Lezione 6 Nucleo, Immagine e Teorema della Dimensione 1

Lezione 6
Nucleo, Immagine e Teorema della Dimensione
In questa lezione entriamo nel vivo della teoria delle applicazioni lineari.
Per una applicazione lineare L : V −→ W definiamo e impariamo a calcolare
il nucleo ker(L) e l’immagine Im(L), sottospazi vettoriali, rispettivamente,
del dominio V e del codominio W .
Il Teorema della dimensione mette in relazione le dimensioni di questi due
sottospazi con la dimensione di V ; piu’ precisamente ci dice che dim(V ) =
dim(ker(L)) + dim(Im(L)). Come vedremo questa semplice uguaglianza ha
importanti conseguenze e ci aiuta a semplificare notevolmente gli esercizi.
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Definizione di Nucleo e Immagine
Definizione 1.1. Siano V e W due spazi vettoriali e sia L : V → W
un’applicazione lineare. Si dice nucleo di L l’insieme dei vettori di V la
cui immagine è il vettore nullo di W . Tale insieme si indica con ker L.
ker(L) = {v ∈ V
| L(v) = 0}.
¯
Si dice immagine di L l’insieme dei vettori di W che sono immagini di
qualche vettore appartenente al dominio V , cioe’
Im(L) = {w ∈ W
| w = L(v),
v ∈ V }.
Vediamo subito qualche esempio.
Esempio 1.2. 1. Consideriamo D : R[x] −→ R[x], D(p(x)) = p′ (x). Come
abbiamo visto la derivata e’ un’applicazione lineare che va dall’insieme dei
polinomi all’insieme dei polinomi. Ci chiediamo quali siano i polinomi che
vengono mandati in zero, cioe’ D(p(x)) = 0. Dall’analisi sappiamo che sono
tutti e soli i polinomi costanti. Dunque ker(D) = {c|c ∈ R}. Vediamo ora
l’immagine di D. Ci chiediamo quali siano i polinomi che sono derivata di
altri polinomi. Dall’analisi sappiamo che sono tutti i polinomi (che infatti si
possono integrare).
2. Consideriamo ora l’applicazione lineare L : R3 −→ R2 , L(e1 ) = 2e1 − e2 ,
L(e2 ) = e1 , L(e3 ) = e1 + 2e2 . Dalla lezione precedente sappiamo che
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L(x, y, z) = (2x + y + z, −x + 2z). Vogliamo determinare nucleo e immagine
di L. ker(L) e’ l’insieme dei vettori che vengono mandati nello zero, cioe’
ker(L) = {(x, y, z)|L(x, y) = (2x + y + z, −x + 2z) = (0, 0)} =
= {(x, y, z)|2x + y + z = 0, −x + 2z = 0} =
= {(x, y, z)|x = 2z, y = −2x − z = −5z} = {(2z, −5z, z)} =
= Span{(2, −5, 1)}.
Lasciamo per il momento da parte il calcolo dell’immagine, che rivedremo
piu’ avanti in dettaglio.
Il fatto che le applicazioni lineari siano definite in modo da conservare le
due operazioni proprie degli spazi vettoriali, fa si’ che sia nucleo che immagine
di una data applicazione lineare siano sottospazi vettoriali.
Proposizione 1.3. Sia L : V −→ W un’applicazione lineare.
1. Il nucleo di L è un sottospazio vettoriale del dominio V .
2. L’immagine di L è un sottospazio vettoriale del codominio W .
Proof. (1) Dobbiamo verificare che ker(L) sia chiuso rispetto alla somma di
vettori e alla moltiplicazione di un vettore per uno scalare. Cominciamo
con la somma. Siano u e v in ker L. Allora L(u) = L(v) = 0 e quindi
L(u + v) = L(u) + L(v) = 0 + 0 = 0. Ora il prodotto per uno scalare. Se
α ∈ K si ha L(αu) = αL(u) = α0 = 0.
(2) Vediamo ora le stesse due proprieta’ per Im(L). Siano w1 , w2 ∈ ImL.
Allora esistono v1 , v2 ∈ V tali che L(v1 ) = w1 e L(v2 ) = w2 . Dunque
w1 + w2 = L(v1 ) + L(v2 ) = L(v1 + v2 ) ∈ ImL e αw1 = αL(v1 ) = L(αv1 ) ∈
Im(L) per ogni α ∈ R.
Proposizione 1.4. Sia L : V −→ W un’applicazione lineare. Allora il ssv
Im(L) e’ generato dall’immagine di una qualsiasi base di V , cioe’ se v1 . . . vn
e’ base di V :
Im(L) = Span{L(v1 ) . . . L(vn )}.
