Esercizi svolti sulle matrici

[akiross1]

Giao a tutti Visto che ero intento a fare esercizi, mi son svegliato di punto in bianco e ho pensato di farli al pc "formato forum". Magari a qualcuno interessano (e magari qualcuno mi fa notare che ho sbagliato!!)
Ve li posto di seguito, cosi' non faccio un post abnorme.

P.S. @ Mods: si potrebbe creare un indice sugli esercizi svolti in qualche modo?
Sarebbe bello poter taggare i post, ma questo forum non lo permette :E

[akiross1]

Teoria:
Sia $f:V \to W$ una applicazione lineare (V e W sono due K-spazi).
Date le basi ${v_1, ..., v_n}$ e ${w_1, ..., w_m}$ dei due spazi, costruiamo la matrice associata all'applicazione come
$A=((a_(1,1), a_(1, 2), ..., a_(1, n)),(a_(2,1), a_(2, 2), ..., a_(2, n)),(..., ..., ..., ...),(a_(m,1), a_(m, 2), ..., a_(m, n)))$
sapendo che
$f(v_j) = \sum_(i=1)^(m) a_(i,j)\cdot w_i$.
Quindi in ogni colonna della matrice associata ci sono i coefficienti della combinazione lineare degli $w_i$ ottenuti dalla funzione passando $v_j$ come parametro.

Esercizio: Si scrivano le matrici associate alle seguenti applicazioni lineari rispetto alle basi canoniche:
a) $f:RR^2 \to RR$ definita da $f((x, y)) = x$ per ogni $(x, y) \in RR^2$

Soluzione:
La base canonica di $RR^2$ e' ${(1, 0), (0, 1)}$, mentre di $R = {(1)}$ quindi si ha che
$f((1, 0)) = 1$
$f((0, 1)) = 0$

Quindi la matrice associata e' $A=(1, 0)$.

Prova:
se $v = (a, b)$ abbiamo che $f(v) = Av^T = (1, 0)\times((a), (b)) = a$.

b) $f:RR^3\to RR^4$ definita da $f((x, y, z)) = (5x + 5y, 3y + 3z, -z, -z)$ per ogni $(x, y, z)\in RR^3$

Soluzione: come prima,
$f((1, 0, 0)) = (5, 0, 0, 0)$
$f((0, 1, 0)) = (5, 3, 0, 0)$
$f((0, 0, 1)) = (0, 3, -1, -1)$

Da cui $A=((5, 5, 0), (0, 3, 3), (0, 0, -1), (0, 0, -1))$

Prova:
se $v = (a, b, c, d)$ si ha che $f(v) = Av^T = ((5, 5, 0), (0, 3, 3), (0, 0, -1), (0, 0, -1))\times((a), (b), (c))=(5a + 5b, 3b + 3c, -c, -c)$

c) $f:CC\to CC$ definita da $f(z) = iz$ per ogni $z\in CC$ (pensata come applicazione $RR$-lineare)

Il numero complesso $z = a + ib = (a, b)$ puo' essere visto come una coppia di reali. Dunque
$g: RR^2 \to RR^2$ definita come $g(x, y) = (0, 1)(x, y) = (0x - 1y, 1x + 0y) = (-y, x)$

$g((1, 0)) = (0, 1)$ (infatti, $i\cdot 1 = i$)
$g((0, 1)) = (-1, 0)$ (infatti $i\cdot i = -1$)

$A=((0, -1), (1, 0))$

Infatti $f(z) = f((a, b)) = ((0, -1), (1, 0))((a), (b)) = (0a - 1b, 1a + 0b)=(0, 1)(a, b) = iz$

[akiross1]

Si consideri l'applicazione $f:RR^4 \to RR^3$ definita
$f((x, y, z, w)) = (x - y - z - w, y - z - w, z - w)$
Si denotino con $(e_1, e_2, e_3, e_4)$ la base canonica di $RR^4$ e con $(\elpsilon_1, \elpsilon_2, \elpsilon_3)$ la base canonica di $RR^3$.

a) Verificare che $f$ e' lineare
E' lineare se: f(x+y) = f(x) + f(y) \wedge f(a*x) = a*f(x)
$f((a + x, b + y, c + z, d + w)) = (a + x - b - y - c - z - d - w, b + y - c - z - d - w, c + z - d - w) = $
$(a - b - c - d, b - c - d, c - d) + (x - y - z - w, y - z - w, z - w) = f((a, b, c, d)) + f((x, y, w, z))$

