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. 1 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 kerl. 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 : R 3 R 2, L(e 1 ) = 2e 1 e 2, L(e 2 ) = e 1, L(e 3 ) = e 1 + 2e 2. Dalla lezione precedente sappiamo che 1
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 kerl. 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 w 1,w 2 ImL. Allora esistono v 1,v 2 V tali che L(v 1 ) = w 1 e L(v 2 ) = w 2. Dunque w 1 +w 2 = L(v 1 )+L(v 2 ) = L(v 1 +v 2 ) ImL e αw 1 = αl(v 1 ) = L(αv 1 ) 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 v 1...v n e base di V: Im(L) = Span{L(v 1 )...L(v n )}. Proof. Im(L) consiste di tutti i vettori L(v) per ogni v V. Sia v 1...v n una base. Allora v = λ 1 v 1 +...λ n v n. Dunque: L(v) = L(λ 1 v 1 +...λ n v n ) = λ 1 L(v 1 )+ +λ n L(v n ) Span{L(v 1 )...L(v n )}. 2
Riprendiamo l esempio precedente. Esempio 1.5. Vogliamo calcolare una base per l immagine dell applicazione lineare L : R 3 R 2, L(e 1 ) = 2e 1 e 2, L(e 2 ) = e 1, L(e 3 ) = e 1 +2e 2. Dalla proposizione precedente sappiamo che Im(L) = Span{2e 1 e 2,e 1,e 1 +2e 2 }. Osserviamo che Im(L) R 2 e facilmente vediamo che due vettori tra i generatori sono linearmente indipendenti. Possiamo dunque concludere che sono una base di R 2 e dunque che Im(L) = R 2. 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 = id B, g f = id A, ove id A : A A e la funzione identita che associa ad ogni elemento se stesso, cioe id A (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. 3
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 kerl = (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 v 1,...,v p vettori linearmente indipendenti nello spazio vettoriale V e sia L : V W un applicazione lineare iniettiva. Allora L(v 1 ),...,L(v p ) sono linearmente indipendenti in W. Dim. Sia α 1 L(v 1 ) + +α p L(v p ) = 0. Allora L(α 1 v 1 + +α p v p ) = 0 e poichè L è iniettiva ne segue α 1 v 1 + +α p v p = 0. Ma poichè v 1,...,v p sono vettori linearmente indipendenti in V deve essere α 1 =... = α p = 0. 2 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{u 1,...,u r }unabaseperilssvkerl. Perilteoremadelcompletamento possiamo completare tale insieme di vettori linearmente indipendenti ad una base di V. B = {u 1,...,u r,w r+1,...,w n }. Se proviamo che B 1 = {L(w r+1 ),...,L(w n )} 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 B 1 ). Certamente B 1 è un sistema di generatori per ImL per la Proposizione 1.4. Ora mostriamo che sono linearmente indipendenti. Sia 4
α r+1 L ( w r+1 )+ α n L(w n ) = 0 Allora L(α r+1 w 1 + α n w n ) = 0 e dunque w = α r+1 w 1 + α n w n appartiene al nucleo di L. Dunque w = α 1 u 1 + α r u r, ovvero α r+1 w 1 + α n w n (α 1 u 1 + α r u r ) = 0 ed essendo B una base per V questo implica α 1 =... = α n = 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 dimv > dimw non esistono applicazioni lineari iniettive da V in W. 2. Se dimv < dimw 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 dimv dimw. Similmente se L : V W è suriettiva risulta ImL = W e pertanto dimw = dimv dim(kerl). Esempio 2.3. Si consideri l applicazione lineare di R 4 R 2 f(e 1 ) = e 1 e 2, f(e 2 ) = 3e 1 4e 2, f(e 3 ) = e 1 5e 2, f(e 4 ) = 3e 1 +e 2. 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: e 1 e 2, 3e 1 4e 2, e 1 5e 2, 3e 1 + e 2, poiche almeno due sono linearmente indipendenti, essi formano una base di R 2 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. 5
