Esercizio 22nucleo, immagine, antimmagine e restrizione (compitino 12/4/2025)

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(a) La matrice nelle basi canoniche

Con le basi canoniche la riga $i$ della matrice contiene i coefficienti della componente $i$La colonna j è f(e_j); leggendo per righe si trovano i coefficienti di x_1, ..., x_4 in ciascuna componente.Matrice associata a una funzione lineare → (attenzione alle variabili che mancano: hanno coefficiente $0$).

• 1ª componente $x_1 + 0x_2 - 2x_3 + 3x_4$: riga $1, 0, -2, 3$;
• 2ª componente $2x_1 + x_2 - x_3 + 2x_4$: riga $2, 1, -1, 2$;
• 3ª componente $-4x_1 - 3x_2 - x_3 + 0x_4$: riga $-4, -3, -1, 0$;
• 4ª componente $-3x_1 - 2x_2 + 0x_3 - x_4$: riga $-3, -2, 0, -1$.

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 3 \\ 2 & 1 & -1 & 2 \\ -4 & -3 & -1 & 0 \\ -3 & -2 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$

(b) Nucleo e immagine

Riduzione a scala

Per calcolare il rango e risolvere $AX = \vec 0$ si riduce $A$ con l'eliminazione di GaussSi usano operazioni sulle righe (sommare a una riga un multiplo di un'altra, scambiare righe, moltiplicare per un numero non nullo) che non cambiano le soluzioni del sistema omogeneo né il rango.Eliminazione di Gauss →. Il pivot della prima colonna è l'$1$ in alto a sinistra; si annullano gli elementi sotto di esso:

• $R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$: $(2, 1, -1, 2) - (2, 0, -4, 6) = (0, 1, 3, -4)$;
• $R_3 \leftarrow R_3 + 4R_1$: $(-4, -3, -1, 0) + (4, 0, -8, 12) = (0, -3, -9, 12)$;
• $R_4 \leftarrow R_4 + 3R_1$: $(-3, -2, 0, -1) + (3, 0, -6, 9) = (0, -2, -6, 8)$.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & -4 \\ 0 & -3 & -9 & 12 \\ 0 & -2 & -6 & 8 \end{pmatrix}$$

Ora il pivot è l'$1$ della seconda riga, seconda colonna:

• $R_3 \leftarrow R_3 + 3R_2$: $(0, -3, -9, 12) + (0, 3, 9, -12) = (0, 0, 0, 0)$;
• $R_4 \leftarrow R_4 + 2R_2$: $(0, -2, -6, 8) + (0, 2, 6, -8) = (0, 0, 0, 0)$.

$$A' = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Le righe non nulle (i pivot) sono 2, quindi $\operatorname{rango}(A) = 2$.

Immagine

$\dim \operatorname{Im} f = \operatorname{rango}(A) = 2$. L'immagine è generata dalle colonne di $A$Le colonne di A sono f(e_1), ..., f(e_4), che generano Im f.Matrice associata a una funzione lineare → e basta sceglierne due indipendenti. I pivot di $A'$ stanno nelle colonne 1 e 2, quindi le colonne 1 e 2 della matrice originale $A$ sono indipendenti:

$$w_1 = (1, 2, -4, -3), \qquad w_2 = (0, 1, -3, -2)$$

(Che siano indipendenti si vede anche a occhio: $w_2$ ha prima componente $0$ e $w_1$ no, quindi non sono proporzionali.) Quindi $\operatorname{Im} f = \langle w_1, w_2 \rangle$.

