Capitolo 5Applicazioni lineari

Esercizi svolti

Tutorato di geometria e algebra lineare

Marco Robutti

5 Ottobre 2017

1

IntroduzioneGli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:

• Data un’applicazione lineare, scriverla in forma matriciale rispetto allebasi canoniche degli spazi di partenza e di arrivo dell’applicazione (vediesercizio nella pagina seguente).

• Data un’applicazione lineare, calcolare la dimensione del nucleo e dell’im-magine (vedi esercizi nella pagina successiva e a pagina 7).

• Data un’applicazione lineare, calcolare una base per il nucleo e per l’im-magine (vedi esercizi nella pagina successiva e a pagina 7);

• Data un’applicazione lineare, stabilire se è iniettiva, suriettiva o biettiva(vedi esercizio nella pagina successiva);

• Data un’applicazione lineare, scriverla in forma matriciale rispetto a duebasi diverse dalle basi canoniche per gli spazi di partenza e di arrivodell’applicazione (vedi esercizio a pagina 7).

• Esercizio di riepilogo avanzato, piuttosto elaborato...(vedi esercizio apagina 12).

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Esercizio 1 (appello 23/11/2012)Si consideri l’applicazione lineare L : R4 −→ R2 tale che:

L

x1x2x3x4

=(x1 − x2 + x42x2 − x3 + x4

),

1. scrivere la matrice A che rappresenta L nelle basi canoniche di R4 e di R2;

2. calcolare: dim (Im (L)), dim (ker (L)), L

2581

;

3. trovare una base per il sottospazio ker (L) e Im (L);

4. stabilire se L è iniettiva, suriettiva o biettiva, giustificando ogni afferma-zione.

SoluzionePunto (1)

Dalla teoria sappiamo che un applicazione lineare può essere scritta in formamatriciale come segue:

L : AX = Y

A =(

[L (e1)]BR2| [L (e2)]BR2

| [L (e3)]BR2| [L (e4)]BR2

),

X = [v]BR4, v ∈ R4,

Y = [L (v)]BR2, v ∈ R4

In questo caso, siccome abbiamo a che fare, sia nello spazio di partenza chein quello di arrivo, con la base canonica di Rn, le entrate della matrice Anon sono date nient’altro che dai coefficienti delle equazioni che determinantol’applicazione lienare. Quindi:

A =(

1 −1 0 10 2 −1 1

)

3

Punto (2)

Incominciamo con il determinare la dimensione del nucleo. Per definizioneabbiamo che:

ker (L) ={X ∈ R4 | AX = 02

},

dim (ker (L)) = n− rg (A)

Quindi dobbiamo calcolare il rango della matrice A. A tale scopo utilizziamo laregola degli orlati di Kronecker:

|∆1| =∣∣∣∣1 −10 2

∣∣∣∣ = 2 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2,

Siccome la matrice A non può avere rango maggiore di 2, possiamo concludereche rg (A) = 2.Pertanto:

dim (ker (L)) = n− rg (A) = 4− 2 = 2

Per determinare la dimensione dell’immagine, non è necessario svolgere al-cun tipo di calcolo. Infatti dalla teoria sappiamo che le colonne linearmenteindipendenti della matrice A sono una base per lo spazio immagine. Ovvero:

dim (Im (L)) = rg (A) = 2

Nel caso in cui non ci fossimo ricordati questa nozione, avremmo potuto ricavarecomuque la dimensione dello spazio immagine senza fare alcun calcolo sfruttandoil teorema delle dimensioni, il quale afferma, in questo caso, che:

dim(R4) = dim (ker (L)) + dim (Im (L)) ,

quindi:dim (Im (L)) = dim

(R4)− dim (ker (L)) = 4− 2 = 2

Infine, per calcolare:

L

2581

,

basta sostituire tale vettore all’interno delle equazioni che definiscono l’applica-zione lineare:

L

2581

=(

2− 5 + 110− 8 + 1

)=(−23

)

4

Punto (3)

