Applicazioni lineari: esercizi numero 2

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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.

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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Autore: Jacopo Garofali

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:

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

Dimostrare che $f$ è un isomorfismo;

Calcolare $\det(f), \det(f^{-1}), \det(f^T\circ f)$ ;

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

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

Svolgimento punto 1.

La matrice che rappresenta $f$

nella base $\mathcal{E}$

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

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:

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

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

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

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

Si ripetano i punti $1)$ e $2)$ per $G$ ;

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 $\mathbb{R}^4$

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

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.

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 $p$

$\[\]$

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 $\mathcal{E}=\{1,t,t^2\}$ ;

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

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.

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

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

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 $p(t)$ ).

Calcolare la matrice rappresentativa dell’applicazione lineare $f$ in due basi a piacere;

Trovare, se esiste, l’applicazione lineare inversa di $f$ ;

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 $\det(h)$ ?;

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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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.
Reddit (r/Math) – Un subreddit popolare dove si possono trovare discussioni su una vasta gamma di argomenti matematici. È meno formale rispetto ai siti di domande e risposte come Math Stack Exchange, ma ha una comunità attiva e molte discussioni interessanti.
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Khan Academy – Una risorsa educativa globale con lezioni video, esercizi interattivi e articoli su una vasta gamma di argomenti di matematica, dalla scuola elementare all’università.

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