Soluzioni Es Bottacin algebra lineare

8/9/2019 Soluzioni Es Bottacin algebra lineare

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Università degli Studi di Bergamo

Esercizi di Matematica II

Francesco Bottacin

A.A. 2002/03


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Capitolo 1

Spazi Vettoriali

1. Richiami di teoria

1.1. Spazi vettoriali

Sia C un campo fissato (usualmente C è il campo dei numeri reali R oppureil campo dei numeri complessi C).

Definizione 1.1. Uno spazio vettoriale su C è un insieme V dotato di unaoperazione +V , detta somma,

+V : V × V → V , (v1, v2) → v1 +V v2,e di una operazione

·V

·V : C × V → V, (λ, v) → λ ·V v,detta prodotto per uno scalare, che soddisfano le seguenti proprietà: perogni λ, λ1, λ2 ∈ C e ogni v, v1, v2 ∈ V si ha

(1) (v1 +V v2) +V v3 = v1 +V (v2 +V v3);(2) v1 +V v2 = v2 +V v1;(3) esiste un elemento 0V ∈ V tale che v +V 0V = 0V +V v = v;(4) per ogni v ∈ V esiste un elemento v ∈ V tale che v+V v = v +V v =

0V . Tale elemento v viene indicato con −v e detto l’opposto di v;

(5) λ·V

(v1 +

V v

2) = (λ

·V v

1) +

V (λ

·V v

2);

(6) (λ1 + λ2) ·V v = (λ1 ·V v) +V (λ2 ·V v);(7) (λ1λ2) ·V v = λ1 ·V (λ2 ·V v);(8) 1 ·V v = v.

Gli elementi di uno spazio vettoriale V sono detti vettori . Gli elementidel campo C sono detti scalari .

D’ora in poi, qualora non vi sia pericolo di confusione, l’operazione disomma in uno spazio vettoriale V sarà indicata semplicemente con + mentreil simbolo del prodotto per uno scalare sarà omesso: si scriverà quindi v1+v2al posto di v1 +V v2 e λv al posto di λ ·V v.

Consideriamo ora uno spazio vettoriale V , definito sul campo C .


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2 1. Spazi Vettoriali

Definizione 1.2. Un sottospazio vettoriale W di V è un sottoinsieme W

⊂V tale che la restrizione a W delle operazioni di somma e di prodotto peruno scalare definite su V rende W uno spazio vettoriale sul campo C .

Dalla definizione si deduce quindi che affinché un sottoinsieme W di V siaun sottospazio vettoriale è necessario e sufficiente che, per ogni w1, w2 ∈ W ,si abbia w1 + w2 ∈ W ; che per ogni w ∈ W anche −w ∈ W ; che 0V ∈ W ; eche, per ogni λ ∈ C e ogni w ∈ W , anche λw ∈ W . Tutte queste condizionisi possono riassumere nella seguente:

Proposizione 1.3. Un sottoinsieme W di uno spazio vettoriale V sul cam-po C è un sottospazio vettoriale se e solo se

λ1w1 + λ2w2

∈ W,

per ogni λ1, λ2 ∈ C e ogni w1, w2 ∈ W .Si noti che, se (W i)i∈I è una famiglia di sottospazi vettoriali di V , allora

anche l’intersezione di tutti i W i i∈I

W i

è un sottospazio vettoriale di V .L’analoga propriet̀a non vale invece per l’unione: se W 1 e W 2 sono due

sottospazi vettoriali di V , l’unione W 1∪W 2 non è, in generale, un sottospaziovettoriale di V .

1.2. Combinazioni lineari e basi

Sia V uno spazio vettoriale su un campo C e siano v1, v2, . . . , vn dei vettoridi V .

Definizione 1.4. Una combinazione lineare dei vettori v1, v2, . . . , vn è l’e-spressione

λ1v1 + λ2v2 + · · · + λnvn,per λ1, λ2, . . . , λn ∈ C .Definizione 1.5. I vettori v1, v2, . . . , vn si dicono linearmente indipendenti

se l’equazioneλ1v1 + λ2v2 + · · · + λnvn = 0V

ha come unica soluzione λ1 = λ2 = · · · = λn = 0. I vettori v1, v2, . . . , vn sidicono linearmente dipendenti se non sono linearmente indipendenti, cioèse esistono degli scalari λ1, λ2, . . . , λn non tutti nulli tali che λ1v1 + λ2v2 +· · · + λnvn = 0V .

Ricordiamo il seguente risultato:

Proposizione 1.6. Se v1, v2, . . . , vn sono linearmente indipendenti e se vsi può scrivere come loro combinazione lineare,

v = λ1v1 + λ2v2 +

· · ·+ λnvn,


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1. Richiami di teoria 3

allora gli scalari λ1, λ2, . . . , λn sono determinati in modo unico.

Sia S un sottoinsieme dello spazio vettoriale V . Definiamo il sottospaziovettoriale generato da S , indicato con L(S ), come il più piccolo (per la re-lazione d’ordine data dall’inclusione) sottospazio vettoriale di V contenenteS (se S è vuoto poniamo L(S ) = {0}). Dato che l’intersezione di una fa-miglia di sottospazi vettoriali di V è un sottospazio vettoriale, si verificaimmediatamente che si ha:

L(S ) =

S ⊂U U,

cioè L(S ) è l’intersezione di tutti i sottospazi vettoriali di V contenenti S .Un’altra descrizione, ancora più esplicita, di L(S ) è la seguente:

L(S ) =

ni=1

λivi | n ∈ N, λi ∈ C, vi ∈ S

,

cioè gli elementi di L(S ) sono quei vettori di V che si possono esprimerecome combinazione lineare di un numero finito di elementi di S .

Se S = {v1, v2, . . . , vm}, il sottospazio vettoriale L(S ) verrà spesso indi-cato con la notazione v1, v2, . . . , vn.

Dato che, come abbiamo già visto, nel contesto degli spazi vettoriali l’o-perazione di unione di due sottospazi non ha delle buone proprietà (l’unionedi due sottospazi vettoriali non è un sottospazio vettoriale), tale operazione

viene sostituita dall’operazione di somma:Definizione 1.7. Se W 1 e W 2 sono sottospazi vettoriali di V , la sommaW 1 + W 2 è il sottospazio vettoriale L(W 1 ∪ W 2) generato da W 1 ∪ W 2.

Da quanto detto prima si ha che

W 1 + W 2 = {λ1w1 + λ2w2 | λ1, λ2 ∈ C, w1 ∈ W 1, w2 ∈ W 2}.Definizione 1.8. La somma di due sottospazi vettoriali W 1 e W 2 di V sidice diretta, e si indica con W 1 ⊕ W 2, se si ha W 1 ∩ W 2 = 0.

Si verifica facilmente che se v ∈ W 1 ⊕ W 2 allora v si può scrivere in ununico modo nella forma v = w1 + w2, con w1

∈ W 1 e w2

∈ W 2.

Definizione 1.9. Un insieme di vettori {v1, v2, . . . , vm} è detto un insiemedi generatori di V se L{v1, v2, . . . , vm} = V . In tal caso si dice anche che ivettori v1, v2, . . . , vm generano V .

Definizione 1.10. Uno spazio vettoriale V è detto finitamente generato seesiste un insieme finito di generatori di V .

La relazione fondamentale tra vettori linearmente indipendenti e insiemidi generatori è contenuta nel risultato seguente:

Proposizione 1.11. Sia V uno spazio vettoriale. Sia {v1, v2, . . . , vm} un insieme di generatori di V e {w1, w2, . . . , wr} un insieme di vettori linear-mente indipendenti. Allora r

≤ m.


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2. Esercizi 5

Per terminare, la seguente formula mette in relazione le dimensioni di

due sottospazi vettoriali di V con le dimensioni della loro somma e dellaloro intersezione:

Proposizione 1.21. Siano U e W due sottospazi vettoriali di uno spaziovettoriale V . Allora si ha:

dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ).

2. Esercizi

2.1. Definizioni

Esercizio 1. Si dica se gli insiemi seguenti sono degli spazi vettoriali:

(1) L’insieme delle funzioni reali definite nell’intervallo [0, 1], continue,positive o nulle, per le operazioni di addizione e di prodotto per unnumero reale.

(2) L’insieme delle funzioni reali f definite in R, tali che

limx→+∞

f (x) = 0,

per le operazioni di addizione e di prodotto per un numero reale.(3) L’insieme A = {x ∈ R | x > 0}, per le operazioni di somma e di

prodotto per uno scalare definite rispettivamente da

x ⊕ y = xy, ∀ x, y ∈ Aλ · x = xλ, ∀ x ∈ A, λ ∈R.

(4) L’insieme delle funzioni da R in R che si annullano in 1 oppure in4.

(5) L’insieme dei polinomi di grado uguale a n (n intero positivo).(6) L’insieme delle funzioni da R in R, di classe C 2, tali che

f + ω2f = 0,

con ω ∈ R.(7) L’insieme delle funzioni reali f (x) definite nell’intervallo [0, 1], con-

tinue, tali che 10

f (x)sin x dx = 0.

2.2. Basi

Esercizio 2. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi, a coefficienti reali nellavariabile x, di grado ≤ 3. Si verifichi che gli insiemi seguenti sono delle basidi V :

(1)

{1, x , x2, x3

};


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(2)

{1, 1

−x, x

−x2, x2

−x3

};

(3) {1, 1 + x, 1 + x + x2, 1 + x + x2 + x3}.Esercizio 3. Nello spazio vettoriale V dei polinomi di grado ≤ 2 si consi-derino i polinomi

p1(x) = x2 + x(1 − x) + (1 − x)2

p2(x) = x2 + (1 − x)2

p3(x) = x2 + 1 + (1 − x)2

p4(x) = x(1 − x).`E possibile estrarre da { p1(x), p2(x), p3(x), p4(x)} delle basi di V ? In casoaffermativo, trovarle tutte.Esercizio 4. Nello spazio vettoriale delle funzioni continue da R in R, siconsiderino le funzioni f 1(x) = sin x, f 2(x) = sin2x e f 3(x) = sin3x. Sidica se queste funzioni sono linearmente indipendenti.

Esercizio 5. Si dica se, nei casi seguenti, i vettori v1, v2 e v3 costituisconouna base di R3. In caso negativo si descriva il sottospazio da essi generato.

(1) v1 = (1, 1, 1), v2 = (3, 0, −1), v3 = (−1, 1, −1);(2) v1 = (1, 2, 3), v2 = (3, 0, −1), v3 = (1, 8, 13);(3) v1 = (1, 2, −3), v2 = (1, 0, −1), v3 = (1, 10, −11).

Esercizio 6. In R4 i vettori seguenti formano:(i ) un insieme libero (cioè un insieme di vettori linearmente indipendenti)?In caso affermativo, completarlo per ottenere una base di R4, altrimentideterminare le relazioni di dipendenza lineare tra di loro ed estrarre daquesto insieme di vettori almeno un insieme libero.(ii ) un insieme di generatori? In caso affermativo, estrarne almeno una basedi R4, altrimenti determinare la dimensione del sottospazio da essi generato.

(1) v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (0, 1, 2, −1), v3 = (1, 0, −2, 3),v4 = (2, 1, 0,

−1), v5 = (4, 3, 2, 1);

(2) v1 = (1, 2, 3, 4), v2 = (0, 1, 2, −1), v3 = (3, 4, 5, 16);(3) v1 = (1, 2, 3, 4), v2 = (0, 1, 2, −1), v3 = (2, 1, 0, 11),

v4 = (3, 4, 5, 14).

