Giugno 2016 Archive

Può capitare che abbia un'applicazione lineare. Ecco i passaggi per trasformarla in una matrice, tramite un esempio.

f:R³→R³
e₁=(1,0,0)
f(e₁) = e₁
f(e₂) = e₁ + e₂
f(e₃) = e₁ - 2e₂

Per prima cosa scrivo una matrice in cui ogni regola sta in una colonna:

$\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right]$

Se devo trovare f(v) per un v qualsiasi, devo solo moltiplicare il vettore di dimensione tre per questa matrice. Per esempio, v = (-2, 7, 9)

$\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& -2\\ 0& 0& 0\end{array}\right]·\left[\begin{array}{c}-2\\ 7\\ 9\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}14\\ -11\\ 0\end{array}\right]$

Esercizio 5

Ricordiamo che ℤ₇ è il campo delle classi resto modulo 7. Si risolva il seguente sistema di equazioni lineari a coefficienti in ℤ₇ in tre incognite nel campo ℤ₇:

$\{\begin{array}{c}x+y+z=0\\ 4x+z=1\\ y+2z=-2\end{array}$

Utilizzare il metodo di eliminazione di Gauss o di Cramer (in ogni caso dettagliando ciascun passaggio)

Soluzione

Portare il sistema a matrice:

$\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 0\\ 4& 0& 1& 1\\ 0& 1& 2& -2\end{array}\right]$

R₂ ↔ R₃

$\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 0\\ 0& 1& 2& -2\\ 4& 0& 1& 1\end{array}\right]$

R₃ → R₃ - 4R₁

$\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 0\\ 0& 1& 2& -2\\ 0& -4& -3& 1\end{array}\right]$

R₃ → R₃ + 4R₂

$\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 0\\ 0& 1& 2& -2\\ 0& 0& 5& -7\end{array}\right]$

R₃ → R₃ / 5R₃

$\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 0\\ 0& 1& 2& -2\\ 0& 0& 1& \mathrm{-7/5}\end{array}\right]$

z = -7/5 (immediato)

y = -2z+2 = 24/5

x = -y -z = (-24+7)/5 = -17/5

Esercizio 2

Sia φ:ℝ³→ℝ³ la funzione definita dalla legge

$\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{c}x+2y-z\\ 2x+3z\\ 3x+2y+2z\end{array}\right]$

Si verifichi che φ è un endomorfismo lineare del ℝ-spazio vettoriale ℝ³. Si calcoli dim(ker φ) e si fornisca una base di ker φ alfine di descrivere ker φ esplicitamente. Si dica se φ è o no biiettiva e perché.

Soluzione

Perché φ sia un endomorfismo lineare bisogna che φ(v+w) = φ(v) + φ(w) e che, dato un α∈ℝ, φ(αv) = αφ(v). La seconda condizione implica anche che φ(0)=0.

dim(ker φ) = dim(ℝ³) - dim(ℝ³) = 0

base(ker φ) = (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)

Dal momento che la terza riga è la somma delle altre due, la funzione non è invertibile, quindi non è biiettiva.

Esercizio 1

Sia f: ℝ⁴ → ℝ la funzione lineare definita dalla legge f(x₁, x₂, x₃, x₄) = x₁ + x₂ + x₃ + x₄. Si dimostri che ker f è un sottospazio vettoriale. Si calcoli dim(ker(f)) e si dia una base di ker f.

ker f è l'insieme dei vettori tali che f(x₁, x₂, x₃, x₄) = 0. Il nucleo di un'applicazione lineare è sempre un sottospazio vettoriale.

dim(ker f) è data dalla dimensione dello spazio del dominio meno quella del codominio, quindi dim(ℝ⁴) - dim(ℝ) = 3.

Una base di ker f è data da tre vettori linearmente indipendenti, per esempio V₁=(1, 1, 0, 0), v₂ = (0, 0, 1, 0), v₃ = (0, 0, 0, 1)

 

Esercizio 2

Si considerino le matrici A, B, C

$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& -1\end{array}\right]$ $B=\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 4& k-3\end{array}\right]$ $C=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 2k-2& 1\end{array}\right]$

1. si stabilisca per quale valore di k∈ℝ le matrici A, B, C sono linearmente dipendenti nello spazio vettoriale delle matrici 2x2
2. Per il valore trovato in (1) esprimere B come combinazione lineare di A e C
3. Per il valore trovato in (1) determinare la dimensione del sottospazio vettoriale generato da A, B, C

Le tre matrici sono linearmente dipendenti se xA+yB+zC = 0 per x, y, z diversi da zero.

