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Applicazioni lineari: esercizi numero 2

Applicazioni lineari ed endomorfismi

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Questa raccolta completa la serie di esercizi proposti in Esercizi sulle applicazioni lineari — 1. Essa contiene 8 esercizi risolti sulle applicazioni lineari e loro rappresentazioni nelle varie basi. Segnaliamo che le soluzioni sono scritte in forma più concisa rispetto a quelle dell’articolo Esercizi su endomorfismi e diagonalizzazione, e che esse danno spazio a tecniche anche più generali, al fine di permettere al lettore un approfondimento completo della disciplina.
applicazioni lineari

 

Notazione sulle applicazioni lineari

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Ricordiamo che date \mathcal{B}=\{v_1,\dots,v_n\} e \mathcal{B}'=\{v_1',\dots,v_n'\} due basi di uno spazio vettoriale V, la matrice del cambiamento di base da \mathcal{B} a \mathcal{B}' (o matrice di passaggio da \mathcal{B}' a \mathcal{B}) viene denotata con \mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}'} (oppure con \mathcal{P}_{\mathcal{B} \leftarrow	\mathcal{B}'}).

Inoltre, data una base \mathcal{C}=\{w_1,\dots,w_m\} di uno spazio vettoriale W e una applicazione lineare f:V \to W, denotiamo con \mathcal{M}_{\mathcal{C}}^{\mathcal{B}}(f) la matrice A=(a_{ij})_{i=1,\dots,m}^{j=1,\dots,n} che rappresenta f nelle basi \mathcal{B} in partenza e \mathcal{C} in arrivo, ovvero data da f(v_j)=\sum_{i=1}^{m}a_{ij}w_i.

Notiamo che \mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}'}(id_V)= \mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}'}.


Applicazioni lineari: autori e revisori

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Testi degli esercizi sulle applicazioni lineari

 

Esercizio 1  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Si considerino le seguenti basi di \mathbb{R}^3

    \begin{equation*} 			\begin{aligned} 			\mathcal{B}_1=	&	\Bigg\{ v_1=\left(\begin{array}{c} 			1 \\ 			2 \\ 			-1 			\end{array}\right), \quad v_2= \left(\begin{array}{c} 			0 \\ 			1 \\ 			2 			\end{array}\right),\quad 			v_3=\left(\begin{array}{c} 			1 \\ 			2 \\ 			0 			\end{array}\right) \Bigg\}, &\\ 			\mathcal{B}_2=& 	\Bigg\{	w_1= \left(\begin{array}{c} 			-1 \\ 			-2 \\ 			1 			\end{array}\right),\quad 			w_2=\left(\begin{array}{c} 			0 \\ 			-2 \\ 			1 			\end{array}\right),\quad 			w_3=\left(\begin{array}{c} 			0 \\ 			-1 \\ 			1 			\end{array}\right)	\Bigg\}.& 			\end{aligned} 			\end{equation*}

Sia f:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 data da f(x)=Ax, dove

    \[A=\begin{pmatrix} 			1 & -1 & 1 \\ 			2 & 1 & 7 \\ 			-2 & -3 & -1 			\end{pmatrix}\]

Determinare la matrice \mathcal{M}_{\mathcal{B}_2}^{\mathcal{B}_1}(f) che rappresental’applicazione lineare f nelle basi \mathcal{B}_1 in partenza e \mathcal{B}_2 in arrivo.

Svolgimento.

Dobbiamo trovare la matrice X tale che, dato il vettore v=[x]_{\mathcal{B}_1} \in \mathbb{R}^3 delle coordinate di x\in \mathbb{R}^3 rispetto la base \mathcal{B}_1, il vettore w=Xv sia il vettore delle coordinate di y=Ax rispetto la base \mathcal{B}_2, ovvero w=[Ax]_{\mathcal{B}_2}.

Denotiamo con B_1=(v_1\;v_2\;v_3) e B_2=(w_1\;w_2\;w_3) le matrici di passaggio da \mathcal{B}_1 a \mathcal{E} e da \mathcal{B}_2 a \mathcal{E}. Abbiamo le seguenti relazioni: w=Xv, x=B_1v e y=B_2w. Dunque otteniamo y=Ax \Leftrightarrow B_2w=AB_1v, da cui X=B_2^{-1}AB_1. Si calcola che

    \[X=\begin{pmatrix} 2 &-1 & 1 \\ 8 & -9 & 3 \\ -17   &5& -12 \end{pmatrix}.\]


 

Esercizio 2  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sia f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 l’ applicazione lineare definita da

    \[f(x,y,z)=( x+y+2z, 2x+y+z, 4x+3y+5z).\]

Calcolare una base per \ker(f), {\rm Im}(f) e le rispettive dimensioni.

