23 maggio 23 maggio 2007 2007

Esercitazione

Esercitazione N.8 N.8

23 maggio 23 maggio 2007 2007

Rosalba

Rosalba Barattero Barattero

Applicazioni lineari Applicazioni lineari

™ ™ Nucleo Nucleo – – Immagine Immagine

™ ™ Immagine e controimmagine Immagine e controimmagine di un vettore di un vettore

™ ™ Significato geometrico di particolari applicazioni lineari Significato geometrico di particolari applicazioni lineari

ESERCIZIO 1 .

Studio di un’applicazione lineare

p

Chi sono ker (

ϕ) e Im(ϕ)

Ker(

ϕ) risulta sottospazio di V , Im(ϕ) sottospazio di W

q

Da chi è generato

Im(ϕ)

r

dim

Im(ϕ)

s

il teorema della nullità e del rango

a) Abbiamo visto la lezione scorsa che conoscere la matrice associata a questa applicazione lineare equivale a conoscere questi 4 ‘dati’ :

ϕ(e

₁

)= (1,2,1)

ϕ(e

2

)= (0,1,-1) ϕ(e

3

)= (3,6,3) ϕ(e

4

)= (0,-2,2)

Determiniamo ora una base di kerϕ e una base di Imϕ

Prima stabiliamo quanto vale dim Im(ϕ), utilizzando r secondo cui

dim(Imϕ)= ρ(A) con A =

E(³₄)

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 mas- simo numero di colonne L.I. è 2 ossia ρ(A)=2=dim Imϕ.

Per q Im ϕ = L(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 s ricaviamo che :

dim(R

⁴

)=dim(kerϕ)+dim(Imϕ)

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 .

Un metodo ′empirico′ 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 C , 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)}.

4 2 2

def. n

Abbiamo avuto fortuna ! Illustriamo il metodo con cui si procede in

generale: si scrive ϕ(x1,x2,x3,x4) con (x1,x2,x3,x4)∈R⁴

ϕ(x1,x2,x3,x4) = x1 ϕ(1,0,0,0)+x2ϕ(0,1,0,0)+x3ϕ(0,0,1,0)+x4ϕ(0,0,0,1)

=

x1 C1 + …

= (x1+3x3 , 2x1+x2+6x3 -2x4, x1-x2+3x3 +2x4 )

Per def. kerϕ = {(x1,x2,x3,x4)∈R⁴|ϕ(x1,x2,x3,x4)=

0

R3 }

= {(x1,x2,x3,x4)∈R⁴| x1+3x3=0, 2x1+x2+6x3 -2x4=0, x1-x2+3x3 +2x4 =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 ! )

Per trovare una base di kerϕ , procediamo come per trovare tutte le so- luzioni, 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: grazie alle assegnazioni scelte si determinano 2 vettori L.I :

B

_{ker ϕ}

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

(come già trovato ! )

n

…dalle righe di A

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

x3=1 , x4=0 ⇒ x1=-3 , x2=0 → (-3, 0, 1, 0 ) x3=0 , x4=1 ⇒ x1=0 , x2=2 → ( 0, 2, 0, 1 )

c) Trovare u∈ R³ t.c. ϕ^-1(u) = ∅

ϕ^-1(u) = {v∈R⁴ | ϕ(v)=u} = ′ controimmagine di u ′

ϕ^-1(u) = ∅ ⇔ u∉ Imϕ

Imϕ = L(

(1,2,1),(0,1,-1))= insieme di tutte le possibili combina- zioni lineari di (1,2,1), (0,1,-1). 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(³ ₄)

M

_ϕ E

_{= A =}

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

− 2 3 1 1

2 6 1 2

0 3 0 1

ϕ(e1)=(1,2,1) ⇒ ϕ(2e1)=2 ϕ(e1)=(2,4,2) ⇒ v=2e1 =2(1,0,0,0)= (2,0,0,0)

v

R³

u

Imϕ

R⁴

ϕ(e1)

n

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

( N.B. I sottospazi vettoriali di R³ sono - {O} (dim =0),

- le rette per l’origine (dim =1) - i piani per l’origine (dim=2) - R³ ( 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

}= L ((1,0,-1)) ⇒ dim

kerϕ=1, B

kerϕ

=

{(1,0,-1)}

ϕ:R

³

→ R

³

definita da ϕ(P)=H è T.L.

(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 // Nπ

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ − + +

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 q

^Im

ϕ=L(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

= L((½,0,½),(0,1,0),(½,0,½))

= L((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 BImϕ ={(½,0,½),(0,1,0)}.

⇒ da

Imϕ

= L((½,0,½),(0,1,0)) si ricava che 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 della nullità e del rango s : 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}

V rappresenta un piano α per l’origine,ortogonale a π e quindi ϕ(V) è V∩ Imϕ (= α ∩ π ) e V∩ Imϕ ⊆ V.

Algebricamente : V = {(u,t,-v)|u,t∈R}

⇒ ϕ(V)={ϕ(u,t,-v)|u,t∈R}

= {(0,t,0)| t∈R}

⊆ {(x,y,z)∈R

³

|x+z=0} =V

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

⎩⎨⎧

=

−

= +

0 z x

0 z

x

).