Esercizio 26nucleo, immagine e matrice di una restrizione (appello 3/2/2026)

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(a) Matrice, forma a scala, rango

La riga $i$ di $A$ contiene i coefficienti della componente $i$ di $f$ (nell'ordine $x_1, x_2, x_3, x_4$; un'incognita che manca ha coefficiente $0$). Equivalentemente, la colonna $j$ è $f(e_j)$:

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

Controllo sulla prima colonna: $f(e_1) = f(1, 0, 0, 0) = (1, 0, -2, 1)$ ✓.

Riduzione a scala. Il pivot della prima colonna è $a_{11} = 1$; si annullano gli elementi sotto:

• $R_3 \leftarrow R_3 + 2R_1$: $(-2, 0, -1, 0) + (2, 4, 0, -2) = (0, 4, -1, -2)$;
• $R_4 \leftarrow R_4 - R_1$: la quarta riga è uguale alla prima, quindi diventa $(0, 0, 0, 0)$.

Ora la terza riga $(0, 4, -1, -2)$ è l'opposta della seconda $(0, -4, 1, 2)$: $R_3 \leftarrow R_3 + R_2$ la annulla.

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

Due pivot (in colonna 1 e 2): $\operatorname{rango}(A) = 2$.

(b) Nucleo, immagine, valore di $\alpha$

Dimensioni. $\dim \operatorname{Im} f = \operatorname{rango}(A) = 2$ e, per nullità + rangodim Ker f + dim Im f = dim del dominio.Nucleo e immagine →, $\dim \operatorname{Ker} f = 4 - 2 = 2$.

Base dell'immagine. $\operatorname{Im} f$ è generata dalle colonne di $A$; una base è data dalle colonne dove la forma a scala ha i pivot (le operazioni sulle righe non cambiano le relazioni di dipendenza tra le colonne). Pivot in colonna 1 e 2:

$$\operatorname{Im} f = \langle c_1, c_2 \rangle, \qquad c_1 = (1, 0, -2, 1), \quad c_2 = (2, -4, 0, 2).$$

Attenzione: si prendono le colonne della matrice originale $A$, non quelle della forma a scala (quelle hanno la terza e quarta componente nulle, mentre i vettori dell'immagine no).

Base del nucleo. Il sistema $AX = 0$ equivale al sistema ridotto:

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

Le incognite senza pivot sono $x_3$ e $x_4$, ma si possono tenere libere anche $x_2$ e $x_4$: va bene qualunque scelta che permetta di ricavare le altre due incognite, e qui $x_1$ e $x_3$ compaiono con coefficiente $1$, così non si hanno frazioni. Dalla seconda equazione $x_3 = 4x_2 - 2x_4$; dalla prima $x_1 = -2x_2 + x_4$. Il vettore generico del nucleo è

$$(-2x_2 + x_4, \ x_2, \ 4x_2 - 2x_4, \ x_4) = x_2(-2, 1, 4, 0) + x_4(1, 0, -2, 1).$$

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

Verifica del primo: $A(-2, 1, 4, 0)^T = (-2 + 2, \ -4 + 4, \ 4 - 4, \ -2 + 2) = (0, 0, 0, 0)$ ✓.

Il valore di $\alpha$. $(1, 1, -3, \alpha) \in \operatorname{Im} f$ se e solo se esistono $a, b$ con $a c_1 + b c_2 = (1, 1, -3, \alpha)$:

$$\begin{cases} a + 2b = 1 \\ -4b = 1 \\ -2a = -3 \\ a + 2b = \alpha \end{cases}$$

Dalla seconda $b = -\frac14$, dalla terza $a = \frac32$; la prima è verificata ($\frac32 - \frac12 = 1$). La quarta ha lo stesso primo membro della prima, quindi impone $\alpha = 1$.

Scorciatoia. La prima e la quarta componente di $f$ sono uguali, quindi ogni vettore dell'immagine ha prima e quarta componente uguali: serve $\alpha = 1$. Per essere sicuri che basti, serve anche l'altra equazione cartesianaUn sottospazio di dimensione 2 in R^4 è descritto da 4 − 2 = 2 equazioni lineari omogenee indipendenti.Metodo - basi, equazioni cartesiane, intersezione e somma di sottospazi → di $\operatorname{Im} f$ (le equazioni sono $4 - 2 = 2$, e $y_1 - y_4 = 0$ è una delle due). Si cerca un'equazione $a y_1 + b y_2 + c y_3 = 0$ soddisfatta da $c_1 = (1, 0, -2, 1)$ e $c_2 = (2, -4, 0, 2)$:

$$\begin{cases} a - 2c = 0 & (c_1) \\ 2a - 4b = 0 & (c_2) \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad a = 2c, \quad b = \frac a2 = c .$$

Con $c = 1$: $2y_1 + y_2 + y_3 = 0$. Quindi $\operatorname{Im} f : \ y_1 - y_4 = 0, \ 2y_1 + y_2 + y_3 = 0$, e per $(1, 1, -3, \alpha)$ la seconda dà $2 + 1 - 3 = 0$ ✓ (sempre vera), la prima $1 - \alpha = 0$: di nuovo $\alpha = 1$.