Esercizio 7. Si determini una base del sottospazio vettoriale V di R5 co-stituito dai vettori (x1, . . . , x5) che sono soluzioni del seguente sistema diequazioni lineari:

x1 − 3x2 + x4 = 0x2 + 3x3 − x5 = 0x1 + 2x2 + x3 − x4 = 0.


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2. Esercizi 7

Esercizio 8. In R4 siano v1 = (1, 2, 3, 4) e v2 = (1,

−2, 3,

−4). È possibile

determinare due numeri reali x e y in modo tale che (x, 1, y, 1) ∈ L{v1, v2}?(Ricordiamo che L{v1, v2} indica il sottospazio generato dai vettori v1 e v2.)Esercizio 9. Sia V uno spazio vettoriale. Si dica se le affermazioni seguentisono vere o false.

(1) Se i vettori v1, v2 e v3 sono a due a due non proporzionali allora lafamiglia {v1, v2, v3} è libera.

(2) Se nessuno fra i vettori v1, . . . , vr è combinazione lineare dei vettoririmanenti allora la famiglia {v1, . . . , vr} è libera.

Esercizio 10. In R4 siano v1 = (0, 1, −2, 1), v2 = (1, 0, 2, −1), v3 =(3, 2, 2, −1), v4 = (0, 0, 1, 0), v5 = (0, 0, 0, 1). Si dica se le affermazioniseguenti sono vere o false.

(1) L{v1, v2, v3} = L{(1, 1, 0, 0), (−1, 1, −4, 2)};(2) (1, 1, 0, 0) ∈ L{v1, v2} ∩ L{v2, v3, v4};(3) dim(L{v1, v2} ∩ L{v2, v3, v4}) = 1;(4) L{v1, v2} + L{v2, v3, v4} = R4;(5) L{v1, v2, v3} + L{v4, v5} = R4.

Esercizio 11. Si studi la dipendenza o l’indipendenza lineare dei vetto-ri seguenti, e si determini in ogni caso una base del sottospazio da essigenerato.

(1) (1, 0, 1), (0, 2, 2), (3, 7, 1), in R3

;(2) (1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1), in R3;(3) (1, 2, 1, 2, 1), (2, 1, 2, 1, 2), (1, 0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 0, 1), in R5.

Esercizio 12. Sia V lo spazio vettoriale dei polinomi in x, a coefficienti inR, di grado ≤ n, con n intero positivo. Si dimostri che, per ogni a ∈ R,l’insieme

{1, x − a, (x − a)2, . . . , (x − a)n}è una base di V . Sia poi f (x) ∈ V ; si esprima f (x) come combinazionelineare dei precedenti polinomi. Chi sono i coefficienti di tale combinazionelineare?

Esercizio 13. Siano U t = L{u1, u2} e V t = L{v1, v2} due sottospazi di R4,con u1 = (1, t, 2t, 0), u2 = (t,t,t,t), v1 = (t−2, −t, −3t, t) e v2 = (2, t, 2t, 0).

(1) Si dica se esiste t ∈ R tale che U t + V t = R4.(2) Per quali t ∈ R si ha dim(U t ∩ V t) = 1?(3) Si determini una base di U 1 ∩ V 1 e la si estenda ad una base di R4.

Esercizio 14. In R4 si considerino i sottospazi U = L{v1, v2, v3} e V =L{v4, v5}, dove v1 = (1, 2, 3, 4), v2 = (2, 2, 2, 6), v3 = (0, 2, 4, 4), v4 =(1, 0, −1, 2) e v5 = (2, 3, 0, 1). Si determinino delle basi dei sottospazi U ∩V ,U , V e U + V .


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2.3. Sottospazi Vettoriali

Esercizio 15. Siano U e W due sottospazi vettoriali di uno spazio vettorialeV . Dimostrare che U ∪W è un sottospazio vettoriale di V se e solo se U ⊂ W oppure W ⊂ U .Esercizio 16. Siano U , V e W tre sottospazi di uno stesso spazio vettoriale.Si dica se è vero o falso che

U ∩ (V + W ) = (U ∩ V ) + (U ∩ W ).Esercizio 17. Si dica se è diretta la somma dei due seguenti sottospazi diR4: U = L{(1, 0, 1, 0), (1, 2, 3, 4)} e V = L{(0, 1, 1, 1), (0, 0, 0, 1)}.Esercizio 18. Si considerino i seguenti sottospazi di R4:

U = L{(1, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 1), (0, 0, 0, 1)}e

V = L{(1, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 0)}.Si determini un sottospazio W ⊂ R4 tale che U = V ⊕ W , e si dica se taleW è unico.

Esercizio 19. Dati i seguenti sottospazi di R4,

U = L{(1, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}e

V = L{(1, 0, 2, 0), (0, 0, 1, 1)},esiste un sottospazio W ⊂ R4 tale che U ⊕ W = V ⊕ W = R4?

In caso affermativo si determini W e si dica se è unico.

Esercizio 20. Nello spazio vettoriale V dei polinomi, nella variabile x acoefficienti reali, di grado ≤ 5, si considerino i sottospazi seguenti:

U 1 =

{ p(x)

∈ V

| p(0) = 0

},

U 2 = { p(x) ∈ V | p(1) = 0},U 3 = { p(x) ∈ V | x2 + 1 divide p(x)},U 4 = { p(x) ∈ V | p(−x) = p(x), ∀x},U 5 = { p(x) ∈ V | p(x) = xp(x), ∀x}.

1) Si determinino delle basi dei seguenti sottospazi: U 1, U 2, U 3, U 4, U 5,U 1 ∩ U 2, U 1 ∩ U 3, U 1 ∩ U 2 ∩ U 3, U 1 ∩ U 2 ∩ U 3 ∩ U 4.2) Si determinino dei sottospazi W 1 e W 2 di V tali che W 1 ⊕ U 4 = W 2 ⊕(U 1 ∩ U 3) = V .


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3. Soluzioni 9

3. Soluzioni

3.1. Definizioni

Svolgimento esercizio 1. Si tratta solo di verificare, caso per caso, setutte le condizioni necessarie alla definizione di uno spazio vettoriale sonosoddisfatte.

(1) In questo caso l’insieme in questione non è uno spazio vettoriale. Ineffetti non è neppure un gruppo abeliano rispetto all’operazione di somma,in quanto non contiene gli opposti dei suoi elementi: se f è una funzionecontinua positiva o nulla, la funzione opposta −f sarà allora negativa onulla, e non apparterrà dunque all’insieme in questione.(2) Si verifica facilmente che l’insieme in questione è uno spazio vettoriale,ricordando che, se limx→+∞ f (x) e limx→+∞ g(x) esistono, allora

limx→+∞

(f + g)(x) = limx→+∞

f (x) + limx→+∞

g(x)

e

limx→+∞

(f g)(x) =

limx→+∞

f (x)

limx→+∞

g(x)

.

(3) Anche in questo caso l’insieme in questione è uno spazio vettoriale.Si consiglia di verificare con cura tutte le proprietà richieste. A titolo di

esempio, verifichiamo che, dati due elementi x, y ∈ A ed uno scalare λ ∈ R,si haλ · (x ⊕ y) = (λ · x) ⊕ (λ · y).

In base alle definizioni date, si ha: λ·(x⊕y) = (xy)λ, mentre (λ·x)⊕(λ·y) =xλyλ. L’uguaglianza deriva allora dalle note proprietà delle potenze.

(4) L’insieme in questione non è uno spazio vettoriale, non essendo chiusorispetto all’operazione di somma: infatti, sia ad esempio f una funzionetale che f (1) = 0 e f (4) = 1, e g una funzione tale che g(1) = 2 e g(4) =0. Queste due funzioni appartengono all’insieme in questione, ma la lorosomma non appartiene all’insieme dato, in quanto non si annulla né in 1 né

in 4.

(5) Anche questo insieme non è uno spazio vettoriale, non essendo chiusorispetto all’operazione di somma: infatti, siano ad esempio p(x) = 2xn + 1 eq (x) = −2xn + 3 due polinomi di grado n. La loro somma è p(x) + q (x) = 4che non ha più grado n (almeno se n = 0).Osservazione: è invece uno spazio vettoriale l’insieme dei polinomi digrado minore o uguale a n.

(6) Questo insieme è uno spazio vettoriale (ciò è dovuto al fatto che l’equa-zione differenziale è lineare). Verifichiamo solo, a titolo di esempio, che essoè chiuso rispetto all’operazione di somma: siano dunque f e g due funzioni


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che soddisfano l’equazione differenziale in questione. Si ha allora:

(f + g) + ω2(f + g) = f + g + ω2f + ω2g

= (f + ω2f ) + (g + ω2g) = 0 + 0 = 0.

(7) Anche questo insieme è uno spazio vettoriale (ciò è dovuto al fatto chel’operazione di integrazione è lineare). Verifichiamo solo, a titolo di esempio,che esso è chiuso rispetto all’operazione di somma: siano dunque f e g duefunzioni che soddisfano l’equazione integrale in questione. Si ha allora: 1

0

(f + g)(x)sin x dx =

10

f (x)sin x dx +

10

g(x)sin x dx = 0 + 0 = 0.

3.2. Basi

Svolgimento esercizio 2. (1) Ogni polinomio f (x) ∈ V si scrive nellaforma

f (x) = a0 · 1 + a1x + a2x2 + a3x3,ciò significa che i polinomi 1, x , x2, x3 sono un insieme di generatori di V .Vediamo se sono anche linearmente indipendenti: se a0 · 1 + a1x + a2x2 +a3x

3 = 0V (0V indica lo zero dello spazio vettoriale V , cioè il polinomionullo), allora, per il principio di identità dei polinomi, si deve avere a0 =a1

= a2

= a3

= 0. Quindi {

1, x , x2, x3

} è una base di V , da cui si deduce,

tra l’altro che V ha dimensione 4.

(2) Anche in questo caso bisognerebbe dimostrare che i polinomi in que-stione sono un insieme di generatori e che sono linearmente indipendenti.Tuttavia sapendo che dim V = 4, che è anche il numero dei polinomi dellaipotetica base, è sufficiente effettuare una sola delle due verifiche (perché?).Verifichiamo allora, ad esempio, che questi sono un insieme di generatori, ecioè che ogni polinomio f (x) = a0 + a1x + a2x

2 + a3x3 si può scrivere nella

forma λ0 · 1 + λ1(1 − x) + λ2(x − x2) + λ3(x2 − x3). Sviluppando i calcoli eduguagliando i coefficienti delle successive potenze di x, si ottiene il sistema

λ0 + λ

1 = a

0λ2 − λ1 = a1λ3 − λ2 = a2− λ3 = a3

che ha come soluzione

λ3 = −a3λ2 = −a2 − a3λ1 = −a1 − a2 − a3λ0 = a0 + a1 + a2 + a3


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3. Soluzioni 11

Si conclude che i polinomi in questione sono un insieme di generatori, e

dunque, essendo nel numero giusto, sono una base di V .(3) In base alle osservazioni fatte nel punto (2) è sufficiente dimostrare chei polinomi in questione sono linearmente indipendenti (oppure che sono uninsieme di generatori): sia dunque

λ0 · 1 + λ1(1 + x) + λ2(1 + x + x2) + λ3(1 + x + x2 + x3) = 0.Sviluppando i calcoli ed uguagliando a zero i coefficienti, si ottiene il sistema

λ0 + λ1 + λ2 + λ3 = 0

λ1 + λ2 + λ3 = 0

λ2 + λ3 = 0

λ3 = 0

che ha come unica soluzione λ0 = λ1 = λ2 = λ3 = 0. Si conclude cos̀ı che ipolinomi in questione sono linearmente indipendenti, e dunque, essendo nelnumero giusto, sono una base di V .

