Esercizio 24nucleo, immagine e immagine di un sottospazio (appello 17/6/2025)

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(a) Nucleo; iniettività e suriettività

$M$ è $3 \times 4$: 3 righe perché il codominio è $\mathbb{R}^3$, 4 colonne perché il dominio è $\mathbb{R}^4$.

Previsione. Una funzione $\mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^3$ non può essere iniettivaSe dim V > dim W, per nullità + rango dim Ker f = dim V − dim Im f ≥ 4 − 3 > 0.Nucleo e immagine →: $\dim \operatorname{Ker} f \ge 4 - 3 = 1$. Resta da vedere se è suriettiva, cioè se il rango è 3.

Riduzione a scala (eliminazione di GaussOperazioni sulle righe che non cambiano rango e soluzioni del sistema omogeneo.Eliminazione di Gauss →):

• $R_2 \leftarrow R_2 + R_1$: $(-1, 2, 0, 2) + (1, 2, -2, 1) = (0, 4, -2, 3)$;
• $R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$: $(2, -1, 1, -3) - (2, 4, -4, 2) = (0, -5, 5, -5)$.

La nuova terza riga è tutta divisibile per $-5$: la moltiplico per $-\frac15$ (moltiplicare una riga per un numero non nullo è lecito) e ottengo $(0, 1, -1, 1)$. La scambio con la seconda, così il pivot della seconda colonna è $1$:

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 4 & -2 & 3 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 - 4R_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}$$

($R_3 - 4R_2 = (0, 4, -2, 3) - (0, 4, -4, 4) = (0, 0, 2, -1)$.) Tre pivot: $\operatorname{rango}(M) = 3$.

Conclusioni. $\dim \operatorname{Im} f = \operatorname{rango}(M) = 3 = \dim \mathbb{R}^3$ (l'immagine è generata dalle colonneLe colonne di M sono f(e_1), ..., f(e_4), e il rango è il numero massimo di colonne indipendenti.Matrice associata a una funzione lineare →), quindi $\operatorname{Im} f = \mathbb{R}^3$: $f$ è suriettiva. Per nullità + rango $\dim \operatorname{Ker} f = 4 - 3 = 1$: $f$ non è iniettiva.

Base del nucleo. Sistema ridotto, sostituzione all'indietro con $x_3$ libera:

• $2x_3 - x_4 = 0$, quindi $x_4 = 2x_3$;
• $x_2 - x_3 + x_4 = 0$, quindi $x_2 = x_3 - x_4 = x_3 - 2x_3 = -x_3$;
• $x_1 + 2x_2 - 2x_3 + x_4 = 0$, quindi $x_1 = -2x_2 + 2x_3 - x_4 = 2x_3 + 2x_3 - 2x_3 = 2x_3$.

Con $x_3 = 1$: $$\operatorname{Ker} f = \langle k \rangle, \qquad k = (2, -1, 1, 2)$$ Verifica: $Mk = (2 - 2 - 2 + 2, \ -2 - 2 + 0 + 4, \ 4 + 1 + 1 - 6) = (0, 0, 0)$ ✓.

(b) Il sottospazio $U$

Relazione di dipendenza. Guardando le componenti si nota che $u_1 + u_2 = (1 - 1, \ -2 + 5, \ -1 + 4, \ 0 + 2) = (0, 3, 3, 2) = u_3$. Quindi

$$u_1 + u_2 - u_3 = \vec 0$$

Se non si vede a occhio, si risolve $\lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2 + \lambda_3 u_3 = \vec 0$ (vedi Combinazioni lineari e dipendenza lineareUna combinazione lineare è una somma di vettori moltiplicati per scalari. I vettori sono linearmente indipendenti se l'unica combinazione che dà il vettore nullo è quella con tutti i coefficienti nulli; altrimenti sono dipendenti, e allora uno di essi è combinazione lineare degli altri.Combinazioni lineari e dipendenza lineare →), una equazione per componente:

$$\begin{cases} \lambda_1 - \lambda_2 = 0 \\ -2\lambda_1 + 5\lambda_2 + 3\lambda_3 = 0 \\ -\lambda_1 + 4\lambda_2 + 3\lambda_3 = 0 \\ 2\lambda_2 + 2\lambda_3 = 0 \end{cases}$$

Dalla prima $\lambda_2 = \lambda_1$, dalla quarta $\lambda_3 = -\lambda_2 = -\lambda_1$. Sostituendo, la seconda diventa $-2\lambda_1 + 5\lambda_1 - 3\lambda_1 = 0$ e la terza $-\lambda_1 + 4\lambda_1 - 3\lambda_1 = 0$: sempre vere. Le soluzioni sono $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) = (t, t, -t)$, e con $t = 1$ si ritrova $u_1 + u_2 - u_3 = \vec 0$.

Dimensione. $u_3$ è combinazione di $u_1$ e $u_2$, quindi $U = \langle u_1, u_2, u_3 \rangle = \langle u_1, u_2 \rangle$; inoltre $u_1$ e $u_2$ non sono proporzionali (prima componente $1$ e $-1$, seconda $-2$ e $5$: rapporti diversi). Quindi sono una base e $\dim U = 2$. Come base va bene anche $\{u_1, u_3\}$ (anche questi non proporzionali), che ha più zeri e semplifica i conti: uso questa.