Svolgimento.

La matrice rappresentativa di f nella base standard di \mathbb{R}^3 è data da A=\begin{pmatrix} 	1 & 1 & 2 \\ 	2 & 1 & 1 \\ 	4 & 3 & 5 	\end{pmatrix} Con l’algoritmo di Gauss otteniamo la seguente forma ridotta a scala

    \[\begin{center} 		$\begin{pmatrix} 		1 & 1 & 2 \\ 		0 & -1 & -3 \\ 		0 & 0 & 0 		\end{pmatrix} 	\end{center}\]

Deduciamo che \dim({\rm Im}(f))=rk(A)=2 e dunque una base per l’immagine è data dai primi due vettori colonna della matrice rappresentativa,

    \[\mathcal{B}_{\rm Im(f)}= \left\{\left(\begin{array}{c} 	1 \\ 	2 \\ 	4 	\end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 	1 \\ 	1 \\ 	3 	\end{array}\right)\right\}.\]

Poiché \dim(\ker(f))+ \dim({\rm Im}(f))=3, deduciamo che il nucleo ha dimensione 1. Una sua base si trova risolvendo il sistema lineare Ax=0. Per la riduzione vista prima, questo è equivalente al sistema

    \[\begin{cases} 	x+y+2z=0 \\ 	y+3z=0 	\end{cases}\]

che ha come soluzione S=\{ (t,-3t,t): t\in \mathbb{R}\}=\mathcal{L}((1,-3,1)). Dunque una base di \ker(f) è data dal solo vettore \{ e_1-3e_2+e_3 \}.


 

Esercizio 3  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sia \mathcal{E}=\{e_1,e_2,e_3,e_4\} una base di \mathbb{R}^4 e sia f:\mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^4 definita nel modo seguente:

    \[f(e_1)=e_1+e_3, \;f(e_2)=e_2+e_4,\; f(e_3)=e_2-e_4,\; f(e_4)=e_1-e_3.\]

  1. Dimostrare che f è un isomorfismo;
  2.  

  3. Calcolare \det(f), \det(f^{-1}), \det(f^T\circ f);
  4.  

  5. Calcolare la matrice rappresentativa di f^{-1} nella base standard \{e_1,\dots,e_4\};
  6.  

  7. Calcolare f^{-1}(v) per v=4e_2+2e_3-2e_4.

Svolgimento punto 1.

La matrice che rappresenta f nella base \mathcal{E} è

    \[\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(f)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 &  0& 0 &-1 \\ 0 & 1 &-1 & 0 \end{pmatrix}\]

e si calcola che \det(f)=\det(\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(f))=-4. Dunque poiché \det(f)\neq0, f è un isomorfismo.

Svolgimento punto 2.

Si ha, inoltre, che \det(f^{-1})=\det(f)^{-1}=-\frac1 4, \det(f^T\circ f)=\det(f)^2=16.

Svolgimento punto 3.

Per calcolare la funzione inversa di f si può procedere nel modo classico (ovvero calcolando l’inversa della matrice \mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(f)) oppure si può tentare un calcolo diretto cercando di sfruttare le “simmetrie” della funzione f: osserviamo che sommando f(e_1) con f(e_4) e sfruttando la linearità di f troviamo e_1=f(\frac 1 2 (e_1+e_4)) e ragionando analogamente con f(e_2), f(e_3) troviamo e_2=f(\frac 1 2 (e_2+e_3)). Andando a sostituire ricaviamo e_3=f(\frac 1 2 (e_1-e_4)) e e_4=f(\frac 1 2 (e_2-e_3)). Concludiamo che f^{-1} è data da:

    \[f^{-1}(e_1)=\frac 1 2 (e_1+e_4), \; f^{-1}(e_2)=\frac 1 2 (e_2+e_3), \; f^{-1}(e_3)=\frac 1 2 (e_1-e_4), \; f^{-1}(e_4)=\frac 1 2 (e_2-e_3).\]

La matrice che rappresenta f^{-1} nella base \mathcal{E} si ottiene mettendo in colonna le coordinate rispetto \mathcal{E} delle immagini f^{-1}(e_j):

    \[\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(f^{-1})=\begin{pmatrix} 1 /2 & 0          &  1 /2 & 0 \\ 0 & 1 /2 & 0 & 1 /2 \\ 0  &   1 /2  & 0 &- 1 /2 \\ 1/ 2& 0           &- 1 /2 & 0 \end{pmatrix}.\]

Svolgimento punto 4.