Svolgimento esercizio 3. Lo spazio vettoriale V dei polinomi di grado ≤ 2ha dimensione 3. Infatti una sua base è costituita dai tre polinomi {1, x , x2}(ogni polinomio di grado ≤ 2 si scrive, in modo unico, come combinazionelineare a01 + a1x + a2x

2 di questi tre polinomi).Con un semplice calcolo si verifica che p3(x) = 2 p1(x), quindi, se da quei

quattro polinomi si può estrarre una base, tale base deve essere data da{ p1(x), p2(x), p4(x)} (o, equivalentemente, da { p2(x), p3(x), p4(x)}). Tutta-via si verifica che p4(x) = p2(x) − p1(x), quindi i polinomi p1(x), p2(x) e p4(x) sono linearmente dipendenti e non costituiscono pertanto una base diV . In conclusione, dai quattro polinomi dati non è possibile estrarre unabase di V .

Svolgimento esercizio 4. Consideriamo una combinazione lineare a1f 1 +a2f 2 + a3f 3 delle funzioni f 1, f 2 e f 3. Supponiamo che tale combinazionelineare sia nulla (cioè sia la funzione nulla). Si ha dunque:

a1 sin x + a2 sin 2x + a3 sin 3x = 0,

∀x

∈R.

Dato che l’espressione precedente deve essere nulla per ogni valore di x,attribuendo ad x dei valori particolari otteniamo (ad esempio):

x = π/2 : a1 − a3 = 0,

x = π/3 :

√ 3

2 a1 +

√ 3

2 a2 = 0,

x = π/4 :

√ 2

2 a1 + a2 +

√ 2

2 a3 = 0.

L’unica soluzione di tali equazioni è: a1 = a2 = a3 = 0. Ciò dimostra che letre funzioni date sono linearmente indipendenti.


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Svolgimento esercizio 5. Eseguiamo, a titolo di esempio, la verifica solo

nel caso (1). Dato che i vettori sono tre, e cioè il numero giusto per poteressere una base di R3, basterà solo controllare se sono linearmente indipen-denti (oppure se sono un insieme di generatori). Posto λ1v1+λ2v2+λ3v3 = 0,si ottiene il sistema

λ1 + 3λ2 − λ3 = 0λ1 + λ3 = 0

λ1 − λ2 − λ3 = 0che, risolto, fornisce λ1 = λ2 = λ3 = 0. Ciò dimostra che questi tre vettorisono linearmente indipendenti e, di conseguenza, sono una base di R3.

Svolgimento esercizio 6. (1) I cinque vettori dati sono sicuramenti li-nearmente dipendenti, dato che il numero massimo di vettori linearmenteindipendenti in R4 (che coincide con la dimensione dello spazio vettoriale) è4. Infatti si vede immediatamente che v5 = 2v1 + v4. Si verifica inoltre, conun facile calcolo, che i vettori v1, v2, v3 e v4 sono linearmente indipendenti,e quindi costituiscono una base di R4.

(2) I tre vettori dati sicuramente non sono dei generatori di R4 (che ha di-mensione 4). Si verifica comunque che essi sono linearmente indipendenti.Se introduciamo un quarto vettore v4 = (0, 0, 1, 0) (ad esempio), si veri-fica facilmente che v1, v2, v3 e v4 sono linearmente indipendenti, e quindicostituiscono una base di R4.

(3) Si verifica che i quattro vettori dati sono linearmente dipendenti, infattiv4 = v1 + v2 + v3. Pertanto essi non costituiscono una base di R

4. Si scoprepoi che anche v1 è combinazione lineare di v2 e v3, si ha infatti v1 =

32

v2+12

v3.In conclusione i vettori v1 e v4 appartengono al sottospazio generato da v2e v3. Infine si verifica facilmente che v2 e v3 sono linearmente indipendenti.In conclusione, i quattro vettori dati generano un sottospazio di dimensione2 di R4, una cui base è data, ad esempio, dai vettori v2 e v3. Per ottenereuna base di R4 si possono considerare i vettori v2, v3, (0, 0, 1, 0) e (0, 0, 0, 1),che sono, come si verifica facilmente, linearmente indipendenti.

Svolgimento esercizio 7. Risolvendo il sistema si ottiene (ad esempioesplicitando x1, x4 e x5 in funzione di x2 e x3):

x1 = 1

2x2 − 1

2x3

x5 = x2 + 3x3

x4 = 5

2x2 +

1

2x3

Tale sistema ha dunque infinite soluzioni, dipendenti da due parametri. Inaltre parole, lo spazio V delle soluzioni ha dimensione 2. Per trovare una ba-se di V è allora sufficiente trovare due vettori, linearmente indipendenti, che


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3. Soluzioni 13

siano soluzioni del sistema precedente. Tali vettori si trovano semplicemen-

te attribuendo dei valori “qualunque” alle variabili libere x2 e x3 (facendoattenzione a che i vettori trovati siano linearmente indipendenti!). In prati-ca sarà sufficiente attribuire alle variabili libere alternativamente i valori 0e 1; saremo cosı̀ sicuri di ottenere dei vettori linearmente indipendenti (per-ché?). Ponendo dunque x2 = 1 e x3 = 0, si ottiene il vettore (

12

, 1, 0, 52

, 1),

mentre per x2 = 0 e x3 = 1 si ha (−12 , 0, 1, 12 , 3). Questi due vettori sonouna base di V .

Svolgimento esercizio 8. Il vettore (x, 1, y, 1) appartiene al sottospaziogenerato da v1 e v2 se e solo se esso si può esprimere come combinazionelineare di v1 e v2:

(x, 1, y, 1) = λ1v1 + λ2v2.La seconda e la quarta equazione del sistema ottenuto sono, rispettivamente:2λ1 − 2λ2 = 1 e 4λ1 − 4λ2 = 1, che non hanno soluzioni comuni. Diconseguenza (x, 1, y, 1) ∈ L{v1, v2}.Svolgimento esercizio 9. (1) L’affermazione è falsa. Per dimostrarne lafalsità basta fornire un controesempio: sia V = R2, v1 = (1, 0), v2 = (0, 1),

v3 = (1, 1). È evidente che tali vettori sono a due a due non proporzionali,ma non possono essere linearmente indipendenti, dato che la dimensione diR2 è 2.

(2) L’affermazione in questione è vera. Infatti se fosse falsa, cioè se i vettoriv1, . . . , vr fossero linearmente dipendenti, si avrebbe

λ1v1 + λ2v2 + · · · + λrvr = 0,con i coefficienti λi non tutti nulli. Supponiamo allora che λ j = 0. Si hadunque

v j = − 1λ j

i= j

λivi,

e quindi il vettore v j sarebbe combinazione lineare dei rimanenti, control’ipotesi.

Svolgimento esercizio 10. Per semplicità di notazione poniamo u1 =(1, 1, 0, 0) e u2 = (−1, 1, −4, 2).(1) Si ha: v1 =

12

(u1 + u2), v2 = 12

(u1 − u2), v3 = 12(5u1 − u2), quindiL{v1, v2, v3} ⊂ L{u1, u2}. Viceversa, si ha anche: u1 = v1+v2 e u2 = v1−v2,quindi L{u1, u2} ⊂ L{v1, v2, v3}. Quindi si conclude che L{v1, v2, v3} =L{u1, u2}.(2) Abbiamo visto al punto (1) che u1 ∈ L{v1, v2}. Dato che u1 = 12(v3−v2),si ha anche u1 ∈ L{v2, v3, v4}, e quindi u1 ∈ L{v1, v2} ∩ L{v2, v3, v4}.(3) Dato che v2 ∈ L{v1, v2} ∩ L{v2, v3, v4}, si ha

dim(L

{v1, v2

} ∩L

{v2, v3, v4

})

≥ 1.


15/286


Ma abbiamo visto al punto (1) che anche u1

∈ L

{v1, v2

} ∩L

{v2, v3, v4

}, e i

vettori u1 e v2 sono linearmente indipendenti, quindi

dim(L{v1, v2} ∩ L{v2, v3, v4}) ≥ 2.D’altra parte L{v1, v2} ∩ L{v2, v3, v4} ⊂ L{v1, v2}, quindi

dim(L{v1, v2} ∩ L{v2, v3, v4}) ≤ 2.Si conclude quindi che dim(L{v1, v2} ∩ L{v2, v3, v4}) = 2.(4) L{v1, v2}+L{v2, v3, v4} = R4 se e solo se {v1, v2, v3, v4} è una base di R4.Si ha però v3 = 2v1 + 3v2, quindi i vettori v1, v2, v3, v4 non sono linearmenteindipendenti.

(5) L{v1, v2, v3} + L{v4, v5} = R4 se e solo se i vettori v1, v2, v3, v4 e v5generano R4. Si verifica facilmente che i vettori v1, v2, v4, v5 sono linear-mente indipendenti e quindi sono una base di R4. A maggior ragione quindii vettori v1, v2, v3, v4 e v5 generano tutto R

4.

Svolgimento esercizio 11. (1) Si verifica facilmente che i tre vettori datisono linearmente indipendenti, e quindi sono una base di R3.

(2) Dato che il terzo vettore è la somma dei due precedenti, i tre vettoridati non sono una base di R3. Una base del sottospazio da essi generato ècostituita da due qualunque vettori scelti tra i tre dati.

(3) I primi tre vettori sono linearmente indipendenti, mentre il quarto ècombinazione lineare dei primi tre. Il sottospazio da essi generato ha per-tanto dimensione tre, ed una sua base è data, ad esempio, dai primi trevettori.

Svolgimento esercizio 12. Lo spazio vettoriale V ha dimensione n+1 (unasua base è {1, x , x2, . . . , xn}). Per dimostrare che {1, x−a, (x−a)2, . . . , (x−a)n} è una base di V è allora sufficiente dimostrare che tali polinomi sonolinearmente indipendenti. Sia

λ0 · 1 + λ1(x − a) + λ2(x − a)2 + · · · + λn(x − a)n = 0.Osserviamo che nell’espressione precedente il termine di grado massimo è

λnxn, da cui si deduce che λn = 0. Si ottiene allora

λ0 · 1 + λ1(x − a) + λ2(x − a)2 + · · · + λn−1(x − a)n−1 = 0.In questa espressione il termine di grado massimo è λn−1xn−1, da cui sideduce che λn−1 = 0.

Continuando in questo modo si dimostra che tutti i coefficienti λi sononulli, e quindi i vettori in questione sono linearmente indipendenti, e sonodunque una base di V .

Sia ora f (x) ∈ V e poniamof (x) = λ0 + λ1(x

−a) + λ2(x

−a)2 +

· · ·+ λn(x

−a)n.