Proof. Im(L) consiste di tutti i vettori L(v) per ogni v ∈ V . Sia v1 . . . vn
una base. Allora v = λ1 v1 + . . . λn vn . Dunque:
L(v) = L(λ1 v1 +. . . λn vn ) = λ1 L(v1 )+· · ·+λn L(vn ) ∈ Span{L(v1 ) . . . L(vn )}.
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Riprendiamo l’esempio precedente.
Esempio 1.5. Vogliamo calcolare una base per l’immagine dell’applicazione
lineare L : R3 −→ R2 , L(e1 ) = 2e1 − e2 , L(e2 ) = e1 , L(e3 ) = e1 + 2e2 . Dalla
proposizione precedente sappiamo che
Im(L) = Span{2e1 − e2 , e1 , e1 + 2e2 }.
Osserviamo che Im(L) ⊂ R2 e facilmente vediamo che due vettori tra i
generatori sono linearmente indipendenti. Possiamo dunque concludere che
sono una base di R2 e dunque che Im(L) = R2 .
Vedremo meglio nella prossima sezione un metodo generale per il calcolo
di nucleo e immagine di una applicazione lineare.
Nucleo e immagine sono legate all’iniettivita’ e suriettivita dell’applicazione
lineare data. Richiamiamo brevemente questi concetti basilari.
Definizione 1.6. Sia data una funzione tra due insiemi A e B, f : A −→ B.
1. Diciamo che f e’ iniettiva se quando accade che f (x) = f (y) allora x = y,
cioe’ due elementi distinti x e y non possono mai avere la stessa immagine.
2. Diciamo che f e’ suriettiva se ogni elemento di B e’ immagine di un
elemento di A, cioe’ il codominio di f coincide con l’immagine di f .
3. Diciamo che f e’ biettiva o biunivoca se ad ogni elemento del dominio
corrisponde uno ed un solo elemento del codominio e viceversa.
4. Diciamo che f e’ invertibile se esiste una funzione g : B −→ A detta
inversa di f , tale che f ◦ g = idB , g ◦ f = idA , ove idA : A −→ A e’ la
funzione identita’ che associa ad ogni elemento se stesso, cioe’ idA (a) = a.
Proposizione 1.7. Sia f : A −→ B una funzione tra due insiemi A e B.
1. f e’ biettiva se e solo se e’ iniettiva e suriettiva.
2. f e’ biettiva se e solo se e’ invertibile.
Non riportiamo la dimostrazione di questo enunciato, che comunque lo
studente puo’ trovare in qualsiasi libro di algebra elementare.
Ritorniamo ora alle applicazioni lineari.
Proposizione 1.8. Sia L : V −→ W un’applicazione lineare.
1. L è iniettiva se e solo se ker(L) = {0}, cioe’ il suo nucleo è il sottospazio nullo del dominio V .
2. L e’ suriettiva se e solo se Im(L) = W , cioe’ l’immagine coincide con il
codominio.
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Proof. (1) Sia L iniettiva. Mostriamo che se L e’ iniettiva allora ker(L) =
{0}. Se u ∈ ker(L) allora L(u) = 0 = L(0) e poiche’ L e’ iniettiva, cio’
implica u = 0.
Se viceversa assumiamo ker L = (0), supponiamo che L(u) = L(v). Allora L(u − v) = 0 e dunque poiche’ u − v ∈ ker(L) = {0} si ha che u − v = 0,
quindi u = v, il che prova l’iniettività.
(2) e’ esattamente la definizione di suriettivita’.
La prossima proposizione ci dice che le applicazioni lineari iniettive conservano la lineare indipendenza.
Proposizione 1.9. Siano v1 , . . . , vp vettori linearmente indipendenti nello
spazio vettoriale V e sia L : V → W un’applicazione lineare iniettiva. Allora
L(v1 ), . . . , L(vp ) sono linearmente indipendenti in W .
Dim. Sia α1 L(v1 ) + · · · + αp L(vp ) = 0. Allora L(α1 v1 + · · · + αp vp ) = 0 e
poichè L è iniettiva ne segue α1 v1 + · · · + αp vp = 0. Ma poichè v1 , . . . , vp
sono vettori linearmente indipendenti in V deve essere α1 = . . . = αp = 0.
