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, motivo per cui riveste un ruolo chiave nella teoria delle applicazioni lineari.

 

Questa lezione intende fornire un metodo di risoluzione degli esercizi in cui viene richiesto di calcolare la dimensione e una base del nucleo e dell'immagine di una trasformazione lineare qualsiasi. A tal proposito enunceremo anche il teorema delle dimensioni (o teorema della nullità più rango), che mette in relazione le dimensioni di nucleo e immagine e che, spesso, permette di velocizzare la risoluzione degli esercizi.

 

Se non l'avete già fatto, prima di procedere è bene dare un'occhiata alle pagine dedicate al nucleo e all'immagine di un'applicazione lineare, dove oltre alle definizioni abbiamo riportato una serie di risultati teorici che è importante sapere.

 

Come trovare la dimensione e una base del nucleo

 

Siano V e W due spazi vettoriali su un medesimo campo \mathbb{K}, rispettivamente di dimensioni n e m, e sia F:V \to W un'applicazione lineare.

 

Sappiamo che il nucleo di F è il sottospazio vettoriale dei vettori \mathbf{v} del dominio che hanno come immagine lo zero del codominio, ossia

 

\mbox{Ker}(F)=\{\mathbf{v} \in V \mbox{ t.c. } F(\mathbf{v})=\mathbf{0}_{W}\}

 

Per calcolare la dimensione e una base del nucleo di F procediamo nel modo seguente.

 

 

1) Fissiamo una base rispettivamente per V e W

 

\mathcal{B}_V=\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, ..., \mathbf{v}_n\}\\ \\ \mathcal{B}_W=\{\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2, ..., \mathbf{w}_m\}

 

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

 

A_F=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}\end{pmatrix} \in \mathbb{K}^{m\times n}

 

 

2) Consideriamo un generico vettore \mathbf{v} \in V e sia (x_1,x_2,...,x_n)^T il vettore colonna delle coordinate di \mathbf{v} rispetto alla base \mathcal{B}_V.

 

\mathbf{v}_{\mathcal{B}_V}=\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}

 

In caso di dubbi vi invitiamo a leggere la lezione sulle coordinate di un vettore rispetto a una base.

 

 

3) Per calcolare la dimensione e una base del \mbox{Ker}(F) consideriamo l'equazione

 

F(\mathbf{v})=\mathbf{0}_W

 

a cui associamo l'equazione matriciale

 

A_F \mathbf{v}_{\mathcal{B}_V}=\mathbf{0}_{\mathbb{K}^{m}}

 

dove \mathbf{0}_{\mathbb{K}^{m}} è il vettore colonna avente m componenti nulle.

 

Svolgendo il prodotto riga per colonna tra A_F\mathbf{v}_{\mathcal{B}_V}, la precedente equazione si traduce nel sistema lineare omogeneo

 

\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + ... + a_{1n}x_n=0 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + ... + a_{2n}x_n=0 \\ \vdots \\ a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + ... + a_{mn}x_n=0\end{cases}

 

 

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 del sistema lineare omogeneo appena scritto.

 

Sia essa

 

\mathcal{B}_{Sol}=\{\mathbf{s}_1, \mathbf{s}_2, ..., \mathbf{s}_k\}\ \ \mbox{ con } k\le n

 

Attenzione! Ciascun vettore di \mathcal{B}_{Sol} è un vettore di coordinate rispetto alla base \mathcal{B}_V.

 

A questo punto si aprono due scenari.

 

 

5a) Se il dominio è \mathbb{R}^n \ (V=\mathbb{R}^n) e se \mathcal{B}_V è la base canonica di \mathbb{R}^n, allora \mathcal{B}_{Sol} 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.

 

 

5b) Se V \neq \mathbb{R}^n, oppure se V=\mathbb{R}^n e \mathcal{B}_V non ne è la base canonica, i vettori della base del nucleo si ottengono moltiplicando ordinatamente le coordinate di ciascun vettore di \mathcal{B}_{Sol} per i vettori di \mathcal{B}_{V}.

