Esercizi di Algebra Lineare Funzioni Lineari
Un esempio “diverso”
Anna M. Bigatti 4 marzo 2013
Esercizio 1. Consideriamo l’insieme dei polinomi P<5 in R[x] di grado minore di 5 , con il polinomio nullo. Abbiamo gi`a visto che `e un R -sottospazio di R[x] .
(a) Trovare una base B di V e calcolarne la dimensione;
(b) Sia ϕ : P<5 −→ P<5 definita da ϕ(f (x)) := x4· f (1x) . Dimostrare che `e un omomorfismo di R -spazi vettoriali.
(c) Scrivere la matrice Mϕ(B)B .
(d) Dire se esiste un f ∈ P<5 tale che ϕ(f ) = f .
(e) Calcolare la dimensione del nucleo e dell’immagine di ϕ . Soluzione
(a) Se f `e un polinomio nullo o di grado minore di 5 allora f = f0+ f1· x + .. + f4· x4, con fi ∈ R . Una base di V `e data da B := {1, x, x2, x3, x4} (generano V ; sono linermente indipendenti perch´e il polinomio nullo ha coefficienti tutti nulli)
Quindi dim(V ) = 5 .
(b) Prima di tutto scriviamo in modo pi`u esplicito la definizione di ϕ : se f (x) = f0+ f1· x + .. + f4· x4 allora f (1x) = f0+ f1·x1+ .. + f4·x14. Quindi ϕ(f ) = x4· (f0+ f11
x+ .. + f4 1
x4) = f0· x4+ f1· x3+ .. + f4. Vediamo se `e funzione lineare:
ϕ(a · f ) = ϕ(af0+ af1x + .. + af4x4) =
= af0· x4+ af1· x3+ .. + af4=
= a · ϕ(f )
ϕ(f + g) = ϕ((f0+ g0) + (f1+ g1) · x + .. + (f4+ g4) · x4) =
= f0· x4+ f1· x3+ .. + f4 + g0· x4+ g1· x3+ .. + g4=
= ϕ(f ) + ϕ(g)
(c) Scriviamo le immagini degli elementi della base B : ϕ(1) = x4; ϕ(x) = x41
x = x3; ϕ(x2) = x2; ϕ(x3) = x; ϕ(x4) = 1
1
Quindi
ϕ(b1) = b5
ϕ(b2) = b4
ϕ(b3) = b3
ϕ(b4) = b2
ϕ(b5) = b1
e allora Mϕ(B)B =
0 0 0 0 1
0 0 0 1 0
0 0 1 0 0
0 1 0 0 0
1 0 0 0 0
.
(d) Sia f = f0+f1·x+f2·x2+f3·x3+f4·x4, allora ϕ(f ) = f0·x4+f1·x3+f2·x2+f3·x+f4.
Abbiamo che f = ϕ(f ) se
f0= f4
f1= f3 f2= f2 f3= f1 f4= f0
tolgo le equazioni ridondanti
f0= f4
f1= f3 e trovo
che il polinomio f = 1 + x4 `e tale che ϕ(f ) = f . Verifico: ϕ(f ) = ϕ(1 + x4) = x4· (1 +x14) = x4+ 1 = f
(e) (Osservazione: L’immagine di ϕ `e generata dalle colonne di Mϕ(B)B . Quindi la dimen- sione dell’immagine `e uguale al massimo numero di colonne linearmente indipendenti, cio`e rk(Mϕ(B)B ) )
La dimensione dell’immagine `e dim(Im(ϕ)) = rk(Mϕ(B)B ) = 5 perch´e Mϕ(B)B `e una matrice quadrata con determinante non nullo.
La dimensione del nucleo `e per il teorema di nullit`a dim(ker(ϕ)) = dim(R5)−dim(Im(ϕ)) = 0 . Quindi ϕ `e iniettiva.
Verifico: f ∈ ker(ϕ) =⇒ ϕ(f ) = 0 =⇒ f0· x4+ f1· x3+ f2· x2+ f3· x + f4= 0 =⇒ f = 0 . u t Esercizio 2. Consideriamo l’insieme dei polinomi P<5 in R[x] di grado minore di 5 , con il polinomio nullo.
(a) Trovare un R -isomorfismo ψ : P<5 −→ R5. (b) Scrivere Mψ(B)E ( B = {1, x, x2, x3, x4} ).
