Esercizio 29domande teoriche su nucleo, immagine e indipendenza lineare

---

1. $f: \mathbb{R}^5 \to \mathbb{R}^3$

Lo strumento è il teorema nullità + rangoIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine →:

$$\dim \operatorname{Ker} f + \dim \operatorname{Im} f = \dim(\text{dominio}) = 5 .$$

Il codominio non compare nella formula, ma pone un vincolo: $\operatorname{Im} f \subseteq \mathbb{R}^3$, quindi $\dim \operatorname{Im} f \le 3$.

Dimensione del nucleo.

• $\dim \operatorname{Ker} f = 5 - \dim \operatorname{Im} f \ge 5 - 3 = 2$;
• $\operatorname{Ker} f \subseteq \mathbb{R}^5$, quindi $\dim \operatorname{Ker} f \le 5$ (il valore $5$ si ha per la funzione nulla).

Risposta: $2 \le \dim \operatorname{Ker} f \le 5$, e ogni valore è possibile (per esempio con $f(x) = (x_1, x_2, x_3)$ si ha $\dim \operatorname{Ker} f = 2$; con $f(x) = (x_1, 0, 0)$ si ha $4$).

Iniettiva? $f$ è iniettiva se e solo se $\operatorname{Ker} f = \{\vec 0\}$, cioè $\dim \operatorname{Ker} f = 0$. Ma $\dim \operatorname{Ker} f \ge 2$: mai iniettiva. In generale nessuna funzione lineare da uno spazio di dimensione maggiore a uno di dimensione minore è iniettiva: "non c'è spazio" per tenere distinte tutte le direzioni.

Suriettiva? Serve $\operatorname{Im} f = \mathbb{R}^3$, cioè $\dim \operatorname{Im} f = 3$, cioè $\dim \operatorname{Ker} f = 2$: è possibile (esempio $f(x) = (x_1, x_2, x_3)$). Può esserlo, ma non lo è necessariamente (la funzione nulla non lo è).

Biettiva? Mai, perché non è mai iniettiva. Lo si vede anche così: una biezione lineare è un isomorfismo, e spazi isomorfi hanno la stessa dimensione (Funzioni lineari e isomorfismiUna funzione tra spazi vettoriali è lineare se rispetta somma e prodotto per uno scalare; manda 0 in 0, è determinata dalle immagini di una base e si chiama isomorfismo quando è anche biiettiva.Funzioni lineari e isomorfismi →); $5 \ne 3$.

2. Indipendenti vanno in indipendenti?

No, non sempre. Controesempi:

• la funzione nulla $f(v) = \vec 0$ manda qualunque coppia di vettori indipendenti in $(\vec 0, \vec 0)$, che sono dipendenti;
• più in generale, se $v_1 \in \operatorname{Ker} f$ allora $f(v_1) = \vec 0$, e un insieme che contiene il vettore nullo è dipendente;
• $f(x, y) = (x + y, 0)$: $e_1$ ed $e_2$ sono indipendenti, ma $f(e_1) = f(e_2) = (1, 0)$, uguali e quindi dipendenti.

Il fenomeno è legato alla non iniettività: nel terzo esempio due vettori diversi hanno la stessa immagine.

3. Dipendenti vanno in dipendenti?

Sì, sempre. Se $v_1, \dots, v_k$ sono dipendenti esistono $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ non tutti nulli con

$$\lambda_1 v_1 + \dots + \lambda_k v_k = \vec 0 .$$

Si applica $f$ ai due membri. A destra $f(\vec 0) = \vec 0$ (una funzione lineare manda sempre lo zero nello zero); a sinistra, per linearità,

$$f(\lambda_1 v_1 + \dots + \lambda_k v_k) = \lambda_1 f(v_1) + \dots + \lambda_k f(v_k).$$

Quindi $\lambda_1 f(v_1) + \dots + \lambda_k f(v_k) = \vec 0$ con gli stessi coefficienti, non tutti nulli: le immagini sono dipendenti. ∎

Asimmetria tra 2 e 3. Una relazione di dipendenza si "trasporta" in avanti con $f$; l'indipendenza invece può perdersi, perché $f$ può "schiacciare" direzioni diverse sulla stessa o su zero.

4. Se $f$ è iniettiva, indipendenti vanno in indipendenti

Siano $v_1, \dots, v_k$ indipendenti e supponiamo

$$\lambda_1 f(v_1) + \dots + \lambda_k f(v_k) = \vec 0 .$$

Bisogna dimostrare che tutti i $\lambda_i$ sono nulli.

1. Per linearità il primo membro è $f(\lambda_1 v_1 + \dots + \lambda_k v_k)$. Quindi il vettore $w = \lambda_1 v_1 + \dots + \lambda_k v_k$ sta in $\operatorname{Ker} f$.
2. $f$ è iniettiva, quindi $\operatorname{Ker} f = \{\vec 0\}$, e $w = \vec 0$.
3. $\lambda_1 v_1 + \dots + \lambda_k v_k = \vec 0$ con $v_1, \dots, v_k$ indipendenti implica $\lambda_1 = \dots = \lambda_k = 0$. ∎

Conseguenza utile. Se $f$ è iniettiva, $\dim f(U) = \dim U$ per ogni sottospazio $U$ (una base di $U$ va in una base di $f(U)$). È il ragionamento che serve per esempio a dire che una funzione iniettiva non può mandare un sottospazio di dimensione $3$ su uno di dimensione $2$.

Errori comuni

• Usare la dimensione del codominio nella formula nullità + rango: la somma $\dim \operatorname{Ker} f + \dim \operatorname{Im} f$ è la dimensione del dominio.
• Rispondere "sì" alla domanda 2 pensando a funzioni particolari (come l'identità): "sempre" richiede che valga per ogni $f$, e un controesempio basta a smentirlo.
• Nella dimostrazione del punto 3 cambiare i coefficienti: il punto è che sono gli stessi, e quindi ancora non tutti nulli.