Applicazioni lineari

Esercizio 43   Determinare quali delle seguenti applicazioni sono lineari:

$$f_1: R^2 \rightarrow R^3 f_1(x,y) =(x+y,2x-y,y-x)$$

$$f_2: R^3 \rightarrow R^2 f_2(a,b,c) =(a+2b-c,a-b-c)$$

$$f_3: R^2 \rightarrow R^2 f_3(a,b) =(a^2,a+b)$$

$$f_4: R^3 \rightarrow R^3 f_4(x,y,z) =(x,y,z)+(1,0,1)$$

$$f_5: R^3 \rightarrow R^3 f_5(v) =2v$$

$$f_6: R^2 \rightarrow R^2 f_6(x,y) =(x-y,x+y+1)$$

Dimostrazione. Si tratta di verificare se, per ogni scelta di $(x,y)$, $(z,w)$ in $R^2$ e $\lambda$, $\mu$ in $R$, risulta

$$f_1( \lambda(x,y)+ \mu (z,w))= \lambda f_1(x,y)+ \mu f_1(z,w).$$

Ora

$$f_1( \lambda(x,y)+ \mu (z,w))=f_1( \lambda x+ \mu z, \lambda y + \mu w)$$

$$=( \lambda x+ \mu z + \lambda y + \mu w, 2 \lambda x+ 2 \mu z- \lambda y - \mu w, \lambda y + \mu w - \lambda x - \mu z)$$

$$=\lambda (x+y,2x-y,y-x)+ \mu (z+w, 2z-w, w-z)$$

$$=\lambda f_1(x,y)+ \mu f_1(z,w).$$

Ne segue che $f_1$ è lineare.

In modo analogo si verifica che $f_2$ è lineare. Infatti per ogni $(a,b,c)$ e $(x,y,z)$ in $R^3$, per ogni $\lambda$ e $\mu$ in $R$ si ha:

$$f_2( \lambda (a,b,c)+ \mu (x,y,z))=f_2( \lambda a + \mu x, \lambda b + \mu y, \lambda c+ \mu z)$$

$$=(\lambda a + \mu x+ 2 \lambda b+ 2 \mu y - \lambda c - \mu z, \lambda a + \mu x- \lambda b- \mu y - \lambda c - \mu z)$$

$$= \lambda(a+2b-c, a-b-c)+ \mu (x+2y-z,x-y-z)$$

$$=\lambda f_2(a,b,c)+ \mu f_2(x,y,z).$$

L'applicazione $f_3$ non è lineare, per esempio perchè

$$f_3((1,0)+(1,1))=f_3(2,1)=(4,3) \neq (1,1)+(1,2)=f_3(1,0)+ f_3(1,1).$$

Anche l'applicazione $f_4$ non è lineare perchè se lo fosse dovrebbe mandare il vettore nullo in sè, mentre

$$f_4(0,0,0)=(1,0,1).$$

L'applicazione $f_5$ è un endomorfismo di $R^3$ infatti

$$f_5(\lambda v+ \mu w)= 2 \lambda v+ 2 \mu w= \lambda (2v)+ \mu (2w)=\lambda f_5(v)+ \mu f_5(w),$$

per ogni $v, w$ in $R^3$ e per ogni $\lambda, \mu$ in $R$.

Infine l'applicazione $f_6$ non è lineare perchè

$$f_6(0,0)=(0,1).$$

$\qedsymbol$

Esercizio 44   Sono dati i vettori di $R^3$:

$$v_1=(1,1,0) \quad v_2=(1,0,1) \quad v_3=(0,1,1).$$

Provare che esiste un unico endomorfismo $f: R^3 \rightarrow R^3$ tale che

$$f(v_1)=(0,1,1) \quad f(v_2)=(0,2,2) \quad \textrm{e}\quad v_3 \in \kker(f).$$

Determinare una base di $\imm(f)$ e $\kker(f)$ e $f(0,0,1)$.

Dimostrazione. Una applicazione lineare è univocamente determinata quando si conoscono le immagini degli elementi di una base del dominio.

