Esercitazioni di Matematica – Esercitazioni IX – 27/11–01/12/2017

Soluzioni delle Esercitazioni IX – 27/11–01/12/2017

A. Trasformazioni lineari e matrici

◮ 1. Si ha(

0 −12 1

)

+

(

1 1−1 1

)

=

(

1 01 2

)

.

2. Si ha(

0 −12 1

)

·

(

1 1−1 1

)

=

(

1 −11 3

)

.

3. Si ha(

1 0 −10 1 1

)

·

−1 00 21 −1

=

(

−2 11 1

)

.

4. Si ha

1 0 −10 −1 21 1 0

·

1 1 −11 0 20 −1 1

=

1 2 −2−1 −2 02 1 1

.

5. Si ha

0 1 1−1 0 01 −1 0

·

123

=

5−1−1

.

6. Si ha

(

1 1 0)

·

−1 01 −11 1

=(

0 −1)

.

◮ 7. L’espressione della trasformazione composta T2(T1) si ottiene dalla scrittura

T2

(

T1

(

x1

x2

))

= T2

(

2x1

x1 + x2

)

=

(

−x1 − x2

2x1

)

.

Pertanto la matrice di rappresentazione di T2(T1) e

A =

(

−1 −12 0

)

.

Indicando con A1 e A2 le matrici di rappresentazione rispettivamente di T1 e T2, si ha

A1 =

(

2 01 1

)

e A2 =

(

0 −11 0

)

.

Il prodotto A2 ·A1 (attenzione all’ordine) e infatti

(

0 −11 0

)

·

(

2 01 1

)

=

(

−1 −12 0

)

= A.

Analogamente l’espressione della trasformazione composta T1(T2) si ottiene dalla scrittura

T1

(

T2

(

y1y2

))

= T1

(

−y2y1

)

=

(

−2y2y1 − y2

)

.

Pertanto la matrice di rappresentazione di T1(T2) e

B =

(

0 −21 −1

)

.

A. Peretti – Corso di Matematica 1 UNIVR – Sede di Vicenza

Esercitazioni di Matematica – Esercitazioni IX – 27/11–01/12/2017

Questa volta il prodotto A1 · A2 e infatti

(

2 01 1

)

·

(

0 −11 0

)

=

(

0 −21 −1

)

= B.

◮ 8. L’immagine della trasformazione T e data dai vettori del tipo

(

2x1 − x2 + x3

x1 − 2x3

)

dove x1, x2, x3 sono parametri arbitrari. Data l’uguaglianza

(

2x1 − x2 + x3

x1 − 2x3

)

=

(

2x1

x1

)

+

(

−x2

0

)

+

(

x3

−2x3

)

= x1

(

21

)

+ x2

(

−10

)

+ x3

(

1−2

)

,

si deduce che i vettori(

21

)

,

(

−10

)

,

(

1−2

)

sono generatori dell’immagine di T .

In generale si puo affermare che i vettori colonna della matrice di rappresentazione sono generatori dell’immagine dellatrasformazione.1 Nel nostro caso la matrice di rappresentazione di T e la matrice

(

2 −1 11 0 −2

)

e quindi i vettori(

21

)

,

(

−10

)

,

(

1−2

)

sono generatori dell’immagine di T . Questi tre vettori sono le immagini (o i trasformati) dei vettori fondamentali di R3.

Infatti si puo verificare facilmente che risulta: T (u1) = T

100

=(

21

)

, T (u2) = T

010

=(

−10

)

e T (u3) = T

001

=(

1−2

)

.

Questi tre vettori sono sicuramente linearmente dipendenti, dato che sono tre vettori in uno spazio di dimensione 2.Quindi essi non formano una base dell’immagine della trasformazione T .

Anche se non richiesto nell’esercizio, si puo osservare che ad esempio il terzo vettore e combinazione lineare dei primidue. Infatti dall’equazione

(

1−2

)

= a

(

21

)

+ b

(

−10

)

equivalente a

(

1−2

)

=

(

2a− b

a

)

,

si puo ricavare a = −2 e b = −5, il che vuol dire che(

1−2

)

= −2(

21

)

− 5(

−10

)

. Allora, eliminando il terzo vettore,

i rimanenti continuano ad essere generatori dell’immagine di T . Vediamo ora se il primo e il secondo vettore sonodipendenti o indipendenti. Con la definizione poniamo

a

(

21

)

+ b

(

−10

)

=

(

00

)

, che equivale a

(

2a− b

a

)

=

(

00

)

,

che si vede subito ha per soluzione solo quella banale, cioe a = b = 0. I due vettori sono quindi linearmente indipendentie pertanto formano una base dell’immagine della trasformazione.

1Ricordo che questo segue dal fatto che, se x ∈ Rn, allora possiamo scrivere

x = x1u1 + x2u

2 + . . .+ xnun, dove u1, u2, . . . , un sono i vettori fondamentali di Rn.