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3. Soluzioni 15

Valutando l’espressione precedente per x = a, si ottiene f (a) = λ0. Per

determinare poi λ1 è sufficiente derivare tale espressione, ottenendo

f (x) = λ1 + 2λ2(x − a) + 3λ3(x − a)2 + · · · + nλn(x − a)n−1,e poi valutarla per x = a, ottenendo λ1 = f

(a). Derivando ancora unavolta, e valutando sempre per x = a, si ottiene λ2 = f

(a)/2. Continuandoin questo modo si dimostra che λi = f

(i)(a)/i!, per 0 ≤ i ≤ n. In conclusionesi è dimostrato che, rispetto alla base {1, x − a, (x − a)2, . . . , (x − a)n}, ognipolinomio di grado ≤ n si può scrivere nella forma

f (x) =n

i=0

f (i)(a)

i!

(x

−a)i.

Questa non è altro che la formula di Taylor!.

Svolgimento esercizio 13. (1) Innanzitutto si ha

U t + V t = L{u1, u2, v1, v2}.Notiamo che u2 − 2u1 = v1, ciò prova che i vettori u1, u2, v1, v2 sono linear-mente dipendenti, quindi non sono una base di R4. Di conseguenza U t + V tnon è mai uguale a R4.

(2) Per quanto visto nel punto (1), si ha v1 ∈

U t ∩

V t, per ogni t. Di

conseguenza è dim(U t ∩ V t) ≥ 1, per ogni t. Tuttavia si ha anche dim(U t ∩V t) ≤ 2, dato che U t e V t hanno al più dimensione 2, inoltre dim(U t ∩V t) = 2se e solo se U t = V t e dim U t = 2. Cerchiamo dunque per quali valori dit è U t = V t. Dato che v1 ∈ U t ∩ V t, per ogni t, basta vedere per qualivalori di t si può scrivere v2 come combinazione lineare dei vettori u1 e u2:v2 = λ1u1 + λ2u2. Si ottiene cos̀ı il sistema

λ1 + tλ2 = 2

tλ1 + tλ2 = t

2tλ1 + tλ2 = 2t

tλ2 = 0

che ha soluzione se e solo se t = 0. Quindi, per t = 0, si ha U t = V t, soloche ora è dim U t = dim V t = 1, e quindi anche in questo caso la dimensionedi U t ∩ V t è 1. In conclusione, dim(U t ∩ V t) = 1 per ogni t ∈ R.(3) Per quanto visto nei punti precedenti, v1 è una base di U t ∩ V t, per ognit. Ponendo t = 1 si ottiene dunque v1 = (−1, −1, −3, 1). Per completarequesta base ad una base di R4 è sufficiente trovare altri tre vettori w1, w2e w3 in modo che v1, w1, w2, w3 siano linearmente indipendenti. Si verificafacilmente che w1 = (1, 0, 0, 0), w2 = (0, 1, 0, 0) e w3 = (0, 0, 1, 0) vannobene.


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Svolgimento esercizio 14. Un vettore w

∈ U

∩ V si può scrivere nella

forma seguente:

w = λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = λ4v4 + λ5v5.

Risolvendo il sistema cos̀ı ottenuto si trova che:

λ1 = 2λ4

λ2 = −12

λ4

λ3 = 3

2λ4

λ5 = 0.

Pertanto lo spazio vettoriale U ∩ V ha dimensione 1 ed una sua base è datadal vettore w che si ottiene ponendo, ad esempio, λ4 = 2, nella soluzioneprecedentemente trovata: w = 4v1 − v2 − 3v3 = (2, 0, −2, −2).

Una base di U è data dai vettori v1, v2 e v3, dato che essi sono linearmenteindipendenti (la verifica è immediata).

Anche i vettori v4 e v5 sono linearmente indipendenti, quindi sono unabase di V .

Infine, si vede facilmente che i vettori v1, v2, v3 e v5 sono linearmenteindipendenti (mentre v4 è combinazione lineare di v1, v2 e v3). Pertan-

to lo spazio vettoriale U + V coincide con R4 e una sua base è data da{v1, v2, v3, v5} (oppure si prenda la base canonica di R4).

3.3. Sottospazi Vettoriali

Svolgimento esercizio 15. Se U ⊂ W (risp. W ⊂ U ) allora U ∪ W = W (risp. U ∪ W = U ) ed è dunque un sottospazio vettoriale.

Viceversa, supponiamo che U ∪ W sia un sottospazio vettoriale, ma U ⊂W e W ⊂ U . Ciò significa che esiste un vettore u ∈ U con u ∈ W edun vettore w

∈ W con w

∈ U . Dato che u, w

∈ U

∪ W , e questo è uno

spazio vettoriale, si deve avere u + w ∈ U ∪ W , e dunque u + w ∈ U oppure u + w ∈ W . Se u + w ∈ U , si ha u + w = u ∈ U e dunquew = u − u ∈ U , contro l’ipotesi che w ∈ U . Analogamente se fosseu + w ∈ W si concluderebbe che u ∈ W , contro l’ipotesi. Da questaconclusione assurda si deduce allora che l’ipotesi è falsa, ossia che U ∪ W non può essere un sottospazio vettoriale se U ⊂ W e W ⊂ U .Svolgimento esercizio 16. Tale uguaglianza è falsa. Per provarlo bastafornire un controesempio: in R2 si considerino i sottospazi U = L{(1, 1)},V = L{(1, 0)} e W = L{(0, 1)}. Si ha allora U ∩ (V + W ) = U ∩ R2 = U ,mentre (U

∩V ) + (U

∩W ) =

{0

}+

{0

} =

{0

}.


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3. Soluzioni 17

Svolgimento esercizio 17. Dire che la somma di due sottospazi vettoriali

è diretta equivale a dire che la loro intersezione è nulla (cioè ridotta alvettore nullo). Un vettore appartiene all’intersezione di U di V se e solo sesi può scrivere nel modo seguente:

w = λ1(1, 0, 1, 0) + λ2(1, 2, 3, 4) = µ1(0, 1, 1, 1) + µ2(0, 0, 0, 1).

Risolvendo il sistema cos̀ı ottenuto si scopre che, ad esempio, il vettorew = (−1, 1, 2, 2) appartiene a U ∩ V . Da ciò si deduce che la somma di U e V non è diretta.

Svolgimento esercizio 18. Poniamo u1 = (1, 0, 1, 0), u2 = (0, 1, 1, 1), u3 =(0, 0, 0, 1), v = (0, 1, 1, 0), in modo che U = L{u1, u2, u3} e V = L{u1, v}. Ivettori u1, u2 e u3 sono linearmente indipendenti, quindi dim U = 3. Ancheu1 e v sono linearmente indipendenti, quindi dim V = 2. Inoltre v = u2−u3,quindi V ⊂ U .

Per ragioni di dimensione un sottospazio W tale che V ⊕ W = U deveavere dimensione 1, sia quindi w una sua base. Il vettore w deve soddisfarele seguenti condizioni: (i) w ∈ V , e (ii) u1, v e w devono generare U . Si vedeallora facilmente che w = u3 soddisfa le condizioni richieste. Altrettantofacilmente si vede che anche la scelta w = u2 soddisfa le condizioni richieste;si deduce pertanto che il sottospazio W richiesto esiste ma non è unico.

Svolgimento esercizio 19. Poniamo u1 = (1, 0, 1, 0), u2 = (0, 0, 0, 1), v1 =

(1, 0, 2, 0), v2 = (0, 0, 1, 1). I sottospazi U e V hanno entrambi dimensione2 (la verifica è immediata), pertanto un sottospazio W con le proprietàrichieste, se esiste, deve avere dimensione 2: poniamo allora W = L{w1, w2}.Il problema si riduce allora a determinare due vettori w1 e w2 tali che{u1, u2, w1, w2} e {v1, v2, w1, w2} siano entrambe delle basi di R4. Si scoprefacilmente che i vettori w1 = (1, 0, 0, 0) e w2 = (0, 1, 0, 0) soddisfano leproprietà richieste, quindi un tale sottospazio W esiste. Tuttavia anche lascelta w1 = (1, 0, 0, 0) e w2 = (0, 1, 1, 0) fornisce un sottospazio W (diversodal precedente) che soddisfa le condizioni richieste. Si conclude quindi che,come nell’esercizio precedente, tale sottospazio W non è unico.

Svolgimento esercizio 20. (1) Ogni polinomio di grado ≤ 5 si scrive inmodo unico come segue: p(x) = a0 + a1x + a2x

2 + a3x3 + a4x

4 + a5x5.

Da ciò si deduce che lo spazio vettoriale V ha dimensione 6, ed una sua baseè data dai polinomi 1, x, x2, x3, x4, x5.

La condizione p(0) = 0 equivale a a0 = 0. Il sottospazio U 1 è quindicostituito dai polinomi della forma

p(x) = a1x + a2x2 + a3x

3 + a4x4 + a5x

5.

Si deduce che U 1 ha dimensione 5 ed una sua base è

{x, x2, x3, x4, x5

}.


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La condizione p(1) = 0 equivale a a1 =

−2a2

− 3a3

− 4a4

− 5a5. Il

sottospazio U 2 è quindi costituito dai polinomi della forma p(x) = a0 + (−2a2 − 3a3 − 4a4 − 5a5)x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5.

Si deduce che U 2 ha dimensione 5 ed una sua base è {1, x2−2x, x3−3x, x4−4x, x5 − 5x}.

La condizione che p(x) sia divisibile per x2 + 1 equivale a dire che p(x)si scrive come segue:

p(x) = (x2 + 1)(b0 + b1x + b2x2 + b3x

3).

Si deduce che U 3 ha dimensione 4 ed una sua base è {(x2+1), (x2+1)x, (x2+1)x2, (x2 + 1)x3

}.

La condizione p(−x) = p(x) equivale a a1 = a3 = a5 = 0. Il sottospazioU 4 è quindi costituito dai polinomi della forma

p(x) = a0 + a2x2 + a4x

4.

Si deduce che U 4 ha dimensione 3 ed una sua base è {1, x2, x4}.La condizione p(x) = xp(x) equivale a a0 = a2 = a3 = a4 = a5 = 0. Il

sottospazio U 5 è quindi costituito dai polinomi della forma

p(x) = a1x.

Si deduce che U 5 ha dimensione 1 ed una sua base è {x}.I polinomi in U 1

∩U 2 devono soddisfare contemporaneamente le condi-

zioni a0 = 0 e a1 = −2a2 − 3a3 − 4a4 − 5a5. Il sottospazio U 1 ∩ U 2 è quindicostituito dai polinomi della forma

p(x) = (−2a2 − 3a3 − 4a4 − 5a5)x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5.Si deduce che U 1 ∩ U 2 ha dimensione 4 ed una sua base è {x2 − 2x, x3 −3x, x4 − 4x, x5 − 5x}.

U 1 ∩ U 3 è costituito dai polinomi della forma p(x) = (x2 + 1)(b0 + b1x + b2x

2 + b3x3),

tali che p(0) = 0, che equivale a b0 = 0. Si deduce che U 1∩U 3 ha dimensione3 ed una sua base è

{(x2 + 1)x, (x2 + 1)x2, (x2 + 1)x3

}.

Imponendo ai polinomi in U 1∩U 3 di soddisfare alla condizione che defini-sce U 2, si scopre che deve essere b1 =

32

b2−2b3. Il sottospazio U 1∩U 2∩U 3 haquindi dimensione 2 ed una sua base è {(x2+1)(2x2−3x), (x2+1)(x3−2x)}.

