Appunti Geometria e algebra

B C B’

È immediato vedere che, viceversa, fissata una base e una matrice invertibile , esiste una base

B B’

tale che C è la matrice di passaggio dalla base alla base .

Nucleo di un applicazione lineare

Prende il nome di nucleo di un’applicazione lineare (o Ker) un particolare sottoinsieme del dominio

dell’applicazione, formato da tutti e soli vettori del dominio che hanno come immagine lo zero del

codominio: {⃗

() = ∈ |(⃗) = ⃗}

4 2

→ ℝ :

Es. prendiamo f:ℝ

F (x, y, z, t) = (x+3z-t, x+y+z+t) 4 4

ℝ ∈ ℝ

Il nucleo della trasformazione F è il sottoinsieme di dato da tutti i vettori (x, y, z, t) tali che:

F (x, y, z, t) = (0,0)

O equivalentemente: + 3 − = 0

{ +++ = 0

3 3

ℝ → ℝ

Prendiamo f: 1 1 1 )

0 0 2

A=(

1 1 3

3

⃗

⃗ ∈ ℝ | (⃗) = ⃗} ⃗={, , }

Ker{}={ ++ =0

1 1 1 0 = −

2 = 0

( ) = ( ) → →{

( ) {

0 0 2 0 =0

+ + 3 = 0

1 1 3 0

{, {,

⃗ , } −, } = {, −, }

= = 3

{} {

⃗

⃗ ∈ ℝ | ⃗ = (1, −1,0), ∈ ℝ}

Ker = = 1 ⃗={, −, }

dim{()} BASE

Da tale definizione si evince il seguente teorema:

Teorema: il nucleo è un sottospazio vettoriale del dominio

V W F: V→W

Siano e due spazi vettoriali definiti sullo stesso campo e sia un’applicazione lineare. Il

F V

nucleo di è un sottospazio vettoriale di .

Essendo il nucleo un sottospazio vettoriale è lecito parlare di dimensione del nucleo, detta anche

indice di nullità nullità

dell’applicazione lineare o più brevemente dell’applicazione lineare.

F V

Essendo un sottospazio di dovrà avere una dimensione compresa tra zero e la dimensione dello

V.

spazio vettoriale

Nei casi limite abbiamo:

F nucleo banale V

A. Se dim (Ker( )) =0 si dice che l’applicazione ha , e l’unico elemento v ∈ tale per

F(v)=

cui 0 è v=0

F V V F

B. Se dim (Ker( )) = dim( ) allora il nucleo deve necessariamente coincidere con e dunque è

V V

l’applicazione identicamente nulla su , ossia l’applicazione che associa a ogni elemento di lo

W

zero di Immagine di un’applicazione lineare

L’immagine di un’applicazione lineare è il sottoinsieme del codominio della trasformazione

formato dai vettori dello spazio d’arrivo che sono immagine dei vettori del dominio mediante

l’applicazione lineare, ovvero: () =

⃗⃗⃗ ∈ | (⃗) =

⃗⃗⃗, ⃗ ∈

V W F: V→W

Consideriamo due spazi vettoriali e definiti su un campo e sia una trasformazione

F Im(F)

lineare; definiamo immagine di , e la indichiamo con , il sottoinsieme del codominio che ha

W F V

per elementi tutti e soli i vettori di che sono immagine, mediante , degli elementi di .

3 3

f:

Es. ℝ → ℝ 1 1 1

A= ( )

0 0 2

1 1 3

3

Im(f)=

{

⃗⃗⃗ ∈ ℝ |

⃗⃗⃗ = (1,0,1) + (1,0,1) + (1,2,3), , , ∈ ℝ}

La dimensione dell’immagine coincide con il rango di A:

dim (Im(f)) = r(A) r(A)=2

= ∦

1 2 1 3

Per rappresentare il sottospazio vettoriale, che è l’immagine di ℝ sono sufficienti solo due colonne

della matrice (essendo le prime due identiche):

3

Im(f)= {

⃗⃗⃗ ∈ ℝ |

⃗⃗⃗ = (1,0,1) + (1,2,3), , ∈ ℝ}

{1,0,1}, {1,2,3}

⃗⃗⃗

⃗⃗⃗

1 2

I vettori

⃗⃗⃗ e

⃗⃗⃗ sono linearmente indipendenti, quindi costituiscono una base di ℝ.

1 2

Teorema: l’immagine è un sottospazio vettoriale del codominio

F: V→W F

Data un’applicazione lineare tra spazi vettoriali definiti su un campo , l’immagine di è un

W

sottospazio vettoriale del codominio .

Avendo dimostrato che l’immagine di un’applicazione lineare è un sottospazio vettoriale, è lecito

rango dell’applicazione lineare.

parlare di dimensione dell’immagine, spesso detta

F: V→W, Im(F) W

Data essendo un sottospazio di , la dimensione dell’immagine è compresa tra zero e

W

la dimensione dello spazio vettoriale .

È interessante osservare cosa avviene nei casi estremi:

dim (Im(F)) =0 F F

A. Se vuol dire che l’immagine di contiene il solo vettore nullo e dunque è

l’applicazione identicamente nulla, ossia è una funzione lineare che associa a ogni elemento di

V W

lo zero di

dim (Im(F)) =dim(W) W=Im(F)

B. Se allora i due spazi coincidono, ossia e dalla definizione

F

suriettività segue che è un’applicazione lineare suriettiva

Teorema: nullità più rango 3

Possiamo affermare che la dimensione di ℝ nel

f: V→W dim(V)=n

Sia un’applicazione lineare, precedente esercizio è data da:

Allora Ker(f) Im(f)

e hanno dimensione finita 3

dim (ℝ ) = dim (Ker (f)) + dim (Im(f))

dim(V) = dim (Ker (f)) + dim (Im(f)) =2+1=3

Dimensione e base di nucleo e immagine

Lo studio di dimensione e base del nucleo e dell’immagine di un’applicazione lineare fornisce la quasi

totalità delle informazioni che caratterizzano la trasformazione considerata.