Nel nostro caso i vettori $v_1$, $v_2$ e $v_3$ formano una base di $R^3$ perchè

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

Sia $f$ l'endomorfismo di $R^3$ definito da

$$f(v_1)=(0,1,1)$$

$$f(v_2)=(0,2,2)$$

$$f(v_3)=(0,0,0).$$

L'applicazione $f$ è completamente determinata perchè per ogni $v \in R^3$ sarà $v=~a_1v_1+a_2v_2+a_3v_3$ per certi $a_1, a_2, a_3$ in $R$. Allora

$$f(v)=a_1f(v_1)+a_2f(v_2)+a_3f(v_3).$$

Inoltre $f$ è univocamente determinata perchè se $g$ è un altro endomorfismo di $R^3$ tale che

$$g(v_1)=(0,1,1)$$

$$g(v_2)=(0,2,2)$$

$$g(v_3)=(0,0,0),$$

allora per ogni $v=~a_1v_1+a_2v_2+a_3v_3$ in $R^3$ riesce

$$f(v)=a_1f(v_1)+a_2f(v_2)+a_3f(v_3)=a_1g(v_1)+a_2g(v_2)+a_3g(v_3)=g(v),$$

sicchè $f \equiv g$.

Un sistema di generatori per l'immagine di $f$ è l'insieme $\{f(v_1), f(v_2), f(v_3) \}= \{(0,1,1), (0,2,2), (0,0,0) \}$. È immediato verificare che $f(v_2)$ e $f(v_3)$ sono multipli di $f(v_1)$, pertanto una base di $\imm(f)$ è $\{ (0,1,1) \}$.

Il nucleo di $f$ è il sottospazio di $R^3$:

$$\kker(f)= \{v \in R^3\;:\;f(v)=(0,0,0) \}.$$

Per determinarne una base osserviamo innanzitutto che $v_3 \in \kker(f)$. Inoltre

$$f(2v_1-v_2)=2f(v_1)-f(v_2)=(0,0,0),$$

così anche il vettore $2v_1-v_2=(1,2,-1)$ appartiene a $\kker(f)$. Siccome i vettori $2v_1-v_2$ e $v_3$ sono linearmente indipendenti, formano una base del nucleo. Notiamo che $\kker(f)$ non può avere dimensione $3$ perchè altrimenti $f$ sarebbe identicamente nulla.

Infine per determinare l'immagine di $v=(0,0,1)$ tramite $f$ dobbiamo scrivere $v$ in termini della base $\{v_1,v_2,v_3 \}$.

Risulta

$$v=\frac{1}{2}(v_2+v_3-v_1),$$

così

$$f(0,0,1)=\frac{1}{2}(f(v_2)+f(v_3)-f(v_1))= \frac{1}{2}((0,2,2)-(0,1,1))=(0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}).$$

$\qedsymbol$

Esercizio 45   Sia $F: R^3 \rightarrow R^3$ l'applicazione lineare definita da

$$F(x,y,z) = (-x + 2y +3z, kx-4y-6z, x + kz)$$

Si determinino i sottospazi $\kker(F)$ e $\imm(F)$, se ne calcoli una base e si verifichi il teorema della nullità più rango, al variare del parametro reale $k$.

Dimostrazione. Determiniamo la matrice associata a $F$ rispetto alla base canonica di $R^3$. Si ha

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

$$F(0,1,0)=(2,-4,0)$$

$$F(0,0,1)=(3,-6,k),$$

dunque la matrice associata a $F$ è la matrice

$$A= \left( \begin{matrix} -1&2&3\\ k&-4&-6\\ 1&0&k \end{matrix}\right).$$

La dimensione di $\imm(F)$ è uguale al rango di $A$ e dunque

$$\dimm( \imm(F))= \begin{cases} 3 & \textrm{se $k \neq 0,2$}\\ 2 & \textrm{se $k=0,2$.} \end{cases}$$

Per $k \neq 0,2$ una base di $\imm(F)$ è

$$\{ (-1,k,1), (2,-4,0), (3,-6,k) \}$$

mentre il nucleo di $F$ è costituito dal solo vettore nullo.