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Il Teorema della dimensione e il concetto
di isomorfismo
Teorema 2.1. Sia L : V −→ W applicazione lineare. Allora
dim V = dim(ker L) + dim(ImL)
(1)
Proof. Sia {u1 , . . . , ur } una base per il ssv ker L. Per il teorema del completamento possiamo completare tale insieme di vettori linearmente indipendenti
ad una base di V .
B = {u1 , . . . , ur , wr+1, . . . , wn } .
Se proviamo che B1 = {L(wr+1 ), . . . , L(wn )} è una base per ImL il
teorema è dimostrato in quanto r = dim(ker(L), n = dim(V ) e n − r =
dim(Im(L) (cioe’ il numero di vettori in B1 ).
Certamente B1 è un sistema di generatori per ImL per la Proposizione
1.4. Ora mostriamo che sono linearmente indipendenti. Sia
4
αr+1 L( wr+1 ) + · · · αn L(wn ) = 0
Allora L(αr+1 w1 + · · · αn wn ) = 0 e dunque w = αr+1 w1 + · · · αn wn
appartiene al nucleo di L. Dunque w = α1 u1 + · · · αr ur , ovvero
αr+1 w1 + · · · αn wn − (α1 u1 + · · · αr ur ) = 0
ed essendo B una base per V questo implica α1 = . . . = αn = 0, concludendo la prova del teorema.
La formula (1) pone delle restrizioni sulla tipologia e sull’esistenza di
applicazioni lineari tra due spazi vettoriali dati e quindi e’ di grande aiuto
per gli esercizi.
Proposizione 2.2. Siano V e W due spazi vettoriali.
1. Se dim V > dim W non esistono applicazioni lineari iniettive da V in
W.
2. Se dim V < dim W non esistono applicazioni lineari suriettive da V in
W.
Proof. E’ una semplice applicazione di (1). Se L : V → W è un’applicazione
lineare iniettiva allora dim(ker L) = 0 e dunque dim V = dim(ImL). Essendo
ImL un sottospazio di W risulta dim V ≤ dim W . Similmente se L : V → W
è suriettiva risulta ImL = W e pertanto dim W = dim V − dim(ker L).
Esempio 2.3. Si consideri l’applicazione lineare di R4 −→ R2 f (e1 ) =
e1 −e2 , f (e2 ) = 3e1 −4e2 , f (e3 ) = −e1 −5e2 , f (e4 ) = 3e1 +e2 . L’applicazione
e’ iniettiva? E’ suriettiva? E’ biunivoca? Dal teorema precedente (senza fare
alcun calcolo) stabiliamo che l’applicazione non puo’ essere iniettiva. La sua
immagine e’ generata dai vettori: e1 − e2 , 3e1 − 4e2 , −e1 − 5e2 , 3e1 + e2 ,
poiche’ almeno due sono linearmente indipendenti, essi formano una base
di R2 e dunque l’applicazione e’ suriettiva. Poiche’ non e’ iniettiva non e’
biunivoca.
Passiamo ora al concetto di isomorfismo.
Definizione 2.4. Un’applicazione lineare L : V −→ W si dice isormorfismo
se e’ invertibile, cioe’ se e’ iniettiva e suriettiva. In questo caso i due spazi V
e W si dicono isomorfi e si scrive V ∼
= W.
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Esempio 2.5. Consideriamo l’applicazione lineare L : R2 [x] −→ R3 , L(1) =
(1, 0, 0), L(x) = (0, 1, 0), L(x2 ) = (0, 0, 1). Questa applicazione e’ invertibile. Per vederlo possiamo calcolare il nucleo e vedere che e’ zero e calcolare l’immagine e vedere che e’ tutto R3 . Alternativamente possiamo dare
l’applicazione lineare T : R3 −→ R2 [x], T (e1 ) = 1, T (e2 ) = x, T (e3 ) = x2 e
verificare che e’ l’inversa di L (fare queste verifiche per esercizio!). Dunque
R2 [x] e R3 sono isomorfi. In qualche modo e’ come se fossero lo stesso spazio,
in quanto abbiamo realizzato una corrispondenza biunivoca che ad un vettore
di R2 [x] fa corrispondere uno ed un solo vettore in R3 . Questa corrispondenza conserva inoltre le operazioni di somma di vettori e moltiplicazione di
una vettore per uno scalare. Ci eravamo infatti gia’ accorti che, una volta
fissata una base in R2 [x], ogni vettore si scrive usando 3 coordinate, proprio
come un vettore in R3 . Una volta scritto il vettore nelle coordinate della base
ad esempio {1, x, x2 } a tutti gli effetti possiamo trattarlo come un elemento
di R3 . Ad esempio possiamo applicare l’algoritmo di Gauss ad un insieme di
vettori per trovare se sono linearmente indipendenti, possiamo ricavare una
base del ssv che generano etc etc.
