Algebra Lineare e Geometria Analitica
Politecnico di Milano – Ingegneria
Applicazioni Lineari
1. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita da
f (x, y, z) = (x + ky + z, x − y + 2z, x + y − z)
per ogni (x, y, z) ∈ R3 , e sia X il sottospazio di R3 generato dai vettori x1 = (1, 2, 3)
e x2 = (3, 2, 1) . Determinare il parametro reale k in modo che l’immagine del vettore
v = (1, 1, −1) appartenga al sottospazio X .
2. Data l’applicazione lineare f : R3 → R3 definita da
f (x, y, z) = (x + 2y − z, x + y − z, x + 2y)
per ogni (x, y, z) ∈ R3 ,
(a) mostrare che è invertibile,
(b) determinare l’applicazione lineare inversa.
3. Data l’applicazione lineare F : R2 [x] → R3 definita da
F (f (x)) = (f (0), f (1), f (2))
per ogni f (x) ∈ R2 [x] ,
(a) scrivere la matrice rappresentativa rispetto alle basi canoniche,
(b) scrivere la matrice rappresentativa rispetto alle basi
B = {x + 1, x2 − x, x2 + x + 1}
C = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} ,
(c) stabilire se f è un isomorfismo,
(d) trovare la controimmagine del vettore v = (1, 2, 1) .
4. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita da
f (x) = x + a ∧ x
per ogni x ∈ R3 , dove a = (1, 1, 1) .
(a) Determinare l’insieme F dei punti fissi di f .
(b) Scrivere la matrice rappresentativa di f rispetto alla base canonica.
(c) Scrivere la matrice rappresentativa di f rispetto alla base B = {b1 , b2 , b3 } fissata nel
dominio e alla base canonica fissata nel codominio, dove b1 = (1, 1, 2) , b2 = (3, 1, −1) ,
b3 = (2, −1, 3) .
5. Data l’applicazione lineare f : R4 → R3 rappresentata dalla matrice
1 1
3 1
A = 1 −3 −1 1
1 −1 1 1
rispetto alla base B = {b1 , b2 , b3 , b4 } di R4 e alla base C = {c1 , c2 , c3 } di R4 , dove
b1 = (1, 1, 0, 3)
c1 = (1, −1, 3)
b2 = (1, 0, 0, −1)
b3 = (1, −1, 0, −2)
c2 = (2, 0, 1)
c3 = (1, −2, 2) ,
b4 = (0, 1, 2, −1)
1
(a) determinare il nucleo di f ,
(b) determinare l’immagine di f .
6. Sia f : R4 → R3 l’applicazione lineare definita da
f (x, y, z, t) = (x + y − 2z + t, x + 2y + 2z − t, x − y − z + t)
per ogni (x, y, z, t) ∈ R4 , e sia g : R3 → R4 l’applicazione lineare definita sui vettori della
base canonica da
g(e1 ) = e1 + e2 − e3
g(e2 ) = e1 + 2e2 + e3 − e4
g(e3 ) = e1 − e2 + 2e3 + 2e4 .
Scrivere la matrice che rappresenta le applicazioni composte g ◦ f e f ◦ g rispetto alle basi
canoniche.
7. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare definita da
f (x, y, z) = (x − 3y − z, 2x + 2y − 2z, x + 4y − z)
per ogni (x, y, z) ∈ R3 . Scrivere la matrice che rappresenta f rispetto alla base B =
{b1 , b2 , b3 } fissata nel dominio e alla base C = {c1 , c2 , c3 } fissata nel codominio, dove
b1 = (1, 1, 2) , b2 = (1, −1, 1) , b3 = (2, −1, 1)
c1 = (1, 0, −1) , c2 = (1, −1, −1) , c3 = (0, −1, 1) .
8. Sia f : R3 → R3 l’applicazione lineare rappresentata dalla matrice
1 1
0
1
A = 2 1
1 −1 −1
rispetto alla base B = {b1 , b2 , b3 } fissata nel dominio e alla base C = {c1 , c2 , c3 } fissata
nel codominio, dove
b1 = (1, 0, 1) , b2 = (1, −1, 1) , b3 = (0, 1, −1)
c1 = (1, 1, −1) , c2 = (1, −1, 0) , c3 = (−1, 1, 1) .
(a) Stabilire se f è un automorfismo.
(b) Determinare il nucleo e l’immagine di f .
(c) Scrivere la matrice che rappresenta f rispetto alla base canonica (fissata sia nel dominio
sia nel codominio).
(d) Scrivere le equazioni di f .
9. Scrivere le equazioni dell’applicazione lineare f : R3 → R3 data dalla simmetria (ortogonale)
rispetto al piano π : 2x − y + 3y = 0 .
10. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione 2n + 1 sul campo reale R . Stabilire se esiste
un’applicazione lineare f : V → V tale che f 2 = −1V , ossia tale che f (f (v)) = −v per
ogni v ∈ V .
11. Sia f : U → V un’applicazione lineare iniettiva e sia g : V → W un’applicazione
lineare suriettiva tali che Imf + Kerg = V . Se dim U > dim W , è possibile che la somma
Imf + Kerg sia diretta?
2
Soluzioni
1. Si ha f (v) = f (1, 1, −1) = (k, −2, 3) . Poiché f (v) ∈ X
linearmente da x1 e da x2 , si deve avere
¯
¯
¯ 1 2 3¯
¯
¯
¯ 3 2 1¯ = 0
¯
¯
¯k −2 3¯
se s solo se f (v) dipende
e questo accade per k = −7 .
2. La matrice rappresentativa di f rispetto alla base canonica è
1 2 −1
A = 1 1 −1 .
1 2 0
(a) Poiché |A| = −1 6= 0 , l’applicazione f è invertibile.
(b) Poiché
A−1
si ha
−2
= 1
−1
2 1
−1 0 ,
0 1
f −1 (x, y, z) = (−2x + 2y + z, x − y, −x + z) .
3. (a) Poiché le immagini dei vettori della base canonica sono
F (1) = (1, 1, 1)
F (x) = (0, 1, 2)
F (x2 ) = (0, 2, 4) ,
la matrice rappresentativa rispetto alle basi
1
A = 1
1
canoniche è
0 0
1 1 .
2 4
(b) Poiché
F (x + 1) = (1, 2, 3) = 3(1, 1, 1) − (1, 1, 0) − (1, 0, 0)
F (x2 − x) = (0, 0, 2) = 2(1, 1, 1) − 2(1, 1, 0)
F (x2 + x + 1) = (1, 3, 7) = 7(1, 1, 1) − 4(1, 1, 0) − 2(1, 0, 0) ,
la matrice rappresentativa rispetto alle basi B e C è
3
2
7
B = −1 −2 −4 .
−1 0 −2
(c) Poiché |A| = 2 6= 0 , l’applicazione lineare f è invertibile, ossia è un isomorfismo.
(d) Dato un polinomio f (x) = a + bx + cx2 si ha
F (f (x)) = (a, a + b + c, a + 2b + 4c) .
Quindi F (f (x))) = v se e solo se (a, a + b + c, a + 2b + 4c) = (1, 2, 1) , ossia se e solo se
a = 1
a = 1
a+b+c=2
b=2
a + 2b + 4c = 1
c = −1 .
Quindi la controimmagine di v è f (x) = 1 + 2x − x2 .
3
4. (a) L’insieme F dei punti fissi di f è l’insieme dei vettori x ∈ R3 tali che f (x) = x , ossia
tali che a ∧ x = 0 . ossia tali che x sia parallelo ad a . Pertanto F = hai = h(1, 1, 1)i .
(b) Si ha
f (e1 ) = e1 + a ∧ e1 = (1, 1, −1)
f (e2 ) = e2 + a ∧ e2 = (−1, 1, 1)
f (e3 ) = e3 + a ∧ e3 = (1, −1, 1) .
Pertanto, la matrice rappresentativa di f rispetto alla base canonica è
1 −1 1
1 −1 .
A= 1
−1 1
1
(c) Si ha
f (b1 ) = b1 + a ∧ b1 = (2, 0, 2)
f (b2 ) = b2 + a ∧ b2 = (1, 5, −3)
f (b3 ) = b3 + a ∧ b3 = (6, −2, 0) .
Pertanto, la matrice rappresentativa di f rispetto alle basi B ed E è
2 1
6
B = 0 5 −2 .
2 −3 0
5. (a) Iniziamo col determinare il nucleo di A . Tale nucleo ha equazione Ax = 0 , ossia è
determinato dal sistema
x + y + 3z + t = 0
x − 3y − z + t = 0
x−y+z+t=0
dal quale si ricava z = −y e t = −x + 2y . Pertanto, si ha
KerA = {(x, y, −y, −x + 2y) : x, y ∈ R} = h(1, 0, 0, −1), (0, 1, −1, 2)i .
Quindi, il nucleo di f è generato dai due vettori
x1 = b1 − b4 = (1, 0, −2, 4)
x2 = b2 − b3 + 2b4 = (0, 3, 3, −4) ,
ossia Kerf = h(2, −1, −4, 4)i .
(b) Poiché dim Kerf = 2 , per il teorema delle dimensioni si ha dim Imf = 4 − Kerf =
4 − 2 = 2 . Poiché le prime due colonne di A sono linearmente indipendenti, si ha
ImA = h(1, 1, 1), (1, −3, −1)i .