Per $k=0$ la matrice $A$ diventa

$$\left( \begin{matrix} -1&2&3\\ 0&-4&-6\\ 1&0&0 \end{matrix}\right ).$$

Una base per l'immagine di $F$ è costituita da due vettori colonna di $A$ linearmente indipendenti, per esempio

$$\{(-1,0,1), (2,-4,0) \}.$$

Il nucleo di $F$ è costituito dai vettori $(x,y,z)$ in $R^3$ tali che:

$$\left[ \begin{matrix} -1&2&3\\ 0&-4&-6\\ 1&0&0 \end{matrix}\r... ... \end{matrix}\right]= \left[ \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}\right].$$

Risolvendo il sistema si trova:

$$\kker(F)= \{ (0,-3t,2t)\;:\; t \in R \},$$

pertanto il nucleo di $F$ ha dimensione $1$ e una sua base è:

$$\{(0,-3,2) \}.$$

Risulta verificato il teorema di nullità più rango perchè:

$$3-1= \dimm(R^3)- \dimm(\kker(F))= \dimm(\imm(F))=2.$$

Per $k=2$ la matrice $A$ diventa

$$\left( \begin{matrix} -1&2&3\\ 2&-4&-6\\ 1&0&2 \end{matrix}\right ).$$

Di nuovo una base per l'immagine di $F$ è costituita da due vettori colonna di $A$ linearmente indipendenti, per esempio

$$\{(-1,2,1), (2,-4,0) \}.$$

Risolvendo il sistema

$$\left[ \begin{matrix} -1&2&3\\ 2&-4&-6\\ 1&0&2 \end{matrix}\r... ...z \end{matrix}\right]= \left[ \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}\right]$$

si trova:

$$\kker(F)= \{ (-4t,-5t,2t)\;:\; t \in R \}.$$

Ne segue che il nucleo di $F$ ha dimensione $1$, sicchè risulta verificato il teorema di nullità più rango. Una base per $\kker(F)$ è:

$$\{(-4,-5,2) \}.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 46   Sia $F: R^4 \rightarrow R^3$ l'applicazione lineare definita da

$$F(x,y,z,w) = (x + ky +w, kx +4y +2w, x + z +w).$$

Si determinino i sottospazi $\kker(F)$, $\imm(F)$, se ne calcoli una base e si verifichi il teorema della nullità più rango, al variare del parametro reale $k$.

Dimostrazione. Scriviamo la matrice associata a $F$ rispetto alle basi canoniche di $R^4$ e $R^3$. Si ha:

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

$$F(0,1,0,0)=(k,4,0)$$

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

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

La matrice associata a $F$ è allora la matrice

$$A= \left( \begin{matrix} 1&k&0&1\\ k&4&0&2\\ 1&0&1&1 \end{matrix}\right).$$

Per determinare il nucleo di $F$ risolviamo il sistema:

$$\left[ \begin{matrix} 1&k&0&1\\ k&4&0&2\\ 1&0&1&1 \end{matrix... ...\end{matrix}\right ]= \left[ \begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}\right].$$

Una possibile riduzione dalla matrice dei coefficienti è la seguente:

$$\left( \begin{matrix}1&k&0&1\\ k&4&0&2\\ 1&0&1&1 \end{matrix} \ri... ...adsto \left( \begin{matrix}1&0&1&1\\ 0&4&-k&2-k\\ 0&k&-1&0 \end{matrix} \right)$$

$$\leadsto \left( \begin{matrix}1&0&1&1\\ 0&4&-k&2-k\\ 0&0&k^2-4&k(k-2) \end{matrix} \right).$$

Ne segue che per $k \neq \pm 2$ il nucleo di $F$ è il sottospazio :

$$\kker(F)=\left \{ \left(- \frac{2}{k+2}t,- \frac{1}{k+2}t, - \frac{k}{k+2}t,t \right ) \;:\; t \in R \right \}$$

Una base per $\kker(F)$ è

$$\left \{ \left(- \frac{2}{k+2},- \frac{1}{k+2}, - \frac{k}{k+2},1 \right ) \right \},$$

e la dimensione del nucleo è pari a $1$.

Per $k=2$ troviamo

$$\kker(F)=\left \{ \left( -2t-s, t, 2t,s \right ) \;:\; t, s \in R \right \},$$

sicchè $\kker(F)$ ha dimensione $2$. Una sua base si ottiene scegliendo la coppia $(t,s)$ uguale a $(1,0)$ e $(0,1)$:

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

Infine per $k=-2$ il nucleo di $F$ ha dimensione $1$ ed è costituito dai vettori:

$$\kker(F)= \{(2t,t-2t,0) \;:\; t \in R \}.$$

Una sua base è costituita dal vettore

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

Determiniamo ora l'immagine di $F$.