Perché si guardano le colonne dei pivot. Le operazioni sulle righe non cambiano le soluzioni di $AX = \vec 0$, e una soluzione $X = (x_1, \dots, x_4)$ è proprio una relazione $x_1 C_1 + \dots + x_4 C_4 = \vec 0$ tra le colonne. Quindi le colonne di $A$ e quelle di $A'$ soddisfano le stesse relazioni lineari. In $A'$ si leggono subito: $C'_3 = -2C'_1 + 3C'_2$ e $C'_4 = 3C'_1 - 4C'_2$. Le stesse valgono in $A$: $-2(1, 2, -4, -3) + 3(0, 1, -3, -2) = (-2, -1, -1, 0) = C_3$ ✓ e $3(1, 2, -4, -3) - 4(0, 1, -3, -2) = (3, 2, 0, -1) = C_4$ ✓. Le colonne 3 e 4 sono superflue e restano le prime due (vedi Eliminazione di GaussCon tre operazioni elementari sulle righe (scambio, moltiplicazione per uno scalare non nullo, somma di un multiplo di un'altra riga) ogni matrice si riduce a scala senza cambiare il rango; serve a calcolare ranghi, risolvere sistemi, trovare relazioni di dipendenza e matrici che riducono a scala.Eliminazione di Gauss → e Matrice associata a una funzione lineareFissate una base del dominio e una del codominio, una funzione lineare si codifica in una matrice m×n la cui colonna j contiene le coordinate di f(v_j); le coordinate di f(v) si ottengono moltiplicando la matrice per le coordinate di v, e il rango di f è il numero di colonne indipendenti.Matrice associata a una funzione lineare →).

Nucleo

Per nullità + rangodim Ker f + dim Im f = dimensione del dominio.Nucleo e immagine → $\dim \operatorname{Ker} f = 4 - 2 = 2$. Il nucleo è dato da $AX = \vec 0$, equivalente al sistema ridotto:

$$\begin{cases} x_1 - 2x_3 + 3x_4 = 0 \\ x_2 + 3x_3 - 4x_4 = 0 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} x_1 = 2x_3 - 3x_4 \\ x_2 = -3x_3 + 4x_4 \end{cases}$$

Le incognite libere sono $x_3$ e $x_4$ (quelle senza pivot). Il generico vettore del nucleo è

$$(2x_3 - 3x_4, \ -3x_3 + 4x_4, \ x_3, \ x_4) = x_3 \, (2, -3, 1, 0) + x_4 \, (-3, 4, 0, 1)$$

quindi, ponendo una volta $x_3 = 1, x_4 = 0$ e una volta $x_3 = 0, x_4 = 1$:

$$\operatorname{Ker} f = \langle (2, -3, 1, 0), \ (-3, 4, 0, 1) \rangle$$

I due vettori sono indipendenti perché nelle ultime due componenti hanno $(1, 0)$ e $(0, 1)$. Verifica del primo: $f(2, -3, 1, 0) = (2 - 2, \ 4 - 3 - 1, \ -8 + 9 - 1, \ -6 + 6) = (0, 0, 0, 0)$ ✓.

(c) L'antimmagine di $(1, 0, 2, 1)$

$f^{-1}(1, 0, 2, 1)$ è l'insieme delle soluzioni di $AX = (1, 0, 2, 1)^T$. Si riduce la matrice completa con le stesse operazioni di prima (applicate anche all'ultima colonna):

$$\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -2 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & -1 & 2 & 0 \\ -4 & -3 & -1 & 0 & 2 \\ -3 & -2 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right)$$

Sui termini noti: $R_2 - 2R_1$ dà $0 - 2 = -2$; $R_3 + 4R_1$ dà $2 + 4 = 6$; $R_4 + 3R_1$ dà $1 + 3 = 4$. Poi $R_3 + 3R_2$ dà $6 - 6 = 0$ e $R_4 + 2R_2$ dà $4 - 4 = 0$:

$$\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -2 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & -4 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$$