 

Per intenderci, se indichiamo con \mathbf{s}_i un generico vettore di \mathcal{B}_{Sol} e con s_{i1},s_{i2},...,s_{in} le sue coordinate, l'i-esimo vettore della base del nucleo di F è

 

s_{i1}\mathbf{v}_1+s_{i2}\mathbf{v}_2+...+s_{in}\mathbf{v}_n

 

Esempio sul calcolo di una base e della dimensione del nucleo

 

Determinare la dimensione e una base del nucleo dell'applicazione lineare F: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 data da

 

F(x,y,z)=(x+y+z, \ x+3y, \ 3x+5y+2z)

 

Dominio e codominio dell'applicazione coincidono: V=W=\mathbb{R}^3. Fissiamo per entrambi la base canonica di \mathbb{R}^3

 

\mathcal{B}_V=\mathcal{B}_W=\mathcal{C}_{\mathbb{R}^3}=\{(1,0,0), \ (0,1,0), \ (0,0,1)\}

 

e determiniamo la matrice associata a F. A tal proposito è sufficiente calcolare le immagini dei vettori di \mathcal{C}_{\mathbb{R}^3} tramite F e disporre le componenti dei vettori immagine per colonne in una matrice

 

\\ F(1,0,0) = (1+0+0, \ 1+ 3\cdot 0, \ 3 \cdot 1 + 5\cdot 0 + 2 \cdot 0) = (1,1,3) \\ \\ F(0,1,0) = (0+1+0, \ 0+ 3\cdot 1, \ 3 \cdot 0 + 5\cdot 1 + 2 \cdot 0) = (1,3,5) \\ \\ F(0,0,1) = (0+0+1, \ 0+ 3\cdot 0, \ 3 \cdot 0 + 5\cdot 0 + 2 \cdot 1) = (1,0,2)

 

di conseguenza

 

A_F=\begin{pmatrix}1&1&1 \\ 1&3&0 \\ 3&5&2\end{pmatrix}

 

Sia ora \mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 e siano (x,y,z) le sue coordinate riferite alla base \mathcal{C}_{\mathbb{R}^3}. Impostiamo l'uguaglianza

 

A_F \mathbf{v}_{\mathcal{C}_{\mathbb{R}^3}} = \mathbf{0}_{\mathbb{R}^3}

 

ossia

 

\begin{pmatrix}1&1&1 \\ 1&3&0 \\ 3&5&2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

 

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

 

\begin{cases}x+y+z=0 \\ x+3y=0 \\ 3x+5y+2z=0\end{cases}

 

Per calcolare la dimensione e una base del nucleo di F determiniamo la dimensione e una base dello spazio delle soluzioni del sistema.

 

La matrice dei coefficienti a esso associata

 

\begin{pmatrix}1&1&1 \\ 1&3&0 \\ 3&5&2\end{pmatrix}

 

ha determinante nullo e rango pari a 2, dunque per il teorema di Rouché Capelli il sistema ammette \infty^{3-2}=\infty^1 soluzioni.

 

Possiamo pertanto affermare che la dimensione del sottospazio delle soluzioni, e quindi la dimensione del nucleo, è 1

 

\mbox{dim}(\mbox{Ker}(F))=1

 

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

 

Ponendo ad esempio y=\alpha con \alpha \in \mathbb{R}, e procedendo col metodo di sostituzione, si ottiene

 

\begin{cases}y=\alpha \\ x=-3y=-3\alpha \\ z=-x-y=-\alpha+3\alpha = 2\alpha \end{cases}

 

Le soluzioni del sistema sono quindi

 

(x,y,z)=(-3\alpha, \alpha, 2\alpha)=\alpha(-3,1,2)\ \ \mbox{ con } \alpha \in \mathbb{R}

 

per cui

 

\mathcal{B}_{Sol}=\{(-3,1,2)\}

 

è una base per il sottospazio delle soluzioni del sistema.

 

Dal momento che il dominio è V=\mathbb{R}^3 e che la base del dominio scelta per scrivere la matrice A_F è proprio la base canonica, concludiamo immediatamente che \mathcal{B}_{Sol}=\{(-3,1,2)\} è una base del nucleo

 

\mathcal{B}_{\mbox{Ker}(F)}=\{(-3,1,2)\}

 

 

Osservazione: dimensione e base del nucleo di un'applicazione lineare in forma esplicita

 

Il metodo per determinare la dimensione e una base del nucleo è valido per qualsiasi applicazione lineare. D'altro canto c'è uno specifico caso in cui le cose si semplificano parecchio nella pratica:

 

- se l'applicazione F è definita tra spazi vettoriali del tipo \mathbb{R}^n, e

 

- se è assegnata in forma esplicita, e

 

- se come basi di dominio e codominio si fissano le basi canoniche,

 

allora per determinare una base e la dimensione del nucleo basta imporre che le componenti della generica immagine, mediante cui è definita l'applicazione lineare, siano nulle; successivamente, calcolare una base e la dimensione del sistema lineare omogeneo così ottenuto.