Il prossimo teorema e’ particolarmente importante in quanto ci dice che
non solo R2 [x], ma ogni spazio vettoriale finito dimensionale e’ isomorfo a
RN per un certo N. Quindi i calcoli che noi facciamo in RN si possono
applicare a tutti questi spazi, anche molto strani, usando le coordinate dei
vettori in una base fissata.
Teorema 2.6. Due spazi vettoriali V e W sono isomorfi se e solo se hanno
uguale dimensione.
Proof. Se dim V = dim W = n allora siano {u1 , . . . , un } e {w1 , . . . , wn } due
basi di V e W rispettivamente. Allora l’applicazione lineare L : V → W tale
che L(vi ) = wi per ogni i = 0, . . . , n è un isomorfismo.
Viceversa, se due spazi vettoriali sono isomorfi tra loro allora esiste una
applicazione lineare L : V → W tale che dim(ker L) = 0 e dim(ImL) =
dim W ; applicando (2.1) si ottiene dim V = dim W .
Corollario 2.7. Mm,n ∼
= Rmn , Rd [x] ∼
= Rd+1 .
Esercizi: Dire quali delle seguenti applicazioni lineari sono isomorfismi:
1. L : R3 → R3 , L(x, y, z) = (z, y, x);
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2. L : R3 → R2 , L(x, y, z) = (7x − 5z, x + 4y);
3. L : R3 → R3 , tale che L(1, 0, 0) = (2, 0, 0), L(0, 1, 0) = (2, 1, 0),
L(0, 0, 1) = (2, 1, 6);
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Calcolo del Nucleo e dell’Immagine
Questa sezione e’ estremamente importante per gli esercizi in quanto ci
fornisce dei metodi pratici per il calcolo di una base per il nucleo e per
l’immagine di una applicazione lineare data.
Calcolo del nucleo
Supponiamo di avere un’applicazione lineare f : Rn −→ Rm e di voler
calcolare una base per il nucleo. Scriviamo f (x) come f (x) = Ax per
un’opportuna matrice A, m × n. Allora per definizione di nucleo abbiamo:
ker(f ) = {x ∈ Rn |Ax = 0}
cioe’ il nucleo ci viene dato come ssv in Rn definito da un sistema lineare di
equazioni. Ma abbiamo gia’ visto questo tipo di esercizio e dunque sappiamo
come calcolarne una base: riduciamo il sistema usando l’algoritmo di Gauss
e otteniamo direttamente ker(f ) come span dei vettori di una base. Vediamo
un esempio concreto.
Esempio 3.1. Si consideri l’applicazione lineare: f : R4 −→ R2 f (e1 ) =
−e2 , f (e2 ) = 3e1 − 4e2 , f (e3 ) = −e1 , f (e4 ) = 3e1 + e2 . Calcolare una base
per il nucleo. Vediamo subito che l’immagine ha dimensione 2 (perche’ ?) e
pertanto sappiamo gia’ che il nucleo ha pure dimensione 2 = 4−2. Calcoliamo
la matrice di f rispetto alle basi canoniche:
0
3 −1 3
A=
−1 −4 0 1
Pertanto:
ker(f ) = {(x, y, z, t)|3y − z + t = 0, −x − 4y + t = 0}
= {(x, y, z, t)|z = t + 3y, x = 4y − t} = {(4y − t, y, t + 3y, t)} =
= Span{(4, 1, 3, 0), (−1, 0, 1, 1)}.
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Calcolo dell’immagine
Supponiamo di avere un’applicazione lineare f : Rn −→ Rm e di voler
calcolare una base per l’immagine. Scriviamo f (x) come f (x) = Ax per
un’opportuna matrice A, m×n. Allora per definizione di immagine abbiamo:
Im(f ) = Span{immagine dei vettori base canonica} = Span{colonne diA}.
A questo punto e’ sufficiente applicare l’algoritmo di Gauss ai vettori colonna
di A (che naturalmente per fare l’algoritmo di Gauss devo scrivere come
righe). Vediamo un esempio.
Esempio 3.2. Sia f : R3 −→ R4 definita come f (x, y, z) = (x, 2x, x + y −
z, y). La matrice associata e’:


1 0 0
2 0 0

A=
1 1 1
0 1 0
Se applichiamo l’algoritmo di Gauss vediamo che i tre vettori dati (colonne di
A) sono linearmente indipendenti e percio’ formano una base dell’immagine.
