Capitolo II:

Paragrafo 1

Esercizio 1.1
Esercizio 1.2
Esercizio 1.3
Esercizio 1.4
Esercizio 1.5
Esercizio 1.7

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Paragrafo 2

Esercizio 2.2
Esercizio 2.3
Esercizio 2.5

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Paragrafo 3

Esercizio 3.3

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Paragrafo 4

Esercizio 4.4
Esercizio 4.9
Esercizio 4.13
Esercizio 4.17

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Paragrafo 7

Esercizio 7.5

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Paragrafo 8

Esercizio 8.2

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Paragrafo 9

Esercizio 9.8

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Paragrafo 11

Esercizio 11.1

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Paragrafo 12

Esercizio 12.5

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Esercizio 1.1

Se f, g sono elementi di A, l'addizione è definita tramite (f+g): X -> k: x --> f(x)+g(x). La moltiplicazione esterna è definita tramite l.f: X -> k: x --> l.f(x). La verifica degli assiomi di k-spazio vettoriale non presenta difficoltà ed è lasciata al lettore.

Esercizio 1.2

(a), (b): si; (c), (d), (e) : no. Nel caso (c): (0, 0, 0 ) non appartiene a E, nel caso (d): (0, 0) non appartiene a E. Nel caso (e): a = (1, 1) e b = (2, 2) appartengono a E, ma a-b = (-1, -1) non appartiene a E. Quindi (E, +) non è un sottogruppo, a fortiori (E, +, .) non è un k-spazio vettoriale.

Esercizio 1.3

(i), (ii): si; (iii), (iv): no. Nel caso (iii) (A, +) non è un gruppo. Si può anche osservare che se M = con ab diverso da 0 allora 2.M non appartiene a A. Nel caso (iv), 0 non appartiene a A.

Osservazione: Identificando M2(R) con R4 tramite --> (x, y, z, t) vediamo che A è definito dalle seguenti equazioni: (i) x = t, y = z, (ii) t = 0, y = x+z, (iii) t = 0, y = xz, (iv) x = z, t = 1. Nei casi (i), (ii) le equazioni sono lineari omogenee mentre questo non è vero nei casi (iii) (y = xz non è lineare) e (iv) (t = 1 non è omogenea)

Esercizio 1.4

(i) (a) Il sottospazio <u, v> generato da u e v è contenuto nel sottospazio <x, y> generato da x e y: sia w in <u, v>, allora w = mu+lv = (m+l)x+(m-l)y e quindi w appartiene a <x, y>.

(b) Adesso mostriamo che <x, y> è contenuto in <u, v>: dalle ipotesi si ricava: u+v = 2x, u-v = 2y, e siccome 2 è invertibile in C: x = (u+v), y = (u-v). Si conclude come prima.

(ii) Se k = Z/2Z si ha -1 = 1, quindi u = v e la relazione precedente non è più vera. Per esempio sia E = k2, x = (1, 0), y = (0, 1). Allora u = v = (1, 1), e nè x nè y appartengono a <u>.

Esercizio 1.5

Dimostriamo: F U H è un sottospazio vettoriale se e solo se F è contenuto in H o H è contenuto in F.

(<=) chiaro: se F è contenuto in H allora F U H = H è un sottospazio.

(=>) Si ragiona per contrapposizione mostrando: F non contenuto in H e H non contenuto in F => F U H non è un sottospazio vettoriale.

Se F non è contenuto in H esiste f in F tale che f non appartiene a H. Nello stesso modo esiste h in H tale che h non appartiene a F. Mostriamo che h+f non appartiene a H U F.

Se h+f appartiene a H allora h+f = h', con h' in H. Pertanto f = h'-h appartiene a H, ma questo è assurdo. Nello stesso modo si mostra che h+f non appartiene a F, e la tesi segue.

Esercizio 1.7

(a) E' chiaro che, se i è diverso da k, l'intersezione di Ei e Ek è uguale a {0}.

