Esercizio 82(Im f)⊥ = Ker f per una matrice simmetrica

Testo (Appello del 2 luglio 2021, esercizio 3). Sia $f: \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^4$ la funzione lineare la cui matrice, rispetto alla base canonica, è

$$A = \begin{pmatrix} 4 & -2 & 2 & 0 \\ -2 & 2 & -3 & 1 \\ 2 & -3 & 5 & -2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \end{pmatrix}.$$

• (a) Trovare una base di $\operatorname{Im} f$ e una base di $(\operatorname{Im} f)^\perp$ e verificare che $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker} f$.
• (b) Usando il procedimento di Gram-Schmidt trovare una base ortogonale di $\operatorname{Im} f$.
• (c) Dato il vettore $v = (1, 5, -3, 1)$, trovare $u \in \operatorname{Ker} f$ e $w \in \operatorname{Im} f$ tali che $v = u + w$.

Teoria usata: 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 →, Basi ortonormali e Gram-SchmidtUna base ortonormale è fatta di vettori di norma 1 a due a due ortogonali: le coordinate si calcolano con prodotti scalari e le proiezioni con una formula diretta. Il procedimento di Gram-Schmidt trasforma una base qualsiasi in una base ortogonale (e poi ortonormale) dello stesso sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt →, Nucleo e immagineIl 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 →, 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 →.

(a) $\operatorname{Im} f$, $(\operatorname{Im} f)^\perp$ e $\operatorname{Ker} f$

Rango con Gauss

$$A \xrightarrow[\;R_3 \to R_3 - \frac12 R_1\;]{R_2 \to R_2 + \frac12 R_1} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & -2 & 4 & -2 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow[\;R_4 \to R_4 - R_2\;]{R_3 \to R_3 + 2R_2} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Due pivot (nella colonna 1 e nella colonna 2): $\operatorname{rango}(A) = 2$, quindi $\dim \operatorname{Im} f = 2$ e, per il teorema nullità + rangodim Ker f + dim Im f = dim del dominio = 4.Nucleo e immagine →, $\dim \operatorname{Ker} f = 4 - 2 = 2$.

Base di $\operatorname{Im} f$

L'immagine è generata dalle colonne di $A$; le colonne dove stanno i pivot (la prima e la seconda) sono indipendenti e formano una base:

$$v_1 = (4, -2, 2, 0), \qquad v_2 = (-2, 2, -3, 1).$$

Base di $(\operatorname{Im} f)^\perp$

$x \in (\operatorname{Im} f)^\perp$ se e solo se $x \cdot v_1 = 0$ e $x \cdot v_2 = 0$:

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

Dalla prima (divisa per $2$): $x_2 = 2x_1 + x_3$. Nella seconda: $-2x_1 + 4x_1 + 2x_3 - 3x_3 + x_4 = 0$, cioè $x_4 = -2x_1 + x_3$. Liberi $x_1, x_3$:

• $(x_1, x_3) = (1, 0)$: $w_1 = (1, 2, 0, -2)$;
• $(x_1, x_3) = (0, 1)$: $w_2 = (0, 1, 1, 1)$.

Verifica di $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker} f$

Due sottospazi della stessa dimensione, uno contenuto nell'altro, coincidono (sottospazio di uguale dimensioneSe W ⊆ U e dim W = dim U (finita), allora W = U.Dimensione →). Basta allora mostrare $(\operatorname{Im} f)^\perp \subseteq \operatorname{Ker} f$, cioè $Aw_1 = 0$ e $Aw_2 = 0$:

$$A w_1 = \begin{pmatrix} 4 - 4 + 0 + 0 \\ -2 + 4 + 0 - 2 \\ 2 - 6 + 0 + 4 \\ 0 + 2 + 0 - 2 \end{pmatrix} = 0, \qquad A w_2 = \begin{pmatrix} 0 - 2 + 2 + 0 \\ 0 + 2 - 3 + 1 \\ 0 - 3 + 5 - 2 \\ 0 + 1 - 2 + 1 \end{pmatrix} = 0 .$$

Quindi $(\operatorname{Im} f)^\perp \subseteq \operatorname{Ker} f$ e, siccome entrambi hanno dimensione $2$, $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker} f$ ✓.

