Esercizio 23nucleo, immagine e antimmagine con un parametro (compitino 10/4/2026)

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(a) La matrice

Con le basi canoniche la riga $i$ contiene i coefficienti della componente $i$La colonna j è f(e_j); per righe si leggono i coefficienti delle variabili in ogni componente, mettendo 0 per le variabili assenti.Matrice associata a una funzione lineare →:

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

(seconda riga: $x_1$ non compare, coefficiente $0$; terza: $x_2$ non compare; quarta: $x_3$ non compare).

(b) Nucleo e immagine

Riduzione a scala

Riduciamo con l'eliminazione di GaussOperazioni sulle righe che non cambiano il rango né le soluzioni del sistema omogeneo.Eliminazione di Gauss →. Pivot $1$ in posizione $(1,1)$:

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

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

Per la seconda colonna conviene un pivot uguale a $1$, così si evitano le frazioni: scambio $R_2 \leftrightarrow R_3$ (scambiare due righe è un'operazione lecita).

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

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

Infine, pivot $6$ in terza colonna: $R_4 \leftarrow R_4 + \frac13 R_3$: $(0, 0, -2, -1) + (0, 0, 2, 1) = (0, 0, 0, 0)$.

$$A' = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -3 & -2 \\ 0 & 1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 6 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Tre pivot: $\operatorname{rango}(A) = 3$.

Immagine

$\dim \operatorname{Im} f = 3$. I pivot sono nelle colonne 1, 2, 3, quindi una base dell'immagine è data dalle prime tre colonne di $A$ (la matrice originale, non quella ridotta): le operazioni sulle righe non cambiano le soluzioni di $AX = \vec 0$, cioè le relazioni lineari tra le colonne, quindi le colonne di $A$ nelle posizioni dei pivot sono indipendenti come quelle di $A'$ (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 →):

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

Nucleo

Per nullità + rangodim Ker f + dim Im f = dim del dominio = 4.Nucleo e immagine → $\dim \operatorname{Ker} f = 4 - 3 = 1$. Il sistema ridotto $A'X = \vec 0$ è

$$\begin{cases} x_1 + x_2 - 3x_3 - 2x_4 = 0 \\ x_2 - 2x_3 - x_4 = 0 \\ 6x_3 + 3x_4 = 0 \end{cases}$$

Si risolve dal basso (sostituzione all'indietro), con $x_3$ libera (l'unica colonna senza pivot è la quarta, ma è più comodo tenere libera $x_3$: va bene lo stesso, purché una sola incognita resti libera):

• terza equazione: $3x_4 = -6x_3$, quindi $x_4 = -2x_3$;
• seconda: $x_2 = 2x_3 + x_4 = 2x_3 - 2x_3 = 0$;
• prima: $x_1 = -x_2 + 3x_3 + 2x_4 = 0 + 3x_3 - 4x_3 = -x_3$.

Le soluzioni sono $(-x_3, \ 0, \ x_3, \ -2x_3) = x_3 (-1, 0, 1, -2)$. Prendo $x_3 = -1$ per avere numeri positivi davanti:

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

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

(Curiosità: il vettore del nucleo coincide con la prima colonna di $A$, quindi sta anche nell'immagine.)

Iniettiva? Suriettiva?

• $\operatorname{Ker} f \ne \{\vec 0\}$, quindi $f$ non è iniettiva (criterio del nucleof è iniettiva se e solo se Ker f contiene solo il vettore nullo.Nucleo e immagine →);
• $\dim \operatorname{Im} f = 3 < 4$, quindi $\operatorname{Im} f \ne \mathbb{R}^4$ e $f$ non è suriettiva.

Per un endomorfismo di uno spazio di dimensione finita le due cose vanno sempre insieme: iniettiva $\iff$ suriettiva. Infatti per nullità + rango $\dim \operatorname{Ker} f = 0 \iff \dim \operatorname{Im} f = 4 \iff \operatorname{Im} f = \mathbb{R}^4$.

