Esercizi applicazioni lineari — Numero 2

Applicazioni lineari e endomorfisimi

Home » Esercizi applicazioni lineari — Numero 2






Document



Notazione

clicca qui.

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

clicca qui.

Autore: Jacopo Garofali  

 

Testi degli esercizi

 

Esercizio 1
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 rappresenta 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
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}\}=span_{\mathbb{R}}\left\{ \left(\begin{array}{c} 	1 \\ 	-3 \\ 	1 	\end{array}\right) \right\}. Dunque una base di \ker(f) è data dal solo vettore \{ e_1-3e_2+e_3 \}.


 

Esercizio 3
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.

  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.

  2.  

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

  5. 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):

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

  6.  

  7. 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
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 composizioni 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.

  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}\}=span_{\mathbb{R}}\left\{\left(\begin{array}{c} 	0 \\ 	0 \\ 	1 	\end{array}\right)\right\}. Concludiamo che una base di \ker(F) è data dal vettore e_3 e dunque ha dimensione 1.

  2.  

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

    In questo caso si ha

        \[{\rm Im}(F)=span_{\mathbb{R}}\left\{\left(\begin{array}{c} 	1 \\ 	0 \\ 	0 	\end{array}\right), \left(\begin{array}{c} 	-1 \\ 	1 \\ 	0 	\end{array}\right)\right\}\]

    . 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).

  4.  

  5. 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).

  6.  

  7. 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
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
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 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
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.

  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

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

  2.  

  3. 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.

  4.  

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

    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
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 di f in due basi a piacere;
  2.  

  3. Trovare, se esiste, l’applicazione 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.

  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

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

  2.  

  3. 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

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

  4.  

  5. 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.

  6.  

  7. 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,

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