Esercizio 20riconoscere le funzioni lineari

Testo (punti (a) e (b): esempi della lezione 9; punto (c): esempio della lezione 11; punti (d) ed (e): esercizi aggiuntivi sul teorema delle immagini di una base, lezione 11).

1. Dire se sono lineari le funzioni $f, g, h : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$
   • (a) $f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 + 4, \ 2x_2 - 7x_3 + x_1)$;
   • (b) $g(x_1, x_2, x_3) = (x_1 x_2, \ x_2 - x_3)$;
   • (c) $h(x_1, x_2, x_3) = (3x_1 - x_2 + x_3, \ -2x_1 + 4x_2 - x_3)$.
2. (d) Dimostrare che esiste un'unica funzione lineare $\varphi : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ con $\varphi(1, 1) = (1, 0, 2)$ e $\varphi(1, -1) = (3, 2, 0)$, e calcolare $\varphi(x, y)$.
3. (e) Esiste una funzione lineare $\psi : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ con $\psi(1, 2) = (1, 1)$ e $\psi(2, 4) = (3, 0)$?

(a) $f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 + 4, \ 2x_2 - 7x_3 + x_1)$

Prima di sviluppare somme e prodotti conviene sempre fare il test più rapido: una funzione lineare manda $\vec 0$ in $\vec 0$Se f è lineare allora f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0), da cui f(0) = 0.Funzioni lineari e isomorfismi →.

$$f(0, 0, 0) = (0 + 4, \ 0 - 0 + 0) = (4, 0) \ne (0, 0)$$

Quindi $f$ non è lineare. Il motivo è il termine noto $4$ nella prima componente: non dipende da $x_1, x_2, x_3$ e "sposta" tutto, anche l'origine.

(b) $g(x_1, x_2, x_3) = (x_1 x_2, \ x_2 - x_3)$

Test rapido: $g(0, 0, 0) = (0 \cdot 0, \ 0 - 0) = (0, 0)$. Il test è superato, ma è solo una condizione necessaria: non possiamo concludere nulla e dobbiamo controllare la definizione.

Additività con vettori generici. Prendiamo $v_1 = (a, b, c)$ e $v_2 = (a', b', c')$ con lettere, perché la proprietà deve valere per tutti i vettori.

• Prima sommo e poi applico $g$: $v_1 + v_2 = (a + a', \ b + b', \ c + c')$, e la prima componente di $g$ è il prodotto delle prime due componenti: $$g(v_1 + v_2) = \big( (a + a')(b + b'), \ (b + b') - (c + c') \big) = \big( ab + ab' + a'b + a'b', \ b + b' - c - c' \big)$$
• Prima applico $g$ e poi sommo: $$g(v_1) + g(v_2) = (ab, \ b - c) + (a'b', \ b' - c') = \big( ab + a'b', \ b + b' - c - c' \big)$$

Le seconde componenti coincidono; nelle prime, $g(v_1 + v_2)$ ha in più $ab' + a'b$, che in generale non è zero.

Un controesempio numerico chiude la questione (per dimostrare che una proprietà "per ogni" è falsa basta un caso in cui fallisce): $v_1 = v_2 = (1, 1, 0)$.

$$g(v_1 + v_2) = g(2, 2, 0) = (4, 2), \qquad g(v_1) + g(v_2) = (1, 1) + (1, 1) = (2, 2)$$

Diversi: $g$ non è lineare. Il colpevole è il monomio di secondo grado $x_1 x_2$.

(c) $h(x_1, x_2, x_3) = (3x_1 - x_2 + x_3, \ -2x_1 + 4x_2 - x_3)$

Qui ogni componente è una combinazione delle variabili senza termini noti e senza prodotti: ci aspettiamo che sia lineare. Per dimostrarlo non bastano esempi numerici: servono vettori generici.

