Esercizio 22nucleo, immagine, antimmagine e restrizione (compitino 12/4/2025)

Testo (1° compitino del 12 aprile 2025, esercizio 3). Sia $f : \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^4$ la funzione lineare definita da

$$f(x_1, x_2, x_3, x_4) = \begin{pmatrix} x_1 - 2x_3 + 3x_4 \\ 2x_1 + x_2 - x_3 + 2x_4 \\ -4x_1 - 3x_2 - x_3 \\ -3x_1 - 2x_2 - x_4 \end{pmatrix}$$

(a) Scrivere la matrice di $f$ nella base canonica del dominio e del codominio. (b) Trovare una base di $\operatorname{Ker} f$ e una base di $\operatorname{Im} f$. (c) Determinare l'antiimmagine del vettore $(1, 0, 2, 1)$ (cioè $f^{-1}(1, 0, 2, 1)$). (d) Sia $U \subset \mathbb{R}^4$ il sottospazio generato da $u_1 = (1, 0, 1, 0)$ e $u_2 = (0, 1, 0, 1)$, e sia $V = \operatorname{Im} f$. Sia $h : U \to V$ la funzione definita da $h(u) = f(u)$, per ogni $u \in U$. Scrivere la matrice di $h$ nella base $u_1, u_2$ di $U$ e nella base di $V = \operatorname{Im} f$ trovata al punto (b).

(a) La matrice nelle basi canoniche

Con le basi canoniche la riga $i$ della matrice contiene i coefficienti della componente $i$La colonna j è f(e_j); leggendo per righe si trovano i coefficienti di x_1, ..., x_4 in ciascuna componente.Matrice associata a una funzione lineare → (attenzione alle variabili che mancano: hanno coefficiente $0$).

• 1ª componente $x_1 + 0x_2 - 2x_3 + 3x_4$: riga $1, 0, -2, 3$;
• 2ª componente $2x_1 + x_2 - x_3 + 2x_4$: riga $2, 1, -1, 2$;
• 3ª componente $-4x_1 - 3x_2 - x_3 + 0x_4$: riga $-4, -3, -1, 0$;
• 4ª componente $-3x_1 - 2x_2 + 0x_3 - x_4$: riga $-3, -2, 0, -1$.

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

(b) Nucleo e immagine

Riduzione a scala

Per calcolare il rango e risolvere $AX = \vec 0$ si riduce $A$ con l'eliminazione di GaussSi usano operazioni sulle righe (sommare a una riga un multiplo di un'altra, scambiare righe, moltiplicare per un numero non nullo) che non cambiano le soluzioni del sistema omogeneo né il rango.Eliminazione di Gauss →. Il pivot della prima colonna è l'$1$ in alto a sinistra; si annullano gli elementi sotto di esso:

• $R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$: $(2, 1, -1, 2) - (2, 0, -4, 6) = (0, 1, 3, -4)$;
• $R_3 \leftarrow R_3 + 4R_1$: $(-4, -3, -1, 0) + (4, 0, -8, 12) = (0, -3, -9, 12)$;
• $R_4 \leftarrow R_4 + 3R_1$: $(-3, -2, 0, -1) + (3, 0, -6, 9) = (0, -2, -6, 8)$.

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & -4 \\ 0 & -3 & -9 & 12 \\ 0 & -2 & -6 & 8 \end{pmatrix}$$

Ora il pivot è l'$1$ della seconda riga, seconda colonna:

• $R_3 \leftarrow R_3 + 3R_2$: $(0, -3, -9, 12) + (0, 3, 9, -12) = (0, 0, 0, 0)$;
• $R_4 \leftarrow R_4 + 2R_2$: $(0, -2, -6, 8) + (0, 2, 6, -8) = (0, 0, 0, 0)$.

$$A' = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Le righe non nulle (i pivot) sono 2, quindi $\operatorname{rango}(A) = 2$.

Immagine

$\dim \operatorname{Im} f = \operatorname{rango}(A) = 2$. L'immagine è generata dalle colonne di $A$Le colonne di A sono f(e_1), ..., f(e_4), che generano Im f.Matrice associata a una funzione lineare → e basta sceglierne due indipendenti. I pivot di $A'$ stanno nelle colonne 1 e 2, quindi le colonne 1 e 2 della matrice originale $A$ sono indipendenti:

$$w_1 = (1, 2, -4, -3), \qquad w_2 = (0, 1, -3, -2)$$

(Che siano indipendenti si vede anche a occhio: $w_2$ ha prima componente $0$ e $w_1$ no, quindi non sono proporzionali.) Quindi $\operatorname{Im} f = \langle w_1, w_2 \rangle$.

Nucleo

Per nullità + rango $\dim \operatorname{Ker} f = 4 - 2 = 2$. Il nucleo è dato da $AX = \vec 0$, equivalente al sistema ridotto:

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

Le incognite libere sono $x_3$ e $x_4$ (quelle senza pivot). Il generico vettore del nucleo è

$$(2x_3 - 3x_4, \ -3x_3 + 4x_4, \ x_3, \ x_4) = x_3 \, (2, -3, 1, 0) + x_4 \, (-3, 4, 0, 1)$$

quindi, ponendo una volta $x_3 = 1, x_4 = 0$ e una volta $x_3 = 0, x_4 = 1$:

$$\operatorname{Ker} f = \langle (2, -3, 1, 0), \ (-3, 4, 0, 1) \rangle$$

I due vettori sono indipendenti perché nelle ultime due componenti hanno $(1, 0)$ e $(0, 1)$. Verifica del primo: $f(2, -3, 1, 0) = (2 - 2, \ 4 - 3 - 1, \ -8 + 9 - 1, \ -6 + 6) = (0, 0, 0, 0)$ ✓.