Per terminare, si vede ora facilmente che U 1 ∩ U 2 ∩ U 3 ∩ U 4 = 0.(2) Ricordando che la base di U 4 trovata precedentemente è {1, x2, x4},si deduce che un sottospazio W 1 che soddisfa le condizioni richieste è, adesempio, W 1 = L{x, x3, x5}.

Analogamente, osservando che il sottospazio U 1 ∩ U 3 ha dimensione 3 enon contiene polinomi di grado ≤ 2, si deduce che il sottospazio W 2 generatodai polinomi 1, x e x2 soddisfa le condizioni richieste.


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Capitolo 2

Applicazioni Lineari e Matrici


1.1. Applicazioni lineari

Siano V e W due spazi vettoriali sul corpo C .

Definizione 1.1. Una funzione f : V → W è detta lineare sef (v1 + v2) = f (v1) + f (v2)

e

f (λv) = λf (v),

per ogni v, v1, v2 ∈

V e per ogni λ ∈

C .

Osservazione 1.2. Nella letteratura matematica si incontra spesso la se-guente terminologia. Una funzione lineare f : V → W è anche detta unomomorfismo. Se f è iniettiva è chiamata monomorfismo, se è suriettivaè chiamata epimorfismo, mentre se è biiettiva è detta isomorfismo. Unafunzione lineare f : V → V è chiamata endomorfismo. Se essa è biiettiva èdetta automorfismo.

Le due proprietà che caratterizzano un’applicazione lineare si possonoriunire nella seguente uguaglianza:

f (λ1v1 + λ2v2) = λ1f (v1) + λ2f (v2),

per ogni v1, v2 ∈ V e per ogni λ1, λ2 ∈ C .Fissiamo ora una base {v1, . . . , vn} di V e una base {w1, . . . , wm} di W .

Se v ∈ V si scrive comev = λ1v1 + · · · + λnvn,

dalla linearità di f segue che

f (v) = λ1f (v1) + · · · + λnf (vn).Quindi per conoscere f (v), per ogni v ∈ V , è sufficiente conoscere le imma-gini dei vettori di base, f (v j), per j = 1, . . . , n.


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20 2. Applicazioni Lineari e Matrici

D’altra parte f (v j)

∈ W , quindi si può scrivere

f (v j) = a1 jw1 + a2 jw2 + · · · + amjwm =m

i=1

aijwi.

Si conclude quindi che la funzione f è unicamente determinata dai coeffi-cienti aij ∈ C , per i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n.Definizione 1.3. La matrice A dell’applicazione lineare f : V → W , ri-spetto alle basi di V e W fissate, è l’insieme dei coefficienti aij, organizzatiin uno schema rettangolare come segue:

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22

· · · a2n

... ... . . . ...am1 am2 · · · amn

.Osservazione 1.4. Si noti che la matrice di una applicazione lineare f :V → W è definita solo quando sono state fissate delle basi degli spazi vet-toriali V e W , e che tale matrice dipende dalla scelta delle basi. Una stessaapplicazione lineare f avrà in generale matrici diverse rispetto a basi diverseper gli stessi spazi vettoriali (vedremo in seguito quali relazioni esistono tramatrici diverse che rappresentano la stessa applicazione lineare rispetto abasi diverse).

1.2. Matrici

Richiamiamo ora le definizioni e i principali risultati della teoria delle matriciche ci serviranno in seguito.

Definizione 1.5. Una matrice A, a coefficienti nel campo C , è uno schemarettangolare di numeri aij ∈ C , organizzati come segue:

A =

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n

... ...

. . . ...

am1 am2 · · · amn

.

Sia M C (m, n) l’insieme delle matrici con m righe e n colonne a coefficientiin C . In questo insieme si definisce un’operazione di somma come segue:se A = (aij) e B = (bij) sono due matrici in M C (m, n), la loro sommaC = A + B è la matrice C = (cij ) i cui coefficienti sono

cij = aij + bij.

Si definisce anche il prodotto di una matrice A = (aij) ∈ M C (m, n) peruno scalare λ ∈ C come segue:

λA = (λaij).


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Si verifica senza difficoltà che l’insieme M C (m, n), con le operazioni di som-

ma e prodotto per uno scalare appena introdotte, è uno spazio vettoriale suC di dimensione mn. Una sua base naturale è costituita dalle matrici E ij icui elementi sono tutti nulli, tranne l’elemento di posto ij che è uguale a 1.

Sia ora A ∈ M C (m, n) e B ∈ M C (n, r) (cioè il numero di colonne di A èuguale al numero di righe di B . Si definisce il prodotto (righe per colonne)delle matrici A e B come segue: C = AB è la matrice C = (cij) ∈ M C (m, r)i cui elementi sono dati dalla seguente espressione:

cij =n

l=1

ailblj .

Si noti che il prodotto fra due matrici A e B non è sempre definito, bisognainfatti che il numero di colonne di A sia uguale al numero di righe di B . Inparticolare può essere definito il prodotto AB ma non il prodotto BA.

Proposizione 1.6. Il prodotto di matrici gode delle seguenti propriet à:

(1) Siano A, B ∈ M C (m, n) e C ∈ M C (n, r). Allora (A + B)C = AC + BC ;

(2) Siano A ∈ M C (m, n) e B, C ∈ M C (n, r). Allora A(B + C ) = AB + AC ;

(3) Siano A ∈ M C (m, n), B ∈ M C (n, r) e C ∈ M C (r, s). Allora A(BC ) = (AB)C ;

(4) Siano A, B ∈ M C (n, n). Allora in generale sarà AB = BA;

(5) Esiste una matrice I ∈ M C (n, n) tale che A I = I A = A

per ogni A ∈ M C (n, n). Tale matrice è

I =

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

... . . .

...0 0 · · · 1

ed è l’elemento neutro per il prodotto di matrici.

Osservazione 1.7. Il prodotto di matrici appena definito presenta dellepeculiarità che lo rendono molto diverso dal solito prodotto tra numeri:non è sempre definito; non è commutativo, cioè AB = BA in generale; èpossibile che AB = 0 con A = 0 e B = 0 (esistono divisori dello zero); èpossibile che An = 0 con A

= 0 (esistono elementi nilpotenti). Particolare


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cura va quindi esercitata nella manipolazione di prodotti di matrici. Diamo

solo un esempio:

(A + B)2 = (A + B)(A + B) = A2 + AB + BA + B2 = A2 + 2AB + B2.Definizione 1.8. Sia A una matrice quadrata di ordine n. Si chiama inversadi A, e si indica con A−1, una matrice tale che AA−1 = A−1A = I . Unamatrice A è detta invertibile se esiste la sua matrice inversa.

Se la matrice inversa di A esiste, è facile vedere che essa è unica. Tut-tavia non tutte le matrici sono invertibili. Vedremo in seguito quali sono lecondizioni che assicurano che una matrice sia invertibile.

Definizione 1.9. Sia A = (aij) ∈

M C (m, n) una matrice. La matricetrasposta di A, indicata con AT , è la matrice in cui si sono scambiate traloro le righe con le colonne di A, cioè AT = (a ji) ∈ M C (n, m).Definizione 1.10. Sia A una matrice quadrata di ordine n. La traccia diA, indicata con tr(A), è la somma degli elementi sulla diagonale principaledi A,

tr(A) =n

i=1

aii.

Le seguenti proprietà della traccia si verificano immediatamente:

Proposizione 1.11. Siano A e B matrici quadrate di ordine n. Si ha:(1) tr(A) = tr(AT );(2) tr(A + B) = tr(A) + tr(B);(3) tr(AB) = tr(BA).

Ritorniamo ora a parlare delle applicazioni lineari tra spazi vettoriali.Consideriamo un’applicazione lineare f : V → W e indichiamo con A la

sua matrice rispetto alle basi {v1, . . . , vn} di V e {w1, . . . , wm} di W . Siav ∈ V e scriviamo

v = x1v1 + · · · + xnvn.Il vettore v è unicamente determinato dai coefficienti x

1, . . . , x

n. Questi

coefficienti sono detti le componenti di v rispetto alla base fissata. In questomodo è possibile identificare il vettore v ∈ V con il vettore (x1, . . . , xn) ∈ C n(ovviamente questa identificazione dipende dalla scelta della base di V ).Allo stesso modo possiamo scrivere il vettore f (v) ∈ W come combinazionelineare dei vettori della base di W fissata:

f (v) = y1w1 + · · · + ymwm,e identificare quindi il vettore f (v) ∈ W con il vettore (y1, . . . , ym) ∈ C m(anche questa identificazione dipende dalla scelta della base di W ).

Si dimostra ora facilmente il seguente risultato:


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Teorema 1.12. Con le notazioni precedenti, si ha:

y1y2...

ym

= A

x1x2...

xn

,

dove il prodotto è il prodotto righe per colonne.

1.3. Nucleo e immagine

Definizione 1.13. Sia f : V

→ W un’applicazione lineare. Il nucleo di f ,

indicato con Ker f è definito come segue:

Ker f = {v ∈ V | f (v) = 0}.Si verifica facilmente che il nucleo di f è un sottospazio vettoriale di V

e che f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}.Definizione 1.14. Sia f : V → W un’applicazione lineare. L’immagine dif , indicata con Im f è definita come segue:

Im f = {w ∈ W |w = f (v), per qualche v ∈ V }.Si verifica facilmente che l’immagine di f è un sottospazio vettoriale di

W . Ovviamente la funzione f è suriettiva se e solo se Im f = W .Il nucleo di f e l’immagine di f sono quindi sottospazi di due spazi

vettoriali diversi. Tuttavia le loro dimensioni sono legate dalla seguenterelazione.

Teorema 1.15. Sia f : V → W un’applicazione lineare. Si ha:dim(Ker f ) + dim(Im f ) = dim V.

La dimensione del nucleo di f è anche nota con il nome di nullità dif , mentre la dimensione dell’immagine di f è detta rango di f . Se A è lamatrice di f rispetto a delle basi fissate di V e di W si parla anche di nullitàe rango di A per indicare la nullità e il rango di f .

La nullità di una matrice A è quindi la dimensione dello spazio dellesoluzioni del sistema lineare omogeneo

A

x1...

xn

= 0.

Si dimostra che il rango di una matrice A coincide con il massimo numero dirighe linearmente indipendenti, che coincide anche con il massimo numerodi colonne linearmente indipendenti.


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1.4. Cambiamento di base

In questa sezione ricordiamo le relazioni esistenti tra matrici che rappresen-tano la stessa applicazione lineare f : V → W rispetto alla scelta di basidiverse per V e W .

