Esercizio 44rango con parametro, righe e colonne, nucleo della trasposta (settembre 2023)

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(a) Rango al variare di $t$

Il parametro sta nell'ultima riga e nell'ultima colonna: si possono usare come pivot gli elementi numerici delle prime righe senza problemi.

Prima colonna (pivot $1$):

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

Seconda colonna (pivot $1$ in posizione $(2, 2)$):

• $R_3 \leftarrow R_3 + R_2$: $(0, -1, 2, -1) + (0, 1, -2, 1) = (0, 0, 0, 0)$;
• $R_4 \leftarrow R_4 - 3R_2$: $(0, 3, -6, t + 2) - (0, 3, -6, 3) = (0, 0, 0, t - 1)$.

$$A_t \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & t - 1 \end{pmatrix}$$

(scambiando le ultime due righe diventa una forma a scala con pivot nelle colonne $1$, $2$, $4$).

Risposta: $\operatorname{rango}(A_t) = 3$ per $t \ne 1$, $\operatorname{rango}(A_1) = 2$.

La terza riga si è annullata per ogni $t$: rifacendo i conti all'indietro, $R_3 - 2R_1 + R_2 = 0$, cioè $R_3 = 2R_1 - R_2$. Questa relazione servirà nei punti (c) e (d).

(b) $t = 0$: per quale $\alpha$ il sistema $A_0 X = v$ ha soluzioni

Stesse operazioni sulla colonna $v = (2, \alpha, 2, 3)$:

• terza riga: $2 - 2 \cdot 2 = -2$, poi $-2 + \alpha = \alpha - 2$;
• quarta riga: $3 + 2 = 5$, poi $5 - 3\alpha$.

$$(A_0 \mid v) \longrightarrow \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 & \alpha \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \alpha - 2 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 5 - 3\alpha \end{array}\right)$$

La terza riga è $0 = \alpha - 2$: per Rouché-CapelliUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → serve $\alpha = 2$ (altrimenti il rango della completa sarebbe $4$, quello di $A_0$ è $3$).

Soluzioni per $\alpha = 2$, dal basso:

• quarta riga: $-x_4 = 5 - 6 = -1$, quindi $x_4 = 1$;
• seconda: $x_2 - 2x_3 + x_4 = 2$, quindi $x_2 = 1 + 2x_3$;
• prima: $x_1 - x_2 + 2x_4 = 2$, quindi $x_1 = 2 + x_2 - 2 = x_2 = 1 + 2x_3$.

(Nella prima riga si è sostituito $x_4 = 1$: $x_1 = 2 + x_2 - 2 \cdot 1$.) $x_3$ è libera (la colonna $3$ non ha pivot). Con $x_3 = \lambda$, separando la parte fissa dal coefficiente di $\lambda$, $(1 + 2\lambda,\ 1 + 2\lambda,\ \lambda,\ 1) = (1, 1, 0, 1) + \lambda (2, 2, 1, 0)$:

$$X = (1, 1, 0, 1) + \lambda\,(2, 2, 1, 0), \qquad \lambda \in \mathbb{R}.$$

$(2, 2, 1, 0)$ genera il nucleo di $A_0$ ($\dim = 4 - 3 = 1$). Verifica: $A_0(1, 1, 0, 1)^T = (1 - 1 + 0 + 2, \ 0 + 1 - 0 + 1, \ 2 - 3 + 0 + 3, \ -1 + 4 - 0 + 0) = (2, 2, 2, 3) = v$ ✓.

(c) Basi dello spazio delle righe e dello spazio delle colonne

$\operatorname{rango}(A_0) = 3$, e il rango è sia il numero massimo di righe indipendenti sia il numero massimo di colonne indipendenti (rango per righe = rango per colonneFissate 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 →): $\dim U = \dim W = 3$. Bisogna scegliere 3 righe e 3 colonne indipendenti.

Righe. Dal punto (a): $R_3 = 2R_1 - R_2$, quindi $R_3$ si può togliere senza cambiare il sottospazio generato. Restano $R_1, R_2, R_4$, che sono $3$ vettori che generano uno spazio di dimensione $3$: sono una base (in uno spazio di dimensione $n$, $n$ generatori sono automaticamente indipendenti: basta una sola verificaTutte 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 →).

$$U = \langle (1, -1, 0, 2), \ (0, 1, -2, 1), \ (-1, 4, -6, 0) \rangle .$$

(Anche le righe non nulle della forma a scala, $(1, -1, 0, 2)$, $(0, 1, -2, 1)$, $(0, 0, 0, -1)$, sono una base di $U$: le operazioni sulle righe non cambiano lo spazio generato dalle righe.)

Colonne. Le operazioni sulle righe cambiano lo spazio delle colonne, ma conservano le relazioni di dipendenza tra le colonne. Si prendono quindi le colonne di $A_0$ nelle posizioni dei pivot della forma a scala (colonne $1$, $2$, $4$):

$$W = \langle (1, 0, 2, -1), \ (-1, 1, -3, 4), \ (2, 1, 3, 0) \rangle .$$

La colonna esclusa dipende dalle altre: il vettore $(2, 2, 1, 0)$ del nucleo dice $2c_1 + 2c_2 + c_3 = 0$, cioè $c_3 = -2c_1 - 2c_2$. Controllo: $-2(1, 0, 2, -1) - 2(-1, 1, -3, 4) = (0, -2, 2, -6) = c_3$ ✓.

