Esercizi applicazioni lineari — 2

Home » Esercizi applicazioni lineari — 2

Esercizi applicazioni lineari – 2

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

Leggi...

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

Autori e revisori

Leggi...

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 $\mathcal{E}$ 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:

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

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

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 $\mathbb{R}^4$ 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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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,

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

Ulteriori 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.

Algebra lineare.

Geometria analitica.

Geometria differenziale.

Document

Alessio Fulvi

2024-07-17

Un sito molto utile, professionale e chiaro, che approfondisce vari argomenti. Ho utilizzato questo sito per prepararmi a diversi esami, lo stesso mi ha fornito di strumenti adatti e specifici, permettendomi di colmare lacune che mi portavo avanti dai tempi del liceo. Il sito web è adatto ad una ricerca e risoluzione rapida di ogni quesito inerente alle materie trattate, facile ed intuitivo da utilizzare. Grazie e ben fatto.

Diego Aracri

2024-07-09

ho trovato questo sito mentre preparavo analisi 1 ed ho deciso di consultarlo. mi sono trovato benissimo, ha molto materiale da consultare, sia teorico che pratico, e ogni esercizio è spiegato nei minimi dettagli. consigliatissimo, dubito che altrimenti avrei passato l'esame!

Alessandro Morra

2024-06-20

Grazie, molto rigoroso e chiaro

martina toro

2024-06-13

Sito meraviglioso! Ho scoperto per caso questo sito perché cercavo le soluzioni degli esercizi di Fisica del libro "Elementi di Fisica. Elettromagnetismo e Onde" del Mazzoldi. Riescono a spiegare in modo chiaro ed esaustivo come si svolgono i problemi. Sono un'ottima risorsa per chi sta affrontando per la prima volta gli esercizi, ma anche per chi ha già una preparazione e vuole chiarire alcuni dubbi. Inoltre sono molto gentili e disponibili. Veramente un'ottima scoperta, consiglio a tutti.

Ugo Cozzi

2024-06-02

Uno dei più bei siti online di matematica e fisica. Dispense ben fatte. Impaginazione perfetta con Latex

antonio elia

2024-05-29

Sito ben fatto e con tanto materiale consultabile, sono cinquantenne autodidatta, ed ho trovato un valido aiuto

Francesco Doria

Un sito bellissimo sia per chi è all'università che alle superiori. Un lavoro fatto con passione e lungo, decisamente da tenere sempre in mente come riferimento, e non solo per gli esercizi. Un grande grazie.

Stefano Parisi

Un sito ben fatto, moltissimi argomenti trattati a diversi livelli di difficoltà, ottimo sia per la teoria che per gli esercizi.

50% di sconto su tutto fino al 31/12/2024

Menu

Chiudi

Esercizi applicazioni lineari — 2

Esercizi applicazioni lineari – 2

Notazione sulle applicazioni lineari

Leggi...

Autori e revisori

Leggi...

Testi degli esercizi sulle applicazioni lineari

Svolgimento.

Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento punto 4.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento punto 4.

Svolgimento.

Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento punto 4.

Ulteriori esercizi di geometria

Strutture algebriche.

Algebra lineare.

Geometria analitica.

Geometria differenziale.

Suggerimenti, refusi ed errori