Esercizio 82(Im f)⊥ = Ker f per una matrice simmetrica

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(a) $\operatorname{Im} f$, $(\operatorname{Im} f)^\perp$ e $\operatorname{Ker} f$

Rango con Gauss

$$A \xrightarrow[\;R_3 \to R_3 - \frac12 R_1\;]{R_2 \to R_2 + \frac12 R_1} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & -2 & 4 & -2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow[\;R_4 \to R_4 - R_2\;]{R_3 \to R_3 + 2R_2} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

I conti del primo passo: $R_2 + \frac12 R_1 = (-2 + 2,\ 2 - 1,\ -3 + 1,\ 1 + 0) = (0, 1, -2, 1)$ e $R_3 - \frac12 R_1 = (2 - 2,\ -3 + 1,\ 5 - 1,\ -2 - 0) = (0, -2, 4, -2)$; la quarta riga ha già $0$ nella prima colonna e resta com'è. Nel secondo passo $R_3 = -2R_2$ e $R_4 = R_2$, quindi entrambe si annullano.

Due pivot (nella colonna 1 e nella colonna 2): $\operatorname{rango}(A) = 2$, quindi $\dim \operatorname{Im} f = 2$ e, per il teorema nullità + rangodim Ker f + dim Im f = dim del dominio = 4.Nucleo e immagine →, $\dim \operatorname{Ker} f = 4 - 2 = 2$.

Base di $\operatorname{Im} f$

L'immagine è generata dalle colonne di $A$ (le colonne sono le immagini dei vettori della base canonicaLa colonna j della matrice di f è f(eⱼ), e le immagini dei vettori di una base generano Im f.Matrice associata a una funzione lineare →); le colonne dove stanno i pivot (la prima e la seconda) sono indipendenti e formano una base. Il motivo: le operazioni sulle righe non cambiano le relazioni lineari tra le colonne, e nella forma a scala le colonne dei pivot sono chiaramente indipendenti (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 →):

$$v_1 = (4, -2, 2, 0), \qquad v_2 = (-2, 2, -3, 1).$$

Base di $(\operatorname{Im} f)^\perp$

$x \in (\operatorname{Im} f)^\perp$ se e solo se $x \cdot v_1 = 0$ e $x \cdot v_2 = 0$:

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

Dalla prima (divisa per $2$): $2x_1 - x_2 + x_3 = 0$, cioè $x_2 = 2x_1 + x_3$. Nella seconda: $-2x_1 + 2(2x_1 + x_3) - 3x_3 + x_4 = -2x_1 + 4x_1 + 2x_3 - 3x_3 + x_4 = 2x_1 - x_3 + x_4 = 0$, cioè $x_4 = -2x_1 + x_3$. Liberi $x_1, x_3$ ($\dim (\operatorname{Im} f)^\perp = 4 - 2 = 2$):

• $(x_1, x_3) = (1, 0)$: $w_1 = (1, 2, 0, -2)$;
• $(x_1, x_3) = (0, 1)$: $w_2 = (0, 1, 1, 1)$.

Verifica di $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker} f$

Due sottospazi della stessa dimensione, uno contenuto nell'altro, coincidono (sottospazio di uguale dimensioneSe W ⊆ U e dim W = dim U (finita), allora W = U.Dimensione →). Basta allora mostrare $(\operatorname{Im} f)^\perp \subseteq \operatorname{Ker} f$, cioè $Aw_1 = 0$ e $Aw_2 = 0$:

$$A w_1 = \begin{pmatrix} 4 - 4 + 0 + 0 \\ -2 + 4 + 0 - 2 \\ 2 - 6 + 0 + 4 \\ 0 + 2 + 0 - 2 \end{pmatrix} = 0, \qquad A w_2 = \begin{pmatrix} 0 - 2 + 2 + 0 \\ 0 + 2 - 3 + 1 \\ 0 - 3 + 5 - 2 \\ 0 + 1 - 2 + 1 \end{pmatrix} = 0 .$$

Quindi $(\operatorname{Im} f)^\perp \subseteq \operatorname{Ker} f$ e, siccome entrambi hanno dimensione $2$, $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker} f$ ✓.

Perché succede? $A$ è simmetrica ($A^T = A$). Per una matrice qualunque vale $\operatorname{Ker} A = (\text{spazio delle righe})^\perp$: infatti $Ax = 0$ significa che $x$ è ortogonale a ogni riga. Se $A$ è simmetrica le righe coincidono con le colonne, che generano $\operatorname{Im} f$: da qui $\operatorname{Ker} f = (\operatorname{Im} f)^\perp$. È un'anticipazione del teorema spettraleUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →.