Abbiamo

    \[f^{-1}(v)&=4f^{-1}(e_2)+2f^{-1}(e_3)-2f^{-1}(e_4)=2(e_2+e_3)+e_1-e_4-(e_2-e_3)=e_1+e_2+3e_3-e_4.\]


 

Esercizio 4  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Si considerino le seguenti applicazioni lineari:

    \[F:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3, \quad F(x_1,x_2,x_3)=(x_1-x_2,x_2,0),\]

    \[G: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^4, \quad G(x_1,x_2,x_3)=(2x_1-x_2, x_1+x_3, -x_2, 2x_1-x_2+x_3)\]

     

  1. Si esibisca una base di \ker(F), il nucleo di F, e si calcoli la sua dimensione;
  2.  

  3. Si esibisca una base di {\rm Im}(F), l’immagine di F, e si calcoli la sua dimensione;
  4.  

  5. Si ripetano i punti 1) e 2) per G;
  6.  

  7. Nel caso siano ben definite le applicazioni lineari composte F\circ G o G\circ F scrivere la matrice che le rappresenta in due basi a piacere e determinare la dimensione (e una base) del nucleo e dell’immagine dell’applicazione composta.

Svolgimento punto 1.

La matrice che rappresenta F (nella base standard di \mathbb{R}^3) è

    \[\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(F)=\left(\begin{array}{ccc} 	1 & -1 & 0\\ 	0 & 1 & 0\\ 	0 & 0 & 0 	\end{array}\right).\]

Per calcolare il nucleo dobbiamo risolvere il sistema omogeneo associato e poiché la matrice è gia in forma triangolare superiore si vede subito che z è un parametro libero, y=0 e x=y=0. Ovvero si ha \ker(F)=\{(0,0,t):t\in \mathbb{R}\}=\mathcal{L}((0,0,1)). Concludiamo che una base di \ker(F) è data dal vettore e_3 e dunque ha dimensione 1.

Svolgimento punto 2.

Ricordiamo che l’Immagine di una matrice, è lo spazio vettoriale generato dalle colonne.

In questo caso si ha

    \[{\rm Im}(F)=\mathcal{L}((1,0,0),(-1,1,0)).\]

Siccome il rango di \mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(F) è 2, l’immagine ha dimensione 2 e una sua base è, ad esempio, \{ e_1,e_2\} (come si deduce dall’algoritmo di Gauss per colonne).

Svolgimento punto 3.

La matrice associata a G nelle basi standard di \mathbb{R}^3 e \mathbb{R}^4 è

    \[A:=\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(G)=\left(\begin{array}{ccc} 	2 & -1 & 0 \\ 	1 &  0 & 1 \\ 	0 & -1& 0 \\ 	2 & -1 &1 	\end{array}\right).\]

Per risolvere il sistema omogeneo associato (e dunque calcolare il nucleo di G) procediamo con l’algoritmo di Gauss:

    \begin{align*} 	A= & \left(\begin{array}{ccc} 	2 & -1 & 0 \\ 	1 &  0 & 1 \\ 	0 & -1& 0 \\ 	2 & -1 &1 	\end{array}\right) 	\begin{array}{c} 	\\ 	R_2 \to 2R_2 -R_1 \\ 	\\ 	R_4 \to R_4-R_1 	\end{array} \\ 	A'= &  \left(\begin{array}{ccc} 	2 & -1 & 0 \\ 	0 &  1 & 2 \\ 	0 & -1& 0 \\ 	0 & 0 &1 	\end{array}\right) 	\begin{array}{c} 	\\ 	\\ 	R_3 \to R_3+R_2 \\ 	\\ 	\end{array} \\ 	A''= & \left(\begin{array}{ccc} 	2 & -1 & 0 \\ 	0 &  1 & 2 \\ 	0 & 0& 2 \\ 	0 & 0 &1 	\end{array}\right) \begin{array}{c} 	\\ 	\\ 	\\ 	R_4 \to 2R_4-R_3. 	\end{array} 	\end{align*}

Il rango dell’applicazione lineare è massimale, cioè rk(A)=3, come si vede dopo aver messo 0 nell’ultima riga. Quindi l’unica soluzione è quella banale, ovvero (0,0,0) e dunque il nucleo è composto dal solo vettore nullo, i.e. \ker(G)=\bf{0}.