Per poter ottenere una base per ker (L), dobbiamo prima ottenene le equazionicartesiane, le quali sono date dalle righe indipendenti della matrice A. Inoltre,anche usando la formula vista nel capitolo 2 relativa al n° di equazioni di unsottospazio, otteniamo lo stesso risultato:

n° equazioni cartesiane ker (L) = n− dim (ker (L)) = 4− 2 = 2

Scegliamo le righe contenenti la sottomatrice ∆1, il cui determinante è non nullo,e che pertanto sappiamo essere due righe linearmente indipendenti tra loro. Inaltre parole, prendiamo tutte le righe della matrice:

ker (L){x1 − x2 + x4 = 02x2 − x3 + x4 = 0

Assegnando due parametri a tali equazioni, possiamo ottenere una rappresen-tazione parametrica per ker (L) e quindi una base:

x1 = α

x2 = β

α− β + x4 = 02β − x3 + x4 = 0x1 = α

x2 = β

x4 = −α+ β

x3 = x4 + 2βx1 = α

x2 = β

x4 = −α+ β

x3 = −α+ β + 2βx1 = α

x2 = β

x4 = −α+ β

x3 = −α+ 3β

ker (L) :

x1x2x3x4

= α

10−1−1

+ β

0131

, α, β ∈ R

5

Una base per ker (L) è quindi data dai vettori:

Bker =

10−1−1

,

0131

Una base per Im (L) è facilmente ottenibile a partire dalle colonne della matriceA. Infatti queste sono un insieme di generatori per Im (L). Per avere una basedobbiamo prendere però solo le colonne linearmente indipendenti. Notiamo chele prime due colonne lo sono. Quindi una base per Im (L) è data dai vettori:

BIm ={(

10

),

(−12

)}Punto (4)

L’applicazione lineare è iniettiva se e solo se:

dim (ker (L)) = 0

Siccome tale condizione non è verificata, possiamo concludere che l’applicazionelineare non è iniettiva.E’ invece suriettiva se:

dim (Im (L)) = dim(R2)

2 = 2

Siccome la condizione sopra esposta è verificata, possiamo concludere che l’ap-plicazione lineare è suriettiva. Pertanto, siccome non è contemporaneamente siainiettiva che suriettiva, possiamo concludere anche che non è biettiva.

6

Esercizio 2 (appello 17/01/2013, esercizio 1)

Sia B la base di R3 composta dai vettori v1 =

1−10

, v2 =

011

, v3 =

111

.

Sia L : R3 −→ R2 l’applicazione lineare tale che:

L (v1) =(

12

)L (v2) =

(−11

)L (v3) =

(00

)

1. si determini la dimensione di ker (L) e Im (L) esplicitandone una base;

2. si determini la matrice associata a L rispetto alla base B in R3 ed allabase canonica di R2;

3. si calcolino le coordinate del vettore e1 =

100

rispetto alla base B;

4. si determini L (e1);

5. si determini la matrice associata a L rispetto alle basi canoniche di R3 eR2.

SoluzionePunto (5)

Conviene iniziare a risolvere il punto n°5 dell’esercizio in quanto ciò ci renderàpiù semplice svolgere gli altri punti.Quello a cui ci troviamo di fronte in questo esercizio è qualcosa di inaspettato:non abbiamo le immagini dei vettori della base canonica, ma bensì di tre vettoriqualsiasi. Quindi non possiamo immediatamente scrivere la matrice A comefacciamo di solito. Prima dobbiamo ricavare le immagini dei vettori della basecanonica (che sono, appunto, le colonne cercate della solita matrice A).Per fare ciò dobbiamo sfruttare le proprietà della linearità. Infatti, dato chel’applicazione è lineare, si ha che:

L (v1 + v2) = L (v1) + L (v2) , ∀v1,v2 ∈ R3,

Quindi dobbiamo cercare di costruirci le immagini dei vettori della base canonicaa partire dalle immagini dei vettori che abbiamo a disposizione e della proprietà

7

sopra citata. Notiamo infatti che:

e1 = v3 − v2 =⇒ L (e1) = L (v3)− L (v2) =(

00

)−(−11

)=(

1−1

),

e2 = e1 − v1 =⇒ L (e2) = L (e1)− L (v1) =(

1−1

)−(

12

)=(

0−3

),

e3 = v2 − e2 =⇒ L (e3) = L (v2)− L (e2) =(−11

)−(

0−3

)=(−14

),

pertanto possiamo scrivere:

A =(

1 0 −1−1 −3 4

)Punto (1)

Incominciamo con il determinare la dimensione del nucleo. Per definizioneabbiamo che:

ker (L) ={X ∈ R3 | AX = 02

},

dim (ker (L)) = n− rg (A)