La soluzione è il risultato del sistema

1) a+2b=0

2) a+2b+c = 0

3) 2a+4b+2kc-2c = 0

4) -a+bk-3b+c = 0

5) da 1) e 2) si ottiene che c = 0

6) da 4) si ottiene che a = b(k-3) e da 1) si ottiene che a = -2b, quindi (k-3) = -2 e k = 1

⇒ k = 1

Noto questo, si possono scrivere le matrici con questa forma:

$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& -1\end{array}\right]$ $\mathrm{B\text{'}}=\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 4& -2\end{array}\right]$ $\mathrm{C\text{'}}=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 1\end{array}\right]$

⇒

$\mathrm{B\text{'}}=\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 4& -2\end{array}\right]=2A$

Dal momento che A e C sono linearmente indipendenti (il det. della prima è -3, quello della seconda è 0), la dimensione del sottospazio è 2.

Esercizio 1

1. Si verifichi se l'insieme {(3,0,-1), (2,-2,0), (-1,1,1)} è una base dello spazio vettoriale ℝ³ sul campo ℝ
2. Sia P il vettore di coordiate (1,1,1) rispetto alla base canonica. Si determinino le coordinate di P rispetto alla base del punto a

Soluzione

L'insieme è una base di ℝ³ sul campo ℝ se, dati tre vettori corrispondenti c₁ = (3,0,-1), c₂ = (2,-2,0), c₃ = (-1,1,1), i tre vettori sono linearmente indipendenti.

Sono linearmente dipendenti se esistono tre scalari non nulli s₁, s₂ , s₃ tali che s₁c₁+s₂c₂+s₃c₃ = 0.

Se esistono, gli scalari sono il risultato di questo sistema:

a) 3s₁+2s₂-s₃=0

b) -2s₂+s₃=0

c) -s₁+s₃=0

d) per c) si ha che s₁=s₃

e) per b) si ha che s₃= 2s₂

f) sostituendo in a) s₁ e s₃ si ottiene che l'unica soluzione è che tutti s₁, s₂ , s₃ siano zero.

⇒ 1. i vettori sono linearmente indipendenti

Punto chiave: è una base se i vettori sono linearmente indipendenti, cioè se non ci sono scalari <> 0 per cui la somma dei vettori sia zero

La matrice della trasformazione lineare rispetto alle basi suddette è la seguente:

$\left[\begin{array}{ccc}3& 2& -1\\ 0& -2& 1\\ -1& 0& 1\end{array}\right]$

quindi per trovare le coordinate di P rispetto ad a bisogna risolvere il seguente sistema:

$\left[\begin{array}{ccc}3& 2& -1\\ 0& -2& 1\\ -1& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$

quindi applico Gauss a:

$\left[\begin{array}{cccc}3& 2& -1& 1\\ 0& -2& 1& 1\\ -1& 0& 1& 1\end{array}\right]$

Sommo 1/3 della prima riga alla terza:

$\left[\begin{array}{cccc}3& 2& -1& 1\\ 0& -2& 1& 1\\ 0& \frac{2}{3}& \frac{2}{3}& \frac{4}{3}\end{array}\right]$

Sommo 1/3 della seconda riga alla terza:

$\left[\begin{array}{cccc}3& 2& -1& 1\\ 0& -2& 1& 1\\ 0& 0& 1& \frac{5}{3}\end{array}\right]$

Ottengo che:

z = 5/3 (immediato)

$-2y+z=1\Rightarrow y=\frac{z-1}{2}=\frac{\frac{5}{3}-1}{2}=\frac{2}{3}·\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$

3x + 2y - z = 1 ⇒ 3x = -2 · 1/3 + 5/3 + 1 ⇒ 3x = 2 ⇒ x = 2/3

Punto chiave: la matrice di trasformazione lineare è data dalle tre coordinate in "verticale" in una matrice, affiancate dalle coordinate del punto