Esercizio 25intersezione tra nucleo e immagine (appello 14/6/2022)

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(a) La matrice

Riga $i$ = coefficienti della componente $i$Con le basi canoniche la colonna j è f(e_j), e leggendo per righe si trovano i coefficienti delle variabili.Matrice associata a una funzione lineare → (con $0$ per le variabili assenti):

$$A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -\frac52 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & -\frac12 \\ 1 & 1 & -\frac12 & \frac12 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$

(b) Rango, nucleo, immagine

Togliere le frazioni

Moltiplicare una riga per un numero non nullo non cambia né il rango né le soluzioni del sistema $AX = \vec 0$ (si moltiplica un'equazione per $2$). Moltiplico per $2$ le prime tre righe:

$$\begin{pmatrix} 4 & -2 & -5 & 2 \\ -2 & 0 & 2 & -1 \\ 2 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$

Attenzione: questa matrice serve solo per rango e nucleo. Per la base dell'immagine si useranno le colonne della $A$ originale (moltiplicare le righe cambia le colonne).

Riduzione a scala

Metto in alto la riga $(-2, 0, 2, -1)$, che ha uno zero comodo (scambio delle prime due righe):

$$\begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 & -1 \\ 4 & -2 & -5 & 2 \\ 2 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$

• $R_2 \leftarrow R_2 + 2R_1$: $(4, -2, -5, 2) + (-4, 0, 4, -2) = (0, -2, -1, 0)$;
• $R_3 \leftarrow R_3 + R_1$: $(2, 2, -1, 1) + (-2, 0, 2, -1) = (0, 2, 1, 0)$;
• $R_4$ ha già $0$ in prima colonna.

$$\begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & -2 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_3 + R_2, \ R_4 + R_2} \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & -2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

(Nel secondo passo il pivot è il $-2$ in posizione $(2, 2)$: $R_3 + R_2 = (0,\ 2 - 2,\ 1 - 1,\ 0 + 0)$ e $R_4 + R_2$ dà lo stesso conto, perché $R_3$ e $R_4$ sono uguali.)

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

Immagine

I pivot stanno nelle colonne 1 e 2 (lo scambio di righe non sposta le colonne), quindi una base di $\operatorname{Im} f$ è data dalle prime due colonne di $A$. Le operazioni sulle righe, compresa la moltiplicazione per $2$, non cambiano le relazioni lineari tra le colonne (sono le soluzioni di $AX = \vec 0$), quindi le colonne di $A$ nelle posizioni dei pivot sono indipendenti e generano tutte le altre (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 →):

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

Nucleo

Il sistema ridotto è

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

(dalla seconda equazione si ricava $x_3$, dalla prima $x_4$, che compaiono con coefficiente $\pm 1$).

Scelgo come libere $x_1$ e $x_2$ (così niente frazioni): il generico vettore del nucleo è

$$(x_1, \ x_2, \ -2x_2, \ -2x_1 - 4x_2) = x_1 (1, 0, 0, -2) + x_2 (0, 1, -2, -4)$$

$$\operatorname{Ker} f = \langle k_1 = (1, 0, 0, -2), \ k_2 = (0, 1, -2, -4) \rangle$$

Verifica con la matrice originale: $Ak_1 = (2 - 2, \ -1 + 1, \ 1 - 1, \ 0) = \vec 0$ ✓; $Ak_2 = (-1 + 5 - 4, \ 0 - 2 + 2, \ 1 + 1 - 2, \ 2 - 2) = \vec 0$ ✓.

(La soluzione ufficiale usa altre incognite libere e trova $(1, -\frac12, 1, 0)$ e $(-\frac12, 0, 0, 1)$: generano lo stesso sottospazio. Le basi di un sottospazio non sono uniche.)

(c) $\operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f$

Un vettore dell'immagine ha la forma $v = a c_1 + b c_2 = (2a - b, \ -a, \ a + b, \ 2b)$. Sta anche nel nucleo se soddisfa le equazioni del nucleo, che sono proprio le due equazioni del sistema ridotto ($-2x_1 + 2x_3 - x_4 = 0$ e $-2x_2 - x_3 = 0$). Sostituisco:

• prima: $-2(2a - b) + 2(a + b) - 2b = -4a + 2b + 2a + 2b - 2b = -2a + 2b = 0$, cioè $b = a$;
• seconda: $-2(-a) - (a + b) = 2a - a - b = a - b = 0$, cioè $b = a$.

Le due condizioni coincidono: resta un parametro libero, quindi $\dim(\operatorname{Ker} f \cap \operatorname{Im} f) = 1$. Con $a = b = 1$: $v = c_1 + c_2 = (1, -1, 2, 2)$.

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

Verifica: $A(1, -1, 2, 2)^T = (2 + 1 - 5 + 2, \ -1 + 0 + 2 - 1, \ 1 - 1 - 1 + 1, \ 0 - 2 + 2 + 0) = \vec 0$ ✓, e sta in $\operatorname{Im} f$ perché è $c_1 + c_2$.

Conseguenza (con la formula di Grassmanndim(U + W) = dim U + dim W − dim(U ∩ W).Formula di Grassmann e somma diretta →): $\dim(\operatorname{Ker} f + \operatorname{Im} f) = 2 + 2 - 1 = 3$, quindi nucleo e immagine non generano tutto $\mathbb{R}^4$. Nucleo e immagine stanno entrambi in $\mathbb{R}^4$ (qui dominio e codominio coincidono), per questo ha senso intersecarli.

(d) Una $g$ con $\operatorname{Ker} g = \operatorname{Im} g$

Condizione necessaria. Se $\operatorname{Ker} g = \operatorname{Im} g$, i due sottospazi hanno la stessa dimensione $d$, e per nullità + rangodim Ker g + dim Im g = dim del dominio.Nucleo e immagine →

$$d + d = 4 \quad\Longrightarrow\quad d = 2$$

Quindi bisogna costruire una $g$ con nucleo e immagine entrambi di dimensione 2 e uguali.

Costruzione. Per il teorema delle immagini di una baseSi possono assegnare a piacere le immagini dei vettori di una base: esiste una e una sola funzione lineare con quelle immagini.Funzioni lineari e isomorfismi → basta assegnare le immagini della base canonica:

$$g(e_1) = \vec 0, \quad g(e_2) = \vec 0, \quad g(e_3) = e_1, \quad g(e_4) = e_2$$

Cioè $g(x_1, x_2, x_3, x_4) = x_3 e_1 + x_4 e_2 = (x_3, x_4, 0, 0)$, con matrice

$$G = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Verifica.

• $\operatorname{Im} g$ è generata dalle colonne: $\vec 0, \vec 0, e_1, e_2$, quindi $\operatorname{Im} g = \langle e_1, e_2 \rangle$.
• $g(x) = \vec 0 \iff x_3 = x_4 = 0$, quindi $\operatorname{Ker} g = \{(x_1, x_2, 0, 0)\} = \langle e_1, e_2 \rangle$.

Sono uguali: sì, una tale $g$ esiste. (Si noti che $g \circ g = 0$: applicando $g$ due volte si va nell'immagine e poi nel nucleo, che è la stessa cosa; infatti $G^2 = 0$, è una matrice nilpotenteUna matrice non nulla con una potenza uguale alla matrice nulla.Operazioni tra matrici →.)

Osservazione. In $\mathbb{R}^3$ (o in qualunque dimensione dispari) una tale funzione non esiste: servirebbe $2d = 3$.