Tutoraggio di Algebra Lineare, Canale I-Z
Mercoled`ı 26 Novembre 2014
Esercizio 1.[Foglio del professore] Sia T : V → V un’applicazione lineare tale che T ◦ T = 0. Dimostrare
che idV + T : V → V `e invertibile.
Esercizio 2.[AdF, Esercizi di geometria, Es. 8.4] Sia LA : R2 → R2 l’endomorfismo associato alla matrice
1 1
A=
3 5
rispetto alla base canonica di
R2 .
2
3
Trovare la matrice MB (LA ) di LA rispetto alla base B =
,
.
3
5
Esercizio 3. Usando l’eliminazione di Gauss, calcolare l’inversa della matrice :
1 2 3
0 1 5 .
5 6 0
Esercizio 4.[Foglio del professore] Si consideri la matrice
1 1 1
A = 2 2 2 .
0 0 1
Calcolare An per ogni n ≥ 1.
Esercizio 5.[Foglio del professore] Sia T : V → W un’applicazione lineare di rango r tra due spazi vettoriali
di dimensione finita. Dimostrare che esistono una base B di V e una base C di W tali che
I 0
MB,C (T ) = r
,
0 0
dove Ir `e la matrice identit`
a r × r.
Esercizio 6. Sia P : V → V un endomorfismo di uno spazio vettoriale di dimensione finita n.
i) Dimostrare che P `e una proiezione (cio`e P ◦ P = P ) se e solo se esiste una base B di V tale che :
I 0
MB (P ) = r
,
0 0
dove Ir `e la matrice identit`
a r × r. (Suggerimento : usare l’esercizio 4 del foglio 5)
Ir 0
3
3
ii) Trovare un’applicazione lineare T : R → R di rango r tale che la matrice
non pu`
o essere
0 0
associata a T rispetto ad alcuna base di R3 .
iii) Come si concilia questo risultato con l’esercizio precedente.
1
Soluzioni
Soluzione.[Esercizio 1] Osserviamo che T ◦ T = 0 implica
(idV + T ) ◦ (idV − T ) = idV − (T ◦ T ) = idV
(idV − T ) ◦ (idV + T ) = idV − (T ◦ T ) = idV .
Dunque idV − T `e l’inversa di idV + T , in particolare idV + T `e invertibile.
Altra soluzione se V `
e di dimensione finita. Sia v ∈ Ker(idV + T ), abbiamo
v + T (v) = 0 =⇒ T (v) + T 2 (v) = 0 =⇒ T (v) = 0.
Ma v + T (v) = 0 e T (v) = 0 implicano v = 0. Quindi Ker(idV + T ) = (0) e idV + T `e iniettiva. Per
un endomorfismo di uno spazio vettoriale di dimensione finita l’iniettivit`a `e equivalente alla biiettivit`
a.
Concludiamo che idV + T `e invertibile.
Soluzione.[Esercizio 2] Abbiamo
5
2
=
A
21
3
8
3
.
=
e A
34
5
Adesso dobbiamo esprimere i vettori sopra nella base B. Usando l’eliminazione di Gauss, troviamo :
2 3 5 8
2 3 5 8
0 −1 −27 −44
0 1
27
44
1 0 −38 −62
→
→
→
→
.
3 5 21 34
1 2 16 26
1
2
16
26
1 0 −38 −62
0 1
27
44
Quindi
3
2
5
+ 27
= −38
5
3
21
e finalmente
e
3
2
8
.
+ 44
= −62
5
3
34
−38 −62
MB (LA ) =
.
27
44
Soluzione.[Esercizio 3] L’inversa `e
−30 18
7
1
25 −15 −5 .
5
−5
4
1
Soluzione.[Esercizio 4] Abbiamo A = B + C
1 1
B = 2 2
0 0
Osserviamo che
con
1
2
0
e
CB = 0,
0 0 1
BC = 0 0 2
0 0 0
0 0 0
C = 0 0 0 .
0 0 1
e
C n = C per ogni n ≥ 1.
Si deduce che
An = (B + C)n = B n + B n−1 C + . . . + BC n−1 + C n = B n + B n−1 C + . . . + BC + C.
2
Calcoliamo B n per ogni n ≥ 1. Come B 2 = 3B, troviamo (per ogni n ≥ 1) :
B n = B n−2 B 2 = B n−2 (3B) = 3B n−1 = 32 B n−2 = . . . = 3n−1 B.
Quindi
An = 3n−1 B + 3n−2 BC + . . . + 3BC + C,
= 3n−1 B + (3n−2 + . . . + 3) BC + C,
3n−1 − 1
= 3n−1 B +
BC + C.
2
Finalmente otteniamo :
3n+1 −1
3n
3n
2
= 2 · 3n 2 · 3n 3n+1 − 1 .
0
0
1
An+1
Soluzione.[Esercizio 5] Poniamo n = dim V , allora dim Ker T = n − r. Sia A = {vr+1 , . . . , vn } una base di
Ker T . Secondo un teorema del corso, A pu`o essere estesa ad una base B = {v1 , . . . , vn } di V .
Poniamo w1 = T (v1 ), . . . , wr = T (vr ). I vettori w1 , . . . wr formano un sistema di generatori dello
sottospazio Im T . Come Im T `e di dimensione r, viene che {w1 , . . . , wr } `e una base di Im T , e pu`
o essere
estesa ad una base C di W .
Vediamo facilmente che
Ir 0
.
MB,C (T ) =
0 0
Nota : Non dimenticare di verificare l’ipotesi del teorema. Un insieme di vettori {w1 , . . . , wr } ⊂ W pu`
o
essere estesa ad una base di W se e solo se w1 , . . . , wr sono linearmente indipendenti.
Soluzione.[Esercizio 6]
i) Se c’`e una base B di V tale che
Ir 0
,
MB (P ) =
0 0
allora MB (P ) · MB (P ) = MB (P ). Si segue che P ◦ P = P , cio`e P `e una proiezione.
Supponiamo che P `e una proiezione. Sia {v1 , . . . , vr } una base di Im T , e sia {vr+1 , . . . , vn } una base
di Ker T . Come V = Ker P ⊕ Im P (Esercizio 4 del foglio 5), viene che B = {v1 , . . . , vn } `e una base di V .
Abbiamo P (v) = 0 per ogni v ∈ Ker P , e P (v) = v per ogni v ∈ Im P (Esercizio 4 del foglio 5). Quindi
la matrice di P rispetto alla base B `e
I 0
MB (P ) = r
.
0 0
ii) Sia A la matrice data da
A=
2 Ir 0
,
0 0
e sia T l’endomorfismo di R3 associato a A rispetto alla base canonica di R3 . Come A2 6= A, l’endomorfismo
T non `e una proiezione, e (secondo il punto i) non pu`o essere associato alla matrice
Ir 0
0 0
ad alcuna base di R3 .
iii) Nell’esercizio precedente, potevamo scegliere una base del dominio e una base del codominio, anzi
adesso vogliamo la stessa base per tutti e due. Questa condizione `e molto pi`
u restrittiva e caratterizza le
proiezione.
3
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