Additività. Con $v_1 = (a, b, c)$, $v_2 = (a', b', c')$:

$$h(v_1 + v_2) = \big( 3(a + a') - (b + b') + (c + c'), \ -2(a + a') + 4(b + b') - (c + c') \big)$$

e raccogliendo separatamente i termini con e senza apice

$$= \big( (3a - b + c) + (3a' - b' + c'), \ (-2a + 4b - c) + (-2a' + 4b' - c') \big) = h(v_1) + h(v_2) \ ✓$$

Omogeneità. Con $\lambda \in \mathbb{R}$:

$$h(\lambda a, \lambda b, \lambda c) = \big( 3\lambda a - \lambda b + \lambda c, \ -2\lambda a + 4\lambda b - \lambda c \big) = \lambda \big( 3a - b + c, \ -2a + 4b - c \big) = \lambda\, h(a, b, c) \ ✓$$

(si raccoglie $\lambda$ in ogni componente). Quindi $h$ è lineare.

Un modo più veloce (che si può usare dopo aver visto le matrici): $h(X) = AX$ con $A = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 1 \\ -2 & 4 & -1 \end{pmatrix}$, e ogni funzione del tipo $X \mapsto AX$ è linearePer le proprietà distributive del prodotto di matrici: A(X + Y) = AX + AY e A(λX) = λAX.Matrice associata a una funzione lineare →.

(d) La funzione $\varphi$ con $\varphi(1, 1) = (1, 0, 2)$, $\varphi(1, -1) = (3, 2, 0)$

Esistenza e unicità. I vettori $(1, 1)$ e $(1, -1)$ non sono proporzionali, quindi sono indipendenti; sono due vettori in $\mathbb{R}^2$, che ha dimensione 2Tutte le basi di uno spazio vettoriale hanno lo stesso numero di vettori, la dimensione (dim K^n = n). Da ogni sistema di generatori si estrae una base, ogni insieme di vettori indipendenti si completa a una base, e in dimensione n bastano n vettori indipendenti (o n generatori) per avere una base.Dimensione →, quindi sono una base. Per il teorema delle immagini di una baseAssegnate a piacere le immagini dei vettori di una base, esiste una e una sola funzione lineare che le rispetta.Funzioni lineari e isomorfismi → esiste una e una sola $\varphi$ lineare con quelle immagini.

Calcolo di $\varphi(x, y)$. Bisogna scrivere il generico $(x, y)$ come combinazione della base:

$$(x, y) = a(1, 1) + b(1, -1) \iff \begin{cases} a + b = x \\ a - b = y \end{cases}$$

Sommando le equazioni $2a = x + y$, sottraendole $2b = x - y$:

$$a = \frac{x + y}{2}, \qquad b = \frac{x - y}{2}$$

Per linearità

$$\varphi(x, y) = a\,\varphi(1, 1) + b\,\varphi(1, -1) = \frac{x + y}{2}(1, 0, 2) + \frac{x - y}{2}(3, 2, 0)$$

Componente per componente:

• prima: $\frac{x + y}{2} + \frac{3(x - y)}{2} = \frac{4x - 2y}{2} = 2x - y$;
• seconda: $0 + \frac{2(x - y)}{2} = x - y$;
• terza: $\frac{2(x + y)}{2} + 0 = x + y$.

$$\boxed{\varphi(x, y) = (2x - y, \ x - y, \ x + y)}$$

Verifica: $\varphi(1, 1) = (2 - 1, \ 0, \ 2) = (1, 0, 2)$ ✓ e $\varphi(1, -1) = (2 + 1, \ 2, \ 0) = (3, 2, 0)$ ✓.

(e) La funzione $\psi$ con $\psi(1, 2) = (1, 1)$, $\psi(2, 4) = (3, 0)$

Qui i due vettori non sono una base: $(2, 4) = 2 \cdot (1, 2)$. Se $\psi$ fosse lineare, per l'omogeneità dovrebbe essere

$$\psi(2, 4) = \psi\big(2 \cdot (1, 2)\big) = 2\,\psi(1, 2) = 2(1, 1) = (2, 2)$$

ma il testo chiede $\psi(2, 4) = (3, 0) \ne (2, 2)$. Quindi una tale $\psi$ non esiste.

Il punto è che le immagini si possono assegnare liberamente solo su vettori indipendenti: le relazioni di dipendenza tra i vettori del dominio vincolano le immagini. (Se il testo avesse chiesto $\psi(2, 4) = (2, 2)$, di funzioni lineari ce ne sarebbero state infinite: si completa $(1, 2)$ a una base con un altro vettore e se ne sceglie l'immagine a piacere.)

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