Tutoraggio di Algebra Lineare, Canale I-Z
Mercoled`ı 19 Novembre 2014
Esercizio 1.[AdF, Esercizi di geometria, Es. 7.9]
Sia T : V → V un endomorfismo tale che T r = idV , dove T r indica la composizione di T con se stesso r
volte. Dimostra che T `e un isomorfismo, e trovane l’inversa.
Esercizio 2.[AdF, Esercizi di geometria, Es. 7.2]
Sia T : V → V un endomorfismo per cui esista p ∈ N tale che T p ≡ 0 ma T p−1 6≡ 0. Dimostra che esiste
un v ∈ V tale che v, T (v), . . . , T p−1 (v) sono linearmente indipendenti.
Esercizio 3.[Foglio del professore]
Sia Ta : R2 [x] → R3 l’applicazione lineare definita da :
p(0)
Ta (p(x)) = p(a) .
p(1)
Trovare i valore di a ∈ R per cui l’applicazione lineare `e un isomorfismo.
Esercizio 4.[Foglio del professore]
Sia P : V → V un applicazione lineare dello spazio vettorial V in se, tale che P ◦ P = P (un tale
endomorfismo si chiama una proiezione). Dimostrare che V = Ker(P ) ⊕ Im(P ).
Esercizio 5.[AdF, Esercizi di geometria, Es. 7.18]
Sia A ∈ Mn,n (R) tale che AB = BA per ogni B ∈ Mn,n (R). Dimostra che A = λIn per qualche λ ∈ R.
Esercizio 6.[AdF, Esercizi di geometria, Es. 7.23]
Sia A ∈ Mn,n (R) una matrice di rango r. Dimostra che l’insieme W = {X ∈ Mn,p (R) ; AX = 0} `e un
sottospazio vettoriale di Mn,p (R) di dimensione p(n − r).
Soluzioni
Soluzione.[Esercizio 1] Se T r = idV , allora T r−1 ◦ T = T ◦ T r−1 = idV . Significa esattamente che T r−1 `e
l’inversa di T .
Soluzione.[Esercizio 2] Sia v ∈ V tale che T p−1 (v) 6= 0. Supponiamo che esistono λ1 , . . . , λp ∈ R non tutti
nulli tali che
λ0 v + λ1 T (v) + . . . + λp T p−1 (v) = 0.
Sia i il primo indice tale che λi 6= 0, abbiamo
T i (v) = −
λp−1 p−1
λi+1 i+1
T (v) − . . . −
T
(v).
λi
λi
Guardiamo le imagini per T p−1−i dei due membri dell’uguaglianza :
T p−1 (v) = (T p−1−i ◦ T i )(v) = −
λp−1 2p−2−i
λi+1 p
T (v) − . . . −
T
(v) = 0.
λi
λi
1
Assurdo, quindi v, . . . , T p−1 (v) sono linearmente indipendenti.
Soluzione.[Esercizio 3] Osserviamo che dim R2 [x] = dim R3 = 3, di conseguenza
Ta isomorfismo ⇐⇒ Ta iniettiva ⇐⇒ Ker Ta = (0).
Determiniamo il nucleo di Ta . Prendiamo p(x) ∈ Ker Ta e poniamo p(x) = α + βx + γx2 con α, β, γ ∈ R.
Allora abbiamo
α
0
βa + γa2 = 0
2
Ta (p(x)) = 0 ⇐⇒ α + βa + γa
= 0 ⇐⇒ α = 0 e
.
β+γ
=0
α+β+γ
0
Questo sistema ha un unica soluzione (necesseramente nulla) se e solo se a ∈
/ {0, 1}. Concludiamo che Ta
`e un isomorfismo se e solo se a ∈
/ {0, 1}.
Soluzione.[Esercizio 4] Sia v ∈ Im P , allora v = P (u) per qualche u ∈ V . Usando l’ipotesi P ◦ P = P ,
troviamo
P (v) = P (P (u)) = P ◦ P (u) = P (u) = v.
Quindi P fissa ogni vettore dello sottospazio Im P . Se v ∈ Im(P ) ∩ Ker(P ), allora P (v) = v e P (v) = 0,
dunque v = 0. Abbiamo mostrato che Ker P ∩ Im P = (0).
Sia v ∈ V , scriviamo v = (v − P (v)) + P (v). Vediamo che
P (v − P (v)) = P (v) − P (P (v)) = P (v) − P (v) = 0,
quindi v − P (v) appartiene a Ker P . Da un’altra parte P (v) ∈ Im(P ). Finalmente Ker P + Im P = V .
Soluzione.[Esercizio 5] Sia Ekl ∈ Mn,n (R) la matrice di cui tutti i cœfficienti sono nulli, eccetto il l-iesima
cœfficiente della k-iesima riga che vale 1. Calculiamo
0 . . . a1k . . . 0
..
..
AEkl = ...
(Solo la l-iesima colonna non `e nulla),
.
.
0 . . . ank . . . 0
e
0 ... 0
..
..
.
.
Ekl A = al1 . . . aln
..
..
.
.
0 ... 0
(Solo la k-iesima riga non `e nulla).
L’ipotesi AEkl = Ekl A d`
a
aik = 0
a =0
lj
all = akk .
per i ∈ {1, . . . , n} \ {k},
per j ∈ {1, . . . , n} \ {l},
Come questo sistema `e valide per tutti k, l ∈ {0, . . . , n}, concludiamo che A = λ In per qualche λ ∈ R.
Soluzione.[Esercizio 6] Sia T : Mn,p (R) → Mn,p (R) l’endomorfismo definito da T (X) = AX. Vediamo che
Ker T = W , quindi W `e uno sottospazio vettoriale di Mn,p (R).
2
Chiamiamo LA : Rn → Rn l’endomorfismo di cui la matrice nella base canonica di Rn `e A. Una
matrice X soddisfa AX = 0 se e solo se i vettori colonne di X appartengono al nucleo di LA . Consideriamo
l’applicazione lineare
S : W −→ Ker LA × . . . × Ker LA
,
X 7−→
(X1 , . . . , Xp )
dove Xi `e il i–iesima vettore colonna della matrice X. Questa applicazione lineare ha ovviamente un inversa,
quindi S `e un isomorfismo, e
dim W = dim((Ker LA )p ) = p dim(Ker LA ).
Secondo un teorema del corso abbiamo
dim(Ker LA ) = dim Rn − rg(LA ) = n − r,
dunque dim(W ) = p(n − r).
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