Esercizio 21nucleo e immagine di una funzione da R³ a R²

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1. Previsione delle dimensioni

Il nucleoIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine → è l'insieme dei vettori con $f(v) = \vec 0$, cioè delle soluzioni del sistema

$$\begin{cases} 3x_1 - x_2 + x_3 = 0 \\ -2x_1 + 4x_2 - x_3 = 0 \end{cases}$$

Sono 2 equazioni in 3 incognite. Le due equazioni non sono proporzionali (i coefficienti $3, -1, 1$ e $-2, 4, -1$ non sono multipli gli uni degli altri), quindi permettono di ricavare due incognite in funzione della terza, che resta libera: ci aspettiamo una incognita libera, cioè $\dim \operatorname{Ker} f = 1$.

Allora per il teorema nullità + rangodim Ker f + dim Im f = dim del dominio.Nucleo e immagine →

$$\dim \operatorname{Im} f = \dim \mathbb{R}^3 - \dim \operatorname{Ker} f = 3 - 1 = 2$$

$\operatorname{Im} f$ è un sottospazio di $\mathbb{R}^2$ di dimensione $2 = \dim \mathbb{R}^2$, quindi coincide con tutto $\mathbb{R}^2$Un sottospazio con la stessa dimensione (finita) dello spazio che lo contiene è lo spazio intero.Dimensione →: $f$ è suriettiva (ogni vettore del codominio è raggiunto, come nella definizione di funzione suriettivaOgni elemento del codominio è immagine di almeno un elemento del dominio.Funzioni iniettive, suriettive e inverse → di Analisi 1); e poiché il nucleo non è $\{\vec 0\}$, $f$ non è iniettiva (criterio del nucleof lineare è iniettiva se e solo se Ker f = {0}: se f(u) = f(v) allora u − v sta nel nucleo.Nucleo e immagine →). Tutto questo senza risolvere niente: i conti servono solo a trovare le basi.

2. Base del nucleo

Risolviamo il sistema. Sommando membro a membro le due equazioni, $x_3$ si cancella (compare con $+1$ e $-1$). È l'operazione $R_2 \to R_2 + R_1$ dell'eliminazione di GaussSommare a un'equazione un multiplo di un'altra non cambia le soluzioni del sistema.Eliminazione di Gauss →, che non cambia le soluzioni:

$$(3x_1 - 2x_1) + (-x_2 + 4x_2) + (x_3 - x_3) = 0 \quad\Longrightarrow\quad x_1 + 3x_2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad x_1 = -3x_2$$

Dalla prima equazione ricavo $x_3$ e sostituisco:

$$x_3 = -3x_1 + x_2 = -3(-3x_2) + x_2 = 9x_2 + x_2 = 10x_2$$

Come previsto, $x_1$ e $x_3$ sono determinati da $x_2$, che è libera. Le soluzioni sono

$$(x_1, x_2, x_3) = (-3x_2, \ x_2, \ 10x_2) = x_2 \, (-3, 1, 10), \qquad x_2 \in \mathbb{R}$$

Ponendo $x_2 = 1$ (un valore qualsiasi purché non nullo, altrimenti si trova il vettore nullo, che non può stare in una base):

$$\operatorname{Ker} f = \langle (-3, 1, 10) \rangle$$

Verifica: $f(-3, 1, 10) = (-9 - 1 + 10, \ 6 + 4 - 10) = (0, 0)$ ✓.

3. Base dell'immagine

Le immagini dei vettori di una base generano l'immagineSe v = somma di λ_j v_j allora f(v) = somma di λ_j f(v_j).Nucleo e immagine →. Prendo la base più comoda, quella canonica:

$$f(e_1) = f(1, 0, 0) = (3, -2), \qquad f(e_2) = f(0, 1, 0) = (-1, 4), \qquad f(e_3) = f(0, 0, 1) = (1, -1)$$

(in pratica: i coefficienti di $x_1$, poi di $x_2$, poi di $x_3$ nelle due componenti). Questi tre vettori generano $\operatorname{Im} f$, ma non sono una base: tre vettori in $\mathbb{R}^2$ sono sempre dipendenti, perché in uno spazio di dimensione 2 al massimo 2 vettori sono indipendenti. Ne va scartato uno.

Scarto per esempio $f(e_1)$ e controllo che i due rimasti, $(-1, 4)$ e $(1, -1)$, siano indipendenti. Due vettori sono dipendenti solo se sono proporzionali; qui il rapporto tra le prime componenti è $-1$, tra le seconde è $-4$: non sono proporzionali. Per scrupolo con il sistema: $\lambda_1(-1, 4) + \lambda_2(1, -1) = (0, 0)$ dà $-\lambda_1 + \lambda_2 = 0$ e $4\lambda_1 - \lambda_2 = 0$; dalla prima $\lambda_2 = \lambda_1$, nella seconda $3\lambda_1 = 0$, quindi $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$ ✓.

$$\operatorname{Im} f = \langle (-1, 4), \ (1, -1) \rangle = \mathbb{R}^2$$

(Andava bene scartare uno qualunque dei tre: due qualsiasi di essi non sono proporzionali.)

Conclusione: $f$ è suriettiva ($\operatorname{Im} f = \mathbb{R}^2$) e non è iniettiva ($\operatorname{Ker} f \ne \{\vec 0\}$), come previsto al punto 1.

4. Antimmagini

L'antimmagineL'insieme dei vettori v con f(v) = w: è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine → di $(a, b)$ (la stessa nozione di antimmagine di un punto vista in Funzioni iniettive, suriettive e inverseIniettività (test delle rette orizzontali), suriettività, biunivocità e funzione inversa con il suo grafico simmetrico rispetto a y = x.Funzioni iniettive, suriettive e inverse →) è l'insieme delle soluzioni di

$$\begin{cases} 3x_1 - x_2 + x_3 = a \\ -2x_1 + 4x_2 - x_3 = b \end{cases}$$

Poiché $f$ è suriettiva, il sistema ha soluzioni per ogni $(a, b)$. Per trovarne una basta fissare a piacere l'incognita libera; scelgo $x_2 = 0$:

$$3x_1 + x_3 = a, \qquad -2x_1 - x_3 = b$$

Sommando: $(3x_1 - 2x_1) + (x_3 - x_3) = x_1 = a + b$; poi dalla prima $x_3 = a - 3x_1 = a - 3(a + b) = a - 3a - 3b = -2a - 3b$. Una soluzione particolare è $v_0 = (a + b, \ 0, \ -2a - 3b)$ (verifica: $3(a + b) + (-2a - 3b) = a$ ✓, $-2(a + b) - (-2a - 3b) = b$ ✓). Quindi

$$f^{-1}(a, b) = (a + b, \ 0, \ -2a - 3b) + \langle (-3, 1, 10) \rangle$$

Caso $(a, b) = (1, 2)$: $v_0 = (1 + 2,\ 0,\ -2 - 6) = (3, 0, -8)$ e, scrivendo il generico vettore del nucleo come $t(-3, 1, 10)$,

$$f^{-1}(1, 2) = \{ (3 - 3t, \ t, \ -8 + 10t) : t \in \mathbb{R} \}$$

Per esempio con $t = 1$: $(0, 1, 2)$, e infatti $f(0, 1, 2) = (0 - 1 + 2, \ 0 + 4 - 2) = (1, 2)$ ✓.

Ogni antimmagine è una retta parallela al nucleo: le antimmagini di vettori diversi sono rette parallele, e solo $f^{-1}(0, 0) = \operatorname{Ker} f$ passa per l'origine.