Come prima, l’immagine di A è lo spazio generato dalle colonne di A. I vettori

    \[\left(\begin{array}{c} 	2 \\ 	1\\ 	0\\ 	2 	\end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 	-1 \\ 	0\\ 	-1\\ 	-1 	\end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 	0 \\ 	1\\ 	0\\ 	1 	\end{array}\right)\]

sono indipendenti per l’algoritmo di Gauss e dunque formano una base di {\rm Im}(G).

Svolgimento punto 4.

Ovviamente la composizione F \circ G non è ben definita perché il dominio di F non coincide con il codominio di G, mentre è ben definita G \circ F: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^4. La matrice che la rappresenta è data dal prodotto delle rispettivi matrici:

    \begin{equation*} 	\left(\begin{array}{ccc} 	2 & -1 & 0 \\ 	1 &  0 & 1 \\ 	0 & -1& 0 \\ 	2 & -1 &1 	\end{array}\right) \left( \begin{array}{ccc} 	1 & -1 & 0\\ 	0 & 1 & 0\\ 	0 & 0 & 0 	\end{array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 	2 & -3 & 0 \\ 	1 &  -1 & 0 \\ 	0 & -1& 0 \\ 	2 & -3&0 	\end{array}\right) 	\end{equation*}

Il sottospazio vettoriale \ker(G\circ F) \subset \mathbb{R}^3 è ovviamente generato da e_3, in quanto coincide con il sottospazio \ker(F) studiato prima. Infatti, dai calcoli precedenti G risulta iniettiva. Il sottospazio {\rm Im}(G\circ F) \subset \mathbb{R}^4 ha dimensione 2 e una sua base è \{ 2e_1+e_2+2e_4, 3e_1+e_2+e_3+3e_4 \}.


 

Esercizio 5  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Date due matrici A,B \in \mathcal{M}(n,n;\mathbb{R}) esse si dicono simili se esiste una matrice C invertibile tale che CB=AC. Dimostrare che A e B sono simili se e solo se rappresentano lo stesso endomorfismo f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n in basi diverse.

Svolgimento.

A e B sono simili se e soltanto se esiste una matrice non singolare C che le coniuga, ovvero tale che B=C^{-1}AC (segue dalla definizione). Ne segue che B rappresenta l’endomorfismo f(x)=Ax (la cui matrice rappresentativa rispetto alla base standard è ovviamente A) nella base \mathcal{C}=\{C^1,\dots, C^n\} data dalle colonne di C. Il viceversa è ovvio perché il cambio di base in \mathbb{R}^n è una matrice C che coniuga due matrici rappresentative di uno stesso endomorfismo f. Si osservi che lo stesso discorso vale per uno spazio vettoriale V qualunque. Scelta una base \mathcal{B} di V, cioè un isomorfismo lineare \phi_{\mathcal{B}}: \mathbb{R}^n \to V, la matrice A rappresenta un endomorfismo f di V in quella base dato da f=\phi_{\mathcal{B}}^{-1}A\phi_{\mathcal{B}} (dove, con un abuso di notazione, stiamo interpretando A come endomorfismo lineare di \mathbb{R}^n). Ragionando analogamente per B si vede che la matrice C deve essere la matrice di passaggio (che esiste ed è unica) tra le due basi. Il seguente diagramma commutativo dovrebbe chiarire tutti i dubbi.

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Basta prendere come matrice C che coniuga A e B la trasformazione lineare \phi_{\mathcal{B}}^{-1}\phi_{\mathcal{B}'}, che è in effetti la matrice di passaggio \mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}'}(id_V).


 

Esercizio 6  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sia a \in \mathbb{R} e f_a: \mathbb{R}[t]_2 \to \mathbb{R}^3 l’applicazione lineare definita da

    \[f_a(p(t))=(p(-1),p(a),p(1)).\]

Stabilire per quali valori di a l’applicazione lineare è un isomorfismo.

Svolgimento.