Risposta: $\alpha = 1$.

(c) $c_1 \in \operatorname{Ker} f$; è vero che $\operatorname{Ker} f + \operatorname{Im} f = \mathbb{R}^4$?

$c_1 = (1, 0, -2, 1)$ è proprio il secondo vettore della base del nucleo trovata sopra, quindi sta in $\operatorname{Ker} f$. Verifica diretta: $A c_1 = (1 + 0 + 0 - 1, \ 0 + 0 - 2 + 2, \ -2 + 0 + 2 + 0, \ 1 + 0 + 0 - 1) = (0, 0, 0, 0)$ ✓.

Ma $c_1$ sta anche in $\operatorname{Im} f$ (è $f(e_1)$). Quindi $c_1 \in \operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f$ e $\dim(\operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f) \ge 1$. Per la formula di GrassmannFormula di Grassmann: dim(U + W) = dim U + dim W − dim(U ∩ W), come contare gli elementi di un'unione senza contare due volte quelli comuni. Se U ∩ W = {0} la somma è diretta, U ⊕ W, e ogni vettore si scrive in modo unico come u + w.Formula di Grassmann e somma diretta →:

$$\dim(\operatorname{Ker} f + \operatorname{Im} f) = \underbrace{\dim \operatorname{Ker} f}_{2} + \underbrace{\dim \operatorname{Im} f}_{2} - \underbrace{\dim(\operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f)}_{\ge 1} \le 3 < 4 .$$

No: $\operatorname{Ker} f + \operatorname{Im} f$ ha dimensione al massimo $3$, quindi non è $\mathbb{R}^4$.

(Le dimensioni di nucleo e immagine sommano sempre a $4$, ma questo non basta perché la somma dei due sottospazi sia tutto lo spazio: serve anche che l'intersezione sia nulla. Qui non lo è. Si vede che anzi $\operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f = \langle c_1 \rangle$: $c_2$ non sta nel nucleo, perché $A c_2 = (2 - 8 + 0 - 2,\ 16 + 0 + 4,\ -4 + 0 + 0 + 0,\ 2 - 8 + 0 - 2) = (-8, 20, -4, -8) \ne 0$, quindi l'intersezione, che contiene $c_1$, non è tutto $\operatorname{Im} f$ e ha dimensione esattamente $1$. Allora $\dim(\operatorname{Ker} f + \operatorname{Im} f) = 2 + 2 - 1 = 3$.)

(d) La matrice della restrizione $g: U \to W$

Ricetta (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 →): la colonna $j$ della matrice è la colonna delle coordinate, rispetto alla base del codominio, dell'immagine del $j$-esimo vettore della base del dominio.

• $g(e_1) = f(e_1) = c_1$ (la prima colonna di $A$ è per definizione $f(e_1)$). Rispetto alla base $\{c_1, c_2\}$ di $W$: $c_1 = 1 \cdot c_1 + 0 \cdot c_2$, coordinate $(1, 0)$.
• $g(e_2) = f(e_2) = c_2 = 0 \cdot c_1 + 1 \cdot c_2$, coordinate $(0, 1)$.

$$M^{\{e_1, e_2\}}_{\{c_1, c_2\}}(g) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

Perché è così semplice. Si è scelta come base del codominio proprio la coppia delle immagini dei vettori della base del dominio. Questo è possibile perché $c_1, c_2$ sono indipendenti (sono una base di $\operatorname{Im} f$), e quindi $g$ è un isomorfismo tra $U$ e $W$. La matrice è $2 \times 2$ (non $4 \times 4$) perché $U$ e $W$ hanno dimensione $2$: le coordinate si prendono rispetto alle loro basi, non rispetto alla base canonica di $\mathbb{R}^4$.

Errori comuni

• Prendere come base dell'immagine le colonne della forma a scala: vanno prese le colonne di $A$ nelle posizioni dei pivot.
• Pensare che $\dim \operatorname{Ker} f + \dim \operatorname{Im} f = 4$ implichi $\operatorname{Ker} f \oplus \operatorname{Im} f = \mathbb{R}^4$: vale solo se l'intersezione è nulla.
• Scrivere in (d) una matrice $4 \times 2$ con le componenti di $c_1, c_2$: la matrice di $g$ usa le coordinate rispetto alla base $\{c_1, c_2\}$ di $W$.