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(b) Base ortogonale di $\operatorname{Im} f$

$v_1 \cdot v_2 = -8 - 4 - 6 + 0 = -18 \ne 0$. Gram-Schmidt: $v_1' = v_1$, $v_2' = v_2 + \alpha v_1$ con

$$\alpha = -\frac{v_1 \cdot v_2}{v_1 \cdot v_1} = -\frac{-18}{16 + 4 + 4 + 0} = \frac{18}{24} = \frac34,$$

$$v_2' = (-2, 2, -3, 1) + \frac34 (4, -2, 2, 0) = \left(-2 + 3,\ 2 - \frac32,\ -3 + \frac32,\ 1 + 0\right) = \left(1, \frac12, -\frac32, 1\right).$$

Moltiplicando per $2$ (non cambia l'ortogonalità): $(2, 1, -3, 2)$.

Controllo: $v_1 \cdot (2, 1, -3, 2) = 8 - 2 - 6 + 0 = 0$ ✓.

Risultato (b): $\{(4, -2, 2, 0),\ (2, 1, -3, 2)\}$.

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(c) $v = u + w$ con $u \in \operatorname{Ker} f$, $w \in \operatorname{Im} f$

Siccome $\operatorname{Ker} f = (\operatorname{Im} f)^\perp$, scrivere $v = u + w$ con $w \in \operatorname{Im} f$ e $u \in (\operatorname{Im} f)^\perp$ significa proprio scomporre $v$ in proiezione ortogonale su $\operatorname{Im} f$ più componente ortogonalePer ogni sottospazio W si ha ℝⁿ = W ⊕ W⊥, quindi ogni v si scrive in un solo modo come w + w' con w ∈ W, w' ∈ W⊥.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →. La decomposizione è unica.

Con la base ortogonale di (b), $v_1' = (4, -2, 2, 0)$ e $v_2'' = (2, 1, -3, 2)$:

• $v \cdot v_1' = 4 - 10 - 6 + 0 = -12$, $\ v_1' \cdot v_1' = 24$: coefficiente $-\frac12$;
• $v \cdot v_2'' = 2 + 5 + 9 + 2 = 18$, $\ v_2'' \cdot v_2'' = 4 + 1 + 9 + 4 = 18$: coefficiente $1$.

$$w = -\frac12 (4, -2, 2, 0) + (2, 1, -3, 2) = (-2, 1, -1, 0) + (2, 1, -3, 2) = (0, 2, -4, 2),$$ $$u = v - w = (1, 5, -3, 1) - (0, 2, -4, 2) = (1, 3, 1, -1).$$

Controlli:

• $u \in \operatorname{Ker} f$: $Au = (4 - 6 + 2 + 0,\ -2 + 6 - 3 - 1,\ 2 - 9 + 5 + 2,\ 0 + 3 - 2 - 1) = (0, 0, 0, 0)$ ✓;
• $w \in \operatorname{Im} f$: $w = v_1 + 2v_2 = (4 - 4,\ -2 + 4,\ 2 - 6,\ 0 + 2) = (0, 2, -4, 2)$ ✓.

Risultato (c): $u = (1, 3, 1, -1)$, $w = (0, 2, -4, 2)$.

Metodo alternativo (quello della soluzione ufficiale). Si pone $w = \alpha v_1 + \beta v_2$, $u = v - w$, e si impone $Au = 0$ (usando la forma a scala di $A$, che ha le stesse soluzioni e meno righe). Con le righe non nulle $(4, -2, 2, 0)$ e $(0, 1, -2, 1)$ della forma a scala e $u = v - \alpha v_1 - \beta v_2$:

• prima riga: $(4, -2, 2, 0) \cdot v = 4 - 10 - 6 = -12$, $\ \cdot\, v_1 = 16 + 4 + 4 = 24$, $\ \cdot\, v_2 = -8 - 4 - 6 = -18$, quindi $-12 - 24\alpha + 18\beta = 0$, cioè $4\alpha - 3\beta = -2$;
• seconda riga: $(0, 1, -2, 1) \cdot v = 5 + 6 + 1 = 12$, $\ \cdot\, v_1 = -2 - 4 = -6$, $\ \cdot\, v_2 = 2 + 6 + 1 = 9$, quindi $12 + 6\alpha - 9\beta = 0$, cioè $2\alpha - 3\beta = -4$.

Sottraendo la seconda dalla prima: $2\alpha = 2$, quindi $\alpha = 1$ e $3\beta = 2 + 4 = 6$, $\beta = 2$: $w = v_1 + 2v_2$, come sopra. Questo metodo non richiede la base ortogonale e funziona anche quando $\operatorname{Ker} f$ e $\operatorname{Im} f$ non sono ortogonali (purché siano in somma diretta).

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Errori comuni

• Prendere come base dell'immagine le righe non nulle della forma a scala: le righe della forma a scala generano lo spazio delle righe, non quello delle colonne. Per $\operatorname{Im} f$ si prendono le colonne di $A$ nelle posizioni dei pivot.
• Credere che $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker} f$ valga sempre: vale per le matrici simmetriche; in generale $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker}(A^T)$.