(c) Considerare la funzione composta η : R5−→ R5 definita da η = (ψ)−1◦ ϕ ◦ ψ e calcolare Mη(E)E .
(d) Descrivere l’insieme dei vettori di R5 tali che η(v) = v e dire se `e un sottospazio di R5. Soluzione
(a) Sia ψ : P<5−→ R5 definito da ψ(f ) = ψ(f0+ f1· x + ... + f4· x4) := (f0, f1, f2, f3, f4) . E’ un R -omomorfismo perch´e
ψ(a · f ) = ψ(af0+ af1· x + af2· x2+ af3· x3+ af4· x4) =
= (af0, af1, af2, af3, af4) =
= a · ψ(f )
ψ(f + g) = ψ((f0+ g0) + (f1+ g1) · x + .. + (f4+ g4) · x4) =
= ((f0+ g0), (f1+ g1), .., (f4+ g4)) =
= (f0, f1, .., f4) + (g0, g1, .., g4) =
= ψ(f ) + ψ(g)
E’ iniettivo perch´e la controimmagine del vettore nullo `e soltanto il polinomio nullo.
E’ surgettivo perch´e dato un qualunque vettore v = (a, b, c, d, e) ∈ R5 trovo un polinomio
2
f = a + bx + cx2+ dx3+ ex4∈ P<5 tale che ψ(f ) = v . Conclusione: ψ `e un R -isomorfismo.
(b)
ψ(b1) = (1, 0, 0, 0, 0) = e1 ψ(b2) = (0, 1, 0, 0, 0) = e2 ψ(b3) = (0, 0, 1, 0, 0) = e3
ψ(b4) = (0, 0, 0, 1, 0) = e4
ψ(b5) = (0, 0, 0, 0, 1) = e5
e allora Mψ(B)E =
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
.
(c)
η(e1) = ψ(ϕ((ψ)−1(e1))) = ψ(ϕ(b1)) = ψ(b5) = e5 η(e2) = ψ(ϕ((ψ)−1(e2))) = ψ(ϕ(b2)) = ψ(b4) = e4 η(e3) = ψ(ϕ((ψ)−1(e3))) = ψ(ϕ(b3)) = ψ(b3) = e3 η(e4) = ψ(ϕ((ψ)−1(e4))) = ψ(ϕ(b4)) = ψ(b2) = e2 η(e5) = ψ(ϕ((ψ)−1(e5))) = ψ(ϕ(b5)) = ψ(b1) = e1
e allora Mψ(E)E =
0 0 0 0 1
0 0 0 1 0
0 0 1 0 0
0 1 0 0 0
1 0 0 0 0
.
Oppure:
Osserviamo che Mη(E)E = Mψ(B)E · Mϕ(B)B · Mψ(E)B e quindi Mη(E)E = I · Mϕ(B)B · I = Mϕ(B)B (d) η(v) = v se Mη(E)E MvE = MvE. Quindi devo risolvere il sistema lineare omogeneo
(Mη(E)E − I)MvE = 0 (lo stesso dell’esercizio precedente!) Le soluzioni sono {(c, b, a, b, c) | a, b, c ∈ R} .
Chiamo W = {v ∈ R5 | η(v) = v} : `e un R -sottospazio perch´e ∀u, v ∈ W, ∀s, t ∈ R abbiamo su + tv ∈ W infatti per la linearit`a di η
η(su + tv) = sη(u) + tη(v) = su + tv
Conclusione: L’insieme dei vettori v tali che η(v) = v `e W = {(c, b, a, b, c) | a, b, c ∈ R}
ed `e un R -sottospazio di R5.
u t Esercizio 3. Ripetere il primo esercizio scegliendo come base (e dimostrare che `e una base) B = (b0, b1, b2, b3, b4) dove
b0= 1, b1= 1 + x, b2= 1 + x + x2, b3= 1 + x + x2+ x3, b4= 1 + x + x2+ x3+ x4 Esercizio 4. Ripetere il primo esercizio scegliendo come omomorfismo (e dimostrare se sono omomorfismi)
(a) ϕ1(f ) = f (x2) ,
(b) ϕ2(f ) = x2· f (x) troncato a grado 4, (c) ϕ3(f ) = (f (x))2 troncato a grado 4, (d) ϕ3(f ) = f (−x) .
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