Di conseguenza, l’immagine di f è generata dai due vettori
y1 = c1 + c2 + c3 = (4, −3, 6)
y2 = c1 − 3c2 − c3 = (−6, 1, −2) ,
ossia Imf = h(4, −3, 6), (−6, 1, −2)i .
6. Le matrici che rappresentano f e g , rispetto alle basi canoniche, sono
1
1 1 −2 1
2
2 −1
A = M (f ) = 1 2
e
B = M (g) =
−1
1 −1 −1 1
0
4
1
2
1
−1
1
−1
.
2
2
Pertanto, le matrici che rappresentano le applicazioni composte sono
1
1
1
3 2 −1 1
1
1
−2
1
2
3 7
2 −1
1 −1
1 2
2 −1 =
M (g ◦ f ) = M (g)M (f ) = BA =
−1 1
2
2 −1 2
0
1 −1 −1 1
0 −1 2
1 −4 −4 3
e
1
1
1
1 1 −2 1
5 0 −2
2
2 −1
2 −1
1 .
M (f ◦ g) = M (f )M (g) = AB = 1 2
= 3 8
−1 1
2
1 −1 −1 1
0 −3 2
0 −1 2
7. Primo modo. Utilizzando la definizione di f , si ha
f (b1 ) = f (1, 1, 2) = (−4, 0, 3) = −5c1 + c2 − c3
f (b2 ) = f (1, −1, 1) = (3, −2, −4) = 3c2 − c3
f (b3 ) = f (2, −1, 1) = (4, 0, 3) = 5c1 − c2 + c3 .
Pertanto, i vettori delle coordinate delle immagini f (b1 ) , f (b2 ) e f (b3 ) rispetto alla base
C fissata nel codominio sono
5
0
−5
f (b1 )C = 1 ,
f (b1 )C = 3 ,
f (b1 )C = −1 .
−1
−1
1
Pertanto , la matrice che rappresenta f rispetto alle due basi B e C è
−5 0
5
1
3 −1 .
−1 −1 1
Secondo modo. Sia H la matrice che rappresenta l’applicazione identità rispetto alle basi
B ed E . Sia K la matrice che rappresenta l’applicazione identità rispetto alle basi C ed
E . Allora si ha
1 1
2
H = [ b1 E b2 E b3 E ] = 1 −1 −1
2 1
1
1
1
0
K = [ c1 E c2 E c3 E ] = 0 −1 −1 .
−1 −1 1
Se E è la matrice che rappresenta f rispetto alla base canonica, allora
1 −3 −1
E = 2 2 −2
1 4 −1
e A = K −1 EH . Quindi, si ha
1
A = 0
−1
2
= −1
1
5
= −4
2
−5
= 1
−1
ossia
−1
0
1 −3 −1
1 1
2
−1 2 2 −2 1 −1 −1
1
1 4 −1
2 1
1
1
1
1 −3 −1
1 1
2
−1 −1 2 2 −2 1 −1 −1
0
1
1 4 −1
2 1
1
0 −5 1 1
2
−3 4 1 −1 −1
1 −2
2 1
1
0
5
3 −1 .
−1 1
1
−1
−1
5
8. (a) Poiché |A| 6= 0 , f è un automorfismo.
(b) Poiché f è un automorfismo, f è biunivoca e quindi è iniettiva e suriettiva. Di
conseguenza, si ha Kerf = {0} e Imf = R3 .
(c) Primo modo. Poiché la colonna j-esima della matrice rappresentativa A dà le
coordinate dell’immagine del vettore bj , si ha
f (b1 ) = c1 + 2c2 + c3 = (2, 0, 0) = 2e1
f (b2 ) = c1 + c2 − c3 = (3, −1, −2) = 3e1 − e2 − 2e3
f (b3 ) = c2 − c3 = (2, −2, −1) = 2e1 − 2e2 − e3 .
Poiché
b1 = e1 + e3
b2 = e1 − e2 + e3
b3 = e2 − e3 ,
per la linearità di f , si ottiene il seguente sistema
f (e1 ) + f (e3 ) = 2e1
f (e1 ) − f (e2 ) + f (e3 ) = 3e1 − e2 − 2e3
f (e2 ) − f (e3 ) = 2e1 − 2e2 − e3
dal quale si ottiene
f (e1 ) = 5e1 − 3e2 − 3e3
f (e2 ) = −e1 + e2 + 2e3
f (e3 ) = −3e1 + 3e2 + 3e3 .
Pertanto, la matrice che rappresenta f rispetto
5 −1
E = −3 1
−3 2
alla base canonica è
−3
3 .