Siccome il dominio e il codominio hanno la stessa dimensione, basta controllare l’iniettività: p(-1)=p(a)=p(1)=0 se e solo se -1,a,1 sono zeri del polinomio p(t). Se a\neq \pm 1 allora questo è possibile se e soltanto se p(t)=0, poiché p(t) ha grado al più 2 (Teorema di Ruffini). Se a=\pm 1, esiste un elemento non nullo del nucleo, ad esempio p(t)=t^2-1, dunque f_a è un isomorfismo se e soltanto se a\neq \pm 1.

 

Esercizio 7  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Si consideri l’insieme (ordinato) \mathcal{B}=\{1,1+t,1+t+t^2\}\subset \mathbb{R}[t]_2 e l’applicazione lineare T:\mathbb{R}[t]_2 \to \mathbb{R}[t]_2 data da T(p(t))=p'(t+1) (dove p' è la derivata prima di p).

    \[\]

  1. Dimostrare che l’insieme (ordinato) \mathcal{B} è una base e calcolare la matrice \mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{E}}(id) del cambiamento di base da \mathcal{B} a \mathcal{E}=\{1,t,t^2\};
  2.  

  3. Si determini una base e la rispettiva dimensione di \ker(T), {\rm Im}(T). Esibire inoltre una base di \ker(T) \cap {\rm Im}(T);
  4.  

  5. Si calcolino le matrici \mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(T), \mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}}(T) e \mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{E}}(T).

Svolgimento punto 1.

La matrice

    \[B:= \mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{B}}(id)=\begin{pmatrix} 	1 & 1 & 1 \\ 	0 & 1 & 1 \\ 	0 & 0 & 1 	\end{pmatrix}\]

è chiaramente invertibile (ad esempio perché \det(B)=1) e la sua inversa è

    \[B^{-1}=\mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{E}}(id)=\begin{pmatrix} 	1 & -1 & 0 \\ 	0 & 1 & -1 \\ 	0 & 0 & 1 	\end{pmatrix};\]

Svolgimento punto 2.

Calcoliamo l’applicazione T sulla base standard: T(1)=0, T(t)=1, T(t^2)=2(t+1) e dunque la matrice che la rappresenta in questa base è

    \[A:=\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(T)=\begin{pmatrix} 	0 & 1 & 2 \\ 	0 & 0 & 2 \\ 	0 & 0 & 0 	\end{pmatrix}.\]

Ne deduciamo che il nucleo di T sono le costanti e una base di \ker(T) (che ha quindi dimensione 1) è data dal polinomio costante 1. L’immagine è generata da 1 e da t (come si vede dopo aver fatto l’Algoritmo di Gauss per colonne). Essi formano una base di {\rm Im}(T) e la sua dimensione è 2. L’intersezione \ker(T) \cap {\rm Im}(T) è uguale a \ker(T), quindi una sua base è il polinomio costante 1.

Svolgimento punto 3.

    \[\mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{E}}(T)=B^{-1}A=\begin{pmatrix} 	0 & 1 & 0 \\ 	0 & 0 & 2 \\ 	0 & 0 & 0 	\end{pmatrix}\]

e

    \[\mathcal{M}_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}}(T)=B^{-1}AB=\begin{pmatrix} 	0 & 1 & 1 \\ 	0 & 0 & 2 \\ 	0 & 0 & 0 	\end{pmatrix}.\]


 

Esercizio 8  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Si consideri V=\mathbb{R}[t]_2 lo spazio vettoriale dei polinomi di grado minore o uguale a 2 e f:V\to \mathbb{R}^3 l’applicazione lineare data da

    \[f(p(t))=(p(-1),p(1), p'(1))\]

(dove p'(t) è la derivata di p(t)).

     

  1. Calcolare la matrice rappresentativa dell’applicazione lineare f in due basi a piacere;
  2.  

  3. Trovare, se esiste, l’applicazione lineare inversa di f;
  4.  

  5. Sia g: \mathbb{R}^3 \to V la funzione data da

        \[g(x_1,x_2,x_3)=x_1(t+1)+x_2(t-1)+\frac{x_3}{2}(t-1)^2.\]

    Verificare che g è lineare e calcolare la matrice che rappresenta l’endomorfismo h:=g\circ f nella base \mathcal{E}=\{ 1,t,t^2 \} in partenza e in arrivo.

    Quanto vale \det(h)?;

  6.  

