i im mm ma ag gi in ne e c

O Om mo om mo or rf fi is sm mi i d di i s sp pa az zi i v ve et tt to or ri ia al li i: : nu n uc cl le eo o

i im mm ma ag gi in ne e c

co on nt tr ro oi im mm ma ag gi in ne e d di i u un n e e le l em me e nt n to o

E

Es se em mp pi i g ge e om o me et tr ri ic ci i

Rosalba Barattero

ESERCITAZIONE N.8 30 aprile 2009

ESERCIZIO 1 .

Studio di un’applicazione lineare

Cosa è indispensabile sapere sulle T.L.

Cos’è una T.L.

matrice associata ad una T.L.

Chi sono ker ( ϕ) e Im(ϕ)

Ker( ϕ) risulta sottospazio di V , Im(ϕ) sottospazio di W Da chi è generato Im(ϕ)

dim Im(ϕ)

il teorema della nullità e del rango (o teorema di Grassman)

a) Abbiamo visto la lezione scorsa che conoscere la matrice

associata a questa applicazione lineare equivale a conoscere questi 4 ′dati′ ( essendo le basi canoniche ) :

ϕ(e

₁

)= (1,2,1)

ϕ(e

2

)= (0,1,-1) ϕ(e

3

)= (3,6,3) ϕ(e

₄

)= (0,-2,2)

Una bella proprietà che contraddistingue gli omomorfismi di spazi vettoriali risp. alle funzioni dell’Analisi in cui un n. finito di informazioni non basta per conoscere la funzione su tutti gli infiniti pti del dominio !

Determiniamo ora una base di kerϕ e una base di Imϕ

Prima stabiliamo quanto vale dim Im(ϕ), utilizzando secondo cui dim(Imϕ)= ρ(A) con A =

E(³ ₄)

M

_ϕ E

A= ⎟ ⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

−

− 2 3 1 1

2 6 1 2

0 3 0 1

Si vede che: C

₄

= -2 C

₂

, C

₃

= 3C

₁

quindi il massimo numero di colonne L.I. è 2 ossia ρ(A)=2=dim Imϕ.

Per Im ϕ = <ϕ(e

₁

), ϕ(e

₂

), ϕ(e

₃

), ϕ(e

₄

)> ( il sottospazio di tutte le c.l. dei 4 elementi); per avere una base basta estrarre 2

(=dim Im ϕ ) vettori L.I. , ad es. ϕ(e

1

), ϕ(e

2

) e dunque B

Im(ϕ )

= {(1,2,1),(0,1,-1)}.

Per studiare il nucleo, dal teorema ricaviamo che : dim(R

⁴

)=dim(kerϕ)+dim(Imϕ)

_{4 2}

²

(*)

Dunque dim ker ϕ = 2. Per determinare una base di ker ϕ, occorre trovare 2 elementi L.I. u,v ∈ R

⁴

t.c. ϕ(u)= ϕ(v)=(0,0,0) .

Un metodo ′empirico′ ( quando è applicabile … ! ) è il seguente

♦ Si sanno individuare delle c.l. sulle colonne di A ? Nel ns. caso sì : C

₄

= -2 C

₂

, C

₃

= 3C

₁

♦♦ Si ′rimontano′ i dati al dominio così:

C

4

= -2 C

2

⇔ ϕ(e

4

) = -2 ϕ(e

2

)

⇔ ϕ(e

₄

)+ 2 ϕ(e

₂

)=0

_R3

=(0,0,0) ⇔ ϕ(e

₄

+2e

₂

)=(0,0,0)

⇔ e

4

+2e

2

∈ker ϕ

⇔ (0,0,0,1)+2(0,1,0,0)=(0,2,0,1) ∈ker ϕ

C

₃

= 3C

₁

⇔ ϕ(e

₃

) = 3 ϕ(e

₁

)

⇔ ϕ(e

3

) - 3 ϕ(e

1

)= 0

R3

=(0,0,0)

⇔ ϕ(e

3

- 3e

1

) =(0,0,0)

⇔ e

₃

- 3e

₁

∈ker ϕ

⇔ (0,0,1,0)-3(1,0,0,0) = (-3,0,1,0) ∈ker ϕ

Concludendo: in questo caso abbiamo trovato :

(0,2,0,1) ∈ker ϕ , (-3,0,1,0) ∈ker ϕ . Entrambi i vettori sono L.I. e poiché dim ker ϕ =2 abbiamo trovato una base di ker ϕ :

B

ker ϕ

= {(0,2,0,1), (-3,0,1,0)}.

def.

