio vettoriale di dimensione 3 con base $\left\{v_1, v_2, v_3\right\}$ . Al variare di $h \in \mathbb{R}$ , si consideri l’applicazione lineare $f \colon V \to V$ definita da, in virtù del teorema 1.6:

$\left\{\begin{array}{l} f\left(v_1\right)=v_1+2 v_2-v_3, \\ f\left(v_2\right)=-v_1+2 v_2 ,\\ f\left(v_3\right)=3 v_1+h v_2+(h+1) v_3. \end{array}\right.$

Determinare la matrice associata ad $F$ rispetto alla base data.

Trovare l’espressione dell’immagine di un generico elemento di $V$ .

Per quali valori di $h\in \mathbb{R}$ l’applicazione $F$ è un automorfismo?

Per $h=-2$ , trovare una base di nucleo e immagine di $F$ .

Quando possibile, trovare la matrice associata a $F^{-1}$ rispetto alla base data.

Svolgimento punto 1.

Dalle condizioni date si ottiene

$M=\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 3 \\ 2 & 2 & h \\ -1 & 0 & h+1 \end{array}\right).$

Svolgimento punto 2.

Sia $\mathcal{B} \coloneq \{v_1,v_2,v_3\}$ . Posto $v=x_1 v_1+x_2 v_2+x_3 v_3$ , per il teorema 1.9 si ha

$[F(v)]_\mathcal{B} =M \left(\begin{matrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{matrix}\right)=\left(\begin{array}{c} x_1-x_2+3 x_3 \\ 2 x_1+2 x_2+h x_3 \\ -x_1+(h+1) x_3 \end{array}\right).$

Segue che

(29) $\begin{equation*} F(v)=\left(x_1-x_2+3 x_3\right) v_1+\left(2 x_1+2 x_2+h x_3\right) v_2+\left(-x_1+(h+1) x_3\right) v_3 . \end{equation*}$

Svolgimento punto 3.

Calcoliamo il determinante della matrice $M$ , sviluppando lungo la terza riga

$\operatorname{det} M=-1(-h-6)+(h+1) 4 =h+6+4 h+4 \neq 0 \iff h \neq-2.$

Per il corollario 1.11 segue che $F$ è un automorfismo se e solo se $h \neq -2$ .

Svolgimento punto 4.

Se $h=-2$ allora

$M=\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 3 \\ 2 & 2 & -2 \\ -1 & 0 & -1 \end{array}\right).$

Per il punto precedente, $\operatorname{det} M =0$ e dunque le colonne di $M$ sono linearmente dipendenti, da cui segue che $F$ non è suriettiva. Dunque $\operatorname{dim} \operatorname{Im} F \leq 2$ e, poiché le prime due colonne di $M$ sono linearmente indipendenti segue che la dimensione dell’immagine di $F$ è $2$ . Una base è di $\operatorname{Im} F$ è dunque

$\left\{w_1+2 w_2-w_3,-w_1+2 w_2\right\},$

dove i vettori sono individuati dalle coordinate rispetto a $\mathcal{B}$ delle colonne della matrice. Per il teorema 1.8 si ha che

$\operatorname{dim} \operatorname{Ker} F= \operatorname{dim} V - \operatorname{dim} \operatorname{Im} F = 3-2 = 1.$

Troviamo una base del nucleo. Sia $v\in V$ con coordinate, nella base $\mathcal{B}$ , pari a $(x_1, x_2,x_3)$ ; allora per (29)

$v \in \operatorname{Ker} F \iff F(x_1v_1+x_2v_2+x_3v_3) = \mathbf{0} \iff \left\{\begin{array}{l} x_1-x_2+3 x_3=0, \\ 2 x_1+2 x_2-2 x_3=0,\\ -x_1-x_3=0. \end{array}\right.$

Poiché $\operatorname{dim} \operatorname{Ker}=1$ , basta trovare un’equazione indipendente. Sommiamo dunque le prime due equazioni del sistema e sostituiamo la terza $x_1 =-x_3$ , da cui si ha

$x_2 = -3x_1 - x_3 = 2 x_3,$

da cui possiamo concludere che una base del nucleo è data da

$\left\{-v_1+2v_2+v_3\right\}.$

Svolgimento punto 5.

Poiché $F$ è invertibile se e solo se $h\neq -2$ , mettiamoci in questo caso. La matrice associata ad $F^{-1}$ rispetto alla base data non è altro che la matrice inversa della matrice $M$ per il corollario 1.11, dunque si ha

$M^{-1} = \dfrac{1}{5(h+2)} \left(\begin{matrix} 2(h+1) & h+1 & -h-6\\ -3h -2 & h+4 & -h +6 \\ 2 & 1 & 4 \end{matrix} \right).$

Riferimenti bibliografici degli esercizi sulle applicazioni lineari 1

[1] C.G. Cullen, Matrices and Linear Transformations , Addison-Wesley Publishing Company (1972).

[2] S. Lang, Linear Algebra, Third edition, Springer (1987).

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