Esercizio 44rango con parametro, righe e colonne, nucleo della trasposta (settembre 2023)

Testo (3° appello del 20 settembre 2023, esercizio 2). Consideriamo la matrice

$$A_t = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 & 3 \\ -1 & 4 & -6 & t \end{pmatrix}.$$

(a) Determinare il rango di $A_t$ al variare di $t \in \mathbb{R}$. (b) Per tutto il resto dell'esercizio si ponga $t = 0$. Sia $v = (2, \alpha, 2, 3)$. Trovare il valore di $\alpha$ per cui il sistema $A_0 X = v$ ha soluzioni, e trovare tutte le soluzioni di tale sistema. (c) Sia $U$ il sottospazio generato dalle righe di $A_0$ e $W$ il sottospazio generato dalle colonne di $A_0$. Trovare una base di $U$ e una base di $W$. (d) Trovare una base di $\operatorname{Ker}(A_0^T)$ e verificare che $\operatorname{Ker}(A_0^T) = W^\perp$.

Teoria usata: 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 →, Sistemi lineari e teorema di Rouché-CapelliUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli →, Complemento ortogonale e proiezioni ortogonaliL'ortogonale U⊥ di un sottospazio è un sottospazio di dimensione n − dim U, e R^n = U ⊕ U⊥; ogni vettore si scompone in proiezione su U più componente ortogonale; la proiezione è il punto di U più vicino e si calcola con un sistema o con la matrice di proiezione A(AᵀA)⁻¹Aᵀ.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →.

(a) Rango al variare di $t$

Il parametro sta nell'ultima riga e nell'ultima colonna: si possono usare come pivot gli elementi numerici delle prime righe senza problemi.

Prima colonna (pivot $1$):

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

Seconda colonna (pivot $1$ in posizione $(2, 2)$):

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

$$A_t \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & t - 1 \end{pmatrix}$$

(scambiando le ultime due righe diventa una forma a scala con pivot nelle colonne $1$, $2$, $4$).

Risposta: $\operatorname{rango}(A_t) = 3$ per $t \ne 1$, $\operatorname{rango}(A_1) = 2$.

La terza riga si è annullata per ogni $t$: rifacendo i conti all'indietro, $R_3 - 2R_1 + R_2 = 0$, cioè $R_3 = 2R_1 - R_2$. Questa relazione servirà nei punti (c) e (d).

(b) $t = 0$: per quale $\alpha$ il sistema $A_0 X = v$ ha soluzioni

Stesse operazioni sulla colonna $v = (2, \alpha, 2, 3)$:

• terza riga: $2 - 2 \cdot 2 = -2$, poi $-2 + \alpha = \alpha - 2$;
• quarta riga: $3 + 2 = 5$, poi $5 - 3\alpha$.

$$(A_0 \mid v) \longrightarrow \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 0 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 & \alpha \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \alpha - 2 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 5 - 3\alpha \end{array}\right)$$

La terza riga è $0 = \alpha - 2$: per Rouché-CapelliUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → serve $\alpha = 2$ (altrimenti il rango della completa sarebbe $4$, quello di $A_0$ è $3$).

Soluzioni per $\alpha = 2$, dal basso:

• quarta riga: $-x_4 = 5 - 6 = -1$, quindi $x_4 = 1$;
• seconda: $x_2 - 2x_3 + x_4 = 2$, quindi $x_2 = 1 + 2x_3$;
• prima: $x_1 - x_2 + 2x_4 = 2$, quindi $x_1 = 2 + x_2 - 2 = x_2 = 1 + 2x_3$.

$x_3$ è libera (la colonna $3$ non ha pivot). Con $x_3 = \lambda$:

$$X = (1, 1, 0, 1) + \lambda\,(2, 2, 1, 0), \qquad \lambda \in \mathbb{R}.$$

$(2, 2, 1, 0)$ genera il nucleo di $A_0$ ($\dim = 4 - 3 = 1$). Verifica: $A_0(1, 1, 0, 1)^T = (1 - 1 + 0 + 2, \ 0 + 1 - 0 + 1, \ 2 - 3 + 0 + 3, \ -1 + 4 - 0 + 0) = (2, 2, 2, 3) = v$ ✓.

(c) Basi dello spazio delle righe e dello spazio delle colonne

$\operatorname{rango}(A_0) = 3$, e il rango è sia il numero massimo di righe indipendenti sia il numero massimo di colonne indipendenti: $\dim U = \dim W = 3$. Bisogna scegliere 3 righe e 3 colonne indipendenti.