Per $k \neq \pm 2$ la matrice $A$ ha rango $3$, inoltre i primi tre vettori colonna di $A$ sono indipendenti. Una base di $\imm(F)$ è l'insieme

$$\{(1,k,1), (k,4,0), (0,0,1)\}$$

e

$$\imm(F)=\{ (\lambda + k \mu, \lambda k + 4 \mu, \lambda + \eta)\;:\; \lambda, \mu, \eta \in R\}.$$

Per $k=-2$ la matrice $A$ ha ancora rango $3$. sono indipendenti il secondo, il terzo e il quarto vettore colonna di $A$ sicchè una base di $\imm(F)$ è l'insieme:

$$\{(-2,4,0), (0,0,1), (1,2,1) \}$$

e

$$\imm(F)=\{ (-2 \lambda + \eta,4 \lambda + 2 \eta, \mu + \eta)\;:\; \lambda, \mu, \eta \in R\}.$$

Infine per $k=2$ il rango di $A$ è uguale a $2$ sicchè $\dimm(\imm(F))=2$.

Una base è:

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

e

$$\imm(F)= \{(\mu, 2 \mu, \lambda + \mu)\}.$$

In ultimo verifichiamo il teorema di nullità più rango.

Per $k \neq 2$ abbiamo trovato

$$4-1= \dimm(R^4)- \dimm( \kker(F))=\dimm(\imm(F))=3,$$

mentre per $k=2$ abbiamo

$$4-2= \dimm(R^4)- \dimm( \kker(F))=\dimm(\imm(F))=2.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 47   Sia $F:R^3 \rightarrow R^2$ l'applicazione lineare definita da

$$F(x,y,z) = (k^2x + y, kx +y -(k-1)z).$$

1. Trovare i valori di $k$ per cui $F$ non è suriettiva.
2. Per ogni valore di $k$ trovare una base di $\imm(F)$ e calcolare la dimensione di $\kker(F)$.

Dimostrazione. Scriviamo la matrice di $F$ rispetto alle basi canoniche di $R^3$ e $R^2$.

Risulta:

$$F(1,0,0)=(k^2,k)$$

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

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

sicchè la matrice associata a $F$ è la matrice

$$A=\left[ \begin{matrix} k^2&1&0\\ k&1&1-k \end{matrix}\right].$$

Poichè

$$\dete \left[ \begin{matrix} 1&0\\ 1&1-k \end{matrix}\right] =1-k$$

segue che

$$\dimm(\imm(F))= \textrm{rango $(A)$}=\begin{cases} 2 &\textrm{se $k \neq 1$}\\ 1 &\textrm{se $k=1$} \end{cases}$$

L'applicazione $F$ non è suriettiva per $k=1$.

Un sistema di generatori per l'immagine di $F$ è l'insieme

$$\{ F(1,0,0), F(0,1,0), F(0,0,1) \}= \{ (k^2,k), (1,1), (0,1-k) \}.$$

Per $k \neq 1$ la dimensione di $\imm(F)$ è $2$ e abbiamo visto che i vettori $(1,1)$ e $(0,1-k)$ sono linearemente indipendenti sicchè una base di $\imm(F)$ è

$$\mathcal{B}= \{ (1,1), (0,1-k) \}.$$

Per $k=1$ invece l'immagine di $F$ è un sottospazio di dimensione $1$ e una base è

$$\mathcal{B}= \{ (1,1) \}.$$

Infine, utilizzando il teorema di nullità più rango, calcoliamo la dimensione del nucleo di $F$. Risulta

$$\dimm(\kker(F))=\dimm(R^3)-\dimm(\imm(F))$$

ovvero

$$\dimm(\kker(F))= \begin{cases} 1 &\textrm{se $k \neq 1$}\\ 2 &\textrm{se $k=1$.} \end{cases}$$

$\qedsymbol$

Esercizio 48   Trovare per quali valori del parametro reale $k$ l'applicazione lineare $F: R^3 \rightarrow R^3$, definita da

$$F(x,y,z) = (x+2y, 2x +ky +z, -x +2y +kz)$$

ammette inversa e calcolare esplicitamente l'inversa per uno di tali valori.

