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Esercizi di ripasso 2
1. Sia Pr : R2 → R2 l’endomorfismo che manda ogni vettore v ∈ R2 nella sua proiezione ortogonale sulla retta r passante per l’origine di equazione 2x − 3y = 0. Calcolare una matrice per Pr.
Determinare l’immagine del vettore v =4 7
e la controimmagine dei vettori u = 6
−5
e w = 1
2 3
!
Soluzione. Se fissiamo la base canonica di R2: N = 1 0
,0
1
, allora la matrice di Pr `e (v. Capitolo 11 del testo)
1 13
9 6 6 4
Allora l’immagine di un generico vettore x =x y
` e 1
13
9 6 6 4
x y
= 1 13
9x + 6y 6x + 4y
Per esempio il vettore x = 4 7
si trasforma in Pr(x) = 78/13 52/13
=
6 4
(v. figura 1)
Per quanto riguarda la controimmagine: ricordiamo che la controim- magine di un vettore w `e l’insieme dei vettori che vengono trasformati in esso. Nel nostro caso `e chiaro che ogni vettore viene trasformato in qualche vettore che giace sulla retta. Per questo motivo, il vettore
6
−5
ha controimmagine vuota, mentre il vettore
1 2/3
ha contro- immagine non vuota. Occorre determinare tutti i vettori x
y
tali che
1 13
9 6 6 4
x y
=
1 2/3
In definitiva, dobbiamo risolvere il sistema ( 9
13x +136y = 1
6
13x +134y = 23 Procediamo alla riduzione
9 13
6 13 1
6 13
4 13
2 3
!
→ 9 6 13 6 4 263
!
→ 1 23 139 6 4 263
!
→ 1 23 139 0 0 0
!
Abbiamo quindi infinite soluzioni della forma−23t + 139 t
(`e una retta data in forma parametrica). La controimmagine del vettore w (rosso
nella figura 2) `e costituita da tutti i vettori che hanno punto inizia- le nell’origine e punto terminale sulla retta di equazioni parametriche appena calcolata, per esempio i vettori in blu nella figura 2.
2. Nel caso di una rotazione del piano di un angolo θ in senso antiorario i calcoli sono pi`u facili in quanto l’applicazione `e biiettiva: abbiamo quindi un isomorfismo. Verificare con un disegno che l’immagine di un vettore v `e il vettore v ruotato di un angolo θ in senso antiorario.
Mentre la controimmagine di un vettore w (cio`e l’insieme dei vettori da cui proviene) `e costituito daun solo vettore che si ottiene ruotando w di un angolo θ in senso orario.
3. Determinare l’applicazione lineare L : R3 → R4 tale che i vettori
2 0 3
,
0 2 4
siano nel nucleo dell’applicazione e che L
0 0 1
=
1 0 1 0
. Calcolare
l’immagine di
1 2 3
e la controimmagine (detta anche pre-immagine
o immagine inversa) di
1 0 1 0
e di
1 1 1 1
.
Soluzione. Osserviamo che i tre vettori assegnati sono linearmente indipendenti, infatti la matrice
2 0 0 0 2 0 3 4 1
ha determinante 4 6= 0. Allora le nostre ipotesi ci forniscono diretta- mente una matrice di L rispetto alla base costituita da questi vettori per il primo spazio e la base canonica per il secondo spazio:
2 0 3
7→
0 0 0 0
7→
0 0 0 0
(l’ultima freccia (all’apparenza superflua, `e quella che ci d`a le coordi- nate del vettore immagine rispetto alla base fissata, qui ovvio perch´e abbiamo preso la base canonica.)