(d) $\operatorname{Ker}(A_0^T)$ e $W^\perp$

Base del nucleo della trasposta. $A_0^T X = 0$ si può leggere come $X^T A_0 = 0$ (trasponendo entrambi i membri e usando $(MN)^T = N^T M^T$, vedi Operazioni tra matriciLe matrici m×n formano uno spazio vettoriale (somma e prodotto per scalare elemento per elemento); il prodotto righe per colonne corrisponde alla composizione di funzioni lineari, è associativo ma non commutativo; la trasposta scambia righe e colonne e (AB)^T = B^T A^T.Operazioni tra matrici →), cioè

$$x_1 R_1 + x_2 R_2 + x_3 R_3 + x_4 R_4 = 0 :$$

i vettori di $\operatorname{Ker}(A_0^T)$ sono i coefficienti delle relazioni di dipendenza tra le righe di $A_0$. Ne conosciamo una: $2R_1 - R_2 - R_3 = 0$. Siccome le righe hanno rango $3$, lo spazio delle relazioni ha dimensione $4 - 3 = 1$ e

$$\operatorname{Ker}(A_0^T) = \langle (2, -1, -1, 0) \rangle .$$

Lo stesso risultato con Gauss su $A_0^T$. La traspostaLe matrici m×n formano uno spazio vettoriale (somma e prodotto per scalare elemento per elemento); il prodotto righe per colonne corrisponde alla composizione di funzioni lineari, è associativo ma non commutativo; la trasposta scambia righe e colonne e (AB)^T = B^T A^T.Operazioni tra matrici → ha per righe le colonne di $A_0$:

$$A_0^T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & -3 & 4 \\ 0 & -2 & 2 & -6 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \end{pmatrix}.$$

• Prima colonna (pivot $1$): $R_2 \leftarrow R_2 + R_1 = (0, 1, -1, 3)$; $R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1 = (2 - 2,\ 1 - 0,\ 3 - 4,\ 0 + 2) = (0, 1, -1, 2)$.
• Seconda colonna (pivot $1$ della nuova $R_2$): $R_3 \leftarrow R_3 + 2R_2 = (0, -2 + 2, 2 - 2, -6 + 6) = (0, 0, 0, 0)$; $R_4 \leftarrow R_4 - R_2 = (0, 0, 0, -1)$.

$$A_0^T \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$

Il rango è ancora $3$ (come deve essere: $\operatorname{rango}(A^T) = \operatorname{rango}(A)$). Dal basso: $-x_4 = 0$, quindi $x_4 = 0$; $x_2 - x_3 + 3x_4 = 0$, quindi $x_2 = x_3$; $x_1 + 2x_3 - x_4 = 0$, quindi $x_1 = -2x_3$. Con $x_3 = 1$ si trova $(-2, 1, 1, 0)$: lo stesso vettore di prima a meno del segno.

Perché $\operatorname{Ker}(A_0^T) = W^\perp$. La componente $j$ di $A_0^T X$ è la riga $j$ di $A_0^T$, cioè la colonna $c_j$ di $A_0$, per $X$:

$$(A_0^T X)_j = c_j \cdot X .$$

Quindi $A_0^T X = 0$ se e solo se $X$ è ortogonaleIl prodotto scalare aggiunge a uno spazio vettoriale lunghezze e angoli: norma, disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, angolo tra vettori in R^n, ortogonalità, proiezione su una retta, aree e volumi con il determinante della matrice dei prodotti scalari.Prodotto scalare, norma e angoli → a tutte le colonne di $A_0$, cioè a tutto lo spazio che generano (essere ortogonale ai generatori basta, per la linearità del prodotto scalare): $X \in W^\perp$. Questo vale per ogni matrice: il nucleo della trasposta è l'ortogonale dello spazio delle colonne.

Verifica numerica con la base di $W$ trovata in (c) e $X = (2, -1, -1, 0)$:

• $(1, 0, 2, -1) \cdot X = 2 + 0 - 2 + 0 = 0$;
• $(-1, 1, -3, 4) \cdot X = -2 - 1 + 3 + 0 = 0$;
• $(2, 1, 3, 0) \cdot X = 4 - 1 - 3 + 0 = 0$.

E le dimensioni tornano (formula della dimensione dell'ortogonaleL'ortogonale U⊥ di un sottospazio è un sottospazio di dimensione n − dim U, e R^n = U ⊕ U⊥; ogni vettore si scompone in proiezione su U più componente ortogonale; la proiezione è il punto di U più vicino e si calcola con un sistema o con la matrice di proiezione A(AᵀA)⁻¹Aᵀ.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →): $\dim W^\perp = 4 - \dim W = 4 - 3 = 1 = \dim \operatorname{Ker}(A_0^T)$. Un sottospazio di dimensione $1$ contenuto in un altro di dimensione $1$ coincide con esso ✓.

Errori comuni

• Prendere come base di $W$ le colonne della forma a scala: hanno tutte la terza componente nulla, mentre $W$ contiene vettori come $(1, 0, 2, -1)$.
• Confondere spazio delle righe e spazio delle colonne: hanno la stessa dimensione ma sono sottospazi diversi (in questo caso entrambi in $\mathbb{R}^4$, ma diversi tra loro).
• Calcolare $\operatorname{Ker}(A_0)$ invece di $\operatorname{Ker}(A_0^T)$ nel punto (d): $\operatorname{Ker}(A_0) = \langle (2, 2, 1, 0) \rangle$ è l'ortogonale dello spazio delle righe, non delle colonne.