Equazioni cartesiane. Un sottospazio di dimensione 2 in $\mathbb{R}^4$ è descritto da $4 - 2 = 2$ equazioni (vedi Metodo - basi, equazioni cartesiane, intersezione e somma di sottospaziProcedura da esame per i sottospazi di K^n: base da generatori (riduzione a scala delle righe), base da equazioni (incognite libere), equazioni cartesiane da una base (eliminare i parametri), intersezione (mettere a sistema), somma (unire i generatori) e Grassmann come controllo.Metodo - basi, equazioni cartesiane, intersezione e somma di sottospazi →). Il generico vettore di $U$ è

$$(x_1, x_2, x_3, x_4) = \alpha u_1 + \beta u_3 = (\alpha, \ -2\alpha + 3\beta, \ -\alpha + 3\beta, \ 2\beta)$$

(equazioni parametriche). Si eliminano i parametri: dalla prima $\alpha = x_1$, dalla quarta $\beta = \frac{x_4}{2}$. Sostituendo nelle altre due:

$$x_2 = -2x_1 + \tfrac32 x_4 \iff 4x_1 + 2x_2 - 3x_4 = 0, \qquad x_3 = -x_1 + \tfrac32 x_4 \iff 2x_1 + 2x_3 - 3x_4 = 0$$

(moltiplicando per 2 per togliere le frazioni). Si può semplificare: sottraendo la seconda dalla prima, $2x_1 + 2x_2 - 2x_3 = 0$, cioè $x_1 + x_2 - x_3 = 0$. Un sistema equivalente (stesse soluzioni) è

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

Verifica su tutti e tre i generatori:

Le due equazioni sono indipendenti (non proporzionali), quindi descrivono un sottospazio di dimensione $4 - 2 = 2$ che contiene $U$: è proprio $U$.

(c) $U \cap \operatorname{Ker} f$ e $f(U)$

Intersezione. $\operatorname{Ker} f = \langle k \rangle$ ha dimensione 1, quindi $U \cap \operatorname{Ker} f$, che è contenuto in $\operatorname{Ker} f$, ha dimensione 0 o 1: è $\{\vec 0\}$ oppure tutto $\operatorname{Ker} f$. Basta controllare se $k = (2, -1, 1, 2)$ soddisfa le equazioni di $U$:

$$2 - 1 - 1 = 0 \ ✓, \qquad 4 + 2 - 6 = 0 \ ✓$$

Quindi $k \in U$ e

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

Immagine di $U$. $f(U) = \{ f(u) : u \in U \}$. Poiché $U = \langle u_1, u_3 \rangle$, $f(U)$ è generato dalle immagini dei generatoriSe u = αu_1 + βu_3 allora f(u) = αf(u_1) + βf(u_3).Nucleo e immagine →:

$$f(u_1) = Mu_1 = \begin{pmatrix} 1 - 4 + 2 + 0 \\ -1 - 4 + 0 + 0 \\ 2 + 2 - 1 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -5 \\ 3 \end{pmatrix}, \qquad f(u_3) = Mu_3 = \begin{pmatrix} 0 + 6 - 6 + 2 \\ 0 + 6 + 0 + 4 \\ 0 - 3 + 3 - 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 10 \\ -6 \end{pmatrix}$$

$f(u_3) = -2 f(u_1)$: sono proporzionali ($-2 \cdot (-1, -5, 3) = (2, 10, -6)$). Non è un caso: $u_3 + 2u_1 = (2, -1, 1, 2) = k$ sta nel nucleo, quindi $f(u_3) + 2f(u_1) = f(k) = \vec 0$. Quindi

$$f(U) = \langle (-1, -5, 3) \rangle, \qquad \dim f(U) = 1$$

Perché torna. Applichiamo nullità + rango alla restrizione $f|_U : U \to \mathbb{R}^3$: il suo nucleo è $U \cap \operatorname{Ker} f$ (dimensione 1) e la sua immagine è $f(U)$, quindi $\dim f(U) = \dim U - \dim(U \cap \operatorname{Ker} f) = 2 - 1 = 1$ ✓. In pratica: $U$ contiene la direzione del nucleo, che viene "schiacciata" su $\vec 0$, e resta una sola direzione.

(d) Esiste $g$ con $g(u_1) = e_1$, $g(u_2) = e_2$, $g(u_3) = e_3$?

Da (b) sappiamo che $u_3 = u_1 + u_2$. Se $g$ fosse lineare, sarebbe obbligatoriamente

$$g(u_3) = g(u_1 + u_2) = g(u_1) + g(u_2) = e_1 + e_2 = (1, 1, 0)$$

ma il testo chiede $g(u_3) = e_3 = (0, 0, 1) \ne (1, 1, 0)$. Quindi una tale $g$ non esiste, qualunque sia la condizione sul nucleo.

Il punto è che le immagini si possono assegnare liberamente solo sui vettori di una base (o comunque su vettori indipendenti): teorema delle immagini di una baseAssegnate le immagini dei vettori di una base esiste una e una sola funzione lineare che le rispetta; su vettori dipendenti le immagini sono vincolate.Funzioni lineari e isomorfismi →. Qui $u_1, u_2, u_3$ sono dipendenti e le immagini richieste non rispettano la relazione $u_3 = u_1 + u_2$.