 

Se riguardate in quest'ottica il precedente esempio noterete che le equazioni del sistema lineare omogeneo si ottengono proprio imponendo che le componenti della generica immagine dell'applicazione lineare siano nulle.

 

Come trovare la dimensione e una base dell'immagine

 

Passiamo al metodo per determinare la dimensione e una base dell'immagine. Ricordiamone brevemente la definizione: l'immagine di una trasformazione lineare F:V \to W è il sottoinsieme del codominio formato da tutti e soli i vettori di W che sono immagine dei vettori di V.

 

\mbox{Im}(F)=\{F(\mathbf{v})\mbox{ al variare di }\mathbf{v}\in V\}

 

Per calcolare la dimensione e una base dell'immagine di F procediamo per passi.

 

 

1) Proprio come per il nucleo, dopo aver fissato una base per V e una per W

 

\mathcal{B}_V=\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, ..., \mathbf{v}_n\}\\ \\ \mathcal{B}_W=\{\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2, ..., \mathbf{w}_m\}

 

calcoliamo la matrice A_F rappresentativa della trasformazione F rispetto a tali basi.

 

 

2) Detto C l'insieme di generatori dato dalle colonne di A_F, estraiamone una base. Se vi trovate ad affrontare gli esercizi su nucleo e immagine, quest'ultima è un'operazione che dovreste essere in grado di svolgere, ma se così non fosse vi rimandiamo alla lettura della lezione: come estrarre una base da un sistema di generatori.

 

Sia tale base \mathcal{B}_C=\{\mathbf{c}_1, \mathbf{c}_2, ..., \mathbf{c}_k\} \mbox{ con } k \le n

 

Giunti a questo punto si possono presentare due possibilità:

 

 

3a) se il codominio è \mathbb{R}^m \ (W=\mathbb{R}^m) e se \mathcal{B}_W è la base canonica di \mathbb{R}^m, allora \mathcal{B}_{C} è proprio una base dell'immagine di F e possiamo fermarci qui.

 

 

3b) Se invece W \neq \mathbb{R}^m oppure se W=\mathbb{R}^m ma \mathcal{B}_W non è la base canonica, per ricavare i vettori della base dell'immagine occorre moltiplicare, ordinatamente, le coordinate di ciascun vettore di \mathcal{B}_{C} per i vettori di \mathcal{B}_{W}.

 

Più esplicitamente, se indichiamo con \mathbf{c}_i un generico vettore di \mathcal{B}_{C} e con c_{i1}, \ c_{i2}, \ ..., \ c_{im} le sue coordinate, l'i-esimo vettore della base di \mbox{Im}(F) è

 

c_{i1}\mathbf{w}_1+c_{i2}\mathbf{w}_2+...+c_{im}\mathbf{w}_m

 

Esempio sul calcolo della dimensione e di una base dell'immagine

 

Sia F:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^4 l'omomorfismo definito da

 

F(x,y,z)=(y+z, \ 3x+y, \ x+y+z, \ 2z)

 

Calcoliamo la dimensione e una base dell'immagine.

 

Scriviamo la matrice associata ad F e riferita alle basi canoniche di dominio e codominio. Tale matrice ha per colonne le immagini dei vettori della base canonica di \mathbb{R}^3, ossia

 

\\ F(1,0,0)=(0+0, \ 3\cdot 1 + 0, \ 1+0+0, \ 2\cdot 0) = (0,3,1,0) \\ \\ F(0,1,0) = (1+0, \ 3\cdot 0 + 1, \ 0+1+0, \ 2\cdot 0) = (1,1,1,0) \\ \\ F(0,0,1) = (0+1, \ 3\cdot 0 + 0, \ 0+0+1, \ 2\cdot 1) = (1,0,1,2)

 

di conseguenza

 

A_F=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\ 3 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}

 

Consideriamo il sistema di generatori C formato dalle colonne di A_F

 

C=\{(0,3,1,0), \ (1,1,1,0), \ (1,0,1,2)\}

 

ed estraiamone una base.

 

Procediamo col metodo dei minori e osserviamo che la sottomatrice che si ottiene da A_F eliminando la quarta riga ha determinante non nullo.

