Capitolo 5 Applicazioni lineari
Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
Introduzione
Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Data un’applicazione lineare, scriverla in forma matriciale rispetto alle basi canoniche degli spazi di partenza e di arrivo dell’applicazione (vedi esercizio nella pagina seguente).
• Data un’applicazione lineare, calcolare la dimensione del nucleo e dell’im- magine (vedi esercizi nella pagina successiva e a pagina 7).
• Data un’applicazione lineare, calcolare una base per il nucleo e per l’im- magine (vedi esercizi nella pagina successiva e a pagina 7);
• Data un’applicazione lineare, stabilire se è iniettiva, suriettiva o biettiva (vedi esercizio nella pagina successiva);
• Data un’applicazione lineare, scriverla in forma matriciale rispetto a due basi diverse dalle basi canoniche per gli spazi di partenza e di arrivo dell’applicazione (vedi esercizio a pagina 7).
• Esercizio di riepilogo avanzato, piuttosto elaborato...(vedi esercizio a pagina 12).
Esercizio 1 (appello 23/11/2012)
Si consideri l’applicazione lineare L : R4−→ R2 tale che:
L
x1 x2 x3
x4
= x1− x2+ x4 2x2− x3+ x4
,
1. scrivere la matrice A che rappresenta L nelle basi canoniche di R4e di R2;
2. calcolare: dim (Im (L)), dim (ker (L)), L
2 5 8 1
;
3. trovare una base per il sottospazio ker (L) e Im (L);
4. stabilire se L è iniettiva, suriettiva o biettiva, giustificando ogni afferma- zione.
Soluzione
Punto (1)
Dalla teoria sappiamo che un applicazione lineare può essere scritta in forma matriciale come segue:
L : AX = Y
A =
[L (e1)]B
R2 | [L (e2)]B
R2 | [L (e3)]B
R2 | [L (e4)]B
R2
,
X = [v]B
R4, v ∈ R4, Y = [L (v)]B
R2, v ∈ R4
In questo caso, siccome abbiamo a che fare, sia nello spazio di partenza che in quello di arrivo, con la base canonica di Rn, le entrate della matrice A non sono date nient’altro che dai coefficienti delle equazioni che determinanto l’applicazione lienare. Quindi:
A =1 −1 0 1
0 2 −1 1
Punto (2)
Incominciamo con il determinare la dimensione del nucleo. Per definizione abbiamo che:
ker (L) =X ∈ R4| AX = 02 ,
dim (ker (L)) = n − rg (A)
Quindi dobbiamo calcolare il rango della matrice A. A tale scopo utilizziamo la regola degli orlati di Kronecker:
|∆1| =
1 −1
0 2
= 2 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2,
Siccome la matrice A non può avere rango maggiore di 2, possiamo concludere che rg (A) = 2.
Pertanto:
dim (ker (L)) = n − rg (A) = 4 − 2 = 2
Per determinare la dimensione dell’immagine, non è necessario svolgere al- cun tipo di calcolo. Infatti dalla teoria sappiamo che le colonne linearmente indipendenti della matrice A sono una base per lo spazio immagine. Ovvero:
dim (Im (L)) = rg (A) = 2
Nel caso in cui non ci fossimo ricordati questa nozione, avremmo potuto ricavare comuque la dimensione dello spazio immagine senza fare alcun calcolo sfruttando il teorema delle dimensioni, il quale afferma, in questo caso, che:
dim R4 = dim (ker (L)) + dim (Im (L)) ,
quindi:
dim (Im (L)) = dim R4 − dim (ker (L)) = 4 − 2 = 2 Infine, per calcolare:
L
2 5 8 1
,
basta sostituire tale vettore all’interno delle equazioni che definiscono l’applica- zione lineare:
L
2 5 8 1
= 2 − 5 + 1 10 − 8 + 1
=−2 3
Punto (3)
Per poter ottenere una base per ker (L), dobbiamo prima ottenene le equazioni cartesiane, le quali sono date dalle righe indipendenti della matrice A. Inoltre, anche usando la formula vista nel capitolo 2 relativa al n° di equazioni di un sottospazio, otteniamo lo stesso risultato:
n° equazioni cartesiane ker (L) = n − dim (ker (L)) = 4 − 2 = 2