(c) Quando $w = (1, 3, -1, \alpha)$ sta nell'immagine

$w \in \operatorname{Im} f$ significa che esiste $X$ con $AX = w$, cioè che il sistema ha soluzione. Riduco la matrice completa con le stesse operazioni di prima, seguendo l'ultima colonna:

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

• $R_3 + R_1$: termine noto $-1 + 1 = 0$; $R_4 - 2R_1$: $\alpha - 2$;
• scambio $R_2 \leftrightarrow R_3$: ora la seconda riga ha termine noto $0$ e la terza $3$;
• $R_3 - 2R_2$: $3 - 0 = 3$; $R_4 + 4R_2$: $\alpha - 2 + 0 = \alpha - 2$;
• $R_4 + \frac13 R_3$: $\alpha - 2 + 1 = \alpha - 1$.

$$\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -3 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 3 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \alpha - 1 \end{array}\right)$$

L'ultima riga dice $0 = \alpha - 1$. Se $\alpha \ne 1$ è un'equazione impossibile e il sistema non ha soluzioni (in termini di Rouché-CapelliIl sistema AX = B ha soluzioni se e solo se rango(A) = rango(A|B).Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli →: la completa avrebbe rango 4, la incompleta 3). Quindi

$$w \in \operatorname{Im} f \iff \alpha = 1$$

Metodo alternativo (quello della soluzione ufficiale): $w \in \operatorname{Im} f$ se e solo se $w$ è combinazione delle tre colonne di base dell'immagine, cioè (essendo $c_1, c_2, c_3$ indipendenti) se le quattro colonne $c_1, c_2, c_3, w$ sono dipendenti, cioè se la matrice $4 \times 4$ che le ha in colonna ha determinante nulloIl determinante è 0 se e solo se le colonne sono dipendenti; sommare a una riga un multiplo di un'altra non lo cambia, scambiare due righe lo cambia di segno.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →. Il determinante si ottiene dalla riduzione appena fatta (tolta la quarta colonna di $A$, che non serve): le operazioni del tipo $R_i + k R_j$ non lo cambiano, l'unico scambio $R_2 \leftrightarrow R_3$ cambia il segno, e alla fine la matrice è triangolare con diagonale $1, 1, 6, \alpha - 1$. Quindi

$$\det(c_1 \mid c_2 \mid c_3 \mid w) = -\,1 \cdot 1 \cdot 6 \cdot (\alpha - 1) = -6(\alpha - 1),$$

che si annulla solo per $\alpha = 1$: la stessa condizione.

(d) $f^{-1}(w)$ per $\alpha = 1$

Con $\alpha = 1$ l'ultima riga diventa $0 = 0$ e resta il sistema

$$\begin{cases} x_1 + x_2 - 3x_3 - 2x_4 = 1 \\ x_2 - 2x_3 - x_4 = 0 \\ 6x_3 + 3x_4 = 3 \end{cases}$$

Sostituzione all'indietro con $x_3$ libera:

• $3x_4 = 3 - 6x_3$, quindi $x_4 = 1 - 2x_3$;
• $x_2 = 2x_3 + x_4 = 2x_3 + 1 - 2x_3 = 1$;
• $x_1 = 1 - x_2 + 3x_3 + 2x_4 = 1 - 1 + 3x_3 + 2 - 4x_3 = 2 - x_3$.

Le soluzioni sono $(2 - x_3, \ 1, \ x_3, \ 1 - 2x_3) = (2, 1, 0, 1) + x_3(-1, 0, 1, -2)$. Il vettore $(-1, 0, 1, -2)$ genera il nucleo, come deve essere (antimmagine = soluzione particolare + nucleoSe f(v_0) = w allora f^{-1}(w) = v_0 + Ker f.Nucleo e immagine →):

$$f^{-1}(w) = (2, 1, 0, 1) + \operatorname{Ker} f = \{ (2 - t, \ 1, \ t, \ 1 - 2t) : t \in \mathbb{R} \}$$

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