$f(a(x, y, z, w)) = f((ax, ay, az, aw)) = (ax - ay - az - aw, ay - az - aw, az - aw) = $
$(a(x - y - z - w), a(y - z - w), a(z - w)) = a(x - y - z - w, y - z - w, z - w) = a*f((x, y, z, w))$
Quindi l'applicazione e' lineare.

b) Scrivere la matrice associata ad $f$ rispetto alle basi canoniche (date sopra).
$f((1, 0, 0, 0)) = ( 1, 0, 0)$
$f((0, 1, 0, 0)) = (-1, 1, 0)$
$f((0, 0, 1, 0)) = (-1, -1, 1)$
$f((0, 0, 0, 1)) = (-1, -1, -1)$
Da cui
$A = ((1, -1, -1, -1), (0, 1, -1, -1), (0, 0, 1, -1))$

c) Scrivere la matrice associata ad $f$ rispetto alle basi $(e_1 + e_2 + e_3 + e_4, e_2 + e_3 + e_4, e_3 + e_4, e_4)$ e $(\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3)$
$f((1, 1, 1, 1)) = (-2, -1, 0)$
$f((0, 1, 1, 1)) = (-3, -1, 0)$
$f((0, 0, 1, 1)) = (-2, -2, 0)$
$f((0, 0, 0, 1)) = (-1, -1, -1)$
Da cui
$A = ((-2, -3, -2, -1), (-1, -1, -2, -1), (0, 0, 0, -1))$

d) Scrivere la matrice associata ad $f$ rispetto alle basi $(e_1, e_2, e_3, e_4)$ e $(\epsilon_1 + \epsilon_2 + \epsilon_3, \epsilon_2 + \epsilon_3, \epsilon_3)$.
$f((1, 0, 0, 0)) = ( 1, 0, 0) = 1(1, 1, 1) - 1(0, 1, 1) + 0(0, 0, 1)$
$f((0, 1, 0, 0)) = (-1, 1, 0) = -1(1, 1, 1) + 2(0, 1, 1) - 1(0, 0, 1)$
$f((0, 0, 1, 0)) = (-1, -1, 1) = -1(1, 1, 1) + 0(0, 1, 1) + 2(0, 0, 1)$
$f((0, 0, 0, 1)) = (-1, -1, -1) = -1(1, 1, 1) + 0(0, 1, 1) + 0(0, 0, 1)$

$A = ((1, -1, -1, -1),(-1, 2, 0, 0), (0, -1, 2, 0))$

[akiross1]

Date le matrici
$A=((2, 1, 0), (1, 0, -1), (-1, 2, 1))$
$B=((1, 0, 2), (0, 1, 3), (1, 1, 1))$

Calcolare le matrici $C=AB$ e $D=BA$
$C = ((2* 1 + 1*0 + 0 * 1, 2*0 + 1*1 + 0*1, 2*2 + 1*3 + 0*1), (1*1 + 0*0 -1 * 1, 1*0 + 0*1 -1*1, 1*2 + 0*3 - 1*1), (-1*1 + 2*0 + 1*1, -1*0 + 2*1 + 1*1, -1*2 + 2*3 + 1*1)) = ((2, 1, 7), (0, -1, 1), (0, 3, 5))$
$D = ((1*2 + 0*1 + 2*-1, 1*1 + 0*0 + 2*2, 1*0 + 0*-1 + 2*1), (0*2 + 1*1 + 3*-1, 0*1 + 1*0 + 3*2, 0*0 + 1*-1 + 3*1), (1*2 + 1*1 + 1*-1, 1*1 + 1*0 + 1*2, 1*0 + 1*-1 + 1*1)) = ((0, 5, 2), (-2, 6, 2), (2, 3, 0))$

[akiross1]

Una matrice quadrata $A \in M_n(K)$ si dice antisimmetrica se $A^t = -A$.
L'insieme $W$ delle matrici antisimmetriche e' un sottospazio di $M_n(K)$?

Innanzi tutto notiamo che $W$ e' non-vuoto perche' esiste almeno la matrice nulla che e' antisimmetrica.