Scegliamo le righe contenenti la sottomatrice ∆1, il cui determinante è non nullo, e che pertanto sappiamo essere due righe linearmente indipendenti tra loro. In altre parole, prendiamo tutte le righe della matrice:
ker (L)
(x1− x2+ x4 = 0 2x2− x3+ x4 = 0
Assegnando due parametri a tali equazioni, possiamo ottenere una rappresen- tazione parametrica per ker (L) e quindi una base:
x1 = α
x2 = β
α − β + x4 = 0 2β − x3+ x4 = 0
x1 = α x2 = β x4 = −α + β x3 = x4+ 2β
x1 = α x2 = β x4 = −α + β x3 = −α + β + 2β
x1 = α x2 = β x4 = −α + β x3 = −α + 3β
ker (L) :
x1
x2
x3
x4
= α
1 0
−1
−1
+ β
0 1 3 1
, α, β ∈ R
Una base per ker (L) è quindi data dai vettori:
Bker=
1 0
−1
−1
,
0 1 3 1
Una base per Im (L) è facilmente ottenibile a partire dalle colonne della matrice A. Infatti queste sono un insieme di generatori per Im (L). Per avere una base dobbiamo prendere però solo le colonne linearmente indipendenti. Notiamo che le prime due colonne lo sono. Quindi una base per Im (L) è data dai vettori:
BIm=1 0
,−1
2
Punto (4)
L’applicazione lineare è iniettiva se e solo se:
dim (ker (L)) = 0
Siccome tale condizione non è verificata, possiamo concludere che l’applicazione lineare non è iniettiva.
E’ invece suriettiva se:
dim (Im (L)) = dim R2
2 = 2
Siccome la condizione sopra esposta è verificata, possiamo concludere che l’ap- plicazione lineare è suriettiva. Pertanto, siccome non è contemporaneamente sia iniettiva che suriettiva, possiamo concludere anche che non è biettiva.
Esercizio 2 (appello 17/01/2013, esercizio 1)
Sia B la base di R3 composta dai vettori v1=
1
−1 0
, v2=
0 1 1
, v3=
1 1 1
.
Sia L : R3−→ R2 l’applicazione lineare tale che:
L (v1) =1 2
L (v2) =−1 1
L (v3) =0 0
1. si determini la dimensione di ker (L) e Im (L) esplicitandone una base;
2. si determini la matrice associata a L rispetto alla base B in R3 ed alla base canonica di R2;
3. si calcolino le coordinate del vettore e1=
1 0 0
rispetto alla base B;
4. si determini L (e1);
5. si determini la matrice associata a L rispetto alle basi canoniche di R3 e R2.
Soluzione
Punto (5)
Conviene iniziare a risolvere il punto n°5 dell’esercizio in quanto ciò ci renderà più semplice svolgere gli altri punti.
Quello a cui ci troviamo di fronte in questo esercizio è qualcosa di inaspettato:
non abbiamo le immagini dei vettori della base canonica, ma bensì di tre vettori qualsiasi. Quindi non possiamo immediatamente scrivere la matrice A come facciamo di solito. Prima dobbiamo ricavare le immagini dei vettori della base canonica (che sono, appunto, le colonne cercate della solita matrice A).
Per fare ciò dobbiamo sfruttare le proprietà della linearità. Infatti, dato che l’applicazione è lineare, si ha che:
L (v1+ v2) = L (v1) + L (v2) , ∀v1, v2∈ R3,
Quindi dobbiamo cercare di costruirci le immagini dei vettori della base canonica a partire dalle immagini dei vettori che abbiamo a disposizione e della proprietà
sopra citata. Notiamo infatti che:
e1 = v3− v2=⇒ L (e1) = L (v3) − L (v2) =0 0
−−1 1
= 1
−1
,
e2 = e1− v1=⇒ L (e2) = L (e1) − L (v1) = 1
−1
−1 2
= 0
−3
,
e3 = v2− e2=⇒ L (e3) = L (v2) − L (e2) =−1 1
− 0
−3
=−1 4
,
pertanto possiamo scrivere:
A = 1 0 −1
−1 −3 4
Punto (1)
Incominciamo con il determinare la dimensione del nucleo. Per definizione abbiamo che:
ker (L) =X ∈ R3| AX = 02 ,
dim (ker (L)) = n − rg (A)
Quindi dobbiamo calcolare il rango della matrice A. A tale scopo utilizziamo la regola degli orlati di Kronecker:
|∆1| =
1 0
−1 −3
= 2 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2,
Siccome la matrice A non può avere rango maggiore di 2, possiamo concludere che rg (A) = 2.