3
Secondo modo. Sia H la matrice che rappresenta l’applicazione identità rispetto alle
basi B ed E . Sia K la matrice che rappresenta l’applicazione identità rispetto alle
basi C ed E . Allora si ha
1 1
0
H = [ b1 E b2 E b3 E ] = 0 −1 1
1 1 −1
1
1 −1
K = [ c1 E c2 E c3 E ] = 1 −1 1 .
−1 0
1
Se E è la matrice che rappresenta f rispetto alla base canonica, allora A = K −1 EH
e quindi E = KAH −1 . Pertanto, si ha
−1
1
1 −1 1 1
0
1 1
0
1 0 −1 1
E = 1 −1 1 2 1
−1 0
1
1 −1 −1 1 1 −1
1
1 −1 1 1
0
0 1
1
1 1 −1 −1
= 1 −1 1 2 1
−1 0
1
1 −1 −1 1 0 −1
2 3
2
0 1
1
= 0 −1 −2 1 −1 −1
0 −2 −1 1 0 −1
5 −1 −3
3 .
= −3 1
−3 2
3
6
(d) Poiché
5
Ex = −3
−3
−1
1
2
−3 x
5x − y − 3y
3 y = −3x + y + 3z ,
3
z
−3x + 2y + 3z
l’applicazione f è definita da
f (x, y, z) = (5x − y − 3y, −3x + y + 3z, −3x + 2y + 3z)
per ogni (x, y, z) ∈ R3 .
9. Per determinare la matrice rappresentativa della simmetria f , basta scegliere una base
opportuna. Una tale base può essere scelta come l’insieme formato dai vettori di una base
del sottospazio Vπ associato al piano π e da un vettore a ortogonale al piano π stesso.
Poiché il generico vettore di Vπ ha la forma v = (x, 2x + 3z, z) , si ha Vπ = hv1 , v2 i , dove
v1 = (1, 2, 0) e v2 = (0, 3, 1) . Inoltre, un vettore ortogonale a π è dato, ad esempio, dal
vettore a = (2, −1, 3) . Scegliamo, quindi, come base di R3 , l’insieme B = {v1 , v2 , a} .
L’azione dell’applicazione f sui vettori di questa base si determina facilmente. Infatti, si ha
f (v1 ) = v1
f (v2 ) = v2
f (a) = −a .
Di conseguenza, rispetto a questa base (fissata sia nel domino che nel codominio), la matrice
rappresentativa di f è
1 0 0
A = 0 1 0 .
0 0 −1
La matrice che rappresenta l’applicazione identità rispetto alle basi B ed E è
1 0 2
H = [ v1 E v2 E aE ] = 2 3 −1 .
0 1 3
Pertanto, la matrice che rappresenta f rispetto alla base canonica è E = HAH −1 , ossia
−1
1 0 2
1 0 0
1 0 2
E = 2 3 −1 0 1 0 2 3 −1
0 1 3
0 0 −1 0 1 3
10
2 −6
1 0 2
1 0 0
1
−6 3
5
= 2 3 −1 0 1 0
14
0 1 3
0 0 −1
2 −1 3
1 0 −2
10
2 −6
1
2 3 1 −6 3
5
=
14
0 1 −3
2 −1 3
3 2 −6
1
2 6 3 .
=
7
−6 3 −2
In conclusione, si ha
f (x, y, z) =
1
(3x + 2y − 6, 2x + 6y + 3, −6x + 3y − 2z) .
7
10. Sia A una matrice che rappresenta f rispetto a una data base di V . Se f 2 = −1V ,
allora si dovrebbe avere A2 = −I e quindi |A2 | = | − I| , ossia |A|2 = (−1)2n+1 |I| , ossia
|A|2 = −1 . Poiché quest’ultima condizione è impossibile sul campo reale, non è possibile che
esista un’applicazione lineare f che soddisfi la proprietà richiesta.
7
11. Poiché f è iniettiva, si ha dim Kerf = 0 . Poiché g è suriettiva, si ha dim Img = dim W .
Quindi, per il teorema delle dimensioni, si ha
dim U = dim Kerf + dim Imf = dim Imf
dim V = dim Kerg + dim Img = dim Kerg + dim W
ossia
dim Imf = dim U
dim Kerg = dim V − dim W .
Pertanto, essendo Imf + Kerg = V , per la formula di Grassmann, si ha
dim(Imf ∩ Kerg)
= dim Imf + dim Kerg − dim(dim Imf + dim Kerg)
= dim U + dim V − dim W − dim V
= dim U − dim W .
Poiché per ipotesi si ha dim U > dim W , si ha dim(Imf ∩Kerg) ≥ 1 e la somma Imf +Kerg
non può essere diretta.
8