Abbiamo avuto fortuna ! Illustriamo ora il metodo con cui si procede in generale: si scrive ϕ(x

1

,x

2

,x

3

,x

4

) con (x

1

,x

2

,x

3

,x

4

)∈R

⁴

ϕ(x

1

,x

2

,x

3

,x

4

) = x

1

ϕ(1,0,0,0)+x

2

ϕ(0,1,0,0)+x

3

ϕ(0,0,1,0)+x

4

ϕ(0,0,0,1) = x

1

C

1

+ …

= (x

1

+3x

3

, 2x

1

+x

2

+6x

3

-2x

4

, x

1

-x

2

+3x

3

+2x

4

)

Equivalentemente, utilizzando le conoscenze di MCII :

ϕ(x

1

,x

2

,x

3

,x

4

) =

⎟ ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

−

− 2 3 1 1

2 6 1 2

0 3 0 1

⎟⎟

⎟ ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

4 3 2 1

x x x x

= ⎟ ⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

+ +

−

− + +

+

4 3 2 1

4 3 2 1

3 1

2x 3x x x

2x 6x x 2x

3x x

Per def. kerϕ = {(x

1

,x

2

,x

3

,x

4

)∈R

⁴

|ϕ(x

1

,x

2

,x

3

,x

4

)= 0

R3

}

= {(x

1

,x

2

,x

3

,x

4

)∈R

⁴

| x

1

+3x

3

=0, 2x

1

+x

2

+6x

3

-2x

4

=0, x

1

-x

2

+3x

3

+2x

4

=0 }

Quindi kerϕ è il sottospazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo la cui matrice associata è A :

(*) ⎪

⎩

⎪ ⎨

⎧

= + +

−

=

− + +

= +

0 2x 3x x x

0 2x 6x x 2x

0 3x x

4 3 2 1

4 3 2 1

3 1

A=

⎟ ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

−

− 2 3 1 1

2 6 1 2

0 3 0 1

Si era già visto che ρ(A)=2 ⇒ il sistema ha ∝

^4-2

=∝

²

sol.

ⁿⁱ

⇒ dim kerϕ =2 ( confermato ! )

…dalle righe di A

Per trovare una base di kerϕ , procediamo come per trovare tutte le soluzioni, isolando a I° membro il minore non nullo prescelto :

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

→ +

−

= +

−

=

omessa L.D.

R

2x 6x x

2x

3x x

3

4 3 2

1

3 1

Conclusione: comoda l’assegnazione fatta , che consente sempre di determinare il n. desiderato di vettori L.I., in questo caso 2 vettori L.I : B

ker ϕ

={(-3,0,1,0), (0,2,0,1)} (come già trovato ! )

c) Trovare u∈ R

³

t.c. ϕ

^-1

(u) = ∅

ϕ

^-1

(u) = {v∈R

⁴

| ϕ(v)=u} = ′ controimmagine di u ′

ϕ

^-1

(u) = ∅ ⇔ u∉ Imϕ

Imϕ = < (1,2,1),(0,1,-1)> sottospazio vettoriale di R

³

di tutte le combinazioni lineari di (1,2,1), (0,1,-1).

Quindi troviamo le soluzioni corrispondenti ai seguenti valori assegnati alle variabili libere:

x

3

=1 , x

4

=0 ⇒ x

1

=-3 , x

2

=0 → (-3, 0, 1, 0 ) x

₃

=0 , x

₄

=1 ⇒ x

1

=0 , x

₂

=2 → ( 0, 2, 0, 1 )

v

R

³

u

Imϕ

R

⁴

Quindi basta prendere u L.I. con (1,2,1) e (0,1,-1) . Ad es. u= (0,0,1) , infatti

ρ

⎟ ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

− 1 0 0

1 1 0

1 2 1

=3

d) lasciato come esercizio

e) Determinare v∈R

⁴

t.c. ϕ(v)=(2,4,2)

E(³₄)

M

_ϕ E

_{= A =}

⎟ ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

−

− 2 3 1 1

2 6 1 2

0 3 0 1

Si può osservare in questo caso che : ϕ(e

1

)=(1,2,1) ⇒ ϕ(2e

1

)=2 ϕ(e

1

)=(2,4,2)

⇒ v=2e

1

=2(1,0,0,0)= (2,0,0,0)

In generale per trovare v∈R

⁴

t.c. ϕ(v)=(2,4,2) si studierà il sistema lineare (*) ottenuto da quello di pag.5 mettendo come termini noti 2,4,2.

