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Fondamenti diALGEBRA LINEARE E GEOMETRIA

Corso di laurea in Ingegneria Gestionale2011 - 2012

Michel LavrauwDipartimento di Tecnica e Gestione dei Sistemi Industriali

Universita di Padova

Lezione 15

Capitolo 6 - 1. Applicazioni lineari

Siano V e W due spazi vettoriali e L : V →W un’applicazione.L si dice applicazione lineare se e solo se

(i) ∀h ∈ K ,∀v ∈ V : L(hv) = hL(v)

(ii) ∀v ,w ∈ V : L(v + w) = L(v) + L(w).

Notazione Hom(V ,W ): insiemi delle applicazioni lineari di V inW .

Teorema (3.3)

Un’applicazione lineare e univocamente determinata dai valori cheessa assume su di una base del dominio.

I Se V = W : endomorfismo di V End(V )

I Se L e biiettiva: isomorfismo tra V e W (V ∼= W )

I Se V = W e L e biiettiva: automorfismo di V Aut(V )

Spazi vettoriali isomorfi

Considera VK SV con dimVK = n e B una base di VK .Poniamo

χB(v) = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Kn

dove x1, x2, . . . , xn sono le coordinate di v ∈ VK rispetto alla baseB, i.e.

v = x1v1 + . . . xnvn, con B = v1, . . . , vn.

Proposizione (1.7)

L’applicazione χB : VK → Kn e un isomorfismo.

CorollarioSV VK con dimVK = n ⇒ VK

∼= Kn.

ogni spazio vettoriale di dimensione n su K e isomorfo a Kn.

essenzialmente Kn e l’unico SV di dimensione n su K .

Capitolo 6 - 2. Nucleo e immagine

Sia L ∈ Hom(V ,W ).

I Il nucleo di L:

kerL = {v ∈ V : L(v) = 0}.

Osservazione kerL = L−1(0)

Teorema (2.2)

Sia L ∈ Hom(V ,W ). Allora kerL e un sottospazio di V .

Teorema (2.3)

Sia L ∈ Hom(V ,W ). Allora

L e iniettiva se e solo se kerL = {0}.

ImmagineSia L ∈ Hom(V ,W ).

I L’immagine di L:

imL = {w ∈W : ∃v ∈ V , L(v) = w}.

Teorema (2.4)

Sia L ∈ Hom(V ,W ). Allora imL e un sottospazio di W .

Teorema (2.5)

Sia L : V →W un’applicazione lineare e 〈v1, . . . , vr 〉 = V . Allora

imL = 〈L(v1), . . . L(vr )〉.

Corollario (2.6)

Sia B una base di V e L ∈ Hom(V ,W ). AlloraF = L(v1), . . . , L(vr ) contiene una base di imL.

Compito

Esercizio Consideriamou1 = (1, 0, 0), u2 = (1, 1, 0), u3 = (1, 1, 1),v1 = (1, 2, 3), v2 = (1, 1, 1), v3 = (2, 2, 2) e

S := {L ∈ End(R3) : L(ui ) = vi , i = 1, 2, 3}

(a) determinare |S |;(b) ∀L ∈ S , determinare L(x , y , z) per una terna generica (x , y , z);

(c) ∀L ∈ S , trovare una base di kerL;

(d) ∀L ∈ S , decidere se L e iniettiva;

Compito

Esercizio Consideriamou1 = (1, 0, 0), u2 = (1, 1, 0), u3 = (1, 1, 1),v1 = (1, 2, 3), v2 = (1, 1, 1), v3 = (2, 2, 2) e

S := {L ∈ End(R3) : L(ui ) = vi , i = 1, 2, 3}

(a) determinare |S |Soluzione. Osserviamo che u1, u2, u3 e una base di R3, e quindiun elemento L ∈ S e univocamente determinato dai valoriv1, v2, v3. Concludiamo |S | = 1.