Si ha v = 3e1+2e2, v = -e1+2e3, v = (1/2)e2+(3/2)e3. Visto che e3 = 2e1+e2, si ha E1+E2+E3 = <e1, e2> (ae1+be2+de3 = (a+2d)e1+(b+d)e2). La somma non è diretta perchè per esempio il vettore v ammette le due decomposizioni v = 3e1+2e2+0e3 = -e1+0e2+2e3, come somma di elementi di E1, E2, E3.

(b) Sia u nell'intersezione di <x, y> con <z>, allora u = ax+by e u = lz. Si ricava il sistema: a+b = 0, a+2b = 0, 0 = 3l. Da cui l = 0 e pertanto u = 0. Quindi <x, y> e <z> sono in somma diretta.

(c) (i) Osserviamo che <x, y> + <z> = <x> + <y> + <z>. Da (b) la prima somma è diretta quindi ogni vettore di <x> + <y> + <z> si scrive in modo unico come somma di un vettore in <x, y> e di un vettore in <z>. Siccome <x> e <y> sono in somma diretta, la scrittura come somma di un vettore di <x> e di un vettore di <y> è unica. Concludiamo che la somma <x> + <y> + <z> è diretta.

(ii) La somma <x, y> + <z> è diretta: se ax+by = lz si ricava il sistema: 2a = l, a+b = 0, a+3b = 2l, la cui unica soluzione è (a, b, l) = (0, 0, 0). Siccome anche la somma <x>+<y> è diretta, come prima si conclude che la somma <x> + <y> + <z> è diretta.

Esercizio 2.2

(a) no: f(0, 0) = (1, 0) diverso da (0, 0); (b) si (cfr Es.2.1); (c) no: f(l(x, y)) = l(2x-y, lx2+y) diverso da lf(x, y).

Esercizio 2.3

Le applicazioni f e g sono lineari (cfr Es.2.1).

Abbiamo Ker(f) = {(x, y)/ 3x-y = 0 e x+y = 0}. Da x+y = 0 viene x = -y, inserendo nella prima equazione si ricava x = 0, e poi y = 0. Quindi Ker(f) = {(0, 0}. In particolare f è iniettiva. L' applicazione f sarà suriettiva se per ogni (u, v) in R2 esiste (x, y) in R2 tale che f(x, y) = (u, v) ossia se il sistema: (i) 3x - y = u (ii) x+y = v ammette una soluzione per ogni (u, v). Sommando le due equazioni viene u+v = 4x da cui x = (u+v)/4. Inserendo in (ii): y = (3v-u)/4. Quindi f è suriettiva e Im(f) = R2. Finalmente f è biiettiva perchè iniettiva e suriettiva.

Abbiamo Ker(g) = {(x, y) / 2x-y = 0 e 4x - 2y = 0}. Le due equazioni sono proporzionali e risolvendo il sistema otteniamo: Ker(g) = {(x, 2x) / x appartiene a R}. In altri termini Ker(g) è il sottospazio generato dal vettore (1, 2); in particolare g non è iniettiva. L'applicazione g non è suriettiva. Infatti il sistema: (i) 2x-y = u (ii) 4x-2y = v ammette una soluzione se e solo se v = 2u. Questa condizione è chiaramente necessaria e se è soddisfatta allora, per esempio, g(0, -u) = (u, 2u). Quindi Im(g) = {(u, 2u) / u appartiene a R}.


Esercizio 2.5

Iniziamo col mostrare che (F, +) è un gruppo abeliano. Chiaramente la legge + su F è interna e commutativa. Essendo f biiettiva esiste un unico elemento di F, chiamiamolo 0, tale che f-1(0) = 0 (= il vettore nullo di E). In particolare f(0) = 0. Mostriamo che 0 è l'elemento neutro. Per ogni x in F: x + 0 := f(f-1(x)+f-1(0)) = f(f-1(x)+0) = f(f-1(x)) = x. Mostriamo che ogni elemento x di F ha un simmetrico. Sia u = -f-1(x). Siccome f è biiettiva esiste un unico elemento, -x, di F tale che f-1(-x) = u. Abbiamo x+(-x) = f(f-1(x)+f-1(u)) = f(f-1(x)-f-1(x)) = f(0) = 0. Verifichiamo adesso l'associatività: (x+y)+z = x+(y+z). Abbiamo (x+y)+z = f(f-1(x+y)+f-1(z)). Osserviamo che x+y = f(f-1(x)+f-1(y)). Pertanto f-1(x+y) = f-1(f[f-1(x)+f-1(y)]) = f-1(x)+f-1(y). In conclusione: (x+y)+z = f[(f-1(x)+f-1(y))+f-1(z)]. Nello stesso modo x+(y+z) = f[f-1(x)+(f-1(y)+f-1(z))]. L'addizione in E essendo associativa concludiamo che (x+y)+z = x+(y+z). Questo dimostra che (F, +) è un gruppo abeliano. Inoltre se u, v sono elementi di E ponendo x = f(u), y = f(v) abbiamo, per definizione: x+y = f(f-1(x)+f-1(y)) = f(u+v), ossia f(u+v) = f(u)+f(v) e quindi f è un morfismo di gruppi da (E,+) in (F,+).