Sia quindi f : V → W un’applicazione lineare, sia {v1, . . . vn} una basedi V , sia {w1, . . . wm} una base di W e sia A la matrice di f rispetto aqueste basi. Fissiamo ora una nuova base {v1, . . . vn} di V , e una nuovabase {w1, . . . wm} di W , e sia A la matrice di f rispetto a queste nuovebasi. Possiamo dunque scrivere

f (v j) =m

i=1

aijwi

e

f (v j) =m

i=1

aijwi

dove gli aij e gli aij sono i coefficienti delle matrici A e A

rispettivamente.Ricordando ora che ogni vettore di uno spazio vettoriale si può scrivere

come combinazione lineare dei vettori di una qualunque base, si ha:

v j =n

l=1

plj vl

ove i plj sono gli elementi di una matrice quadrata P di ordine n. Con unanotazione più compatta, possiamo scrivere:

(v1, . . . , vn) = (v1, . . . v

n)P,

ove il prodotto è il solito prodotto righe per colonne.Dato che il ruolo delle due basi di V è perfettamente simmetrico, si

deduce che si deve avere

(v1, . . . , vn) = (v1, . . . vn)P

−1,

e quindi la matrice P deve essere invertibile.Un discorso analogo si può fare per lo spazio vettoriale W . Si conclude

quindi che deve esistere una matrice invertibile Q, quadrata di ordine m,tale che

(w1, . . . , wm) = (w1, . . . w

m)Q,

e quindi

(w1, . . . , wm) = (w1, . . . wm)Q

−1.

Le matrici P e Q sono dette, per ovvi motivi, le matrici di cambiamento dibase (in V e W rispettivamente).


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2. Esercizi 25

Mettendo assieme le varie formule trovate finora, possiamo scrivere:

f (v j) =n

l=1

plj f (vl) =

nl=1

plj

mh=1

ahlwh

=n

l=1

plj

mh=1

ahl

mk=1

q̃ khwk =m

k=1

l,h

plj ahlq̃ kh

wk,

ove q̃ kh sono i coefficienti della matrice Q−1.

D’altra parte si ha anche

f (v j) =m

k=1

akj wk.

Dal confronto delle due espressioni trovate si deduce che

akj =

l,h

plj ahlq̃ kh,

ovvero, con notazione matriciale, che

A = Q−1AP,

o, equivalentemente, che

A = QAP −1

.Questa è la relazione che lega tra loro matrici che rappresentano la stessaapplicazione lineare rispetto a basi diverse.

Notiamo in particolare che se W = V , cioè se f è una applicazione lineareda V in sé, allora le matrici di cambiamento di base P e Q coincidono. Inquesto caso la formula precedente diventa:

A = P AP −1.

Definizione 1.16. Due matrici A e A si dicono simili se rappresentanola stessa applicazione lineare rispetto a basi diverse, cioè se esistono due

matrici invertibili P e Q tali che A = QAP −1

.

2. Esercizi

2.1. Definizioni

Esercizio 1. Si dica se sono lineari le seguenti funzioni:

(1) f : R2 → R3, (x, y) → (x − y, x + y + 1, 0);(2) f : R2 → R2, (x, y) → (2x, x + y);(3) f : R2

→R, (x, y)

→ sin(x

−y).


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Esercizio 2. Si dica per quali valori di t

∈R è lineare la seguente funzione:

f : R3 → R2, (x,y,z ) → (x + ty,tyz ).Esercizio 3. Si consideri la funzione tra C-spazi vettoriali f : C2 → C datada f ((x, y)) = x + ȳ, ove ȳ indica il numero complesso coniugato di y. Sidica se f è lineare (cioè C-lineare).

Esercizio 4. Sia f : V → W un’applicazione tra due spazi vettoriali. Sidimostri che f è lineare se e solo se il suo grafico è un sottospazio vettorialedi V × W .

2.2. Applicazioni Lineari e MatriciEsercizio 5. Sia f : V → W un’applicazione lineare tra due spazi vettoriali.Siano {v1, v2, v3} una base di V e {w1, w2, w3, w4} una base di W , e f siadata da f (v1) = 2w1 − 3w2 + w4, f (v2) = w2 − 2w3 + 3w4 e f (v3) =w1 + w2 + w3 − 3w4. Si scriva la matrice di f nelle basi date.Esercizio 6. Siano V e W due spazi vettoriali di basi rispettivamente{v1, v2, v3} e {w1, w2}, e sia f : V → W un’applicazione lineare di matrice(rispetto alle basi date)

A = 2 −1 13 2

−3 .

(1) Si prenda per V la nuova base v1 = v2 + v3, v2 = v1 + v3, v

3 = v1 + v2.

Qual è la nuova matrice A di f rispetto alle basi {v1, v2, v3} e {w1, w2}?(2) Si prenda per W la nuova base w1 =

12

(w1 + w2) e w2 =

12

(w1 − w2).Qual è la matrice A di f rispetto alle basi {v1, v2, v3} e {w1, w2}?Esercizio 7. Si consideri il sottospazio V di C 0(R) generato dalle funzionif 1(x) = e

2x + cos x, f 2(x) = cos x + sin x e f 3(x) = sin x. Si dimostri chef 1, f 2 e f 3 sono linearmente indipendenti e si determini la matrice (rispettoalla base {f 1, f 2, f 3}) dell’endomorfismo di V che ad una funzione associala sua derivata.

Esercizio 8. Si determinino le matrici, rispetto alle basi canoniche, ditutte le applicazioni lineari f : R3 → R4 tali che f ((1, 2, −1)) = (0, 1, 0, 1),f ((3, −1, 2)) = (1, 2, 0, −1) e f ((−1, 5, −4)) = (2, 0, 3, 2).Esercizio 9. Si determinino le matrici, rispetto alle basi canoniche, ditutte le applicazioni lineari f : R3 → R2 tali che f ((0, −2, 1)) = (3, −1),f ((1, 1, −2)) = (1, 2) e f ((2, −4, −1)) = (11, 1).Esercizio 10. Sia V l’insieme delle funzioni polinomiali a coefficienti realidi grado ≤ 4 che si annullano in 0 e 1, e sia W l’insieme delle funzionipolinomiali a coefficienti reali di grado ≤ 3 tali che il loro integrale tra 0 e1 è nullo.


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2. Esercizi 27

(1) Si dimostri che V e W sono due spazi vettoriali e se ne determinino delle

basi.(2) Sia D : V → W l’applicazione lineare che associa ad una funzione la suaderivata. Si dimostri che D è ben definita e si determini una sua matricerispetto alle basi precedentemente trovate.

Esercizio 11. Sia φλ : R3 → R4 l’omomorfismo di matrice (rispetto alle

basi canoniche)

Aλ =

1 λ 00 λ 01 0 10 0 0

(1) È vero o falso che, per ogni λ ∈R, esiste un omomorfismo ψ : R4 → R3tale che ψ ◦ φλ sia suriettivo?(2) Per quali valori di λ esistono x, y,z ∈ R tali che, posto

B =

1 x 0 00 y 0 0

−1 z 1 0

si abbia BAλ = I ?

2.3. Nucleo e ImmagineEsercizio 12. Siano V e W due spazi vettoriali, con basi rispettivamentedate da {v1, v2, v3, v4} e {w1, w2, w3}. Si determini la matrice, rispetto allebasi date, dell’applicazione lineare φ : V → W definita da φ(v1) = w1 − w2,φ(v2) = 2w2 − 6w3, φ(v3) = −2w1 + 2w2, φ(v4) = w2 − 3w3. Si determi-nino inoltre le dimensioni di Ker φ e di Im φ e si scrivano delle basi di talisottospazi. Si dica inoltre se w1 + w2 + w3 ∈ Im φ.Esercizio 13. Si dica se l’endomorfismo di R3 definito da

f ((x,y,z )) = (x + 2y, y + z, 2z − x)

è iniettivo o suriettivo. Si determinino delle basi di Ker f e di Im f e si dicase la somma del nucleo e dell’immagine di f è diretta.

Esercizio 14. Sia f : R3 → R3 l’endomorfismo definito ponendof ((1, 0, 0)) = (2, −1, 0)f ((0, 1, 0)) = (1, −1, 1)

f ((0, 1, −1)) = (0, 2, 2).Si determini la matrice di f rispetto alla base canonica di R3. Si determininoinoltre le dimensioni del nucleo e dell’immagine di f e delle basi di talisottospazi.


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Esercizio 15. Sia f : R3

→R3 l’endomorfismo di matrice

A =

1 2 31 1 1

1 1 1

rispetto alla base canonica. Si determini il rango di f e delle basi di Ker f e di Im f .

Esercizio 16. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita. Si dicasotto quali condizioni su V esiste un endomorfismo φ : V → V tale cheKer φ = Im φ.

2.4. Rango di una MatriceEsercizio 17. Si determini il rango della matrice

A =

0 1 2 11 1 1 00 −1 1 11 1 4 2

Esercizio 18. Si determini, al variare di a ∈ R, il rango della matrice

A =

0 1 2 1 01 2 2 1 1

1 1 a 0 10 a 2a a2 0

3. Soluzioni

3.1. Applicazioni Lineari

Svolgimento esercizio 1. Ricordando la definizione di funzione lineare,si tratta solo di controllare se f (v + w) = f (v) + f (w) e se f (λv) = λf (v),per ogni scelta di vettori v e w e per ogni scalare λ. Si verifica cos̀ı

immediatamente che solo la funzione al punto (2) è lineare.Svolgimento esercizio 2. Procedendo come nell’esercizio precedente siscopre che l’unico valore di t che rende lineare questa funzione è t = 0.

Svolgimento esercizio 3. Si verifica immediatamente che

f ((x1, y1) + (x2, y2)) = f ((x1, y1)) + f ((x2, y2)),

quindi f è additiva. Tuttavia

f (λ(x, y)) = λx + λy = λx + λ̄ȳ,

mentreλf ((x, y)) = λx + λȳ,


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3. Soluzioni 29

e λ

= λ̄ per λ

∈C. Quindi f non è lineare.

Svolgimento esercizio 4. Ricordiamo che il grafico di f è il sottoinsiemeΓf di V × W definito da

Γf = {(v, w) | w = f (v)}.Dire che Γf è un sottospazio vettoriale equivale a dire che è chiuso rispet-to alle operazioni di somma e di prodotto scalare, cioè, per ogni (v1, w1),(v2, w2) ∈ Γf e per ogni scalare λ, si deve avere (v1, w1) + (v2, w2) ∈ Γf eλ(v1, w1) ∈ Γf . Ma (v1, w1) + (v2, w2) = (v1 + v2, w1 + w2) e questo ele-mento appartiene a Γf se e solo se w1 + w2 = f (v1 + v2) cioè se e solose f (v1) + f (v2) = f (v1 + v2), dato che, per definizione, si ha w1 = f (v1)

e w2 = f (v2). Analogamente si scopre che λ(v1, w1) ∈ Γf se e solo seλw1 = f (λv1), cioè se e solo se λf (v1) = f (λv1).Svolgimento esercizio 5. Indichiamo con A la matrice di f . Ricordiamoche se v = λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 (cioè se v ha coordinate (λ1, λ2, λ3) rispettoalla base di V ) e se f (v) = µ1w1 + · · · + µ4w4 (cioè se f (v) ha coordinate(µ1, . . . , µ4) rispetto alla base di W ), si deve avere

µ1...µ4

= A

λ1λ2

λ3

.

Dalle ipotesi sappiamo che l’immagine f (v1) del vettore v1, che ha evi-dentemente coordinate (1, 0, 0), ha coordinate (2, −3, 0, 1). Si deve quindiavere

2

−301

= A

10

0

,

da cui si deduce che le coordinate dell’immagine del primo vettore di basecostituiscono la prima colonna della matrice A. Lo stesso discorso si puòripetere per i rimanenti vettori di base, concludendo che le colonne della

matrice A sono costituite dalla coordinate delle immagini dei vettori dellabase di V . Si ha dunque

A =

2 0 1−3 1 10 −2 11 3 −3

.