(c) L'antimmagine di $(1, 0, 2, 1)$

$f^{-1}(1, 0, 2, 1)$ è l'insieme delle soluzioni di $AX = (1, 0, 2, 1)^T$. Si riduce la matrice completa con le stesse operazioni di prima (applicate anche all'ultima colonna):

$$\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -2 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & -1 & 2 & 0 \\ -4 & -3 & -1 & 0 & 2 \\ -3 & -2 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right)$$

Sui termini noti: $R_2 - 2R_1$ dà $0 - 2 = -2$; $R_3 + 4R_1$ dà $2 + 4 = 6$; $R_4 + 3R_1$ dà $1 + 3 = 4$. Poi $R_3 + 3R_2$ dà $6 - 6 = 0$ e $R_4 + 2R_2$ dà $4 - 4 = 0$:

$$\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -2 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & -4 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$$

Le righe nulle hanno termine noto $0$: niente equazioni impossibili del tipo $0 = c \ne 0$, quindi il sistema ha soluzioni (per Rouché-CapelliIl sistema ha soluzioni se e solo se la matrice dei coefficienti e la matrice completa hanno lo stesso rango.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → i ranghi sono entrambi 2), cioè $(1, 0, 2, 1) \in \operatorname{Im} f$. Il sistema ridotto è

$$x_1 = 1 + 2x_3 - 3x_4, \qquad x_2 = -2 - 3x_3 + 4x_4$$

Con $x_3 = x_4 = 0$ si ottiene la soluzione particolare $v_0 = (1, -2, 0, 0)$. L'antimmagine è una soluzione particolare più il nucleoSe f(v_0) = w allora f^{-1}(w) = v_0 + Ker f.Nucleo e immagine →:

$$f^{-1}(1, 0, 2, 1) = (1, -2, 0, 0) + \operatorname{Ker} f = (1, -2, 0, 0) + \langle (2, -3, 1, 0), (-3, 4, 0, 1) \rangle$$

Verifica: $f(1, -2, 0, 0) = (1, \ 2 - 2, \ -4 + 6, \ -3 + 4) = (1, 0, 2, 1)$ ✓.

La soluzione ufficiale scrive $(-1, 0, 2, 2) + \operatorname{Ker} f$: è lo stesso insieme, perché $(-1, 0, 2, 2) = (1, -2, 0, 0) + 2(2, -3, 1, 0) + 2(-3, 4, 0, 1)$ (si ottiene con $x_3 = x_4 = 2$). Soluzioni particolari diverse differiscono per un vettore del nucleo.

(d) La matrice della restrizione $h$

$h$ fa la stessa cosa di $f$, ma solo sui vettori di $U$ e con codominio $V = \operatorname{Im} f$. Le basi da usare sono $\{u_1, u_2\}$ nel dominio e $\{w_1, w_2\}$ (trovata in (b)) nel codominio, quindi la matrice è $2 \times 2$.

Seguendo la ricettaColonna j = coordinate di h(u_j) rispetto alla base del codominio.Matrice associata a una funzione lineare →: calcolo $h(u_1)$ e $h(u_2)$ e li scrivo come combinazione di $w_1, w_2$.

$h(u_1)$. $u_1 = (1, 0, 1, 0) = e_1 + e_3$, quindi $f(u_1)$ = (colonna 1 di $A$) + (colonna 3 di $A$):

$$h(u_1) = (1, 2, -4, -3) + (-2, -1, -1, 0) = (-1, 1, -5, -3)$$

Cerco $a, b$ con $a w_1 + b w_2 = (-1, 1, -5, -3)$, cioè

$$(a, \ 2a + b, \ -4a - 3b, \ -3a - 2b) = (-1, 1, -5, -3)$$

Dalla prima componente $a = -1$; dalla seconda $-2 + b = 1$, quindi $b = 3$. Le altre due componenti servono da controllo: $-4(-1) - 3 \cdot 3 = 4 - 9 = -5$ ✓, $-3(-1) - 2 \cdot 3 = 3 - 6 = -3$ ✓. Quindi $h(u_1) = -w_1 + 3w_2$: prima colonna $(-1, 3)$.

$h(u_2)$. $u_2 = e_2 + e_4$: colonna 2 + colonna 4 di $A$:

$$h(u_2) = (0, 1, -3, -2) + (3, 2, 0, -1) = (3, 3, -3, -3)$$

Da $(a, \ 2a + b, \ -4a - 3b, \ -3a - 2b) = (3, 3, -3, -3)$: $a = 3$, poi $6 + b = 3$, quindi $b = -3$. Controllo: $-12 + 9 = -3$ ✓, $-9 + 6 = -3$ ✓. Quindi $h(u_2) = 3w_1 - 3w_2$: seconda colonna $(3, -3)$.

$$M^{\{u_1, u_2\}}_{\{w_1, w_2\}}(h) = \begin{pmatrix} -1 & 3 \\ 3 & -3 \end{pmatrix}$$

Osservazione. I sistemi per le coordinate hanno 4 equazioni e 2 incognite: in generale non avrebbero soluzione. Qui ce l'hanno perché $h(u_1), h(u_2)$ stanno in $\operatorname{Im} f = \langle w_1, w_2 \rangle$ per costruzione; il controllo sulle ultime due componenti verifica di non aver sbagliato i conti.