Mostriamo che " (l, m) e k2, " x e F: (l+m)x = lx+mx.

Per definizione: (l+m)x = f[(l+m)f-1(x)] = f[lf-1(x)+mf-1(x)] (perchè E è uno spazio vettoriale) = f(lf-1(x))+f(mf-1(x)) (perchè f è un morfismo dei gruppi additivi) = lx + mx (per definizione).

Nello stesso modo: " l e k, " (x, y) e F2: l(x+y) = lx+ly. Infatti l(x+y) = f(lf-1(x+y)). Abbiamo già visto che f-1(x+y) = f-1(x)+f-1(y) (cfr anche Es.I.5.9), quindi

l(x+y) = f[l(f-1(x)+f-1(y))] = f[lf-1(x)+lf-1(y)] = f(lf-1(x)) + f(lf-1(y)) = lx+ly.

Osserviamo che f-1(mx) = mf-1(x). Infatti, per definizione: mx = f(mf-1(x)). Detto ciò vediamo che " (l, m) e k2, " x e F: (lm)x = l(mx). Per definizione (lm)x = f[(lm)f-1(x)] = f[l(mf-1(x))] (perchè E è uno spazio vettoriale) = f[l(f-1(mx))] (per l'osservazione precedente) = l(mx) (per definizione).

Finalmente " x e F: 1x = x perchè 1x = f(1f-1(x)) = f(f-1(x)) = x. Questo conclude la dimostrazione del fatto che l'addizione e la moltiplicazione esterna indotte da f conferiscono a F una struttura di k-spazio vettoriale. Per vedere che f è un'applicazione lineare rimane da vedere che f(lu) = lf(u) (abbiamo già visto che f è un morfismo dei gruppi additivi). Sia x = f(u). Per definizione lx = f(lf-1(x)) = f(lu); ossia lf(u) = f(lu). Siccome f è biiettiva per ipotesi, f è un isomorfismo lineare.

Esercizio 3.3

Siano e1, ..., en dei vettori di E che generano E. Sia u e F. Siccome f è suriettiva, esiste x in E tale che f(x) = u. Per ipotesi x = Sliei. Quindi u = f(x) = f(Sliei) = Slif(ei) (l'ultima uguaglianza è vera per la linearità di f). Vediamo che ogni vettore di F è combinazione lineare dei vettori f(e1), ..., f(en), quindi F è finitamente generato.

Esercizio 4.4

Sia z = a + ib un numero complesso (a, b sono numero reali e i2 = -1). Siccome z = a.1 + i.b, vediamo che ogni numero complesso è combinazione lineare a coefficienti in R di 1 e di i; quindi 1 e i generano C come R-spazio vettoriale. Essendo la scrittura z = a.1 + i.b unica, (1, i) è una base di C come R-spazio vettoriale (in altri termini: se a.1 + i.b = 0 allora a = b = 0, quindi 1 e i sono linearmente indipendenti su R).

Esercizio 4.9

(i) Sia f: R3 --> R2 : (x, y, z) --> (x+y+z, 2x-z). L'applicazione f è lineare (cf II.§2 Esercizio 2.1). Abbiamo F = Ker(f), quindi F è un sottospazio lineare (II.§2, Prop. 6).


N.B. Con lo stesso ragionamento, ogni sottinsieme definito da equazioni lineari omogenee è un sottospazio vettoriale.