Dimostrazione. Determiniamo l'azione di $F$ rispetto alla base canonica di $R^3$. Risulta

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

$$F(0,1,0)=(2,k,2)$$

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

La matrice associata a $F$ rispetto alla base canonica è la matrice

$$A=\left[ \begin{matrix} 1&2&0\\ 2&k&1\\ -1&2&k \end{matrix}\right].$$

Ora $\dete(A)=k^2-4k-4$ sicchè il rango di $A$ è $3$ per $k$ diverso da $2 \pm2 \sqrt{2}$. D'altra parte $F$ è invertibile se e solo se è iniettiva e suriettiva ovvero se e solo se $\imm(F)=R^3$. Ne segue che $F$ è invertibile per $k \neq 2 \pm2 \sqrt{2}$.

La matrice associata all'applicazione inversa $F{-1}: R^3 \rightarrow R^3$ rispetto alla base canonica è la matrice

$$A^{-1}=\frac{1}{k^2-4k-4} \left[ \begin{matrix} k^2-2&-2k&2\\ -2k-1&k&-1\\ k+4&-4&k-4 \end{matrix}\right].$$

L'applicazione $F^{-1}$ è così definita da

$$F^{-1}(1,0,0)= \left (\frac{k^2-2}{k^2-4k-4}, \frac{-2k-1}{k^2-4k-4}, \frac{k+4}{k^2-4k-4} \right)$$

$$F^{-1}(0,1,0)= \left(- \frac{2k}{k^2-4k-4}, \frac{k}{k^2-4k-4}, - \frac{4}{k^2-4k-4} \right)$$

$$F^{-1}(0,0,1)= \left(\frac{2}{k^2-4k-4},- \frac{1}{k^2-4k-4}, \frac{k-4}{k^2-4k-4} \right).$$

$\qedsymbol$

Esercizio 49   Sia $f: R^3 \rightarrow R^3$ definita da:

$$f(a,b,c)=(a+b,2c,a^2-b^2).$$

Provare che $f$ non è lineare. Sia $V$ il sottospazio di $R^3$ costituito dalle terne $(x,x,z)$ al variare di $x$ e $z$ in $R$. Provare che la restrizione di $f$ a $V$ è lineare e determinarne immagine e nucleo.

Dimostrazione. Per provare che $f$ non è lineare basta trovare $v_1$ e $v_2$ in $R^3$ tali che

$$f(v_1+v_2) \neq f(v_1)+f(v_2).$$

Per esempio se $v_1=(1,2,0)$ e $v_2=(0,1,2)$ risulta

$$(4,4,-8)=f(1,3,2)=f((1,2,0)+(0,1,2)) \neq f(1,2,0)+f(0,1,2)=(4,4,-4).$$

Proviamo invece che la restrizione $f_{V}$ di $f$ a $V$ è lineare. Per ogni $(x,x,z), (y,y,w)$ in $V$ e per ogni $\lambda, \mu$ in $R$ risulta

$$f( \lambda(x,x,z)+ \mu (y,y,w))=f( \lambda x+ \mu y,\lambda x+ \mu y, \lambda z+ \mu w)$$

$$=(2 \lambda x+2 \mu y,2 \lambda z+2 \mu w,0)$$

$$= \lambda(2x, 2z,0)+ \mu (2y, 2w,0)$$

$$=\lambda f(x,x,z)+ \mu f(y,y,w).$$

Il sottospazio $V$ ha dimensione $2$ perchè ogni suo elemento è combinazione lineare dei vettori $v_1=(1,1,0)$ e $v_2=(0,0,1)$:

$$(x,x,z)=x(1,1,0)+z(0,0,1),$$

e i vettori $v_1$ e $v_2$ sono linearmente indipendenti.