V W n m F:

Siano e due spazi vettoriali su un medesimo campo , rispettivamente di dimensioni e , e sia

V→W un’applicazione lineare.

F v

Sappiamo che il nucleo di è il sottospazio vettoriale dei vettori del dominio che hanno come immagine

F

lo zero del codominio. Per calcolare la dimensione e una base del nucleo di procediamo nel seguente

modo: V W

1. Fissiamo una base rispettivamente per e { }

ℬ = , , . . . ,

1 2

{ }

ℬ = , , . . . ,

1 2

F

e determiniamo la matrice associata a rispetto alle basi scelte. Chiamiamo tale matrice .

…

11 12 1

…

21 22 2

= )∈

( ⋮ ⋮ … ⋮

…

1 2

2. Consideriamo un generico vettore v ∈ V e sia ( , , . . . , ) il vettore colonna delle coordinate v

1 2

rispetto alla base ℬ .

1

2

v =

ℬ ( )

⋮

F

3. Per calcolare la dimensione e una base del Ker( ) consideriamo l’equazione

F

(v)= 0

a cui associalo l’equazione matriciale = 0

ℬ

m

Dove il vettore 0 è il vettore colonna avente componenti nulle.

Svolgendo il prodotto riga per colonna tra , la precedente equazione si traduce nel sistema

ℬ

lineare omogeneo a x + a x + a x +. . . +a x = 0

11 1 12 2 13 3 1n n

a x + a x + a x +. . . +a x = 0

21 1 22 2 23 3 2n n

{ ⋮

a x + a x + a x +. . . +a x = 0

m1 1 m2 2 m3 3 mn n

4. Con questa interpretazione determinare la dimensione e una base per il nucleo equivale a trovare la

dimensione e una base per il sottospazio delle soluzioni dl sistema lineare omogeneo appena scritto

Sia essa { }

ℬ = , , . . . , ≤

1 2

Attenzione! Ciascun vettore di ℬ è un vettore di coordinate rispetto alla base ℬ .

A questo punto si aprono due scenari

V=

a. Se il dominio è ℝ ( ℝ ) e se ℬ è la base canonica di ℝ , allora ℬ è una base del nucleo così

come si presenta. Questo perché le coordinate di un vettore rispetto alla base canonica

coincidono con le componenti del vettore stesso

V≠ , V=

b. Se ℝ oppure se ℝ e ℬ non ne è la stessa base canonica, i vettori della base del nucleo si

ottengono moltiplicando ordinatamente le coordinate si ciascun vettore di ℬ per i vettori di

ℬ

3 3

F: F (x, y, z) =

Es. Determinare la dimensione e una base del nucleo dell’applicazione lineare ℝ → ℝ data da

(x+y+z, x+3y, 3x+5y+2z) 3

V=W=

Dominio e codominio dell’applicazione coincidono: ℝ

{(1,0,0),

ℬ = ℬ = = (0,1,0), (0,0,1)}

3

ℝ

F

e determiniamo la matrice associata a . A tal proposito è sufficiente calcolare le immagini dei vettori di 3

ℝ

F

tramite e disporre le componenti dei vettori immagine per colonne in una matrice

F (1,0,0) = (1+0+0,1+3 0,3 = (1,1,3)

∙ ∙ 1 + 5 ∙ 0 + 2 ∙ 0)

F (0,1,0) = (0+1+0,0+3 ∙ 1,3 ∙ 0 + 5 ∙ 1 + 2 ∙ 0) = (1,3,5)

F (0,0,1) = (0+0+1,0+3 ∙ 0,3 ∙ 0 + 5 ∙ 0 + 2 ∙ 1) = (1,0,2)

di conseguenza 1 1 1

= ( )

1 3 0

3 5 2

3

Sia v ∈ ℝ e siano (x, y, z) le sue coordinate riferite alla base . Impostiamo l’uguaglianza = 0

3 3

ℝ ℝ

ℝ3

ossia

1 1 1 0

( ) = ( )

( )

1 3 0 0

3 5 2 0

Dopo aver risolto il prodotto tra matrici a primo membro, si ottiene il sistema lineare omogeneo

++ =0

+ 3 = 0

{

3 + 5 + 2 = 0

F

Per calcolare la dimensione e una base del nucleo di determiniamo la dimensione e una base dello spazio

delle soluzioni del sistema.

La matrice dei coefficienti a esso associata 1 1 1

( )

1 3 0

3 5 2 3−2 1

ha determinante nullo e rango pari a 2, dunque per R.C il sistema ammette ∞ = ∞ soluzioni.

Possiamo pertanto affermare che la dimensione del sottospazio delle soluzioni, e quindi la dimensione del

nucleo, è 1

F

Dim (Ker( )) =1

Per trovarne una base assegniamo a una delle incognite il ruolo di parametro libero

=

= −3 = −3

{

= − − = − + 3 = 2

Le soluzioni del sistema sono quindi

(x, y, z) = (−3, , 2)= (-3,1,2) con ∈ ℝ

per cui {(−3,1,2)}

ℬ =

è una base per il sottospazio delle soluzioni del sistema

3

V=

Dal momento che il dominio è ℝ e che la base del dominio scelta per scrivere la matrice è proprio la

{(−3,1,2)}