Svolgimento esercizio 6. Dalle ipotesi sappiamo che f (v1) = 2w1 + 3w2,f (v2) = −w1 + 2w2, f (v3) = w1 − 3w2.(1) Sappiamo che le colonne della matrice A sono costituite dalle coordinate,rispetto alla base

{w1, w2

}, delle immagini dei vettori della base

{v1, v

2, v

3

}.


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Basta allora calcolare f (v1), f (v2) e f (v

3). Per la linearità di f si ha:

f (v1) = f (v2) + f (v3) = −w2,f (v2) = f (v1) + f (v3) = 3w1,

f (v3) = f (v1) + f (v2) = w1 + 5w2,

da cui si deduce che

A =

0 3 1−1 0 5

.

(2) In modo del tutto analogo, le colonne della matrice A sono costituitedalle coordinate, rispetto alla base {w1, w2}, delle immagini dei vettori dellabase {v1, v2, v3}. Si tratta dunque di esprimere i vettori f (v1), f (v2) e f (v3)in funzione dei vettori w1 e w2. Bisognerà pertanto esprimere i vettori w1e w2 come combinazione lineare dei vettori della nuova base. Risolvendo ilsistema

1

2(w1 + w2) = w

1

1

2(w1 − w2) = w 2

si ottiene w1 = w

1 + w

2

w2 = w1 − w2

da cui si ricavaf (v1) = −w2 = −w1 + w2,f (v2) = 3w1 = 3w

1 + 3w

2,

f (v3) = w1 + 5w2 = 6w1 − 4w2.

La matrice A è quindi data da

A =−1 3 6

1 3 −4

.

Svolgimento esercizio 7. Supponiamo che sia λ1f 1 + λ2f 2 + λ3f 3 = 0.Ciò equivale a dire che la funzione

λ1e2x

+ (λ1 + λ2)cos x + (λ2 + λ3)sin xè identicamente nulla. Considerando allora il limite per x → +∞, e ricor-dando che sin x e cos x sono due funzioni limitate, si deduce che deve essereλ1 = 0. Si rimane allora con la funzione

λ2 cos x + (λ2 + λ3)sin x,

che deve essere identicamente nulla. Se poniamo, ad esempio, x = 0 siottiene allora λ2 = 0, da cui segue che anche λ3 = 0, dovendo essere lafunzione λ3 sin x identicamente nulla. In conclusione, le tre funzioni in que-stione sono linearmente indipendenti e quindi sono una base del sottospazioV .


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3. Soluzioni 31

Sia ora D : V

→ V l’endomorfismo dato da D(f ) = f . Si ha:

D(f 1) = 2e2x − sin x = 2f 1 − 2f 2 + f 3,

D(f 2) = − sin x + cos x = f 2 − 2f 3,D(f 3) = cos x = f 2 − f 3.

Da ciò si deduce che la matrice di D rispetto alla base {f 1, f 2, f 3} è

A =

2 0 0−2 1 1

1 −2 −1

.

Svolgimento esercizio 8. Iniziamo ponendov1 = (1, 2, −1), v2 = (3, −1, 2), v3 = (−1, 5, −4),

w1 = (0, 1, 0, 1), w2 = (1, 2, 0, −1), w3 = (2, 0, 3, 2).Dato che una applicazione lineare è determinata, in modo unico, dalle im-magini dei vettori di una base, si deduce che, se i tre vettori v1, v2 e v3sono una base di R3 allora tale applicazione esiste ed è unica. Controlliamoallora se questi tre vettori sono linearmente indipendenti:

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = 0

equivale a

λ1 + 3λ2 − λ3 = 02λ1 − λ2 + 5λ3 = 0− λ1 + 2λ2 − 4λ3 = 0

che, risolto, fornisce

λ1 = −3λ2 + λ3λ2 = λ3

0 = 0.

Si scopre cos̀ı che esistono soluzioni non nulle e, di conseguenza, i tre vettorisono linearmente dipendenti. Ponendo, ad esempio, λ3 = 1, si ottiene λ2 = 1e λ1 = −2, e quindi una relazione di dipendenza lineare fra i tre vettori è laseguente

−2v1 + v2 + v3 = 0.Se una tale f esiste, per linearità si deve avere

0 = f (−2v1 + v2 + v3) = −2f (v1) + f (v2) + f (v3) = −2w1 + w2 + w3,ma tale relazione non è soddisfatta dai vettori w1, w2 e w3. Si conclude cos̀ıche non esiste nessuna applicazione lineare con le proprietà richieste.


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Svolgimento esercizio 9. Iniziamo ponendo

v1 = (0, −2, 1), v2 = (1, 1, −2), v3 = (2, −4, −1),w1 = (3, −1), w2 = (1, 2), w3 = (11, 1).

Dato che una applicazione lineare è determinata, in modo unico, dalle im-magini dei vettori di una base, si deduce che, se i tre vettori v1, v2 e v3sono una base di R3 allora tale applicazione esiste ed è unica. Controlliamoallora se questi tre vettori sono linearmente indipendenti:

λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = 0

equivale a

λ2 + 2λ3 = 0

− 2λ1 + λ2 − 4λ3 = 0λ1 − 2λ2 − λ3 = 0

che, risolto, fornisce

λ2 = −2λ3λ1 = −3λ3

0 = 0.

Si scopre cos̀ı che esistono soluzioni non nulle e, di conseguenza, i tre vettorisono linearmente dipendenti. Ponendo, ad esempio, λ3 = 1, si ottiene λ1 =

−3 e λ2 =

−2, e quindi una relazione di dipendenza lineare fra i tre vettori

è la seguente −3v1 − 2v2 + v3 = 0.Se una tale f esiste, per linearità si deve avere

0 = f (−3v1 − 2v2 + v3) = −3f (v1) − 2f (v2) + f (v3) = −3w1 − 2w2 + w3,e tale relazione è effettivamente soddisfatta.

Consideriamo allora v1 e v2 e completiamoli ad una base di R3 aggiun-

gendo, ad esempio, il vettore e3 = (0, 0, 1) (si controlli che v1, v2 ed e3 sonolinearmente indipendenti). Dato che f è determinata dalle immagini deivettori di una base, basta dire chi sono le immagini di v1, v2 ed e3. Mamentre le immagini di v1 e v2 sono fissate, l’immagine di e3 non è soggetta

ad alcuna condizione ed è dunque arbitraria, poniamo allora f (e3) = (a, b).Da quanto detto si deduce allora che esistono infinite applicazioni lineariche soddisfano alle condizioni richieste, ed inoltre che tali applicazioni li-neari dipendono da due parametri reali (che noi abbiamo indicato con ae b). Per determinare le matrici di tali applicazioni rispetto alle basi ca-noniche dobbiamo conoscere le immagini dei vettori di base e1, e2 ed e3.Dobbiamo quindi determinare i vettori della base canonica in funzione deivettori della base {v1, v2, e3}. Dalle equazioni

v1 = −2e2 + e3v2 = e1 + e2

−2e3


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3. Soluzioni 33

si ricava

e1 = 12

v1 + v2 + 32

e3

e2 = −12

v1 + 1

2e3

e si ha quindi

f (e1) = 1

2f (v1) + f (v2) +

3

2f (e3) =

5

2 +

3

2a,

3

2 +

3

2b

,

f (e2) = −12

f (v1) + 1

2f (e3) =

− 3

2 +

1

2a,

1

2 +

1

2b

.

Le matrici richieste sono dunque tutte le matrici

A =

52

+ 32

a −32

+ 12

a a32

+ 32

b 12

+ 12

b b

al variare di a, b ∈R.Osservazione: un altro modo per risolvere questo esercizio consiste nelconsiderare una matrice incognita

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23

e nell’imporre le condizioni Av1 = w1 e Av2 = w2 (si noti che la condizioneAv3 = w3 è allora automaticamente soddisfatta). Si ottengono cos̀ı 4 equa-zioni nelle 6 incognite aij che, una volta risolte, forniranno tutte le matricirichieste.

Svolgimento esercizio 10. (1) Gli elementi di V sono i polinomi dellaforma f (x) = a0 + a1x + a2x

2 + a3x3 + a4x

4 tali che f (0) = f (1) = 0, il cheequivale a richiedere che a0 = 0 e a0 + a1 + a2 + a3 + a4 = 0. Si ottienequindi

V = {−(a2 + a3 + a4)x + a2x2 + a3x3 + a4x4 | a2, a3, a4 ∈ R},che si verifica subito essere uno spazio vettoriale (cioè chiuso rispetto alleoperazioni di somma e di prodotto per uno scalare). Inoltre, attribuendo

ad a2, a3, a4 i valori successivamente 1, 0, 0, poi 0, 1, 0, etc., si ottengono ipolinomi f 1(x) = x

2 − x, f 2(x) = x3 − x, f 3(x) = x4 − x, che sono dunqueuna base di V .

Gli elementi di W sono invece i polinomi della forma g(x) = b0 + b1x +b2x

2 + b3x3 tali che 1

0

(b0 + b1x + b2x2 + b3x

3) dx = 0,

che equivale a richiedere che

b0 + 1

2b1 +

1

3b2 +

1

4b3 = 0.


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Si ha dunque

W =

−

12

b1 + 13

b2 + 14

b3

+ b1x + b2x

2 + b3x3 | b1, b2, b3 ∈ R

,

che si verifica facilmente essere uno spazio vettoriale. Ancora, attribuendoa b1, b2, b3 i valori successivamente 1, 0, 0, poi 0, 1, 0, etc., si ottengono ipolinomi g1(x) = x − 12 , g2(x) = x2 − 13 , g3(x) = x3 − 14 , che sono dunqueuna base di W .

(2) Se f (x) ∈ V , si ha 10

D(f (x)) dx = [f (x)]10 = f (1) − f (0) = 0,

quindi D(f (x)) ∈ W , e dunque D è ben definita. Per determinare la matricedi D basta calcolare le immagini dei vettori della base di V :

D(f 1(x)) = 2x − 1 = 2g1(x),D(f 2(x)) = 3x

2 − 1 = 3g2(x),D(f 3(x)) = 4x

3 − 1 = 4g3(x),da cui si deduce che la matrice cercata è

A =

2 0 00 3 00 0 4

.

Svolgimento esercizio 11. (1) Se ψ ◦ φλ : R3 → R3 è suriettivo, allora èanche iniettivo (e viceversa), ma questo implica che anche φλ è iniettivo, eciò deve valere per ogni λ. Osserviamo però che l’immagine di φλ è generatadai vettori (1, 0, 1, 0), (λ,λ, 0, 0) e (0, 0, 1, 0), e quindi ha dimensione 2 seλ = 0. Di conseguenza, almeno nel caso λ = 0, φλ non è iniettivo, quindi sene deduce che non esiste un omomorfismo ψ con le caratteristiche richieste.

(2) Calcolando il prodotto, si ottiene:

BAλ =

1 λ(1 + x) 00 λy 0

0 λ(z − 1) 1

che è la matrice identità se e solo se

λ(1 + x) = 0

λy = 1

λ(z − 1) = 0che ammette soluzioni se e solo se λ = 0. (Si noti che B è la matrice diun omomorfismo ψ : R4 → R3 e che BAλ è la matrice dell’applicazionecomposta ψ ◦ φλ. Da quanto appena visto si deduce allora che, se λ = 0,esiste ψ tale che ψ ◦ φλ sia l’identità).