Righe. Dal punto (a): $R_3 = 2R_1 - R_2$, quindi $R_3$ si può togliere senza cambiare il sottospazio generato. Restano $R_1, R_2, R_4$, che sono $3$ vettori che generano uno spazio di dimensione $3$: sono una base.

$$U = \langle (1, -1, 0, 2), \ (0, 1, -2, 1), \ (-1, 4, -6, 0) \rangle .$$

(Anche le righe non nulle della forma a scala, $(1, -1, 0, 2)$, $(0, 1, -2, 1)$, $(0, 0, 0, -1)$, sono una base di $U$: le operazioni sulle righe non cambiano lo spazio generato dalle righe.)

Colonne. Le operazioni sulle righe cambiano lo spazio delle colonne, ma conservano le relazioni di dipendenza tra le colonne. Si prendono quindi le colonne di $A_0$ nelle posizioni dei pivot della forma a scala (colonne $1$, $2$, $4$):

$$W = \langle (1, 0, 2, -1), \ (-1, 1, -3, 4), \ (2, 1, 3, 0) \rangle .$$

La colonna esclusa dipende dalle altre: il vettore $(2, 2, 1, 0)$ del nucleo dice $2c_1 + 2c_2 + c_3 = 0$, cioè $c_3 = -2c_1 - 2c_2$. Controllo: $-2(1, 0, 2, -1) - 2(-1, 1, -3, 4) = (0, -2, 2, -6) = c_3$ ✓.

(d) $\operatorname{Ker}(A_0^T)$ e $W^\perp$

Base del nucleo della trasposta. $A_0^T X = 0$ si può leggere come $X^T A_0 = 0$ (trasponendo), cioè

$$x_1 R_1 + x_2 R_2 + x_3 R_3 + x_4 R_4 = 0 :$$

i vettori di $\operatorname{Ker}(A_0^T)$ sono i coefficienti delle relazioni di dipendenza tra le righe di $A_0$. Ne conosciamo una: $2R_1 - R_2 - R_3 = 0$. Siccome le righe hanno rango $3$, lo spazio delle relazioni ha dimensione $4 - 3 = 1$ e

$$\operatorname{Ker}(A_0^T) = \langle (2, -1, -1, 0) \rangle .$$

(Si ottiene lo stesso riducendo $A_0^T$ a scala e risolvendo il sistema omogeneo: il risultato è $(-2, 1, 1, 0)$, lo stesso vettore a meno del segno.)

Perché $\operatorname{Ker}(A_0^T) = W^\perp$. La componente $j$ di $A_0^T X$ è la riga $j$ di $A_0^T$, cioè la colonna $c_j$ di $A_0$, per $X$:

$$(A_0^T X)_j = c_j \cdot X .$$

Quindi $A_0^T X = 0$ se e solo se $X$ è ortogonale a tutte le colonne di $A_0$, cioè a tutto lo spazio che generano: $X \in W^\perp$. Questo vale per ogni matrice: il nucleo della trasposta è l'ortogonale dello spazio delle colonne.

Verifica numerica con la base di $W$ trovata in (c) e $X = (2, -1, -1, 0)$:

• $(1, 0, 2, -1) \cdot X = 2 + 0 - 2 + 0 = 0$;
• $(-1, 1, -3, 4) \cdot X = -2 - 1 + 3 + 0 = 0$;
• $(2, 1, 3, 0) \cdot X = 4 - 1 - 3 + 0 = 0$.

E le dimensioni tornano: $\dim W^\perp = 4 - \dim W = 4 - 3 = 1 = \dim \operatorname{Ker}(A_0^T)$. Un sottospazio di dimensione $1$ contenuto in un altro di dimensione $1$ coincide con esso ✓.

Errori comuni

• Prendere come base di $W$ le colonne della forma a scala: hanno tutte la terza componente nulla, mentre $W$ contiene vettori come $(1, 0, 2, -1)$.
• Confondere spazio delle righe e spazio delle colonne: hanno la stessa dimensione ma sono sottospazi diversi (in questo caso entrambi in $\mathbb{R}^4$, ma diversi tra loro).
• Calcolare $\operatorname{Ker}(A_0)$ invece di $\operatorname{Ker}(A_0^T)$ nel punto (d): $\operatorname{Ker}(A_0) = \langle (2, 2, 1, 0) \rangle$ è l'ortogonale dello spazio delle righe, non delle colonne.