Allora si haf(x) = f(x1u

1 + x2u2 + . . .+ xnu

n) = x1f(u1) + x2f(u

2) + . . .+ xnf(un).

Questa scrittura dice che ogni f(x) si puo scrivere come combinazione lineare dei vettori f(u1), f(u2), . . . , f(un) e cioe che questi ultimisono generatori dell’immagine della trasformazione. Ma i vettori f(u1), f(u2), . . . , f(un) non sono altro che le colonne della matrice dirappresentazione.

A. Peretti – Corso di Matematica 2 UNIVR – Sede di Vicenza

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◮ 9. Come nell’esercizio precedente, possiamo ricavare i generatori riscrivendo opportunamente il vettore immagine.Si ha

x1 − x2 + x3

x3

0

=

x1

00

+

−x2

00

+

x3

x3

0

= x1

100

+ x2

−100

+ x3

110

.

Pertanto i tre vettori colonna trovati sono generatori dell’immagine di T .

Oppure, ricordando che dei generatori dell’immagine di una trasformazione lineare sono dati dalle colonne della matricedi rappresentazione, o ancora equivalentemente dai trasformati dei vettori fondamentali (di R3 in questo caso), sonoquindi i vettori

T (u1) = T

100

=

100

, T (u2) = T

010

=

−100

, T (u3) = T

001

=

110

.

Essi pero non sono una base dell’immagine, dato che sono linearmente dipendenti. Lo possiamo affermare osservandoche ad esempio il secondo e l’opposto del primo.2 Potremmo ora osservare che dei tre vettori generatori il secondo einutile (dato che e c.l. del primo); il primo e il terzo sono ancora generatori dell’immagine di T e questa volta sonolinearmente indipendenti (lo si puo verificare facilmente con la definizione). Allora possiamo dire che T (u1) e T (u3)(la prima e la terza colonna della matrice di rappresentazione) sono una base dell’immagine di T . Quindi il rango diT , cioe la dimensione della sua immagine, e 2.

◮ 10. Si tratta di una trasformazione T : R3 → R2. La matrice di rappresentazione di T e la matrice

(

1 −1 10 1 1

)

.

I vettori colonna di questa matrice sono generatori dell’immagine di T . Non si tratta di una base in quanto i trevettori sono dipendenti.3 Si puo verificare facilmente con la definizione che le prime due colonne sono linearmenteindipendenti e quindi formano una base dell’immagine di T . Quindi il rango di T e 2 (e Im(T ) = R

2).

◮ 11. La trasformazione T non e certamente suriettiva dato che ad esempio il vettore(

01

)

non si puo ottenere

come immagine di alcun vettore di R2, avendo le immagini tutte come seconda componente 0. Analogamente possiamoaffermare che il sottospazio immagine, cioe Im(T ), usando nel codominio un riferimento (y1, y2), e formato dai vettoricon y2 = 0 (seconda componente nulla, cioe l’asse y1) e pertanto non “copre” l’intero codominio.

La trasformazione T non e nemmeno iniettiva. Infatti i vettori(

00

)

e(

1−1

)

hanno la stessa immagine, cioe il vettore

nullo.

◮ 12. La trasformazione T e iniettiva. Infatti se(

x1

x2

)

6=(

y1y2

)

allora certamente

T(

x1

x2

)

6= T(

y1y2

)

, cioe

(

−x2

x1

)

6=

(

−y2y1

)

dato che essi hanno la prima (o la seconda) componente diversa.

La trasformazione T e anche suriettiva. Infatti, preso un qualunque vettore di R2, indichiamolo con(

a

b

)

, esso si ottiene

come immagine di un vettore(

x1

x2

)

, dato che

(

a

b

)

= T(

x1

x2

)

significa(

a

b

)

=

(

−x2

x1

)

e bastera porre x1 = b e x2 = −a.

◮ 13. La trasformazione T non e iniettiva. Infatti i vettori

011

e

111

hanno la stessa immagine, cioe il vettore

11−1

.

2Se T (u2) = −T (u1), allora T (u1) + T (u2) = 0 e quindi c’e una c.l. non banale dei tre vettori che mi da il vettore nullo. Quindi ivettori sono linearmente dipendenti.

3Anche qui si tratta di 3 vettori in R2: un numero di vettori maggiore della dimensione dello spazio porta sempre a vettori dipendenti.

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Non e nemmeno suriettiva, dato che ad esempio il vettore

101

non si puo ottenere come immagine di alcun vettore

di R3. Infatti

101

= T

x3

x2

−x3

⇔

x3 = 1

x2 = 0

x3 = −1

e il sistema e chiaramente impossibile.

◮ 14. La trasformazione T e iniettiva. Infatti se

x1

x2

x3

6=

y1y2y3

allora certamente

T

x1

x2

x3

6= T

y1y2y3

, cioe

x2

x3

x1

6=

y2y3y1

dato che essi hanno almeno una componente diversa.