CompitoEsercizio Consideriamou1 = (1, 0, 0), u2 = (1, 1, 0), u3 = (1, 1, 1),v1 = (1, 2, 3), v2 = (1, 1, 1), v3 = (2, 2, 2) e

S := {L ∈ End(R3) : L(ui ) = vi , i = 1, 2, 3}

(b) ∀L ∈ S , determinare L(x , y , z) per una terna generica (x , y , z)

Soluzione. Osserviamo che (0, 1, 0) = u2 − u1 e(0, 0, 1) = u3 − u2, quindi per ogni L ∈ S abbiamo

L(0, 1, 0) = L(u2 − u1) = L(u2)− L(u1)

= v2 − v1 = (1, 1, 1)− (1, 2, 3) = (0,−1,−2), e

L(0, 0, 1) = L(u3 − u2) = L(u3)− L(u2) = v3 − v2 = (1, 1, 1)

Otteniamo

L(x , y , z) = L(x(1, 0, 0)+y(0, 1, 0)+z(0, 0, 1)) = xL(1, 0, 0)+yL(0, 1, 0)

+zL(0, 0, 1) = x(1, 2, 3) + y(0,−1,−2) + z(1, 1, 1)

= (x + z , 2x − y + z , 3x − 2y + z).

CompitoEsercizio Consideriamou1 = (1, 0, 0), u2 = (1, 1, 0), u3 = (1, 1, 1),v1 = (1, 2, 3), v2 = (1, 1, 1), v3 = (2, 2, 2) e

S := {L ∈ End(R3) : L(ui ) = vi , i = 1, 2, 3}

(c) ∀L ∈ S , trovare una base di kerL

Soluzione. Abbiamo L(x , y , z) = (x + z , 2x − y + z , 3x − 2y + z).Quindi (x , y , z) ∈ kerL se e solo se

x + z = 02x − y + z = 0

3x − 2y + z = 0⇔{

x = −zy = −z

Concludiamo che kerL = {(−z ,−z , z) : z ∈ R} = 〈(−1,−1, 1)〉 eF = (1, 1,−1) e una base di kerL.

(d) ∀L ∈ S , decidere se L e iniettiva

Soluzione. kerL 6= {0} ⇒ L non e iniettiva.

Capitolo 6 - 3. Teoremi sulle applicazioni lineariTeorema delle dimensioni:

Teorema (3.1)

Se L ∈ Hom(V ,W ) con dimV <∞, allora

dim(kerL) + dim(imL) = dimV .

Dimostrazione. Poniamo n = dimV , e sia v1, v2, . . . , vr una base dikerL.

Per il Teorema di completamento della base, esistonou1, . . . , un−r , tali che

B = v1, . . . , vr , u1, . . . , un−r

sia una base di V . Per Corollario 2.6, L(B) contiene una base diimL. Abbiamo

L(B) = 0, . . . , 0, L(u1), . . . , L(un−r ).

Ne segue che F = L(u1), . . . , L(un−r ) contiene una base di imL.


Teorema (3.1)



Dimostrazione. Poniamo n = dimV , e sia v1, v2, . . . , vr una base dikerL. Per il Teorema di completamento della base, esistonou1, . . . , un−r , tali che

B = v1, . . . , vr , u1, . . . , un−r

sia una base di V .

Per Corollario 2.6, L(B) contiene una base diimL. Abbiamo

L(B) = 0, . . . , 0, L(u1), . . . , L(un−r ).



Teorema (3.1)



Dimostrazione. Poniamo n = dimV , e sia v1, v2, . . . , vr una base dikerL. Per il Teorema di completamento della base, esistonou1, . . . , un−r , tali che

B = v1, . . . , vr , u1, . . . , un−r

sia una base di V . Per Corollario 2.6, L(B) contiene una base diimL. Abbiamo

L(B) = 0, . . . , 0, L(u1), . . . , L(un−r ).


Capitolo 6 - 3. Teoremi sulle applicazioni lineari

Controlliamo se F e LI:

Se x1L(u1) + . . .+ xn−r L(un−r ) = 0, alloraL(x1u1 + . . .+ xn−r un−r ) = 0 e quindix1u1 + . . .+ xn−r un−r ∈ kerL.

⇒ x1u1 + . . .+ xn−r un−r e CL di v1, . . . , vr , i.e.

x1u1 + . . .+ xn−r un−r = y1v1 + . . .+ yr vr .

Otteniamo una CL della base B:

x1u1 + . . .+ xn−r un−r − y1v1 − . . .− yr vr = 0.

Ne segue che x1 = . . . = xn−r = y1 = . . . = yr = 0.Concludiamo che F e LI ⇒ F e una base di imL.


Controlliamo se F e LI: Se x1L(u1) + . . .+ xn−r L(un−r ) = 0,

alloraL(x1u1 + . . .+ xn−r un−r ) = 0 e quindix1u1 + . . .+ xn−r un−r ∈ kerL.


x1u1 + . . .+ xn−r un−r = y1v1 + . . .+ yr vr .


x1u1 + . . .+ xn−r un−r − y1v1 − . . .− yr vr = 0.