Quindi dobbiamo calcolare il rango della matrice A. A tale scopo utilizziamo laregola degli orlati di Kronecker:

|∆1| =∣∣∣∣ 1 0−1 −3

∣∣∣∣ = 2 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2,

Siccome la matrice A non può avere rango maggiore di 2, possiamo concludereche rg (A) = 2.Pertanto:

dim (ker (L)) = n− rg (A) = 3− 2 = 1

Per determinare la dimensione dell’immagine, non è necessario svolgere al-cun tipo di calcolo. Infatti dalla teoria sappiamo che le colonne linearmenteindipendenti della matrice A sono una base per lo spazio immagine. Ovvero:

dim (Im (L)) = rg (A) = 2

Nel caso in cui non ci fossimo ricordati questa nozione, avremmo potuto ricavare

8

comuque la dimensione dello spazio immagine senza fare alcun calcolo sfruttandoil teorema delle dimensioni, il quale afferma, in questo caso, che:

dim(R3) = dim (ker (L)) + dim (Im (L)) ,

quindi:dim (Im (L)) = dim

(R3)− dim (ker (L)) = 3− 1 = 2

Per poter ottenere una base per ker (L), dobbiamo prima ottenerne le equazionicartesiane, le quali sono date dalle righe indipendenti della matrice A. Inoltre,anche usando la formula vista nel capitolo 2 relativa al n° di equazioni di unsottospazio, otteniamo lo stesso risultato:

n° equazioni cartesiane ker (L) = n− dim (ker (L)) = 3− 1 = 2

Scelgiamo le righe contenenti la sottomatrice ∆1, il cui determinante è non nullo,e che pertanto sappiamo essere due righe linearmente indipendenti tra loro. Inaltre parole, prendiamo tutte le righe della matrice:

ker (L) :{x− z = 0−x− 3y + 4z = 0

Assegnando due parametri a tali equazioni, possiamo ottenere una rappresen-tazione parametrica per ker (L) e quindi una base:

y = α

x− z = 0−x− 3y + 4z = 0y = α

x = z

−z − 3α+ 4z = 0y = α

x = α

z = α

ker (L) :

xyz

= α

111

α ∈ R

9

Una base per ker (L) è quindi data dal vettore:

Bker =

1

11

Una base di Im (L) è facilmente ottenibile a partire dalle colonne della matriceA. Infatti queste sono un insieme di generatori per Im (L). Per avere una basedobbiamo prendere però solo le colonne linearmente indipendenti. Notiamo chele prime due colonne lo sono. Quindi una base per Im (L) è data dai vettori:

BIm ={(

1−1

),

(0−3

)}Punto (2)

La soluzione a questo punto è semplice. Infatti abbiamo che in questo caso:

A =(

[L (v1)]BR2| [L (v2)]BR2

| [L (v3)]BR2

),

quindi le colonne di A non sono nient’altro che le immagini dei vettori che cisono stati dati col testo dell’esercizio:

A =(

1 −1 02 1 0

)Punto (3)

Basta risolvere l’equazione parametrica vettoriale:

e1 = αv1 + βv2 + γv3,100

= α

1−10

+ β

011

+ γ

111

,

1 = α+ γ

0 = −α+ β + γ

0 = β + γ1 = α+ γ

0 = −α− γ + γ

β = −γγ = 1α = 0β = −1

10

Quindi:

[e1]B =

0−11

Punto (4)

Abbiamo già risolto questo punto quando abbiamo risolto il punto n°5 all’inizio.Riportiamo qui il risultato trovato per comodità:

e1 = v3 − v2 =⇒ L (e1) = L (v3)− L (v2) =(

00

)−(−11

)=(

1−1

)

11

Esercizio 3Data l’applicazione L : S2 −→ R3 [t]:

L

[(a bb c

)]7−→ a− c+ (a+ b) t+ (b− a) t2 + (b− c) t3,

determinare:

1. dim (ker (L)) e dim (Im (L));

2. se L è iniettiva, suriettiva o biettiva;

3. le equazioni cartesiane per ker (L) e Im (L);

4. la matrice associata a L nelle basi:

BS′2

={(

3 00 0

),

(0 −1−1 0

),

(0 00 2

)}BR′

3=

{2, 3t, t2,−t3

}

5. per quali valori di h il vettore v =

h11

∈ Im (L);

6. una matrice B tale che ker (B) = Im (A) e Im (B) = ker (A) .

