Applicazioni lineari ed esempi. Nucleo ed immagine di un

LEZIONE 15
15.1. Applicazioni lineari ed esempi.
Definizione 15.1.1. Siano V e W spazi vettoriali su k = R, C. Un’applicazione
f : V → W si dice k–lineare se:
(AL1) per ogni v1 , v2 ∈ V si ha f (v1 + v2 ) = f (v1 ) + f (v2 );
(AL2) per ogni α ∈ k e v ∈ V si ha f (αv) = αf (v).
Nel caso il campo sia evidente si parla semplicemente di applicazione lineare.
Osservazione 15.1.2. Siano V e W spazi vettoriali su k = R, C. Sia f : V → W
un’applicazione k–lineare.
i) Risulta f (0V ) = f (00V ) = 0f (0V ) = 0W e f (−v) = f ((−1)v) = (−1)f (v) =
−f (v) per ogni v ∈ V . Più in generale un’applicazione f : V → W è k–lineare
se e solo se α1 , . . . , αn ∈ k e v1 , . . . , vn ∈ V si ha
f (α1 v1 + · · · + αn vn ) = α1 f (v1 ) + · · · + αn f (vn ).
ii) Se U ⊆ V è un sottospazio allora f|U : U → W è lineare. Se W ⊆ U è
un sottospazio allora l’applicazione fb: V → U , ottenuta componendo f con
l’inclusione W ⊆ U , è lineare.
iii) Per esercizio verificare che l’applicazione nulla 0V,W : V → W , definita da v 7→
0W , e l’applicazione identità idV : V → V , definita da v 7→ v, sono k–lineari.
Esempio 15.1.3. L’applicazione
f : R3 −→ R2
(x, y, z) −→ (3x + y − z, x − y + 2z)
è lineare. Infatti si ha che se α ∈ R, (x, y, z) ∈ R3 risulta
f (α(x, y, z)) = f (αx, αy, αz) = (3(αx) + (αy) − (αz), (αx) − (αy) + 2(αz)) =
= (α(3x + y − z), α(x − y + 2z)) = α(3x + y − z, x − y + 2z) = αf (x, y, z).
Inoltre, se (x0 , y 0 , z 0 ), (x00 , y 00 , z 00 ) ∈ R3 , risulta
f ((x0 , y 0 , z 0 ) + (x00 , y 00 , z 00 )) = f (x0 + x00 , y 0 + y 00 , z 0 + z 00 ) =
= (3(x0 + x00 ) + (y 0 + y 00 ) − (z 0 + z 00 ), (x0 + x00 ) − (y 0 + y 00 ) + 2(z 0 + z 00 )) =
= (3x0 + y 0 − z 0 + 3x00 + y 00 − z 00 , x0 − y 0 + 2z 0 + x00 − y 00 + 2z 00 ) =
= (3x0 + y 0 − z 0 , x0 − y 0 + 2z 0 ) + (3x00 + y 00 − z 00 , x00 − y 00 + 2z 00 ) =
= f (x0 , y 0 , z 0 ) + f (x00 , y 00 , z 00 ).
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15.1. APPLICAZIONI LINEARI ED ESEMPI
Per esercizio verificare in modo analogo che anche l’applicazione
g: C2 −→ C3
(x, y) −→ (3x + y, x − y, −x + 2y)
è lineare.
Esempio 15.1.4. Si consideri l’applicazione
f : R3 −→ R2
(x, y, z) −→ (3x + y − z, x − y + 2z + 1).
Ci poniamo il problema di stabilire se f è lineare. Se f fosse lineare si dovrebbe
avere f (0, 0, 0) = (0, 0) (si veda l’Osservazione da 15.1.2 i)). Poiché f (0, 0, 0) =
(0, 1) segue che f non è lineare.