Ora verifichiamo che $A - B \in W$ per due matrici $A, B \in W$.
Essendo $A, B$ antisimmetriche, sappiamo che $(a_(ij)) = (-a_(ji))$ e lo stesso per $B$.
La loro differenza e' $C = A - B = (a_(ij)) - (b_(ij)) = (-a_(ji)) - (-b_(ji)) = -(a_(ji)) + (b_(ji)) = (b_(ji)) - (a_(ji)) = B^t - A^t = -C^t$.
Quindi la differenza di due matrici antisimmetriche e' anch'essa antisimmetrica.

Verifichiamo ora che $\lambda A \in W$ per ogni $\lambda \in K$ e $A \in W$,
abbiamo che $\lambda A = \lambda (a_(ij)) = \lambda (-a_(ji)) = -\lambda (a_(ji)) = -\lambda A^t = \lambda(-A^t)$ che e' antisimmetrica.

Quindi l'insieme $W$ e' un sottospazio vettoriale di $M_n(K)$.

L'insieme $V$ delle matrici simmetriche e' un sottospazio di $M_n(K)$?

Sappiamo che una matrice $A$ e' simmetrica se $A = A^t$ ovvero $(a_(ij)) = (a_(ji))$.

Innanzi tutto l'insieme non e' vuoto, perche' come prima la matrice nulla e' simmetrica.

Ora, siano $A, B$ due matrici simmetriche in $V$, abbiamo che
$C = A - B = (a_(ij)) - (b_(ij)) = (a_(ji)) - (b_(ji)) = A^t - B^t = C^t$, quindi $C$ e' simmetrica.

Sia $A$ una matrice simmetrica e $\lambda$ uno scalare in $K$:
$\lambda A = \lambda (a_(ij)) = \lambda (a_(ji)) = \lambda A^t$ che e' simmetrica.

Quindi anche l'insieme $V$ e' un sottospazio vettoriale di $M_n(K)$.

[akiross1]

Calcolare il rango delle matrici seguenti:

$A = ((2, 1, 0, 0), (1, 0, -1, 5), (3, 2, 1, -5))$

Il rango di una matrice e' il massimo numero di colonne (righe) linearmente indipendenti.

E' immediatamente visibile che i due vettori colonna $((0), (-1), (1))$ e $((0), (5), (-5))$ sono linearmente dipendenti, in quanto:
$((0), (5), (-5)) = -5 * ((0), (-1), (1))$

Quindi rimuoviamo l'ultimo vettore e guardiamo la combinazione lineare dei vettori colonna:
$\alpha ((2), (1), (3)) + \beta ((1), (0), (2)) + \gamma ((0), (-1), (1)) = ((0), (0), (0))$ da cui
${(2\alpha, + \beta,, = 0),(\alpha, , -\gamma, = 0),(3\alpha, +2\beta, +\gamma, =0):}$ che risolto da
${(\beta = -2\alpha), (\gamma = \alpha):}$, per qualsiasi $\alpha \in K$.
Quindi i vettori non sono linearmente indipendenti, infatti
$((2), (1), (3)) = 2((1), (0), (2)) - ((0), (-1), (1))$
Rimuoviamo questo vettore e rimangono 2 vettori linearmente indipendenti.
Quindi la matrice ha rango 2.

$B=((2,4),(1,2),(-1,-2))$

E' evidente che c'e' dipendenza lineare tra le colonne (righe) di questa matrice. Infatti e' possibile scrivere la prima riga come la seconda moltiplicata per 2, e la terza per la seconda moltiplicata per -1. O, se vogliamo, la seconda colonna e' il doppio della prima.
Quindi questa matrice a rango 1.

[@melia]

"akiross":P.S. @ Mods: si potrebbe creare un indice sugli esercizi svolti in qualche modo?

Veramente ce ne sono già molti nel sito, e quando ci sono persone di buona volontà che ne vagliano il possibile interesse e la correttezza ne vengono aggiunti altri, spesso tratti da quelli svolti nel forum.

[akiross1]

"@melia":[quote="akiross"]P.S. @ Mods: si potrebbe creare un indice sugli esercizi svolti in qualche modo?

Veramente ce ne sono già molti nel sito, e quando ci sono persone di buona volontà che ne vagliano il possibile interesse e la correttezza ne vengono aggiunti altri, spesso tratti da quelli svolti nel forum.[/quote]

Uh scusami, hai ragione... Pensavo al forum e non al sito. Grazie, comunque