 

\mbox{det}\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 \\ 3 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}=-1 \neq 0

 

Avendo trovato un minore di ordine 3 non nullo possiamo concludere che i tre vettori colonna di A_F sono linearmente indipendenti tra loro e formano una base, dunque

 

\mathcal{B}_{C}=\{(0,3,1,0), \ (1,1,1,0), \ (1,0,1,2)\}

 

Il codominio dell'applicazione è \mathbb{R}^3 e la base scelta è quella canonica, pertanto \mathcal{B}_{C} è proprio una base dell'immagine

 

\mathcal{B}_{\mbox{Im}(F)}=\{(0,3,1,0), \ (1,1,1,0), \ (1,0,1,2)\}

 

e la dimensione dell'immagine dell'applicazione lineare è 3.

 

Relazione tra le dimensioni di nucleo e immagine: il teorema delle dimensioni

 

Prima di vedere un esempio completo sul calcolo della dimensione e di una base di nucleo e immagine, vale la pena di riportare un importante risultato teorico che interviene nella risoluzione di diverse tipologie di esercizi. La dimensione del nucleo e quella dell'immagine di un'applicazione lineare sono vincolate l'una all'altra da un teorema fondamentale dell'Algebra Lineare: il teorema delle dimensioni, o teorema della nullità più rango.

 

Tale teorema asserisce che, dato un omomorfismo F:V\to W, la somma delle dimensioni del nucleo e dell'immagine coincide con la dimensione del dominio V. In una formula

 

\mbox{dim}(V)=\mbox{dim}(\mbox{Ker}(F))+\mbox{dim}(\mbox{Im}(F))

 

Per la dimostrazione del teorema delle dimensioni vi rimandiamo all'omonimo approfondimento.

 

Se riusciamo a risalire alla dimensione dello spazio V e abbiamo già calcolato una tra le dimensioni di \mbox{Ker}(F) e di \mbox{Im}(F), conosciamo automaticamente l'altra. Come potete immaginare si tratta di una potentissima relazione che ci permette di verificare i risultati ottenuti o, addirittura, di dimezzare i nostri sforzi nel caso in cui l'esercizio non richiedesse di determinare una base ma solo la dimensione del nucleo e dell'immagine.

 

 

Osservazione: teorema delle dimensioni per endomorfismi

 

Nel caso in cui F sia un endomorfismo, cioè un omomorfismo del dominio in sé, il teorema della nullità più rango si caratterizza in modo significativo.

 

Se infatti F è un'applicazione da V in V e se \mbox{dim}(\mbox{Ker}(F))=0, cioè se F è iniettiva, dal teorema delle dimensioni segue che

 

\mbox{dim}(\mbox{Im}(F))=\mbox{dim}(V)

 

e dato che V oltre ad essere il dominio è anche il codominio di F, ne deduciamo che F è anche suriettiva. In parole povere, un endomorfismo è iniettivo se e solo se è suriettivo.

 

Esempio sul calcolo della dimensione e di una base di nucleo e immagine

 

Calcolare una base e la dimensione del nucleo e dell'immagine dell'applicazione F:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3 definita come segue

 

\\ F(0,1,1)=(5,2,3) \\ \\ F(2,0,0)=(2,2,0) \\ \\ F(1,1,0)=(2,1,1)

 

F è un'applicazione definita mediante immagini di vettori del dominio, e tali vettori formano una base di \mathbb{R}^3. Essi sono infatti 3 vettori linearmente indipendenti di uno spazio vettoriale di dimensione 3.

 

Per lo studio dell'indipendenza lineare è sufficiente comporre una matrice avente per colonne i vettori preimmagine e osservare che ha rango massimo.

 

Cominciamo col determinare una matrice rappresentativa dell'endomorfismo F. Solitamente si scelgono le basi canoniche di dominio e codominio, ma in questo caso è più comodo fissare come base del dominio quella formata dai vettori preimmagine che definiscono F

 

\mathcal{B}_V=\mathcal{B}_{\mathbb{R}^3} = \{(0,1,1), \ (2,0,0), \ (1,1,0)\}

 

e come base del codominio la base canonica di \mathbb{R}^3

 

\mathcal{B}_W=\mathcal{C}_{\mathbb{R}^3}=\{(1,0,0), \ (0,1,0), \ (0,0,1)\}

 

Optando per queste basi, la matrice A_F è la matrice che ha per colonne le componenti dei vettori immagine che definiscono F, ossia

 

A_F=\begin{pmatrix}5&2&2 \\ 2&2&1 \\ 3&0&1\end{pmatrix}

 

Se questo ragionamento non vi aggrada potete tranquillamente scrivere la matrice rappresentativa di F rispetto alla base canonica di dominio e codominio, ma sappiate che i conti sono tanti e se avete dubbi a riguardo vi suggeriamo di leggere la lezione sulla matrice associata ad una applicazione lineare.