Controlliamo se F e LI: Se x1L(u1) + . . .+ xn−r L(un−r ) = 0, alloraL(x1u1 + . . .+ xn−r un−r ) = 0 e quindix1u1 + . . .+ xn−r un−r ∈ kerL.


x1u1 + . . .+ xn−r un−r = y1v1 + . . .+ yr vr .


x1u1 + . . .+ xn−r un−r − y1v1 − . . .− yr vr = 0.





x1u1 + . . .+ xn−r un−r = y1v1 + . . .+ yr vr .


x1u1 + . . .+ xn−r un−r − y1v1 − . . .− yr vr = 0.

Ne segue che x1 = . . . = xn−r = y1 = . . . = yr = 0.

Concludiamo che F e LI ⇒ F e una base di imL.




x1u1 + . . .+ xn−r un−r = y1v1 + . . .+ yr vr .


x1u1 + . . .+ xn−r un−r − y1v1 − . . .− yr vr = 0.



Teorema (3.1)



Osservazione Se L ∈ Hom(V ,W ) e iniettiva, allora kerL = 0 ⇒dim(imL) = dimV .

Corollario (3.2)

Se L ∈ Hom(V ,W ) e iniettiva e B = v1, v2, . . . , vn e una base diV , allora L(v1), L(v2), . . . , L(vn) e una base di imL.

Dimostrazione. Per Corollario 2.6 L(v1), L(v2), . . . , L(vn) contieneuna base di imL.

Per l’iniettivita di L abbiamo dimL = n.Concludiamo che L(v1), L(v2), . . . , L(vn) e una base di imL.


Teorema (3.1)




Corollario (3.2)


Dimostrazione. Per Corollario 2.6 L(v1), L(v2), . . . , L(vn) contieneuna base di imL. Per l’iniettivita di L abbiamo dimL = n.

Concludiamo che L(v1), L(v2), . . . , L(vn) e una base di imL.


Teorema (3.1)




Corollario (3.2)


Dimostrazione. Per Corollario 2.6 L(v1), L(v2), . . . , L(vn) contieneuna base di imL. Per l’iniettivita di L abbiamo dimL = n.Concludiamo che L(v1), L(v2), . . . , L(vn) e una base di imL.


Teorema (3.4)

Se L ∈ Hom(V ,W ) e F = v1, . . . , vr e LD. AlloraL(F) = L(v1), . . . , L(vr ) e LD.

Dimostrazione. F = v1, . . . , vr e LD ⇒ esiste una CL non banale

x1v1 + . . .+ xr vr = 0.

Applicando L otteniamo

L(x1v1 + . . .+ xr vr ) = L(0) = 0 ⇒ x1L(v1) + . . .+ xr L(vr ) = 0,

una CL non banale di L(F). Concludiamo che L(F) e LD.


Teorema (3.4)



x1v1 + . . .+ xr vr = 0.



una CL non banale di L(F).

Concludiamo che L(F) e LD.


Teorema (3.4)



x1v1 + . . .+ xr vr = 0.



una CL non banale di L(F). Concludiamo che L(F) e LD.


Osservazioni (3.5)

(i) Teorema 3.4: F LD → L(F) LD

(ii) Il viceversa e falso !Esempi

I L’applicazione nulla: V ⇒W : v 7→ 0. L’immagine di unabase di V e {0}.

I L’applicazione L : L(x , y , z) = (x + z , 2x − y + z , 3x − 2y + z).L’immagine della base u1, u2, u3 e la famiglia v1, v2, v3: unafamiglia LD.

(iii) Se L e iniettiva, allora il viceversa e vero: F LI ⇒ L(F) LI.


Osservazioni (3.5)

(i) Teorema 3.4: F LD → L(F) LD

(ii) Il viceversa e falso !

(iii) Se L e iniettiva, allora il viceversa e vero: F LI ⇒ L(F) LI.Dimostrazione. Sia F = v1, . . . , vr LI e L iniettiva.Supponiamo che

∑ri=1 xiL(vi ) = 0

⇒ L

(r∑

i=1

xivi

)=

r∑i=1

L(xivi ) =r∑

i=1

xiL(vi ) = 0.