Pertanto:
dim (ker (L)) = n − rg (A) = 3 − 2 = 1
Per determinare la dimensione dell’immagine, non è necessario svolgere al- cun tipo di calcolo. Infatti dalla teoria sappiamo che le colonne linearmente indipendenti della matrice A sono una base per lo spazio immagine. Ovvero:
dim (Im (L)) = rg (A) = 2
Nel caso in cui non ci fossimo ricordati questa nozione, avremmo potuto ricavare
comuque la dimensione dello spazio immagine senza fare alcun calcolo sfruttando il teorema delle dimensioni, il quale afferma, in questo caso, che:
dim R3 = dim (ker (L)) + dim (Im (L)) ,
quindi:
dim (Im (L)) = dim R3 − dim (ker (L)) = 3 − 1 = 2
Per poter ottenere una base per ker (L), dobbiamo prima ottenerne le equazioni cartesiane, le quali sono date dalle righe indipendenti della matrice A. Inoltre, anche usando la formula vista nel capitolo 2 relativa al n° di equazioni di un sottospazio, otteniamo lo stesso risultato:
n° equazioni cartesiane ker (L) = n − dim (ker (L)) = 3 − 1 = 2
Scelgiamo le righe contenenti la sottomatrice ∆1, il cui determinante è non nullo, e che pertanto sappiamo essere due righe linearmente indipendenti tra loro. In altre parole, prendiamo tutte le righe della matrice:
ker (L) :
(x − z = 0
−x − 3y + 4z = 0
Assegnando due parametri a tali equazioni, possiamo ottenere una rappresen- tazione parametrica per ker (L) e quindi una base:
y = α
x − z = 0
−x − 3y + 4z = 0
y = α
x = z
−z − 3α + 4z = 0
y = α x = α z = α
ker (L) :
x y z
= α
1 1 1
α ∈ R
Una base per ker (L) è quindi data dal vettore:
Bker=
1 1 1
Una base di Im (L) è facilmente ottenibile a partire dalle colonne della matrice A. Infatti queste sono un insieme di generatori per Im (L). Per avere una base dobbiamo prendere però solo le colonne linearmente indipendenti. Notiamo che le prime due colonne lo sono. Quindi una base per Im (L) è data dai vettori:
BIm= 1
−1
, 0
−3
Punto (2)
La soluzione a questo punto è semplice. Infatti abbiamo che in questo caso:
A =
[L (v1)]B
R2 | [L (v2)]B
R2 | [L (v3)]B
R2
,
quindi le colonne di A non sono nient’altro che le immagini dei vettori che ci sono stati dati col testo dell’esercizio:
A =1 −1 0
2 1 0
Punto (3)
Basta risolvere l’equazione parametrica vettoriale:
e1= αv1+ βv2+ γv3,
1 0 0
= α
1
−1 0
+ β
0 1 1
+ γ
1 1 1
,
1 = α + γ 0 = −α + β + γ 0 = β + γ
1 = α + γ 0 = −α − γ + γ β = −γ
γ = 1 α = 0 β = −1
Quindi:
[e1]B =
0
−1 1
Punto (4)
Abbiamo già risolto questo punto quando abbiamo risolto il punto n°5 all’inizio.
Riportiamo qui il risultato trovato per comodità:
e1= v3− v2=⇒ L (e1) = L (v3) − L (v2) =0 0
−−1 1
= 1
−1
Esercizio 3
Data l’applicazione L : S2−→ R3[t]:
La b b c
7−→ a − c + (a + b) t + (b − a) t2+ (b − c) t3,
determinare:
1. dim (ker (L)) e dim (Im (L));
2. se L è iniettiva, suriettiva o biettiva;
3. le equazioni cartesiane per ker (L) e Im (L);
4. la matrice associata a L nelle basi:
BS02 = 3 0 0 0
, 0 −1
−1 0
,0 0
0 2
BR0
3 = 2, 3t, t2, −t3
5. per quali valori di h il vettore v =
h 1 1
∈ Im (L);
6. una matrice B tale che ker (B) = Im (A) e Im (B) = ker (A) .
Soluzione
Incominciamo innanzitutto a determinare qual è la matrice associata all’appli- cazione lineare nelle basi canoniche per lo spazio di partenza e di arrivo.
Tale operazione infatti ci torna utile per risolvere i punti successivi.