Esempio 2.5. Consideriamo l applicazione lineare L : R 2 [x] R 3, L(1) = (1,0,0), L(x) = (0,1,0), L(x 2 ) = (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 R 3. Alternativamente possiamo dare l applicazione lineare T : R 3 R 2 [x], T(e 1 ) = 1, T(e 2 ) = x, T(e 3 ) = x 2 e verificare che e l inversa di L (fare queste verifiche per esercizio!). Dunque R 2 [x] e R 3 sono isomorfi. In qualche modo e come se fossero lo stesso spazio, in quanto abbiamo realizzato una corrispondenza biunivoca che ad un vettore di R 2 [x] fa corrispondere uno ed un solo vettore in R 3. 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 R 2 [x], ogni vettore si scrive usando 3 coordinate, proprio come un vettore inr 3. Una volta scritto il vettore nelle coordinatedella base ad esempio {1,x,x 2 } a tutti gli effetti possiamo trattarlo come un elemento di R 3. 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 R 2 [x], ma ogni spazio vettoriale finito dimensionale e isomorfo a R N per un certo N. Quindi i calcoli che noi facciamo in R N 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 dimv = dimw = n allora siano {u 1,...,u n } e {w 1,...,w n } due basi di V e W rispettivamente. Allora l applicazione lineare L : V W tale che L(v i ) = w i 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) = dimw; applicando (2.1) si ottiene dimv = dimw. Corollario 2.7. M m,n = R mn, R d [x] = R d+1. Esercizi: Dire quali delle seguenti applicazioni lineari sono isomorfismi: 1. L : R 3 R 3, L(x,y,z) = (z,y,x); 6
2. L : R 3 R 2, L(x,y,z) = (7x 5z,x+4y); 3. L : R 3 R 3, tale che L(1,0,0) = (2,0,0), L(0,1,0) = (2,1,0), L(0,0,1) = (2,1,6); 3 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 : R n R m 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 R n Ax = 0} cioe il nucleo ci viene dato come ssv in R n 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 : R 4 R 2 f(e 1 ) = e 2, f(e 2 ) = 3e 1 4e 2, f(e 3 ) = e 1, f(e 4 ) = 3e 1 +e 2. 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)}. 7
Calcolo dell immagine Supponiamo di avere un applicazione lineare f : R n R m 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 : R 3 R 4 definita come f(x,y,z) = (x,2x,x+y z, y). La matrice associata e : 1 0 0 A = 2 0 0 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 : R 3 R 3, L(x,y,z) = (x,x,x); 2. L : R 4 M 2 2 (R), L(x 1,x 2,x 3,x 4 ) = ( x1 +x 2 +x 3 x 1 +x 3 x 2 0 ) 3. L : R 2 R 4, L(x,y) = (x+y,x+y,x+y,x+y); 4. L : R 3 R 3, L(x,y,z) = (z,x+y +z,x+y z); 5. L : R 3 R 3, L(x,y,z) = (2(x y),x+2z,y +2z). Esercizi 8
1. Sia data l applicazione lineare f : R 2 R 2 f(e 1 ) = 3e 1 3e 2, f(e 2 ) = 2e 1 2e 2. Si calcolino ker e Im. 2. Sia data l applicazione lineare f : R 3 R 3 f(x,y,z) = (x+2z,y + z, z). E un isomorfismo? Motivare la risposta. 3. Sia data l applicazione lineare f : R 3 R 3 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 : R 2 R 3 f(e 1 ) = e 1 + e 2 e 3, f(e 2 ) = 2e 1 2e 2 e 3. Si calcoli il nucleo e l immagine. L applicazione data e iniettiva, e suriettiva, e biunivoca? 5. Sia data l applicazione f : R 2 R 2 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 : R 4 R 2 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 : R 3 R 3 (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 : R 2 R 2 (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 : R 3 R 2 e una applicazione lineare iniettiva F : R 4 R 3. 9
10. Esistono applicazioni iniettive T : R 3 R 4? Se si, trovarne una, se no, motivare la risposta. 11. Sia data l applicazione lineare: T : R 3 R 4 (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 nella base canonica di dominio e codominio dalla matrice: 1 2 0 A = 1 0 1 2 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 : R 3 R 4 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(kert) = 1, dim(imt) = 2 e dim(r 3 ) = 3 = 1+2 = dim(kert)+dim(imt), T non è iniettiva]. 10