Quindi

r∑i=1

xivi ∈ kerL = {0} ⇒r∑

i=1

xivi = 0.

F e LI ⇒ x1 = . . . = xr = 0. Concludiamo che L(F) e LI.

Capitolo 7 - Relazione tra applicazioni lineari e matrici

Esempi

1. Consideriamo

L : (x , y , z) 7→ (x + z , 2x − y + z , 3x − 2y + z).

Abbiamo L(1, 0, 0) = (1, 2, 3), L(0, 1, 0) = (0,−1,−2),L(0, 0, 1) = (1, 1, 1). Un altro modo di rappresentarequest’applicazione:

L :

xyz

7→ x + z

2x − y + z3x − 2y + z

=

1 0 12 −1 13 −2 1

xyz

Sia B = e1, e2, e3 la base naturale di R3:→ la prima colonna: le coordinate di L(e1) rispetto a B→ la seconda colonna: le coordinate di L(e2) rispetto a B→ la terza colonna: le coordinate di L(e3) rispetto a B


Esempi

2. Se L ∈ End(R3) tale che

L(e1) = (a1, a2, a3), L(e2) = (b1, b2, b3), L(e3) = (c1, c2, c3), conB = e1, e2, e3 la base naturale di R3. Abbiamo

L :

xyz

7→ a1x + b1y + c1z

a2x + b2y + c2za3x + b3y + c3z

=

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

xyz

→ la prima colonna: le coordinate di L(e1) rispetto a B→ la seconda colonna: le coordinate di L(e2) rispetto a B→ la terza colonna: le coordinate di L(e3) rispetto a B


Esempi

3. Se L ∈ Hom(R2,R3) tale che L(x , y) = (2y , y , x + y) abbiamo

L(1, 0) = (0, 0, 1) e L(0, 1) = (2, 1, 1):

L :

(xy

)7→

2yy

x + y

=

0 20 11 1

( xy

)

Sia B′ = e ′1, e′2 la base naturale di R2 e B = e1, e2, e3 la base

naturale di R3

→ la prima colonna: le coordinate di L(e ′1) rispetto a B→ la seconda colonna: le coordinate di L(e ′2) rispetto a B

Capitolo 7 - Relazione tra applicazioni lineari e matriciEsempi

1. L : (x , y , z) 7→ (x + z , 2x − y + z , 3x − 2y + z):

L :

xyz

7→ 1 0 1

2 −1 13 −2 1

xyz

= ABLB

xyz

2. L(e1) = (a1, a2, a3), L(e2) = (b1, b2, b3), L(e3) = (c1, c2, c3):

L :

xyz

7→ a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

xyz

= ABLB

xyz

3. L(x , y) = (2y , y , x + y): R2 → R3

L :

(xy

)7→

0 20 11 1

( xy

)= AB

′L B

(xy

)


Sia L ∈ Hom(V ,W ), B = v1, . . . , vn una base di V eB′ = w1, . . . ,wm una base di W , con

L(v1) = a11w1 + a21w2 + . . .+ am1wm

L(v2) = a12w1 + a22w2 + . . .+ am2wm...

L(vn) = a1nw1 + a2nw2 + . . .+ amnwm

⇒ L :

x1

x2...

xn

7→

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

x1

x2...

xn

= ABLB′

x1

x2...

xn


L :

x1

x2...

xn

7→

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

x1

x2...

xn

= ABLB′

x1

x2...

xn

Osservazioni

I La j-esima colonna: le coordinate di L(vj) (vj ∈ B) rispettoalla base B′.

I L e univocamente determinata da (B,B′,ABLB′).

I L ∈ Hom(V ,W ) → ABLB′ ∈M(m × n,K )

Esercizi (Compito)

1. Data una matrice A ∈M(m × n,K ), costruire unL ∈ Hom(Kn,Km), associata ad A.

2. Consider L : R1[X ]→M(2× 2,R)

a + bX 7→(

2a b−b a

)(i) Verificare se L ∈ Hom(R1[X ],M(2× 2,R)).

(ii) Determinare una base B di R1[X ], una base B′ diM(2× 2,R).

(iii) Determinare ABLB′

(iv) Sia F ∈ Hom(R2,R4) associata ad ABLB′ (esercizio 1).Verificare

L = χ−1B′ ◦ F ◦ χB.

O equivalente, verificare

∀P(X ) ∈ R1[X ] : L(P(X )) = χ−1B′ (F (χB(P(X )))).

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