Esercizi: Si determini una base per il nucleo delle seguenti applicazioni
lineari:
1. L : R3 → R3 , L(x, y, z) = (x, x, x);
2. L : R4 → M2×2 (R),
L(x1 , x2 , x3 , x4 ) =
x1 + x2 + x3 x1 + x3
x2
0
3. L : R2 −→ R4 , L(x, y) = (x + y, x + y, x + y, x + y);
4. L : R3 −→ R3 , L(x, y, z) = (z, x + y + z, x + y − z);
5. L : R3 −→ R3 , L(x, y, z) = (2(x − y), x + 2z, y + 2z).
Esercizi
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1. Sia data l’applicazione lineare f : R2 −→ R2 f (e1 ) = 3e1 − 3e2 ,
f (e2 ) = 2e1 − 2e2 . Si calcolino ker e Im.
2. Sia data l’applicazione lineare f : R3 −→ R3 f (x, y, z) = (x + 2z, y +
z, z). E’ un isomorfismo? Motivare la risposta.
3. Sia data l’applicazione lineare f : R3 −→ R3 f (x, y, z) = (x + z, y +
z, z). Trovare una base per Ker e Im. L’applicazione e’ iniettiva, suriettiva, biunivoca?
4. Sia data l’applicazione lineare f : R2 −→ R3 f (e1 ) = e1 + e2 − e3 ,
f (e2 ) = 2e1 − 2e2 − e3 . Si calcoli il nucleo e l’immagine. L’applicazione
data e’ iniettiva, e’ suriettiva, e’ biunivoca?
5. Sia data l’applicazione f : R2 −→ R2 f (x, y) = (x + 2ky, x − y). Si
calcolino i valori di k per cui tale applicazione e’ lineare.
6. Sia data l’applicazione lineare f : R4 −→ R2 f (x, y, z, t) = (2x−t, 3y −
x + 2z − t). Si calcolino il nucleo e l’immagine di f .
7. Sia data l’applicazione lineare:
T :
R3
−→
R3
(x, y, z) −→ (−x + y − z, z, x − y)
a) Trovare una base per ker(T ) e Im(T ).
b) Dire se l’applicazione data e’ iniettiva, suriettiva, biunivoca. Motivare la risposta.
c) L’applicazione e’ invertibile?
8. Sia data l’applicazione lineare:
T :
R2 −→
R2
(x, y) −→ (−x + y, 2x − 2y)
a) Trovare una base per ker(T ) e Im(T ).
b) Dire se l’applicazione data e’ iniettiva, suriettiva, biunivoca. Motivare la risposta.
9. Determinare, se possibile, una applicazione lineare suriettiva T : R3 →
R2 e una applicazione lineare iniettiva F : R4 → R3 .
9
10. Esistono applicazioni iniettive T : R3 → R4 ? Se si, trovarne una, se
no, motivare la risposta.
11. Sia data l’applicazione lineare:
T :
R3
−→
R4
(x, y, z) −→ (x + y − z, z, x + y, z)
a) Trovare una base per ker(T ) e Im(T ).
b) Dire se l’applicazione data e’ iniettiva, suriettiva, biunivoca. Motivare la risposta.
12. Sia T l’applicazione lineare definita nella base canonica di dominio e
codominio da
1 4
A=
a 0
Determinare al variare di a ker(T ) e Im(T ).
13. Sia T l’applicazione lineare definita
codominio dalla matrice:

1
A = 1
2
nella base canonica di dominio e

2 0
0 1
a 3
Si dica per quali valori di a T e’ un isomorfismo.
14. Sia T l’applicazione lineare definita nella base canonica di dominio e
codominio dalla matrice:


1 −1 1
A = 2 −1 0
0 0 1
Si calcoli una base per ker(T ) e Im(T ).
15. Sia : R3 → R4 l’applicazione lineare definita da: T (x, y, z) = (x +
2z, y, 2x + 3y + 4z, 3x − y + 6z). Trovare una base di per ker(T ) e una
base di Im(T ) e verificare il teorema della dimensione. T è iniettiva?
[Soluzione: Una base di ker(T ) è {(−2, 0, 1)} e una base di Im(T ) è
{(1, 0, 2, 3), (0, 1, 3, −1)}, dim(ker T ) = 1, dim(ImT ) = 2 e dim(R3 ) =
3 = 1 + 2 = dim(ker T ) + dim(ImT ), T non è iniettiva].
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