Esempio 15.1.5. Sia k = R, C e sia A ∈ k m,n fissata. L’applicazione
µA : k n,1 −→ k m,1
X −→ AX
è lineare. Infatti scelti α ∈ k, X, X 0 , X 00 ∈ k n,1 risulta
µA (αX) = A(αX) = α(AX) = αµA (X),
0
00
µA (X + X ) = A(X 0 + X 00 ) = AX 0 + AX 00 = µA (X 0 ) + µA (X 00 ).
Verifichiamo ora che ogni applicazione lineare f : k n,1 → k m,1 è della forma µA
per un’unica A ∈ k m,n . Sia B = (E1,1 , . . . , En,1 ) la base definita nell’Esempio
13.2.7 e siano Aj = f (Ej,1 ) ∈ k m,1 per j = 1, . . . , n: definiamo allora A come la
matrice m × n avente Aj come colonna j–esima. Per ogni X = t (x1,1 , . . . , xn,1 ) ∈
k n,1 allora per l’Osservazione 15.1.2 i), risulta
f (X) = f (
n
X
j=1
xj,1 Ej,1 ) =
n
X
j=1
xj,1 f (Ej,1 ) =
n
X
xj,1 Aj = AX,
j=1
quindi f = µA come applicazioni. Si noti che tale matrice è univocamente
determinata: infatti se A0 ∈ k m,n è un’altra matrice , cioè f = µA0 , si ha
Aj = f (Ej,1 ) = A0 Ej,1 che è la j–esima colonna di A0 , dunque A = A0 . Per
esempio l’applicazione nulla è µ0m,n .
Più in generale, identificando k n ed k m con k n,1 ed k m,1 rispettivamente, ogni
applicazione lineare f : k n → k m è individuata da un’unica matrice m × n. Si
verifichi che l’applicazione f dell’Esempio 15.1.3 si ottiene come caso particolare
prendendo k = R e
3 1 −1
A=
∈ R2,3
1 −1 2
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con l’identificazione naturale di R3 ed R2 con R3,1 ed R2,1 rispettivamente.
Similmente, identificando C2 ed C3 con C2,1 ed C3,1 rispettivamente, si verifichi
che l’applicazione g dell’Esempio 15.1.3 coincide con µB con


3
1
B =  1 −1  = t A ∈ C3,2
−1 2
Esempio 15.1.6. Sia V uno spazio vettoriale su k = R, C di dimensione n e sia
B una sua base. L’applicazione
[·]B : V −→ k n
v −→ [v]B
è lineare. Infatti se α ∈ k e v, v1 , v2 ∈ V risulta
[αv]B = α[v]B ,
[v1 + v2 ]B = [v1 ]B + [v2 ]B ,
per quanto osservato dopo la Definizione 13.2.3.
Esempio 15.1.7. Siano k = R, C e a ∈ k. L’applicazione
va : k[x] −→ k
p(x) −→ p(a)
di valutazione in a è lineare. Infatti
va ((p0 + p00 )(x)) = (p0 + p00 )(a) = p0 (a) + p00 (a) = va (p0 (x)) + va (p00 (x)),
va ((αp)(x)) = (αp)(a) = αp(a) = αva (p(x)).
Poichè la restrizione a sottospazi conserva la linearità, per ogni n ≥ 0 anche le
applicazioni va|k[x]n : k[x]n → k sono lineari.
Esempio 15.1.8. Sia ~v0 ∈ V3 (O) fissato. Verificare per esercizio che le applicazioni prodotto scalare per ~v0 definita da
h·, ~v0 i: V3 (O) −→ R
~v −→ h~v , ~v0 i.
e prodotto vettoriale per ~v0 definita da
· × ~v0 : V3 (O) −→ V3 (O)
~v −→ ~v × ~v0 .
sono R–lineari per le proprietà dei prodotti scalare e vettoriale.