Le righe nulle hanno termine noto $0$: niente equazioni impossibili del tipo $0 = c \ne 0$, quindi il sistema ha soluzioni (per Rouché-CapelliIl sistema ha soluzioni se e solo se la matrice dei coefficienti e la matrice completa hanno lo stesso rango.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → i ranghi sono entrambi 2), cioè $(1, 0, 2, 1) \in \operatorname{Im} f$. Il sistema ridotto è

$$x_1 = 1 + 2x_3 - 3x_4, \qquad x_2 = -2 - 3x_3 + 4x_4$$

Con $x_3 = x_4 = 0$ si ottiene la soluzione particolare $v_0 = (1, -2, 0, 0)$. L'antimmagine è una soluzione particolare più il nucleoSe f(v_0) = w allora f^{-1}(w) = v_0 + Ker f.Nucleo e immagine →:

$$f^{-1}(1, 0, 2, 1) = (1, -2, 0, 0) + \operatorname{Ker} f = (1, -2, 0, 0) + \langle (2, -3, 1, 0), (-3, 4, 0, 1) \rangle$$

Verifica: $f(1, -2, 0, 0) = (1, \ 2 - 2, \ -4 + 6, \ -3 + 4) = (1, 0, 2, 1)$ ✓.

La soluzione ufficiale scrive $(-1, 0, 2, 2) + \operatorname{Ker} f$: è lo stesso insieme, perché $(-1, 0, 2, 2) = (1, -2, 0, 0) + 2(2, -3, 1, 0) + 2(-3, 4, 0, 1)$ (si ottiene con $x_3 = x_4 = 2$). Soluzioni particolari diverse differiscono per un vettore del nucleo.

(d) La matrice della restrizione $h$

$h$ fa la stessa cosa di $f$, ma solo sui vettori di $U$ e con codominio $V = \operatorname{Im} f$. Le basi da usare sono $\{u_1, u_2\}$ nel dominio e $\{w_1, w_2\}$ (trovata in (b)) nel codominio, quindi la matrice è $2 \times 2$.

Seguendo la ricettaColonna j = coordinate di h(u_j) rispetto alla base del codominio.Matrice associata a una funzione lineare →: calcolo $h(u_1)$ e $h(u_2)$ e li scrivo come combinazione di $w_1, w_2$.

$h(u_1)$. $u_1 = (1, 0, 1, 0) = e_1 + e_3$, quindi $f(u_1)$ = (colonna 1 di $A$) + (colonna 3 di $A$):

$$h(u_1) = (1, 2, -4, -3) + (-2, -1, -1, 0) = (-1, 1, -5, -3)$$

Cerco $a, b$ con $a w_1 + b w_2 = (-1, 1, -5, -3)$, cioè

$$(a, \ 2a + b, \ -4a - 3b, \ -3a - 2b) = (-1, 1, -5, -3)$$

Dalla prima componente $a = -1$; dalla seconda $-2 + b = 1$, quindi $b = 3$. Le altre due componenti servono da controllo: $-4(-1) - 3 \cdot 3 = 4 - 9 = -5$ ✓, $-3(-1) - 2 \cdot 3 = 3 - 6 = -3$ ✓. Quindi $h(u_1) = -w_1 + 3w_2$: prima colonna $(-1, 3)$.

$h(u_2)$. $u_2 = e_2 + e_4$: colonna 2 + colonna 4 di $A$:

$$h(u_2) = (0, 1, -3, -2) + (3, 2, 0, -1) = (3, 3, -3, -3)$$

Da $(a, \ 2a + b, \ -4a - 3b, \ -3a - 2b) = (3, 3, -3, -3)$: $a = 3$, poi $6 + b = 3$, quindi $b = -3$. Controllo: $-12 + 9 = -3$ ✓, $-9 + 6 = -3$ ✓. Quindi $h(u_2) = 3w_1 - 3w_2$: seconda colonna $(3, -3)$.

$$M^{\{u_1, u_2\}}_{\{w_1, w_2\}}(h) = \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 3 & -3 \end{pmatrix}$$

Osservazione. I sistemi per le coordinate hanno 4 equazioni e 2 incognite: in generale non avrebbero soluzione. Qui ce l'hanno perché $h(u_1), h(u_2)$ stanno in $\operatorname{Im} f = \langle w_1, w_2 \rangle$ per costruzione; il controllo sulle ultime due componenti verifica di non aver sbagliato i conti.