  7. Sia h l’applicazione lineare ottenuta al punto precedente. Risolvere, se possibile, l’equazione h(p(t))=t-1 in V.

Svolgimento punto 1.

Scegliamo per semplicità la base \mathcal{B}=\{1,t-1,(t-1)^2\} in partenza e la base standard \mathcal{E} di \mathbb{R}^3 in arrivo.

Si trova che 1 \mapsto (1,1,0), (t-1)\mapsto (-2,0,1), (t-1)^2\mapsto (4,0,0). Vediamo quindi che

    \[M=\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{B}}(f)=\begin{pmatrix} 	1 &-2 & 4 \\ 	1 & 0 & 0 \\ 	0 & 1 & 0 	\end{pmatrix}.\]

Svolgimento punto 2.

Si calcola, ad esempio con Gauss [M \;\mathbbm{1}] \curvearrowright [{\mathbbm{1}\; M^{-1}}], che

    \[M^{-1}=\begin{pmatrix} 	0 &1 & 0 \\ 	0 & 0 & 1 \\ 	\frac 1 4 & -\frac 1 4 & \frac 1 2 	\end{pmatrix},\]

dunque possiamo scrivere l’inversa come segue

    \[f^{-1}(a,b,c)=b+ c(t-1)+\left( \frac a 4 -\frac b 4 +\frac c 2 \right)(t-1)^2.\]

Osserviamo che si poteva calcolare f^{-1} anche notando che le coordinate di un polinomio rispetto la base scelta sono i coefficienti del suo polinomio di Taylor centrato in 1. Quindi le prime due coordinate del vettore immagine tramite f^{-1} sono le ultime due coordinate del vettore di partenza. Abbiamo così calcolato le prime due righe della matrice inversa. Per calcolare l’ultima riga dell’inversa basta sostituire t=-1 nell’identità di Taylor, cioè

    \[p(t)|_{t=-1}=\left( p(1)+p'(1)(t-1)+ \frac{p''(1)}{2}(t-1)^2 \right)\vert_{t=-1}\]

e trovare il coefficiente mancante, ovvero

    \[\frac{p''(1)}{2}= \frac 1 4 p(-1) -\frac1 4 p(1)+\frac 1 2 p'(1).\]

Svolgimento punto 3.

Il fatto che g sia lineare è conseguenza del seguente fatto generale: dati n vettori v_1, \dots, v_n di uno spazio vettoriale V, lo “span” di questi vettori, ovvero la funzione

    \[s:\mathbb{R}^n \to V, \; (x_1, \dots, x_n) \mapsto \sum_{i=1}^n x_iv_i\]

è lineare, in quanto la moltiplicazione di uno scalare per un vettore è lineare e la somma tra vettori è associativa. Calcoliamo la funzione composta:

    \begin{equation*} 	\begin{aligned} 	h(p(t))=&	 (g\circ f)(p(t))=g(f(p(t)))=g(p(-1), p(1), p'(1))=\\ 	& =	p(-1)(t+1)+p(1)(t-1)+\frac{p'(1)}{2}(t-1)^2. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

I valori di h sulla base scelta sono

    \begin{equation*} 	\begin{aligned} 	&	h(1)= (t+1) + (t-1) =2t,\\ 	& h(t)=-(t+1)+(t-1)+ \frac 1 2 (t-1)^2=-\frac 3 2 -t+\frac 1 2 t^2, \\ 	& h(t^2)=(t+1)+(t-1)+(t-1)^2=t^2+1. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

La sua matrice rappresentativa in questa base è dunque

    \[\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(h)	=\begin{pmatrix} 	0 &-3/2 & 1 \\ 	2 & -1 & 0 \\ 	0 & 1/2 & 1 	\end{pmatrix},\]

e si può calcolare che il suo determinante vale 4.

Svolgimento punto 4.

L’equazione ha un’unica soluzione poiché h è invertibile (in quanto \det(h) \neq 0). Riportiamo tre diversi approcci risolutivi.