SoluzioneIncominciamo innanzitutto a determinare qual è la matrice associata all’appli-cazione lineare nelle basi canoniche per lo spazio di partenza e di arrivo.Tale operazione infatti ci torna utile per risolvere i punti successivi.Dalla teoria sappiamo che un applicazione lineare può essere scritta in formamatriciale come segue:

L : AX = Y

A =(

[L (S1)]BR3| [L (S2)]BR3

| [L (S3)]BR3

),

X = [S]BS2, S ∈ S2,

Y = [L (S)]BR3, S ∈ S2

12

Quindi, calcolando le immagini dei vettori della base canonica di S2:

L

[(1 00 0

)]= 1 + t− t2

L

[(0 11 0

)]= t+ t2 + t3

L

[(0 00 1

)]= −1− t3

Quindi, calcolandone le coordinate rispetto alla base BR3 :

A1 =[L

[(1 00 0

)]]BR3

=

11−10

,

A2 =[L

[(0 11 0

)]]BR3

=

0111

,

A3 =[L

[(0 00 1

)]]BR3

=

−100−1

,

pertanto:

A =

1 0 −11 1 0−1 1 00 1 −1

,

L :

1 0 −11 1 0−1 1 00 1 −1

abc

=

y1y2y3y4

Punto (1)

Incominciamo con il determinare la dimensione del nucleo. Per definizioneabbiamo che:

ker (L) ={X ∈ R3 | AX = 04

},

dim (ker (L)) = n− rg (A)

13

Quindi dobbiamo calcolare il rango della matrice A. A tale scopo utilizziamo laregola degli orlati di Kronecker:

|∆1| =∣∣∣∣1 01 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ rg (A) ≥ 2,

|∆11| =

∣∣∣∣∣∣1 0 −11 1 0−1 1 0

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣ 1 1−1 1

∣∣∣∣= −2 6= 0

Possiamo quindi concludere che rg (A) = 3, e quindi:

dim (ker (L)) = n− rg (A) = 3− 3 = 0

Cioè ker (L) = 0R3 .Per determinare la dimensione dell’immagine, non è necessario svolgere al-cun tipo di calcolo. Infatti dalla teoria sappiamo che le colonne linearmenteindipendenti della matrice A sono una base per lo spazio immagine. Ovvero:

dim (Im (L)) = rg (A) = 3

Nel caso in cui non ci fossimo ricordati questa nozione, avremmo potuto rica-vare comunque la dimensione dello spazio immagine senza fare alcun calcolosfruttando il teorema delle dimensioni, il quale afferma, in questo caso, che:

dim(R3) = dim (ker (L)) + dim (Im (L)) ,

quindi:dim (Im (L)) = dim

(R3)− dim (ker (L)) = 3− 0 = 3

Punto (2)

L’applicazione lineare è iniettiva se e solo se:

dim (ker (L)) = 0

Siccome tale condizione è stata verificata nel punto precedente, possiamo con-cludere che l’applicazione lineare è iniettiva.

14

E’ invece suriettiva se:

dim (Im (L)) = dim (R3 [t])3 = 4

Siccome la condizione sopra esposta non è verificata, possiamo concludere chel’applicazione lineare non è suriettiva. Pertanto, siccome non è contempora-neamente sia iniettiva che suriettiva, possiamo concludere anche che non èbiettiva.

Punto (3)

Per quanto riguarda le equazioni cartesiane di ker (L), in questo caso non ce nesono in quanto ker (L) = 0R3 .Le equazioni cartesiane di Im (L) sono facilmente ottenibili a partire dalle co-lonne della matrice A. Infatti queste sono un insieme di generatori per Im (L).Essendo L iniettiva, una base per per S2 è una base per Im (L). Ne conseguequindi che le tre colonne della matrice A sono una base per Im (L). A partireda ciò possiamo facilmente ricavare le equazioni cartesiane:

BIm(L) =

11−10

,

0111

,

−100−1

,

Per trovare le equazioni cartesiane, utilizziamo il metodo studiato alla fine del

15

capitolo 4, ovvero poniamo a zero il seguente determinante:∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 −1 y11 1 0 y2−1 1 0 y30 1 −1 y4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

−

∣∣∣∣∣∣1 1 y2−1 1 y30 1 y4

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 0 y11 1 y2−1 1 y3

∣∣∣∣∣∣ = 0

−

∣∣∣∣∣∣0 2 (y2 + y3)−1 1 y30 1 y4

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 0 y12 0 (y2 − y3)−1 1 y3

∣∣∣∣∣∣ = 0

−

∣∣∣∣∣∣0 2 (y2 + y3)−1 1 y30 1 y4

∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣1 y12 (y2 − y3)