L'immagine di $f_{V}$ è così generata dai vettori

$$f(1,1,0)=(2,0,0) \quad \textrm{e} \quad f(0,0,1)=(0,2,0).$$

Segue che

$$\imm(f_{V})=\{ (x,y,0)\;:\; x,y \in R \}.$$

Dal teorema di nullità più rango abbiamo:

$$2-2= \dimm(V)- \dimm(\imm(f_{V}))= \dimm(\kker(f_{V}))$$

sicchè

$$\kker(f_{V})=\{(0,0,0)\}.$$

$\qedsymbol$

Esercizio 50   Sia $h: R^3 \rightarrow R^3$ un endomorfismo tale che $h(1,1,0)=(0,0,1)$, $h(1,0,2)=(0,q,1)$ e $h(-1,0,0)=(2,1,1)$, con $q \in R$. Calcolare $h(1,0,0)$. Determinare i valori di $q$ per i quali $h$ è invertibile. Per quali valori di $q$ risulta $h^{-1}(2,1,3) \neq \emptyset$?

Dimostrazione. Innanzitutto verifichiamo che $h$ è univocamente definita. Si tratta di verificare che i vettori $v_1=(1,1,0)$, $v_2=(1,0,2)$ e $v_3=(-1,0,0)$ formano una base di $R^3$. Risulta

$$\left\vert \begin{matrix} 1&1&-1\\ 1&0&0\\ 0&2&0 \end{matrix}\right\vert=-2 \neq 0,$$

sicchè $\mathcal{B}=\{ v_1,v_2,v_3\}$ è una base di $R^3$.

Per la linearità di $h$ abbiamo

$$h(1,0,0)=h(-v_3)=-h(v_3)=(-2,-1,-1).$$

Scriviamo la matrice, $A$, associata ad $h$ rispetto alla base $\mathcal{B}$ nel dominio e alla base canonica nel codominio.

Risulta:

$$A= \left( \begin{matrix} 0&0&2\\ 0&q&1\\ 1&1&1 \end{matrix}\right).$$

I valori del parametro $q$ per i quali l'endomorfismo è invertibile sono tutti e soli i valori del parametro $q$ per i quali è $\imm(h)=R^3$.

Poichè $\dete(A)=-2q$, l'applicazione $h$ è invertibile se e solo se $q\neq 0$.

Infine $h^{-1}(2,1,3)$ è sicuramente non vuota se $h$ è suriettiva (anzi siccome $h$ è un endomorfismo in questo caso contiene esattamente un vettore del dominio), cioè per $q\neq 0$.

Per $q=0$, abbiamo

$$\imm(h)= \left \langle \{h(1,1,0), h(1,0,2), h(-1,0,0) \} \right \rangle = \left \langle \{(0,0,1), (2,1,1) \} \right \rangle.$$

Il vettore $(2,1,3)$ appartiene a l'immagine di $h$, ovvero $h^{-1}(2,1,3) \neq \emptyset$, se e solo se esistono $\alpha$ e $\beta$ in $R$ tali che

$$\alpha (0,0,1)+ \beta (2,1,1)=(2,1,3).$$

L'uguaglianza vettoriale appena scritta è soddisfatta per $\alpha=2$ e $\beta=1$.

In conclusione $h^{-1}(2,1,3) \neq \emptyset$ per ogni valore del parametro $q$. $\qedsymbol$

Esercizio 51   Sia $f: R^4 \rightarrow R^4$ l'applicazione lineare definita da:

$$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=(3x_1+\alpha x_3,x_1+x_2+x_3+x_4,- \alpha x_1-x_2+x_4,\alpha x_4).$$

Determinare la dimensione dell'immagine di $f$ al variare del parametro reale $\alpha$.

Dimostrazione. La matrice associata a $f$ rispetto alle basi canoniche in $R^4$ è la matrice

$$A= \left( \begin{matrix} 3&0& \alpha&0\\ 1&1&1&1\\ - \alpha&-1&0&1\\ 0&0&0& \alpha \end{matrix}\right).$$

Per determinare la dimensione dell'immagine di $f$ determiniamo il rango di $A$.

Una possibile riduzione a gradino della matrice $A$ è la seguente:

$$\left( \begin{matrix}1&1&1&1\\ 3&0& \alpha&0\\ - \alpha&-1&0&1\\ ... ...\ 0& \alpha -1& \alpha & \alpha +1\\ 0&0&0& \alpha \end{matrix} \right)\leadsto$$

$$\left( \begin{matrix}1&1&1&1\\ 0&-3& \alpha-3&-3\\ 0& 0& \alpha^2- \alpha+3 & 6\\ 0&0&0& \alpha \end{matrix} \right).$$

Segue allora che

$$\dimm(\imm(f))= \textrm{rango $(A)$}= \begin{cases} 4 & \textrm{se $\alpha \neq 0$}\\ 3 & \textrm{se $\alpha = 0$.} \end{cases}$$

$\qedsymbol$

Esercizio 52   Sia $g: R^3 \rightarrow R^3$ l'applicazione di matrice, rispetto alle basi canoniche:

$$\left( \begin{matrix} 2&1&1\\ 1&1&3\\ 4&0&2 \end{matrix}\right).$$

Verificare che è un isomorfismo. Calcolare $g^{-1}$.