0 2 4
7→
0 0 0 0
7→
0 0 0 0
e
0 0 1
7→
1 0 1 0
7→
1 0 1 0
La matrice dell’applicazione `e quindi
M (L) =
0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0
Per calcolare L(
1 2 3
) occorre prima trovare le coordinate di
1 2 3
in termini della base fissata del primo spazio:
1 2 3
= a
2 0 3
+ b
0 2 4
+ c
0 0 1
Questo `e un sistema lineare che ha per soluzione a = 12, b = 1, c = −52. Quindi
L(
1 2 3
) =
0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0
1 2
1
−52
=
−52 0
−52 0
L’immagine dell’applicazione `e il sottospazio di R3 generato da
1 0 1 0
ed `e quindi costituito da tutti i vettori aventi uguali coordinate. Il
vettore
1 1 1 1
ha quindi controimmagine vuota. Mentre il vettore
1 0 1 0
ha controimmagine non vuota. Si ottengono risolvendo il sistema
0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0
a b c
=
1 0 1 0
ossia c = 1 dove questo valore `e la coordinata dei vettori della contro- immagine rispetto alla base fissata. Questi invece, espressi nella base canonica, sono della forma:
= a
2 0 3
+ b
0 2 4
+
0 0 1
cio`e
2a 2b 3a + 4b + 1
Per esempio, il vettore
2 2 8
`e nella controimmagine.
Osservazione. Pu`o essere utile confrontare il metodo di calcolo del nucleo di una applicazione con quello del calcolo della controimmagine di un qualche vettore w. In effetti, il nucleo non `e altro che la contro- immagine di 0. Per il calcolo del nucleo si studia un SLO, per il calcolo della controimmagine si studia un sistema, non pi`u omogeneo, ma che ha la stessa matrice dei coefficienti di quello usato per il nucleo.
4. Determinare l’applicazione lineare L : P2 → R2 in cui il vettore x − 1 `e nel nucleo di L, L(1) =1
2
e L((x − 1)2) =3 4
. Calcolare L(x + x2) e calcolare la controimmagine di 1
2
.
Soluzione. I vettori 1, x − 1, (x − 1)2 sono linearmente indipendenti e quindi costituiscono una base di P2. Le condizioni date quindi deter- minano univocamente l’applicazione lineare. Ne possiamo calcolare la matrice prendendo la base ordinata B = (1, x − 1, (x − 1)2) per il primo spazio e la base (ordinata) canonica N per il secondo spazio.
Otteniamo
1 7→1 2
7→1
2
x − 1 7→0 0
7→0
0
(x − 1)2 7→3 4
7→3
4
da cui la matrice
M (L) =1 0 3 2 0 4
Volendo ora calcolare L(x + x2) occorre prima esprimere il vettore (x + x2) come combinazione lineare della base scelta, trovando cos`ı le sue coordinate.
x + x2 = a(1) + b(x − 1) + c(x − 1)2 = cx2 + (b − 2c)x + a − b + c
confrontando i coefficienti dei due polinomi abbiamo il sistema lineare
a − b + c = 0 b − 2c = 1 c = 1
da cui a = −2, b = −1, c = 1. Possiamo allora calcolare
L(x + x2) =1 0 3 2 0 4
−2
−1 1
=1 0
.
In alternativa, si poteva calcolare come segue
L(x+x2) = L(−2(1)−(x−1)+(x−1)2) = −2L(1)−L(x−1)+L((x−1)2)
= −21 2
+3
4
=1 0
come sopra.
Per trovare la controimmagine di 1 2
bisogna risolvere il sistema
1 0 3 2 0 4
x y z
=1 2
Se il sistema risultasse incompatibile vuol dire che il vettore 1 2
non appartiene a Im L. Tuttavia il sistema
(x + 3z = 1 2x + 4z = 2
`
e compatibile. Infatti usando il metodo di Gauss, abbiamo
1 0 3 1 2 0 4 2
→1 0 3 1 0 0 −2 0
ossia il sistema
(x + 3z = 1
−2z = 0
da cui
x = 1 y = t z = 0
Questa terna di numeri va interpretata come le coordinate di un poli- nomio rispetto alla base B per cui essa corrisponde al polinomio
1 + t(x − 1)
La controimmagine cercata quindi `e costituita da {1 + t(x − 1)|t ∈ R}