∣∣∣∣ = 0

−∣∣∣∣2 (y2 + y3)1 y4

∣∣∣∣− y2 + y3 + 2y1 = 0

−2y4 + y2 + y3 − y2 + y3 + 2y1 = 0−2y4 + 2y3 + 2y1 = 0

y1 + y3 − y4 = 0

Per quanto riguarda la base trovata per BIm(L), può essere riscritta nella formapiù familiare (dato che è la base di un insieme polinomiale):

BIm(L) ={(

1, t,−t2, 0),(0, t, t2, t3

),(−1, 0, 0,−t3

)}Punto (4)

Dalla teoria sappiamo che un applicazione lineare scritta in forma matricialeassume la forma:

L : AX = Y

A =(

[L (S1)]BR3| [L (S2)]BR3

| [L (S3)]BR3

),

X = [S]BS2, S ∈ S2,

Y = [L (S)]BR3, S ∈ S2

Se ora consideriamo di cambiare le basi con cui vogliamo lavorare nello spazio

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di partenza e di arrivo, ovvero se invece di utilizzare le basi canoniche BS2 e BR3

volessimo utilizzare le basi:

BS′2

={(

3 00 0

),

(0 −1−1 0

),

(0 00 2

)},

BR′3

={

2, 3t, t2,−t3},

che riscritte in termini di coordinate rispetto alla base canonica di ciascuno deglispazi considerati corrisponderebbero agli insiemi:

BR′3

=

2000

,

0300

,

0010

,

000−1

,

BS′2

=

3

00

,

0−10

,

002

,

allora dovremmo poter riscrivere i vettori v e L (v) nelle nuove coordinate, chechiameremo X’ e Y ′:

X ′ = [S]BS′2, S ∈ S2,

Y ′ = [L (S)]BR′3, S ∈ S2

ovvero, facendo utilizzo delle matrici di cambiamento di base (che abbiamotrattato nei capitoli precedenti):

X ′ = MBR′3

,BR3X,

Y ′ = MBS′2,BS2

Y,

quindi se chiamiamo MBR′3

,BR3= N−1 e MBS′2

,BS2= M−1 abbiamo che:

X = NX ′,

Y = MY ′, (1)

pertanto:

L : AX = Y ⇐⇒ A (NX ′) = MY ′ ⇐⇒

∆︷ ︸︸ ︷(

M−1AN)X ′ = Y ′

,

L : ∆X ′ = Y ′,

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dove la matrice ∆ = M−1AN è una matrice equivalente ad A.Per trovare le matriciM e N , dobbiamo affidarci alle formule scritte nelle equa-zioni (1). Abbiamo a che fare con delle matrici di cambiamento di base; comevisto nel capitolo 3 quando abbiamo trattato tale argomento, la matrice N nonè data nient’altro che dai vettori della base S′2 scritti nelle coordinate della basecanonica per tale spazio, cioè S2. Ne consegue quindi che, siccome abbiamo ache fare con le coordinate di vettori rispetto alla base canonica, tali coordinatecorrispondono ai vettori stessi (proprio perché la base in cui vogliamo calcolarele coordinate è quella canonica) e pertanto:

N =

3 0 00 −1 00 0 2

Lo stesso discorso può essere ripetuto per la matrice M , che pertanto è data da:

M =

2 0 0 00 3 0 00 0 1 00 0 0 −1

Per invertire la matrice M , dato che è diagonale, la sua inversa non è datanient’altro che dalla matrice avente come entrate gli inversi delle entrate dellamatrice M , ovvero:

M−1 =

1/2 0 0 00 1/3 0 00 0 1 00 0 0 −1

,

Pertanto possiamo scrivere:

|∆| =

4×41/2 0 0 00 1/3 0 00 0 1 00 0 0 −1

4×3

1 0 −11 1 0−1 1 00 1 −1

3×33 0 0

0 −1 00 0 2

=

3/2 0 −11 −1/3 0−3 −1 00 1 2

Potevamo ottenere lo stesso risultato usando un altro procedimento forse più

18

logico. Dapprima calcoliamo le immagini dei vettori della base S′2; quindi:

L

[(3 00 0

)]= 3 + 3t− 3t2

L

[(0 −1−1 0

)]= −t− t2 − t3

L

[(0 00 2

)]= −2− 2t3

Dopodiché determiniamo le coordinate di tali immagini nella base BR′3:

[L

[(3 00 0

)]]BR′

3

=

3/21−30

[L

[(0 −1−1 0

)]]BR′

3

=

0−1/3−11

[L

[(0 00 2

)]]BR′

3

−1002

giungendo così allo stesso risultato determinato con il ragionamento fatto inprecedenza.Come si può ben vedere, spesso esiste più di un metodo risolutivo per giungeread una determinata soluzione; sta a noi decidere qual è il più conveniente dausare in una determinata situazione a seconda dei dati che abbiamo sottomano.