ϕ(e

₁

)

SULL ’ ORTOGONALITÀ

Un piano si individua tramite un vettore normale e un suo pto

In generale dato π : ax+by+cz+d=0 si ha : N

π

= (a,b,c)

P Q

N

N

π

= (a,b,c) vettore ortogonale ad ogni vettore di D(π)

Q(x

0

, y

0

, z

0

) pto di π P(x,y,z) pto corrente su π

⇒ P-Q∈ D(π)

⇒ N ⋅ P-Q =0

⇒ (a,b,c)⋅( x- x

0

, y- y

0

, z- z

0

)=0

⇒ a(x- x

₀

)+ b(y- y

₀

)+c(z- z

₀

)=0 equazione cartesiana di π

P

π

Piani ortogonali π ⊥α ⇔ N

π

⊥ N

α

α : ax+by+cz+d=0 π : a′x+b′y+c′z+d′=0 N

π

= (a,b,c), N

α

=(a′,b′,c′)

⇒ N

_π

⋅ N

_α

=0 ( prodotto scalare)

⇒ aa′+bb′+cc′=0

π

Retta r per P , ⊥ π

r ⊥ π ⇔ u

r

⁄⁄ N

π

⇔ D(r)=< N

π

>

Q P.O. di P su π è Q=π ∩r

P

π u

_r

N

π

r

Q

ESERCIZIO 2 .

Un’applicazione lineare e il suo significato geometrico

a)

b) kerϕ = {Q∈ R

³

(dominio) | ϕ(Q) = O

R3

} Il piano x-z=0 è sottospazio vettoriale di R

³

(ricorda : i sottospazi vettoriali di R

³

sono: {O} (dim =0), le rette per l’origine (dim =1), i piani per l’origine (dim=2), R

³

( dim =3) ).

kerϕ è la retta r per O, perpendicolare a π, r:

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

−

=

=

=

t z

0 y

t x

t∈R kerϕ= {(t,0,-t)| t∈R }={t(1,0,-1)| t∈R }=<(1,0,-1)>⇒ dim kerϕ=1, B

kerϕ

= {(1,0,-1)}

ϕ:R

³

→ R

³

definita da ϕ(P)=H è omomorfismo ( verificarlo ! )

Per verificare che ϕ è la P.O. di P su π basta questo:

se P(x,y,z) , H

⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

2 z y,x 2 ,

z x

- H∈π - P-H // N

π

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ − + +

2 z - x z y, - y 2 ,

z x x

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ − +

2 z x y, - - y 2 ,

z

x // (1,0,-1)

P

π H

ϕ

Im ϕ = {Q∈R

³

(codominio) | Q=ϕ(P) per qualche P∈R

³

(dominio)}

Geometricamente è ovvio che Im ϕ =π !

Algebricamente per Im ϕ=<ϕ(1,0,0),ϕ(0,1,0),ϕ(0,0,1)>

E tenendo conto della definizione di ϕ(x,y,z)= ^⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

2 z y, x 2 ,

z x

⇒ Imϕ = <(½,0,½),(0,1,0),(½,0,½)>

= <(½,0,½),(0,1,0)>

stop !

⇒ i due vettori (½,0,½),(0,1,0) sono L.I., quindi

dim Imϕ=2 e una base di Imϕ è B

Imϕ

={(½,0,½),(0,1,0)}.

⇒ gli elementi di Imϕ sono del tipo x=½t,y=u,z=½t (rappresentazione parametrica di Imϕ), da cui si ricava la forma cartesiana x=z , eliminando il parametro t. OK !!

(Tutto va d’accordo con il teorema di Grassman :

dim(R

³

(dominio)) = dim kerϕ + dimImϕ ,infatti si ha : 3= 1+ 2 )

c) Stabilire se ϕ(V)⊆ V, con V = {(x,y,z)∈R

³

|x+z=0}

Notiamo che V rappresenta un piano α per l’origine,ortogonale a π infatti π: x-z=0 →N

_π

=( 1,0,-1), α:x+z=0→N

_α

=( 1,0,1),e quindi il prodotto scalare N

π

⋅ N

α

è (1,0,-1)⋅(1,0,1)= (1)(1) +(0)(0)+(-1)(1)=0.

L’annullamento del prodotto scalare tra due vettori non nulli equivale all’ortogonalità dei due vettori !

ϕ(V) è allora la retta V∩ Imϕ (α ∩ π ) e α ∩ π ⊆ α : OK ! Se procediamo invece algebricamente: dalla rappr. param. di V={(u,t,-u)|u,t∈R} segue ϕ(V)={ϕ(u,t,-u)|u,t∈R}

={(0,t,0)|t∈R} (per def.di ϕ) ⊆ {(x,y,z)∈R

³

|x+z=0}=V

( Osservare che ϕ(V) = {(0,t,0)| t∈R} è la retta x=0,z=0, che coincide con ₀ ⁰

⎩ ⎨

⎧

=

−

= +

π α : z

x

: z

x ) .