Dalla teoria sappiamo che un applicazione lineare può essere scritta in forma matriciale come segue:
L : AX = Y
A =
[L (S1)]B
R3 | [L (S2)]B
R3 | [L (S3)]B
R3
,
X = [S]B
S2, S ∈ S2, Y = [L (S)]B
R3, S ∈ S2
Quindi, calcolando le immagini dei vettori della base canonica di S2: L1 0
0 0
= 1 + t − t2
L0 1 1 0
= t + t2+ t3
L0 0 0 1
= −1 − t3
Quindi, calcolandone le coordinate rispetto alla base BR3:
A1 =
L1 0 0 0
BR3
=
1 1
−1 0
,
A2 =
L0 1 1 0
BR3
=
0 1 1 1
,
A3 =
L0 0 0 1
BR3
=
−1 0 0
−1
,
pertanto:
A =
1 0 −1
1 1 0
−1 1 0
0 1 −1
,
L :
1 0 −1
1 1 0
−1 1 0
0 1 −1
a b c
=
y1
y2
y3
y4
Punto (1)
Incominciamo con il determinare la dimensione del nucleo. Per definizione abbiamo che:
ker (L) =X ∈ R3| AX = 04 ,
dim (ker (L)) = n − rg (A)
Quindi dobbiamo calcolare il rango della matrice A. A tale scopo utilizziamo la regola degli orlati di Kronecker:
|∆1| =
1 0 1 1
= 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2,
|∆11| =
1 0 −1
1 1 0
−1 1 0
= −
1 1
−1 1
= −2 6= 0
Possiamo quindi concludere che rg (A) = 3, e quindi:
dim (ker (L)) = n − rg (A) = 3 − 3 = 0
Cioè ker (L) = 0R3.
Per determinare la dimensione dell’immagine, non è necessario svolgere al- cun tipo di calcolo. Infatti dalla teoria sappiamo che le colonne linearmente indipendenti della matrice A sono una base per lo spazio immagine. Ovvero:
dim (Im (L)) = rg (A) = 3
Nel caso in cui non ci fossimo ricordati questa nozione, avremmo potuto rica- vare comunque la dimensione dello spazio immagine senza fare alcun calcolo sfruttando il teorema delle dimensioni, il quale afferma, in questo caso, che:
dim R3 = dim (ker (L)) + dim (Im (L)) ,
quindi:
dim (Im (L)) = dim R3 − dim (ker (L)) = 3 − 0 = 3 Punto (2)
L’applicazione lineare è iniettiva se e solo se:
dim (ker (L)) = 0
Siccome tale condizione è stata verificata nel punto precedente, possiamo con- cludere che l’applicazione lineare è iniettiva.
E’ invece suriettiva se:
dim (Im (L)) = dim (R3[t])
3 = 4
Siccome la condizione sopra esposta non è verificata, possiamo concludere che l’applicazione lineare non è suriettiva. Pertanto, siccome non è contempora- neamente sia iniettiva che suriettiva, possiamo concludere anche che non è biettiva.
Punto (3)
Per quanto riguarda le equazioni cartesiane di ker (L), in questo caso non ce ne sono in quanto ker (L) = 0R3.
Le equazioni cartesiane di Im (L) sono facilmente ottenibili a partire dalle co- lonne della matrice A. Infatti queste sono un insieme di generatori per Im (L).