Perché succede? $A$ è simmetrica ($A^T = A$). Per una matrice qualunque vale $\operatorname{Ker} A = (\text{spazio delle righe})^\perp$: infatti $Ax = 0$ significa che $x$ è ortogonale a ogni riga. Se $A$ è simmetrica le righe coincidono con le colonne, che generano $\operatorname{Im} f$: da qui $\operatorname{Ker} f = (\operatorname{Im} f)^\perp$. È un'anticipazione del teorema spettraleUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →.

(b) Base ortogonale di $\operatorname{Im} f$

$v_1 \cdot v_2 = -8 - 4 - 6 + 0 = -18 \ne 0$. Gram-Schmidt: $v_1' = v_1$, $v_2' = v_2 + \alpha v_1$ con

$$\alpha = -\frac{v_1 \cdot v_2}{v_1 \cdot v_1} = -\frac{-18}{16 + 4 + 4 + 0} = \frac{18}{24} = \frac34,$$

$$v_2' = (-2, 2, -3, 1) + \frac34 (4, -2, 2, 0) = \left(1, \frac12, -\frac32, 1\right).$$

Moltiplicando per $2$ (non cambia l'ortogonalità): $(2, 1, -3, 2)$.

Controllo: $v_1 \cdot (2, 1, -3, 2) = 8 - 2 - 6 + 0 = 0$ ✓.

Risultato (b): $\{(4, -2, 2, 0),\ (2, 1, -3, 2)\}$.

(c) $v = u + w$ con $u \in \operatorname{Ker} f$, $w \in \operatorname{Im} f$

Siccome $\operatorname{Ker} f = (\operatorname{Im} f)^\perp$, scrivere $v = u + w$ con $w \in \operatorname{Im} f$ e $u \in (\operatorname{Im} f)^\perp$ significa proprio scomporre $v$ in proiezione ortogonale su $\operatorname{Im} f$ più componente ortogonalePer ogni sottospazio W si ha ℝⁿ = W ⊕ W⊥, quindi ogni v si scrive in un solo modo come w + w' con w ∈ W, w' ∈ W⊥.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →. La decomposizione è unica.

Con la base ortogonale di (b), $v_1' = (4, -2, 2, 0)$ e $v_2'' = (2, 1, -3, 2)$:

• $v \cdot v_1' = 4 - 10 - 6 + 0 = -12$, $\ v_1' \cdot v_1' = 24$: coefficiente $-\frac12$;
• $v \cdot v_2'' = 2 + 5 + 9 + 2 = 18$, $\ v_2'' \cdot v_2'' = 4 + 1 + 9 + 4 = 18$: coefficiente $1$.

$$w = -\frac12 (4, -2, 2, 0) + (2, 1, -3, 2) = (-2, 1, -1, 0) + (2, 1, -3, 2) = (0, 2, -4, 2),$$ $$u = v - w = (1, 5, -3, 1) - (0, 2, -4, 2) = (1, 3, 1, -1).$$

Controlli:

• $u \in \operatorname{Ker} f$: $Au = (4 - 6 + 2 + 0,\ -2 + 6 - 3 - 1,\ 2 - 9 + 5 + 2,\ 0 + 3 - 2 - 1) = (0, 0, 0, 0)$ ✓;
• $w \in \operatorname{Im} f$: $w = v_1 + 2v_2 = (4 - 4,\ -2 + 4,\ 2 - 6,\ 0 + 2) = (0, 2, -4, 2)$ ✓.

Risultato (c): $u = (1, 3, 1, -1)$, $w = (0, 2, -4, 2)$.

Metodo alternativo (quello della soluzione ufficiale). Si pone $w = \alpha v_1 + \beta v_2$, $u = v - w$, e si impone $Au = 0$ (usando la forma a scala di $A$, che ha le stesse soluzioni e meno righe). Si ottiene un sistema in $\alpha, \beta$ con soluzione $\alpha = 1$, $\beta = 2$. Questo metodo non richiede la base ortogonale e funziona anche quando $\operatorname{Ker} f$ e $\operatorname{Im} f$ non sono ortogonali (purché siano in somma diretta).

Errori comuni

• Prendere come base dell'immagine le righe non nulle della forma a scala: le righe della forma a scala generano lo spazio delle righe, non quello delle colonne. Per $\operatorname{Im} f$ si prendono le colonne di $A$ nelle posizioni dei pivot.
• Credere che $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker} f$ valga sempre: vale per le matrici simmetriche; in generale $(\operatorname{Im} f)^\perp = \operatorname{Ker}(A^T)$.