Prova scritta di Algebra Lineare del 23/1/2006
ES. 1 Si considerino le seguenti due applicazioni lineari dello spazio vettoriale K4 in se stesso,
ove K e’ un campo e (e1, e2, e3, e4) la sua base canonica.
e1 → (1,1,0,0)
e 2 → (0,1,1,0)
(a) ϕ:
e3 → (0,0,1,1)
e4 → (0,1,0,1)
e1 → (1,1,0,0)
e → (0,1,1,0)
(b) φ: 2
e3 → (0,0,1,1)
e4 → (1,1,1,1)
Si dica se ϕ e φ sono isomorfismi e, in caso contrario, si calcoli una base per il nucleo e
l’immagine considerando i seguenti casi per K :
1) K=Q, il campo dei numeri razionali. 2) K=Z/2Z, il campo con due elementi.
ES. 2 Si consideri lo spazio vettoriale K3={(a,b,c)|a,b,c∈K, con K campo}, siano U=<u1=(1,2,-1),
u2=(2,3,-2) ∈ K3} e W =<w1=(4,1,3), w2=(-3,1,2) ∈ K3}. Si dica se U e W sono sottospazi identici
di K3 nei seguenti casi:
a) K=R, il campo dei numeri reali.
b) K=Z/3Z, il campo con 3 elementi.
Soluzioni degli esercizi
Es. 1 Consideriamo dapprima il caso di ϕ. Scriviamo la matrice A associata a ϕ rispetto alla base
1
1
canonica. Si ha A =
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
0
1
.
0
1
Det(A)=2. Cio’ significa che, se K=Q allora A e’ invertibile. Dunque ϕ e’ un isomorfismo. Se
invece K=Z/2Z, allora det(A)=0, e dunque ϕ non e’ un isomorfismo. Calcoliamo dapprima le
dimensioni di Ker(ϕ) e di ϕ(K4). Per calcolarle, bastera’ calcolare il rango di A, e poi usare la
formula 4=dim(K4)=dim(ker(ϕ))+dim(ϕ(K4)), ove dim(ϕ(K4)),=rango(A). Prendendo il minore di A
costituito dalle prime 3 righe e dalle prime 3 colonne, si osserva che il suo determinante e’ uguale a
1, e pertanto A ha rango 3. Ne segue che dim(ϕ(K4))=3 e dim(ker(ϕ))=1. In particolare una base di
ker(ϕ) sara’ costituita da un qualsiasi vettore non nullo di ker(ϕ). Troviamo una base per ϕ( K4) e
una base per ker(ϕ). Poiche’ ϕ(e4)=ϕ(e2)+ϕ(e3) e {ϕ(e1), ϕ(e2), ϕ(e3)} e’ un insieme di vettori
linearmente indipendenti, (ϕ(e1), ϕ(e2), ϕ(e3)) e’ una base (ordinata) di ϕ(K4). Inoltre
ϕ(e2+e3+e4)=0 e dunque {e2+e3+e4} e’ una base per ker(ϕ).
Consideriamo ora il caso di φ. Scriviamo la matrice B associata a φ rispetto alla base canonica. Si
1
1
ha B =
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
.
1
1
Det(B)=0, dunque sia nel caso K=Q che nel caso K=Z/2Z, φ non e’ un isomorfismo. Calcoliamo il
rango di B. Il minore costituito dalle prime 3 righe e dalle prime 3 colonne di B ha determinante
uguale a 1. Pertanto B ha rango 3 sia nel caso K=Q che nel caso K=Z/2Z. Cio’ significa che dim(φ
(K4))=3 e dim(ker(φ))=1 in ambedue i casi. Troviamo infine una base per φ(K4) e una base per
ker(φ). Poiche’ φ(e4)= φ(e1)+ φ(e3), e {φ(e1), φ(e2), φ(e3)} e’ un insieme di vettori linearmente
indipendenti, (φ(e1), φ(e2), φ(e3)) e’ una base (ordinata) di φ(K4) in ambedue i casi; inoltre φ(e1+ e3e4)=0, dunque {e1+e3-e4} e’ una base per ker(φ) in ambedue i casi.
Es. 2 Consideriamo dapprima il vettore w= w1- w2=(7,0,1) ∈W e il vettore u=xu1+yu2 con x e y
elementi di K. Si ha u=(x+2y,2x-3y,-x+2y) ∈U. w e u sono uguali se e solo se esistono x e y∈K tali
x + 2y = 7
che (x+2y,2x-3y,-x+2y)= (7,0,1). Risolvendo il sistema di equazioni lineari 2x − 3y = 0 si trova
−x + 2y = 1
subito che tale sistema ha una ed un’unica soluzione, e cioe’ x=3, y=2. Pertanto sicuramente
W∩U≥<(7,0,1)>, il sottospazio generato dal vettore w. Cio’ naturalmente non basta per dimostrare
che W e U sono identici. Per farlo , dato che u e u1 sono linearmente indipendenti (in ambedue i
casi), si avra’ W=U se e solo se ∃ a e b∈K tali che aw1+bw2= u1 e cioe’ ∃ a e b∈K tali che
4a − 3b = 1
a +b= 2
3a + 2b = −1
Distinguiamo ora i casi K=R e K=Z/3Z. Se il sistema non ha soluzioni, e cio’ significa che W≠U. Se
K=Z/3Z, il sistema ha invece una ed una sola soluzione, e precisamente a=1 e b=1. In tale caso
pertanto W=U.