Essendo L iniettiva, una base per per S2 è una base per Im (L). Ne consegue quindi che le tre colonne della matrice A sono una base per Im (L). A partire da ciò possiamo facilmente ricavare le equazioni cartesiane:
BIm(L)=
1 1
−1 0
,
0 1 1 1
,
−1 0 0
−1
,
Per trovare le equazioni cartesiane, utilizziamo il metodo studiato alla fine del
capitolo 4, ovvero poniamo a zero il seguente determinante:
1 0 −1 y1
1 1 0 y2
−1 1 0 y3 0 1 −1 y4
= 0
−
1 1 y2
−1 1 y3 0 1 y4
+
1 0 y1 1 1 y2
−1 1 y3
= 0
−
0 2 (y2+ y3)
−1 1 y3
0 1 y4
+
1 0 y1
2 0 (y2− y3)
−1 1 y3
= 0
−
0 2 (y2+ y3)
−1 1 y3
0 1 y4
−
1 y1
2 (y2− y3)
= 0
−
2 (y2+ y3)
1 y4
− y2+ y3+ 2y1 = 0
−2y4+ y2+ y3− y2+ y3+ 2y1 = 0
−2y4+ 2y3+ 2y1 = 0 y1+ y3− y4 = 0
Per quanto riguarda la base trovata per BIm(L), può essere riscritta nella forma più familiare (dato che è la base di un insieme polinomiale):
BIm(L)=
1, t, −t2, 0 , 0, t, t2, t3 , −1, 0, 0, −t3 Punto (4)
Dalla teoria sappiamo che un applicazione lineare scritta in forma matriciale assume la forma:
L : AX = Y
A =
[L (S1)]B
R3 | [L (S2)]B
R3 | [L (S3)]B
R3
,
X = [S]B
S2, S ∈ S2, Y = [L (S)]B
R3, S ∈ S2
Se ora consideriamo di cambiare le basi con cui vogliamo lavorare nello spazio
di partenza e di arrivo, ovvero se invece di utilizzare le basi canoniche BS2e BR3 volessimo utilizzare le basi:
BS02 = 3 0 0 0
, 0 −1
−1 0
,0 0
0 2
, BR0
3 = 2, 3t, t2, −t3 ,
che riscritte in termini di coordinate rispetto alla base canonica di ciascuno degli spazi considerati corrisponderebbero agli insiemi:
BR0
3 =
2 0 0 0
,
0 3 0 0
,
0 0 1 0
,
0 0 0
−1
,
BS20 =
3 0 0
,
0
−1 0
,
0 0 2
,
allora dovremmo poter riscrivere i vettori v e L (v) nelle nuove coordinate, che chiameremo X’ e Y0:
X0 = [S]B
S02
, S ∈ S2, Y0 = [L (S)]B
R0 3
, S ∈ S2
ovvero, facendo utilizzo delle matrici di cambiamento di base (che abbiamo trattato nei capitoli precedenti):
X0 = MB
R0 3
,BR3X, Y0 = MB
S02,BS2Y,
quindi se chiamiamo MB
R0 3
,BR3 = N−1 e MB
S02,BS2 = M−1 abbiamo che:
X = N X0,
Y = M Y0, (1)
pertanto:
L : AX = Y ⇐⇒ A (N X0) = M Y0⇐⇒
∆
z }| {
M−1ANX0 = Y0
, L : ∆X0 = Y0,
dove la matrice ∆ = M−1AN è una matrice equivalente ad A.
Per trovare le matrici M e N , dobbiamo affidarci alle formule scritte nelle equa- zioni (1). Abbiamo a che fare con delle matrici di cambiamento di base; come visto nel capitolo 3 quando abbiamo trattato tale argomento, la matrice N non è data nient’altro che dai vettori della base S20 scritti nelle coordinate della base canonica per tale spazio, cioè S2. Ne consegue quindi che, siccome abbiamo a che fare con le coordinate di vettori rispetto alla base canonica, tali coordinate corrispondono ai vettori stessi (proprio perché la base in cui vogliamo calcolare le coordinate è quella canonica) e pertanto:
N =
3 0 0
0 −1 0
0 0 2
Lo stesso discorso può essere ripetuto per la matrice M , che pertanto è data da:
M =
2 0 0 0
0 3 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
Per invertire la matrice M , dato che è diagonale, la sua inversa non è data nient’altro che dalla matrice avente come entrate gli inversi delle entrate della matrice M , ovvero:
M−1=
1/2 0 0 0
0 1/3 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
,
Pertanto possiamo scrivere:
|∆| =
4×4
1/2 0 0 0
0 1/3 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
4×3
1 0 −1
1 1 0
−1 1 0
0 1 −1
3×3
3 0 0
0 −1 0
0 0 2
=
3/2 0 −1
1 −1/3 0
−3 −1 0
0 1 2
Potevamo ottenere lo stesso risultato usando un altro procedimento forse più
logico. Dapprima calcoliamo le immagini dei vettori della base S20; quindi:
L3 0 0 0
= 3 + 3t − 3t2
L 0 −1
−1 0
= −t − t2− t3
L0 0 0 2
= −2 − 2t3
Dopodiché determiniamo le coordinate di tali immagini nella base BR0
3:
L3 0 0 0
BR0 3
=
3/2
1
−3 0
L 0 −1
−1 0
BR0 3
=
0
−1/3
−1 1
L0 0 0 2
BR0 3
−1 0 0 2
giungendo così allo stesso risultato determinato con il ragionamento fatto in precedenza.