Metodo 1) Un primo metodo risolutivo è quello di impostare il sistema lineare nella base scelta, ovvero

    \[\mathcal{M}_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}(h)(x,y,z)=(-1,1,0),\]

il quale si può risolvere con uno dei metodi visti in precedenza (sostituzione, Gauss, Cramer ecc…). Si trova la soluzione \displaystyle (x,y,z)=\left( \frac{3}{4}, \frac{1}{2}, -\frac{1}{4} \right), che va poi interpretata come polinomio, ovvero

    \[p(t)=\frac{3}{4} + \frac{1}{2}t-\frac{1}{4}t^2.\]

Metodo 2) Un calcolo esplicito mostra che l’equazione

    \[h(p(t))=p(-1)(t+1)+p(1)(t-1)+\frac{p'(1)}{2}(t-1)^2=t-1 \quad \mbox{ in } V\]

è equivalente a

    \[p(-1)(t+1)+(p(1)-1)(t-1)+\frac{p'(1)}{2}(t-1)^2=0\quad \mbox{ in } V.\]

Osserviamo che i polinomi t+1,t-1,(t-1)^2 sono linearmente indipendenti. Infatti, questo è equivalente ad osservare che g è invertibile, ma dai calcoli precedenti segue che f e h sono invertibili, dunque anche g=h\circ f^{-1} è invertibile. Dalla lineare indipendenza si deve avere

    \[p(-1)=0, \; p(1)=1, \; p'(1)=0.\]

A questo punto si può ragionare sia geometricamente che algebricamente. Nel primo caso, siccome p è una parabola che si annulla in t=-1 e ha il vertice in t=1, per simmetria deve annullarsi in t=1+(1-(-1))=3.

Ne segue che p(t)=c(t+1)(t-3) e la costante c=-1/4 si determina dalla seconda condizione. Ragionando soltanto algebricamente otteniamo p(t)=(t+1)q(t), \; q(t)=at+b, q(1)=a+b=1/2. Si ha che p'(t)|_{t=1}=[q(t)+(t+1)q'(t)]|_{t=1}=0 da cui q'(1)=a=-1/4 e quindi b=3/4. Concludiamo che l’unica soluzione dell’equazione è

    \[p(t)=\dfrac{(t+1)(3-t)}{4}.\]

Metodo 3) Sfruttiamo il punto (2) e applichiamo il cambio di variabili f(p(t))=(a,b,c), che è ammissibile in quanto f è invertibile. L’equazione diventa

    \[h(p(t))=g(f(p(t)))=g(a,b,c)=t-1.\]

Per l’ indipendenza lineare dei polinomi scelti, otteniamo

    \[a(t+1)+b(t-1)+\frac c 2 (t-1)^2=t-1 \quad \Leftrightarrow \quad a=c=0,\, b=1.\]

In conclusione,

    \[f(p(t))=(0,1,0) \; \Leftrightarrow \; p(t)=f^{-1}(0,1,0)=1-\frac 1 4 (t-1)^2.\]

 

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  53. Funzioni integrali – Teoria
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  55. Introduzione ai numeri complessi – Volume 1 (per un corso di matematica o fisica)
  56. Serie numeriche: la guida completa
  57. Successioni di funzioni – Teoria
  58. Teoremi sulle successioni di funzioni
    1. 58a. Criterio di Cauchy per la convergenza uniforme
    2. 58b. Limite uniforme di funzioni continue
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  69. Equazione di Eulero
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  6. Teoremi del calcolo differenziale
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  20. Equazioni differenziali lineari
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  23. Equazioni alle derivate parziali
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    1. Misura e integrale di Lebesgue
    2. Spazi Lp,teoremi di completezza e compattezza
    3. Spazi di Hilbert,serie e trasformata di Fourier
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  26. Complementi
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Tutti gli esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

Strutture algebriche.





 
 

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

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  • Math Stack Exchange – Parte della rete Stack Exchange, questo sito è un forum di domande e risposte specificamente dedicato alla matematica. È una delle piattaforme più popolari per discutere e risolvere problemi matematici di vario livello, dall’elementare all’avanzato.
  • Art of Problem Solving (AoPS) – Questo sito è molto noto tra gli studenti di matematica di livello avanzato e i partecipanti a competizioni matematiche. Offre forum, corsi online, e risorse educative su una vasta gamma di argomenti.
  • MathOverflow – Questo sito è destinato a matematici professionisti e ricercatori. È una piattaforma per domande di ricerca avanzata in matematica. È strettamente legato a Math Stack Exchange ma è orientato a un pubblico con una formazione più avanzata.
  • PlanetMath – Una comunità collaborativa di matematici che crea e cura articoli enciclopedici e altre risorse di matematica. È simile a Wikipedia, ma focalizzata esclusivamente sulla matematica.
  • Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
  • The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
  • Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
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