Dimostrazione. Per verificare che l'applicazione $g$ sia un isomorfismo bisogna provare che è suriettiva e iniettiva. D'altra parte $g$ è un endomorfismo dunque basta provarne la suriettività.

Risulta

$$\left \vert \begin{matrix} 2&1&1\\ 1&1&3\\ 4&0&2 \end{matrix}\right \vert =10,$$

sicchè $\imm (g)= R^3$.

La matrice associata a $g^{-1}$ rispetto alle basi canoniche è la matrice

$$\left ( \begin{matrix} 2&1&1\\ 1&1&3\\ 4&0&2 \end{matrix}\rig... ... \displaystyle{\frac{2}{5}}& \displaystyle{\frac{1}{10}} \end{matrix}\right ).$$

$\qedsymbol$

Esercizio 53   Data la matrice

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

determinare una matrice $B$ tale che il prodotto $BA$ sia la matrice nulla.

Dimostrazione. Innanzitutto osserviamo che una matrice $B$ non nulla tale che $BA$ sia la matrice nulla esiste perchè $\dete(A)=0$.

Guardiamo $A$ come la matrice di un endomorfismo $f: R^3 \rightarrow R^3$ rispetto alle basi canoniche. Determiniamo l'immagine e il nucleo di $f$ .

$$\kker(f) = \left \{ (x,y,z) \in R^3 \;:\; \begin{cases}x+z=0\\ x+y=0\\ -y+z=0 \end{cases} \right \}$$

$$=\left \{ (x,y,z) \in R^3 \;:\; \begin{cases}x=-y\\ z=y \end{cases} \right \}.$$

Ne segue che

$$\kker(f)= \sppan\{ (-1,1,1)\}.$$

L'immagine di $f$ è generata dai vettori $(1,1,0)$, $(0,1,-1)$ e $(1,0,1)$. Il primo e il terzo sono linearmente indipendenti e formano una base per $\imm(f)$ :

$$\imm(f)= \sppan \{(1,1,0), (1,0,1)\}.$$

Abbiamo ottenuto una base di $R^3$

$$\mathcal{B}= \{v_1=(1,1,0), v_2=(1,0,1), v_3=(-1,1,1) \}.$$

Definiamo un endomorfismo $g$ di $R^3$ in modo che

$$\imm(f) \subset \kker(g).$$

Rispetto alla base $\mathcal{B}$ definiamo

$$g(v_1)=(0,0,0)=g(v_2) \quad \textrm{e} \quad g(v_3)=v,$$

dove $v$ è un qualsiasi vettore di $R^3$. Scriviamo allora $v=(3a, 3b, 3c)$ per certi $a$, $b$ e $c$ in $R$.

Determiniamo ora la matrice, $B$, dell'endomorfismo $g$ rispetto alla base canonica.

Risulta:

$$(1,0,0) = \frac{1}{3} (v_1+v_2-v_3)$$

$$(0,1,0) = \frac{1}{3} (2v_1-v_2+v_3)$$

$$(0,0,1) = \frac{1}{3} (-v_1+2v_2+v_3),$$

dunque

$$g(1,0,0) = \frac{1}{3} (g(v_1)+g(v_2)-g(v_3))=(-a,-b,-c)$$

$$g(0,1,0) = \frac{1}{3} (2g(v_1)-g(v_2)+g(v_3))=(a, b, c)$$

$$g(0,0,1) = \frac{1}{3} (-g(v_1)+2g(v_2)+g(v_3))=(a, b, c).$$

La matrice $B$ è la matrice

$$B= \left( \begin{matrix} -a&a&a\\ -b&b&b\\ -c&c&c \end{matrix}\right ).$$

$\qedsymbol$