Come si può ben vedere, spesso esiste più di un metodo risolutivo per giungere ad una determinata soluzione; sta a noi decidere qual è il più conveniente da usare in una determinata situazione a seconda dei dati che abbiamo sottomano.
Punto (5)
Il vettore v deve poter essere scritto nelle coordinate di una base di Im (L) affinché appartenga all’immagine. Quindi:
h 1 1 0
= α
1 1
−1 0
+ β
0 1 1 1
+ γ
−1 0 0
−1
h = α − γ 1 = α + β 1 = −α + β 0 = β − γ
h = α − γ 1 = α + γ 1 = −α + γ γ = β
h = α − 1 + α γ = 1 − α 1 = −α + 1 − α γ = β
h = −1 γ = 1 α = 0 γ = β
Il vettore v appartiene a Im (L) se e solo se h = −1.
Punto (6)
Come abbiamo visto all’inizio dell’esercizio, dopo aver determinato la matrice A associata all’applicazione lineare:
A =
1 0 −1
1 1 0
−1 1 0
0 1 −1
possiamo considerare l’applicazione lineare L : S2 −→ R3[t] come un’applica- zione lineare del tipo L : R3−→ R4.
Nel testo dell’esercizio ci viene chiesto di determinare una matrice B (che dovrebbe rappresentare un altra applicazione lineare) tale che:
ker (B) = Im (A)
Im (B) = ker (A)
Dalla formula sopra scritta si può subito dedurre che essendo Im (A) un sot- tospazio dello “spazio di arrivo” dell’applicazione lineare L (cioè di R4), allora, essendo ker (B) un sottospazio dello “spazio di partenza” dell’applicazione li- neare definita dalla matrice B ed essendo ker (B) = Im (A), ne consegue che lo
“spazio di partenza” dell’applicazione lineare definita dalla matrice B è niente- meno che R4.
Ripetendo lo stesso ragionamento si può dedurre che essendo ker (A) un sotto- spazio dello “spazio di partenza” dell’applicazione lineare L (cioè di R3), allora, essendo Im (B) un sottospazio dello “spazio di arrivo” dell’applicazione lineare definita dalla matrice B ed essendo Im (B) = ker (A), ne consegue che lo “spa- zio di arrivo” dell’applicazione lineare definita dalla matrice B è nientemeno che R3.
Pertanto possiamo concludere che l’applicazione lineare definita dalla matrice B “va” da R4 a R3, cioè LB : R4−→ R3.
Detto questo, analizzando i dati che abbiamo ottenuto dai punti precedenti, possiamo affermare che:
dim (ker (B)) = (Im (A)) = 3
(Im (B)) = (ker (A)) = 0
In particolare:
Im (B) = ker (A) = 0R3
Come ben sappiamo dalla teoria, le colonne indipendenti della matrice B rap- presentano una base per l’immagine e inoltre rg (B) = dim (Im (B)) = 0.
L’unica matrice che soddisfa tale criterio è:
B =
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Ricordando che le righe linearmente indipendenti della matrice B rappresentano le equazioni cartesiane di ker (B), in tal caso avremmo che il nucleo non ha equazioni cartesiane che lo definiscono (tutte le righe della matrice B scelta
sono dipendenti tra loro essendo tutte zeri...).
Ma dalla teoria vista nel capitolo 2 sappiamo che:
n° equazioni cartesiane ker (B) = n − dim (ker (B)) = 4 − 3 = 1
Che però va a contraddire il fatto che, per quanto scoperto poco fa, il nucleo di B non dovrebbe affatto avere equazioni cartesiane dato che non c’è nemmeno una riga linearmente indipendente nella matrice B!
Quindi possiamo concludere che la matrice B che ci chiede di determinare il testo dell’esercizio non esiste!
NB. Esiste un altro metodo molto più “matematico” ma anche più breve (suggeritomi dal mio esimio collega Gianpaolo Grosselli) per dimostrare che la matrice B richiesta non esiste.
Per farlo basta notare che se:
Im (B) = ker (A)
allora:
rg (B) = dim (Im (B)) = dim (ker (A)) = 0
Per il teorema delle dimensioni:
dim (ker (B)) = dim R4 − rg (B) = 4 − 0 = 4
ma:
dim (Im (A)) = 3
quindi non è possibile che siano lo stesso sottospazio.