Punto (5)

Il vettore v deve poter essere scritto nelle coordinate di una base di Im (L)affinché appartenga all’immagine. Quindi:

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h110

= α

11−10

+ β

0111

+ γ

−100−1

h = α− γ1 = α+ β

1 = −α+ β

0 = β − γh = α− γ1 = α+ γ

1 = −α+ γ

γ = β

h = α− 1 + α

γ = 1− α1 = −α+ 1− αγ = βh = −1γ = 1α = 0γ = β

Il vettore v appartiene a Im (L) se e solo se h = −1.

Punto (6)

Come abbiamo visto all’inizio dell’esercizio, dopo aver determinato la matriceA associata all’applicazione lineare:

A =

1 0 −11 1 0−1 1 00 1 −1

possiamo considerare l’applicazione lineare L : S2 −→ R3 [t] come un’applica-zione lineare del tipo L : R3 −→ R4.Nel testo dell’esercizio ci viene chiesto di determinare una matrice B (chedovrebbe rappresentare un altra applicazione lineare) tale che:

20

ker (B) = Im (A)

Im (B) = ker (A)

Dalla formula sopra scritta si può subito dedurre che essendo Im (A) un sot-tospazio dello “spazio di arrivo” dell’applicazione lineare L (cioè di R4), allora,essendo ker (B) un sottospazio dello “spazio di partenza” dell’applicazione li-neare definita dalla matrice B ed essendo ker (B) = Im (A), ne consegue che lo“spazio di partenza” dell’applicazione lineare definita dalla matrice B è niente-meno che R4.Ripetendo lo stesso ragionamento si può dedurre che essendo ker (A) un sotto-spazio dello “spazio di partenza” dell’applicazione lineare L (cioè di R3), allora,essendo Im (B) un sottospazio dello “spazio di arrivo” dell’applicazione linearedefinita dalla matrice B ed essendo Im (B) = ker (A), ne consegue che lo “spa-zio di arrivo” dell’applicazione lineare definita dalla matrice B è nientemeno cheR3.Pertanto possiamo concludere che l’applicazione lineare definita dalla matriceB “va” da R4 a R3, cioè LB : R4 −→ R3.Detto questo, analizzando i dati che abbiamo ottenuto dai punti precedenti,possiamo affermare che:

dim (ker (B)) = (Im (A)) = 3

(Im (B)) = (ker (A)) = 0

In particolare:

Im (B) = ker (A) = 0R3

Come ben sappiamo dalla teoria, le colonne indipendenti della matrice B rap-presentano una base per l’immagine e inoltre rg (B) = dim (Im (B)) = 0.L’unica matrice che soddisfa tale criterio è:

B =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Ricordando che le righe linearmente indipendenti della matrice B rappresentanole equazioni cartesiane di ker (B), in tal caso avremmo che il nucleo non haequazioni cartesiane che lo definiscono (tutte le righe della matrice B scelta

21

sono dipendenti tra loro essendo tutte zeri...).Ma dalla teoria vista nel capitolo 2 sappiamo che:

n° equazioni cartesiane ker (B) = n− dim (ker (B)) = 4− 3 = 1

Che però va a contraddire il fatto che, per quanto scoperto poco fa, il nucleo diB non dovrebbe affatto avere equazioni cartesiane dato che non c’è nemmenouna riga linearmente indipendente nella matrice B!Quindi possiamo concludere che la matrice B che ci chiede di determinare iltesto dell’esercizio non esiste!

NB. Esiste un altro metodo molto più “matematico” ma anche più breve(suggeritomi dal mio esimio collega Gianpaolo Grosselli) per dimostrare che lamatrice B richiesta non esiste.Per farlo basta notare che se:

Im (B) = ker (A)

allora:

rg (B) = dim (Im (B)) = dim (ker (A)) = 0

Per il teorema delle dimensioni:

dim (ker (B)) = dim(R4)− rg (B) = 4− 0 = 4

ma:

dim (Im (A)) = 3

quindi non è possibile che siano lo stesso sottospazio.

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