 

Detto ciò proseguiamo e scegliamo di partire dal nucleo di F. Fissiamo un generico vettore del dominio

 

\mathbf{v}=\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix}

 

e ricaviamo la forma esplicita del sistema lineare omogeneo A_{F} \mathbf{v} = \mathbf{0}

 

\begin{pmatrix}5&2&2 \\ 2&2&1 \\ 3&0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

 

che si traduce in

 

\begin{cases}5x+2y+2z=0\\ 2x+2y+z=0\\ 3x+z=0\end{cases}

 

La matrice dei coefficienti a essa associata, ossia la matrice rappresentativa di F

 

A_F=\begin{pmatrix}5&2&2 \\ 2&2&1 \\ 3&0&1\end{pmatrix}

 

ha rango 2. Osserviamo infatti che il suo determinante è nullo

 

\mbox{det}(A_F)=0

 

e che il minore di ordine 2 che si ottiene eliminando la terza riga e la terza colonna è non nullo

 

\mbox{det}\begin{pmatrix}5&2 \\ 2&2\end{pmatrix}=6 \neq 0

 

Per il teorema di Rouché Capelli il sistema ammette \infty^{3-2}=\infty^1 soluzioni, che possiamo determinare col metodo di sostituzione assegnando a una delle incognite il ruolo di parametro libero.

 

Ponendo ad esempio y=\alpha con \alpha \in \mathbb{R}, con dei semplici calcoli otteniamo

 

\begin{cases}x=2\alpha \\ y=\alpha \\ z=-6\alpha\end{cases}

 

Scrivendo la generica soluzione sotto forma di combinazione lineare

 

(x,y,z)=\left(2\alpha,\alpha, -6\alpha\right) = \alpha \left(2,1,-6\right)

 

si ottiene una base per il sottospazio delle soluzioni del sistema

 

\mathcal{B}_{Sol}=\{(2,1,-6)\}

 

Sebbene il dominio dell'applicazione sia \mathbb{R}^3, la base fissata per calcolare la matrice associata non è quella canonica, dunque il vettore della base del nucleo si ricava moltiplicando ordinatamente le coordinate del vettore di \mathcal{B}_{Sol} per i vettori della base \mathcal{B}_{V}=\{(0,1,1), \ (2,0,0), \ (1,1,0)\}

 

\\ 2 \cdot (0,1,1)+1(2,0,0)-6(1,1,0) = \\ \\ =(0,2,2)+(2,0,0)+(-6,-6,0)=(-4,-4,2)

 

In definitiva

 

\mathcal{B}_{\mbox{Ker}(F)}=\{(-4,-4,2)\}

 

e la sua dimensione è 1

 

\mbox{dim}(\mbox{Ker}(F))=1

 

Per quanto concerne l'immagine consideriamo l'insieme dei vettori colonna di A_F

 

C=\{(5,2,3), \ (2,2,0), \ (2,1,1)\}

 

Avendo già osservato che A_F ha rango 2 e che un minore non nullo è quello che contiene gli elementi delle prime due colonne, possiamo concludere immediatamente che una base dello spazio generato da C è

 

\mathcal{B}_{C}=\{(5,2,3), \ (2,2,0)\}

 

Il codominio dell'applicazione è \mathbb{R}^3 e la base del codominio che abbiamo scelto è quella canonica, dunque

 

\mathcal{B}_{\mbox{Im}(F)}=\{(5,2,3), \ (2,2,0)\}

 

e la sua dimensione è 2

 

\mbox{dim}(\mbox{Im}(F))=2

 

L'esercizio è terminato, ma concludiamo facendovi notare che il teorema delle dimensioni conferma i risultati ottenuti, almeno dal punto di vista delle dimensioni:

 

3=\mbox{dim}(\mathbb{R}^3) = \mbox{dim}(\mbox{Ker}(F)) + \mbox{dim}(\mbox{Im}(F)) = 1+2

 

 


 

Per eventuali dubbi, o per vedere tantissimi altri esercizi risolti e spiegati passo passo, potete consultare la scheda correlata o eventualmente usare la barra di ricerca interna. Qui su YM ci sono migliaia di esercizi svolti e altrettante spiegazioni fornite dallo Staff. ;)

 

 

Buona Matematica a tutti!

Giuseppe Carichino (Galois)

 

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