La trasformazione T e anche suriettiva. Infatti, preso un qualunque vettore di R3, indichiamolo con

a

b

c

, esso si

ottiene come immagine di un vettore

x1

x2

x3

, dato che

a

b

c

= T

x1

x2

x3

significa

a

b

c

=

x2

x3

x1

e bastera porre x1 = c, x2 = a e x3 = b.

B. Determinante

◮ 1. Si tratta di una matrice che viene detta “triangolare superiore”. Ci si accorge presto che per questo tipo dimatrici il calcolo del determinante e analogo a quello per matrici diagonali (si pensi di sviluppare il calcolo rispettoalla prima colonna) e che cioe basta fare il prodotto degli elementi che stanno sulla diagonale principale. Pertanto

det

1 2 30 1 20 0 1

= 1 · 1 · 1 = 1.

2. Conviene sviluppare il calcolo del determinante rispetto alla seconda riga (o colonna). Si ha

det

−1 0 10 2 01 0 4

= 2 · det

(

−1 11 4

)

= 2 · (−5) = −10.

3. Non ci sono zeri nella matrice. Per il calcolo sono possibili piu alternative: la definizione (la procedura che utilizzai complementi algebrici), la regola di Sarrus (applicabile solo con matrici 3 × 3), l’uso di operazioni elementari perannullare intanto qualche elemento. Vediamo tutte e tre queste possibili tecniche.

(i) Sviluppiamo il calcolo rispetto alla prima riga:

det

1 −1 −12 1 11 2 −1

= 1 · det

(

1 12 −1

)

+ 1 · det

(

2 11 −1

)

− 1 · det

(

2 11 2

)

= 1 · (−3) + 1 · (−3)− 1 · 3 = −9

(si faccia attenzione che per il secondo termine il segno diventa + perche “il posto e dispari”, mentre per il terzotermine il segno resta − perche “il posto e pari”).4

4Con posto dispari intendo che, se si tratta dell’elemento di posto (i, j), la somma i+ j e dispari, e analogamente per il posto pari.

A. Peretti – Corso di Matematica 4 UNIVR – Sede di Vicenza

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(ii) La regola di Sarrus porta a costruire intanto la matrice

1 −1 −1 1 −12 1 1 2 11 2 −1 1 2

,

ottenuta affiancando alla matrice di partenza nuovamente la prima e la seconda colonna. Ora si fa la somma dei“prodotti sulle diagonali discendenti” e poi si toglie la somma dei “prodotti sulle diagonali ascendenti”:

(−1− 1− 4)− (−1 + 2 + 2) = −6− 3 = −9 , e questo e il determinante.

(iii) Infine usiamo le operazioni elementari. Le possibilita sono ovviamente tante. Ad esempio, annulliamo gli elementisulla prima riga a partire dal secondo, utilizzando la prima colonna. Quindi, per annullare l’elemento di posto(1, 2) sommiamo la prima colonna alla seconda (prima e terza colonna restano inalterate). Otteniamo la matrice

1 0 −12 3 11 3 −1

.

Ora annulliamo l’elemento di posto (1, 3): sommiamo la prima colonna alla terza (prima e seconda colonnarestano inalterate). Otteniamo la matrice

1 0 02 3 31 3 0

.

Le operazioni elementari non modificano il determinante della matrice e quindi l’ultima matrice ottenuta ha lostesso determinante della prima. Sviluppando il calcolo del determinante rispetto alla prima riga si ottiene −9.

4. Osserviamo che nelle righe e colonne della matrice (chiamiamola A) ci sono al piu due zeri. Calcoliamo ildeterminante rispetto alla prima riga. Si ha

detA = −1 · det

1 −1 01 1 00 1 −1

− 1 · det

1 1 −10 1 11 0 1

(rispetto alla 3a e 1a colonna rispettivamente)

= −1 ·

(

−1 · det

(

1 −10 1

))

− 1 ·

(

1 · det

(

1 10 1

)

+ 1 · det

(

1 −11 1

))

= 1− 1 · 3 = −2.

Si poteva alternativamente annullare qualcosa con un’operazione elementare e poi calcolare un solo determinante 3×3.Annulliamo l’elemento di posto (1, 2), togliendo alla 2a colonna la 4a (quindi 1a, 3a e 4a colonna restano inalterate).Si ottiene la matrice

0 0 0 11 1 −1 00 1 1 01 1 1 −1

,

che ha lo stesso determinante della nostra. Sviluppando ora il calcolo del determinante rispetto alla prima riga siottiene (attenzione che il posto (1, 4) e dispari)

−1 · det

1 1 −10 1 11 1 1

= − det

1 1 −10 1 10 0 2

= −2. 5

5Ho ottenuto l’ultima matrice annullando gli elementi di posto (3, 1) e (3, 2) con un’operazione elementare: ho tolto alla terza riga laprima.

A. Peretti – Corso di Matematica 5 UNIVR – Sede di Vicenza