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15.1. APPLICAZIONI LINEARI ED ESEMPI
Esempio 15.1.9. Sia I =]a, b[⊆ R non vuoto. Nell’Esempio 11.2.8 abbiamo
osservato che l’insieme C p (I) è uno spazio vettoriale su R per ogni p ≥ 0. Uno dei
risultati dell’analisi delle funzioni di una variabile reale è che l’applicazione
D: C p (I) −→ C p−1 (I)
ϕ(x) −→ Dϕ(x) =
dϕ
(x)
dx
è lineare per ogni p ≥ 1.
Esempio 15.1.10. Sia z = a + bi ∈ C, a, b ∈ R: ricordo che il coniugato di z è,
per definizione, il numero complesso z = a − bi. Si consideri l’applicazione f di
coniugio su C, cioè f : C → C è definita da z 7→ z. Allora f è chiaramente additiva,
infatti
f (z 0 + z 00 ) = z 0 + z 00 = z 0 + z 00 = f (z 0 ) + f (z 00 ).
Invece se α ∈ C si ha f (αz) = αz che coincide con αf (z) = αz se e solo se
α ∈ R ⊆ C. Quindi il coniugio non è un’applicazione C–lineare, ma solo R–lineare.
Concludiamo questo paragrafo con la seguente proposizione.
Propposizione 15.1.11. Siano U , V e W spazi vettoriali su k = R, C. Se
f, g: V → W e h: W → U sono lineari allora tali sono le applicazioni h ◦ f : V → U ,
f + g: V → W e λf : V → W per ogni λ ∈ k.
Dimostrazione. Per ogni v, v 0 , v 00 ∈ V risulta
(f + g)(v 0 + v 00 ) = f (v 0 + v 00 ) + g(v 0 + v 00 ) = f (v 0 ) + f (v 00 ) + g(v 0 ) + g(v 00 ) =
= f (v 0 ) + g(v 0 ) + f (v 00 ) + g(v 00 ) = (f + g)(v 0 ) + (f + g)(v 00 ),
(f + g)(αv) = f (αv) + g(αv) = αf (v) + αg(v) =
= α(f (v) + g(v)) = α((f + g)(v)),
(λf )(v 0 + v 00 ) = λf (v 0 + v 00 ) = λ(f (v 0 ) + f (v 00 )) =
= λf (v 0 ) + λf (v 00 ) = (λf )(v 0 ) + (λf )(v 00 ),
(λf )(αv) = λf (αv) = λαf (v) =
= α(λf (v)) = α((λf )(v)),
(h ◦ f )(v 0 + v 00 ) = h(f (v 0 + v 00 )) = h(f (v 0 ) + f (v 00 )) =
= h(f (v 0 )) + h(f (v 00 )) = (h ◦ f )(v 0 ) + (h ◦ f )(v 00 ),
(h ◦ f )(αv) = h(f (αv)) = h(αf (v)) =
= αh(f (v)) = α((h ◦ f )(v)).
Osservazione 15.1.12. Siano k = R, C, A, B ∈ k m,n e λ ∈ k: allora
µA + µB = µA+B ,
λµA = µλA .
LEZIONE 15
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Infatti per ogni X ∈ k n,1 si ha
(µA + µB )(X) = µA (X) + µB (X) = AX + BX = (A + B)X = µA+B (X),
(λµA )(X) = λ(µA (X)) = λ(AX) = (λA)X = µλA (X).
Siano poi A ∈ k m,n , B ∈ k n,p e si considerino µB : k p,1 → k n,1 , µA : k n,1 → k m,1 .
Allora per ogni X ∈ k p,1 risulta
µA ◦ µB (X) = µA (µB (X)) = µA (BX) = A(BX) = (AB)X = µAB (X) :
concludiamo che µA ◦ µB = µAB .
Esempio 15.1.13. Con le notazioni dell’Esempio 15.1.9, si può definire Dn =
D ◦ Dn−1 : C ∞ (I) → C ∞ (I). Più in generale se a0 , . . . , an ∈ C ∞ (I)) allora
P (D) = a0 Dn + a1 Dn−1 + · · · + an−1 D + an
è R–lineare. P (D) si dice operatore differenziale lineare d’ordine n.
