Ricevo da Ettore la seguente domanda:
Caro professore,
cortesemente un aiuto.
1) Sia \(f:{{\mathbb{R}}^{2}}\to {{\mathbb{R}}^{2}}\) lineare. Sapendo che \(f(1,0)=(1,1)\) e \(f(1,2)=(2,-1)\), allora \(f(3,4)=?\)
2) Al variare del parametro reale \(t\) sia \({{L}_{a}}:{{\mathbb{R}}^{3}}\to {{\mathbb{R}}^{3}}\) l'applicazione lineare associata alla matrice
\[A=\left| \begin{array}{lll} 1 \quad 2 \quad 0 \\ 0 \quad t \; -1 \\ 2 \quad 0 \quad 4 \\ \end{array} \right|\quad .\]
a) Determinare, al variare di \(t\), \(\text{dim}\left( \text{Ker}({{L}_{a}}) \right)\) e \(\text{dim}\left( \operatorname{Im}({{L}_{a}}) \right)\).
b) Determinare i valori di \(t\) per cui esiste almeno una soluzione del sistema \(A(x_1, x_2, x_3)=(1,0,-2)\).
c) Posto \(t=1\), dire se \(R^3=\operatorname{Im}({{L}_{a}})\oplus \text{Ker}({{L}_{a}})\) (somma diretta).
Grazie
Gli rispondo così:
Caro Ettore,
nel primo caso, poiché i vettori \((1,0)\) e \((1,2)\) sono linearmente indipendenti, il vettore \((3,4)\) può essere ottenuto in modo univoco come loro combinazione lineare, cioè \(\left( 3,4 \right)=\alpha \left( 1,0 \right)+\beta \left( 1,2 \right)\) con \(\alpha\) e \(\beta\) univocamente determinati. Risolvendo le condizioni \(\alpha +\beta =3\) e \(2\beta =4\) si ricava \(\alpha=1\) e \(\beta=2\), per cui, data la linearità di \(f\):
\[f\left( 3,4 \right)=1\cdot f\left( 1,0 \right)+2\cdot f\left( 1,2 \right)=\left( 1,1 \right)+\left( 4,-2 \right)=\left( 5,-1 \right)\quad .\]
Nel secondo caso, poiché \(\det A=4\left( t-1 \right)\), e ricordando che \(\text{dim}\left( \text{Ker}({{L}_{a}}) \right)+\text{dim}\left( \operatorname{Im}({{L}_{a}}) \right)\) e \(\text{dim}\left( \operatorname{Im}({{L}_{a}}) \right)=r(A)\), essendo \(r(A)\) il rango della matrice \(A\), si ha che per \(t\ne 1\) il rango è pari al determinante della matrice, cioè \(r(A)=3\), e quindi \(\text{dim}\left( \text{Ker}({{L}_{a}}) \right)=0\) e \(\text{dim}\left( \operatorname{Im}({{L}_{a}}) \right)=3\), mentre per \(t=1\), poiché la matrice \(A\) conserva comunque un minore di ordine \(2\), si ha \(r(A)=2=\text{dim}\left( \operatorname{Im}({{L}_{a}}) \right)\), e di conseguenza \(\text{dim}\left( \text{Ker}({{L}_{a}}) \right)=1\).
Il sistema \(A(x_1, x_2, x_3)=(1,0,-2)\), in base al teorema di Rouché-Capelli, ammette soluzioni se e solo se il rango della matrice \(A\) e della matrice completa \(A|b\), essendo \(b\) il vettore colonna dei termini noti, hanno lo stesso rango; è chiaro che per \(t\ne 1\) si ha \(r(A)=r(A|b)=3\), e il sistema è determinato, mentre per \(t=1\) il sistema è impossibile, essendo \(r(A)=2\ne r(A|b)=3\) (esiste un minore non nullo di ordine \(3\)), come si può verificare anche direttamente.
Infine, per verificare se sia \(R^3=\operatorname{Im}({{L}_{a}})\oplus \text{Ker}({{L}_{a}})\) nel caso \(t=1\), bisogna dimostrare che nucleo e immagine di \(L_a\) hanno in comune il solo vettore nullo, cioè che \(\operatorname{Im}({{L}_{a}})\cap \text{Ker}({{L}_{a}})=\left\{ 0 \right\}\). Risolvendo il sistema \(A(x_1, x_2, x_3)=(0,0,0)\), posto \(t=1\) in \(A\), si ricava: \[\text{Ker}({{L}_{a}})=\left\{ k\left( -2,1,1 \right),k\in \mathbb{R} \right\}\] per cui, se verifichiamo che il sistema \(A(x)=(-2,1,1)\) è impossibile, cioè che il solo multiplo del vettore \((-2,1,1)\) che appartiene all’immagine di \(L_a\) è il vettore nullo, abbiamo verificato la tesi, ed infatti \(A(x)=(-2,1,1)\) equivale al seguente sistema di equazioni: \[\left\{ \begin{array}{lll} x_1+2x_2=-2 \\ x_2-x_3=1 \\ 2x_1+4x_3=1 \end{array} \right.\] che facilmente si verifica essere impossibile.
Massimo Bergamini