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3. Soluzioni 35

3.2. Nucleo e Immagine

Svolgimento esercizio 12. Ricordando che le colonne della matrice di φsono costituite dalle coordinate, rispetto alla base {w1, w2, w3}, delle im-magini dei vettori della base {v1, v2, v3, v4}, si deduce che la matrice inquestione è

A =

1 0 −2 0−1 2 2 1

0 −6 0 −3

.

Im φ è il sottospazio di W generato dai vettori φ(v1), φ(v2), φ(v3) e φ(v4).Tra questi si troverà dunque una base. In effetti, basta osservare cheφ(v3) =

−2φ(v1) e φ(v2) = 2φ(v4), mentre φ(v1) e φ(v4) sono linearmente

indipendenti, per concludere che una base di Im φ è costituita, ad esempio,dai vettori φ(v1) e φ(v4). Si ha dunque dim(Im φ) = 2 e, di conseguenza,dim(Ker φ) = dim(V ) − dim(Im φ) = 2. Per determinare una base di Ker φbasta allora trovare due vettori linearmente indipendenti che appartenganoal nucleo di φ. Dalle relazioni tra i vettori φ(vi) trovate precedentemente, edalla linearità di φ, si deduce che φ(2v1 + v3) = 0 e φ(v2 −2v4) = 0, quindi idue vettori 2v1 + v3 e v2 − 2v4 appartengono a Ker φ, ed essendo linearmen-te indipendenti, ne costituiscono una base. Infine il vettore w1 + w2 + w3appartiene all’immagine di φ se e solo se è combinazione lineare dei vettoriche costituiscono una base di Im φ. Si tratta allora di vedere se esistono due

scalari λ1 e λ2 tali chew1 + w2 + w3 = λ1φ(v1) + λ2φ(v4) = λ1(w1 − w2) + λ2(w2 − 3w3).

Si ottiene cos̀ı il sistema

λ1 = 1

− λ1 + λ2 = 1− 3λ2 = 1,

che non ammette soluzioni. Si può dunque concludere che w1 + w2 + w3 ∈Im φ.

Svolgimento esercizio 13. Si noti che f è un endomorfismo di R3, ciòe

un’applicazione lineare di R3 in sé. Da ciò segue che f è iniettivo se e solose è suriettivo e cioè, per esempio, se e solo se Ker f = {0}. Determiniamodunque il nucleo di f : f ((x,y,z )) = 0 se e solo se

x + 2y = 0

y + z = 0

2z − x = 0da cui si ottiene

x = −2yz =

−y.


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Si scopre cos̀ı che il nucleo di f contiene dei vettori non nulli, che ha dimen-

sione 1 (nel sistema precedente c’è una sola variabile libera) e che il vettore(−2, 1, −1) (corrispondente alla scelta y = 1) ne è una base (f non è dunquené iniettivo né suriettivo). La dimensione dell’immagine di f è allora datada

dim(Im f ) = dim(R3) − dim(Ker f ) = 2,e dato che Im f è generato dall’immagine dei vettori di un base di R3, peresempio la base canonica, per trovare una base di Im f basterà trovare,fra questi, due vettori linearmente indipendenti. Calcolando f ((1, 0, 0)) =(1, 0, −1) e f ((0, 1, 0)) = (2, 1, 0) ci accorgiamo che questi sono linearmenteindipendenti; possiamo dunque concludere che i vettori (1, 0,

−1) e (2, 1, 0)

sono una base di Im f . Finalmente, ricordiamo che richiedere che la sommadi due sottospazi sia diretta equivale a richiedere che la loro intersezionesia nulla (nel senso di {0}, non di ∅!). Basta allora controllare se il vettore(−2, 1, −1), che genera Ker f , si può scrivere come combinazione lineare deivettori che costituiscono una base di Im f :

(−2, 1, −1) = λ1(1, 0, −1) + λ2(2, 1, 0).Si ottiene cos̀ı un sistema lineare che non ha soluzioni. Di conseguenza lasomma di Ker f e Im f è diretta e, dal computo delle dimensioni, si deduceche Ker f ⊕ Im f = R3.Svolgimento esercizio 14. Le immagini dei vettori (1, 0, 0) e (0, 1, 0) co-stituiscono rispettivamente la prima e seconda colonna della matrice cerca-ta. La terza colonna è data dall’immagine del vettore (0, 0, 1). Dato che(0, 0, 1) = (0, 1, 0) − (0, 1, −1), dalla linearità di f segue che f ((0, 0, 1)) =(1, −1, 1) − (0, 2, 2) = (1, −3, −1). La matrice cercata è quindi

A =

2 1 1−1 −1 −3

0 1 −1

.

Si vede ora facilmente che Ker f = 0, e pertanto Im f = R3. Come base di

Im f si può allora prendere la base canonica di R3.

Svolgimento esercizio 15. Osservando la matrice A si vede immedia-tamente che rango(f ) = dimIm(f ) = rango(A) = 2. Di conseguenza, siha dimKer(f ) = 1. Una base del nucleo di f è allora data dal vettore(−1, 2, −1), mentre come base dell’immagine di f si possono prendere, adesempio, i vettori che costituiscono le prime due colonne della matrice A.

Svolgimento esercizio 16. Ricordiamo che le dimensioni del nucleo edell’immagine di una applicazione lineare sono legate dalla formula

dim V = dim(Ker φ) + dim(Im φ).


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3. Soluzioni 37

Pertanto, se esiste φ : V

→ V tale che Ker φ = Im φ si deve avere ne-

cessariamente dim V = 2 dim(Ker φ), cioè la dimensione di V deve esserepari.

Viceversa, ci chiediamo se il fatto che V abbia dimensione pari sia anchesufficiente a garantire l’esistenza di un endomorfismo φ con le caratteri-stiche richieste. Sia dunque V uno spazio vettoriale di dimensione 2n efissiamo una sua base {v1, v2, . . . , v2n}. Cerchiamo ora di costruire un’ap-plicazione lineare φ tale che Ker φ = Im φ. Ricordiamo che un’applicazionelineare è determinata dalle immagini degli elementi di una base quindi,per costruire φ, basta dire chi sono φ(v1), φ(v2), . . . , φ(v2n). Poniamo alloraφ(v1) = φ(v2) = · · · = φ(vn) = 0, in modo da ottenere che il nucleo sia ilsottospazio di V generato dai primi n vettori della base. Ora che conoscia-mo il nucleo basterà fare in modo che anche l’immagine di φ sia generatadai vettori v1, v2, . . . , vn. Dato che l’immagine è generata dall’immagine deivettori della base di V , e dato che l’immagine dei primi n vettori è zero,basterà allora porre φ(vn+1) = v1, φ(vn+2) = v2, . . . , φ(v2n) = vn. Questoprova che un tale φ esiste e quindi che la condizione che V abbia dimensionepari è anche sufficiente.

3.3. Rango di una Matrice

Svolgimento esercizio 17. Ricordando che il rango di una matrice è ilnumero di righe (o colonne) linearmente indipendenti, è chiaro che somman-do ad una riga (o colonna) una combinazione lineare delle righe (colonne)rimanenti, oppure scambiando fra loro due righe (o colonne), il rango noncambia. Effettuando quindi questo tipo di operazioni (dette operazioni ele-mentari) sulle righe (o sulle colonne), possiamo ridurre la matrice A ad unaforma più semplice, in cui la determinazione del rango risulti immediata.In dettaglio, le operazioni da fare sono, ad esempio, le seguenti: scambiamola prima con la seconda riga di A, ottenendo

1 1 1 00 1 2 10 −1 1 11 1 4 2

Ora sottraiamo alla quarta riga la prima, ottenendo

1 1 1 00 1 2 10 −1 1 10 0 3 2


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Ora aggiungiamo alla terza riga la seconda, ottenendo

1 1 1 00 1 2 10 0 3 20 0 3 2

Infine sottraiamo alla quarta riga la terza, ottenendo

1 1 1 00 1 2 10 0 3 20 0 0 0

Si noti come l’obiettivo da raggiungere sia quello di fare in modo che tuttigli elementi situati al di sotto della diagonale principale siano 0. A questopunto è immediato contare quante sono le righe linearmente indipendenti:nel nostro caso 3. Questo è dunque il rango di A.

Osservazione: In modo del tutto analogo si possono effettuare delle ope-razioni elementari sulle colonne in modo da ottenere alla fine una matricein cui tutti gli elementi situati a destra della diagonale principale sianonulli. Tuttavia è bene non mescolare operazioni elementari sulle righe conoperazioni elementari sulle colonne.

Presentiamo qui un altro metodo per calcolare il rango di una matrice(anche se gli argomenti necessari, e cioè i determinanti, saranno trattati soloin seguito). Ricordiamo che il rango di una matrice è il massimo ordine deiminori non nulli estratti dalla matrice. Dato che A è una matrice quadratadi ordine 4, esiste un solo minore di ordine 4, il determinante di A. Percalcolare det A utilizziamo la regola di Laplace, sviluppando il determinantesecondo la prima colonna:

det

0 1 2 11 1 1 00 −1 1 11 1 4 2

= − det

1 2 1

−1 1 11 4 2

− det

1 2 11 1 0

−1 1 1

= −

det

1 14 2

− 2det

−1 11 2

+ det

−1 11 4

−

det

1 1−1 1

+ det

1 21 1

= 1 − 1 = 0.

Abbiamo cos̀ı visto che det A = 0 quindi il rango di A non è 4. Dobbiamoora considerare i minori di ordine 3 estratti dalla matrice A. Dato che ci sonoquattro modi diversi di scegliere tre righe tra le quattro della matrice A, elo stesso vale per le colonne, ci sono 16 minori di ordine 3. Fortunatamente,


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3. Soluzioni 39

se calcoliamo il minore corrispondente alle prime tre righe e tre colonne di

A, troviamo:

det

0 1 21 1 1

0 −1 1

= − det 1 2−1 1

= −3 = 0,

quindi possiamo concludere che il rango di A è 3.Notiamo che, se calcolando questo primo minore di ordine tre avessimo

trovato 0, avremmo dovuto considerare un altro minore di ordine tre, finoa trovarne uno diverso da zero. Se però la matrice A avesse avuto rango 2,allora calcolando tutti i 16 possibili minori di ordine tre, avremmo sempretrovato 0. A questo punto avremmo dovuto iniziare a calcolare i minori di

ordine due, fino a trovarne uno diverso da zero. Dato che il calcolo di undeterminante è, in generale, un calcolo piuttosto lungo, si capisce da questoesempio come, in generale, il calcolo dei minori estratti da una matrice nonsia un metodo molto efficace per la determinazione del rango.

Svolgimento esercizio 18. Con operazioni elementari sulle righe (vediesercizio precedente) si ottiene, alla fine, la matrice

1 2 2 1 10 1 2 1 00 0 a 0 00 0 0 a2

−a 0

Si vede allora che, se a = 0 si ha rango(A) = 2, se a = 1 si ha rango(A) = 3,mentre per tutti gli altri valori di a si ha rango(A) = 4.


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Capitolo 3

Determinanti


1.1. Determinanti

Sia A = (aij) una matrice quadrata di ordine n a coefficienti in un corpo C .

Definizione 1.1. Il determinante di A, indicato con det A, è definito comesegue:

det A =

σ

(

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