15.2. Immagine di un’applicazione lineare.
Ricordo che se ϕ: X → Y è un’applicazione fra due insiemi si definisce immagine
di ϕ l’insieme
im(ϕ) = { y ∈ Y | esiste x ∈ X tale che ϕ(x) = y }.
Siano V e W spazi vettoriali su k = R, C e sia f : V → W un’applicazione k–
lineare. Dall’Osservazione 15.1.2 i) segue che 0W ∈ im(f ). Inoltre se w, w0 , w00 ∈
im(f ) ed α ∈ k allora esistono v, v 0 , v 00 ∈ V tali che f (v) = w, f (v 0 ) = w0 ,
f (v 00 ) = w00 . Segue allora che
w0 + w00 = f (v 0 ) + f (v 00 ) = f (v 0 + v 00 ) ∈ im(f ),
αw = αf (v) = f (αv) ∈ im(f ).
Quanto osservato dimostra l’affermazione i) della
Proposizione 15.2.1. Siano V e W spazi vettoriali su k = R, C. Se f : V → W
è un’applicazione k–lineare. allora:
i) im(f ) è un sottospazio di W ;
ii) Se w ∈ im(f ) e v0 ∈ V è tale che f (v0 ) = w allora
f −1 (w) = { v ∈ V | f (v) = w } = { v0 +v 0 | v 0 ∈ f −1 (0W ) } = { v0 }+f −1 (0W );
iii) se V = L(v1 , . . . , vn ) allora im(f ) = L(f (v1 ), . . . , f (vn )) (quindi se V è finitamente generato, tale è im(f )).
6
15.2. IMMAGINE DI UN’APPLICAZIONE LINEARE
Dimostrazione. Dimostriamo ii). Sia v ∈ f −1 (w). Allora f (v − v0 ) = f (v) −
f (v0 ) = w − w = 0W , quindi esiste v 0 ∈ f −1 (0W ) tale che v = v0 + v 0 , dunque
f −1 (w) ⊆ { v0 } + f −1 (0W ).
Viceversa, se v 0 ∈ f −1 (0W ), risulta che f (v0 + v 0 ) = f (v0 ) + f (v 0 ) = w + 0 = w,
dunque si ha anche { v0 } + f −1 (0W ) ⊆ f −1 (w). Concludiamo che f −1 (w) =
{ v0 } + f −1 (0W )
Pn
Dimostriamo iii). Sia V = L(v1 , . . . , vn ): se v = i=1 αi vi ∈ V allora
n
n
X
X
αi vi ) =
αi f (vi ) ∈ L(f (v1 ), . . . , f (vn )),
f (v) = f (
i=1
i=1
dunque im(f ) ⊆ L(f (v1 ), . . . , f (vn )). Viceversa se w ∈ L(f (v1 ), . . . , f (vn )) allora
w=
n
X
i=1
n
X
αi f (vi ) = f (
αi vi ) ∈ im(f ),
i=1
dunque si ha anche L(f (v1 ), . . . , f (vn )) ⊆ im(f ). Concludiamo che im(f ) =
L(f (v1 ), . . . , f (vn )). In particolare se U ⊆ V è un sottospazio vettoriale allora tale è f (U ): infatti
f (U ) = im(f|U ).
Più interessante è osservare che la controimmagine di 0W riveste un ruolo
fondamentale per le applicazioni k–lineari: l’affermazione ii) della Proposizione
15.2.1 ci dice che le controimmagini f −1 (w) tramite f dei vettori w ∈ im(f ) si
ottengono tutte da quella f −1 (0W ) di 0W per traslazione di una controimmagine
particolare.
Per questo motivo f −1 (0W ) merita un nome particolare.
Definizione 15.2.2. Siano V e W spazi vettoriali su k = R, C. Se f : V → W è
k–lineare si definisce nucleo di f l’insieme
ker(f ) = f −1 (0W ) = { v ∈ V | f (v) = 0 }.