(ii) Cerchiamo una base di F. Gli elementi di F sono soluzioni del sistema x+y+z = 0, 2x-z = 0. Dalla seconda equazione si ricava z = 2x, inserendo nella prima: y = -3x. Quindi F = {(x, y, z) / z = 2x e y = -3x} = {(x, -3x, 2x) / x appartiene a R} = {x.(1, -3, 2) / appartiene a R} = <(1, -3, 2)>. Concludiamo che il vettore u = (1, -3, 2) è una base di F (genera ed è linearmente indipendente). Quindi dim(F) = 1 e un supplementare di F avrà dimensione due.

Per trovare un supplementare di F basta per esempio trovare due vettori v, w della base canonica tali che u, v, w siano linearmente indipendenti; il supplementare sarà <v, w>. Si verifica facilmente che, per esempio, v = (1, 0, 0), w = (0, 1, 0) vanno bene.

Esercizio 4.13

Se x appartiene a E allora x = h + f (in modo unico) con h in H, f in F. Adesso h = Saihi, f = Sbjfj, quindi x è combinazione lineare di h1, ..., hk, f1, ..., fn; cioè h1, ..., hk, f1, ..., fn generano E.

Rimane da vedere che i vettori h1, ..., hk, f1, ..., fn sono linearmente indipendenti:

sia Saihi + Sbjfj = 0 una combinazione lineare nulla. Abbiamo Saihi = - Sbjfj; cioè h = f, con h = Saihi in H e f = - Sbjfj in F.

Il vettore h (= f) appartiene quindi a l'intersezione di F con H (appartiene sia a H che a F), siccome F e H sono in somma diretta, la loro intersezione è uguale a {0}. Quindi h = f = 0.

Da 0 = h = Saihi segue: ai = 0 per ogni i (perchè gli hi sono linearmente indipendenti). Da 0 = f = Sbjfj segue: bj = 0 per ogni j (perchè gli fj sono linearmente indipendenti).

Pertanto h1, ..., hk, f1, ..., fn sono linearmente indipendenti.

Esercizio 4.17

(i) Abbiamo E = k2 con k il campo F2. La dimensione di E è 2, una base è, per esempio: e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) ("base canonica"). N.B.: questo è vero per un campo k qualsiasi.

(ii) Abbiamo card(E) = 4; i quattro vettori di E sono: (0, 0), (1, 0), (0,1), (1, 1)

(iii) Abbiamo già visto che e1 e e2 sono linearmente indipendenti. E' chiaro che w = (1, 1) e e1 (risp. e2) sono linearmente indipendenti (anche perchè l'unico scalare non nullo è 1).

(iv) Ci sono 5 sottospazi di E: {0}, E, <e1>, <e2>, <w>

(v) Ci sono due supplementari di F = <(1, 0)>, uno è <e2>, l'altro è <w>. In particolare F non ammette un'infinità di supplementari, questo è dovuto al fatto che il campo k è finito. Se k è infinito, si può dimostrare che ogni sottospazio proprio ammette un'infinità di supplementari (cf II. §5, Esercizio 5.2)

Esercizio 7.5

(i) f non suriettiva => esiste una forma lineare non nulla j tale che j°f = 0

Se f non è suriettiva, dim(Im(f)) < dim(F) e quindi esiste un iperpiano, H, di F contenente Im(f) (prendere una base di Im(f): v1, ..., vp; completarla a una base di F: v1, ..., vp, ep+1, ..., en; allora, per esempio, l'iperpiano < v1, ..., vp; ep+1, ..., en-1> contiene Im(f)). Abbiamo H = Ker(j) per qualche forma lineare j (Prop. 9). Siccome Im(f) è contenuto in Ker(j), abbiamo j°f = 0.

esiste una forma lineare non nulla j tale che j°f = 0 => f non suriettiva

Sia H = Ker(j), H è un iperpiano. Dalla relazione j°f = 0, segue Im(f) contenuto in Ker(j) = H, quindi Im(f) è un sottospazio proprio di F e pertanto f non è suriettiva.

(ii) Più generalmente se dim(Im(f)) = dim(F) - r, allora Im(f) è un sottospazio di codimensione r in F; un tale sottospazio è definito da r equazioni linearmente indipendenti (cf II.§7, 17), j1, ..., jr; cioè Im(f) è l'intersezione degli iperpiani Hi = Ker(ji), in particolare Im(f) è contenuto in ogni Hi, quindi ji°f = 0, per ogni i.

Esercizio 8.2

Tutti i polinomi in questione hanno grado al più tre, sono quindi elementi dell' R spazio vettoriale R[X]3. Siccome dim(R[X] 3) = 4 (una base è: 1, X, X2,X3), i cinque polinomi P1, ..., P5 sono linearmente dipendenti.

Esercizio 9.8

Facciamo direttamente il caso generale.

Se f: E --> E: v --> lv è un'omotetia, allora chiaramente f commuta con ogni endomorfismo g (g(f(v)) = g(lv) = lg(v) = f(g(v))). Mostriamo che le omotetie sono gli unici endomorfismi che commutano con ogni altro endomorfismo.

Sia f un endomorfismo tale che esista un vettore x con f(x) = v, x e v linearmente indipendenti. Possiamo completare x, v a una base di E. Siccome un endomorfismo è definito dai suoi valori su i vettori di una base, esiste un endomorfismo g tale che g(v) = g(x) = x. Abbiamo g(f(x)) = g(v) = x, mentre f(g(x)) = f(x) = v, quindi f e g non commutano.

Quindi una condizione necessaria affinchè f commuti con ogni altro endomorfismo è: per ogni vettore x in E, x e f(x) sono linearmente dipendenti. Mostriamo che questa condizione implica che f è un'omotetia.

Sia e1, e2, ..., en una base di E. Per ipotesi, per ogni i, f(ei) = liei . Dobbiamo mostrare che i li sono tutti uguali. Abbiamo anche f(e1 + ... + en) = b(e1 + ... + en ) (#). Ma f(e1 + ... + en) = f(e1) + ... + f(en) = l1e1 + ... + lnen. Confrontando con (#), viene: (b-l1)e1 + ... + (b-ln)en = 0. Siccome gli ei sono linearmente indipendenti segue che: b = l1 = ... =ln; quindi f è l'omotetia di rapporto b.

In conclusione se f commuta con ogni altro endomorfismo allora f è un'omotetia.

Esercizio 11.1

(i) Siccome dim(R3) = 3, basta mostrare che i tre vettori sono linearmente indipendenti. Sia av1 + bv2 + dv3 = 0 una combinazione lineare nulla. Abbiamo il sistema:

-a -b + 2d = 0

b = 0

a = 0.

Chiaramente l'unica soluzione è (a, b, d) = (0, 0, 0); quindi i vettori sono linearmente indipendenti e B' è una base.

(ii) Per determinare mat(f, B', B'), dobbiamo esprimere f(v1) (risp. f(v2), f(v3)) come combinazione lineare dei vi. Sappiamo che f(e1) = 2v3, f(e2) = v2, f(e3) = -v1 + v3.

Abbiamo f(v1) = f(-e1 + e3) = -2v3 -v1 + v3 = -v1 -v3; f(v2) = f(-e1 + e2) = -2v3 + v2; f(v3) = f(2e1) =

4v3.

                                  -1  0  0
In conclusione, mat(f, B', B') =   0  1  0
                                  -1 -2  4

Esercizio 12.5

(i) E' chiaro che 0 appartiene a A(g) e che, se f, f' appartengono a A(g), allora, per ogni l, m, lf + mf' appartiene a A(g) (perchè (lf + mf')°g = l (f°g) + m(f'°g)), quindi A(g) è un sottospazio vettoriale di End(E). Nello stesso modo B(g) è un sottospazio vettoriale di End(E).

(ii) Abbiamo: f appartiene a A(g) se e solo se Im(g) è contenuto in Ker(f). Sia e1, ..., er uuna base di Im(g) che completiamo a una base di E: B = (e1, ..., er, er+1, ..., en.). Vediamo che f appartiene a A(g) se e solo se f(e1) = ... = f(er) = 0, per il resto f(er+1), ..., f(en) possono essere qualsiasi.