[Risolto] Algebra Lineare

Ciao!

Per risolvere il problema devi scrivere la matrice associata all'applicazione lineare, il resto vien da sé!

Innanzi tutto nota che le componenti dell'AL sono già scritte come combinazione lineare di una base dello spazio d'arrivo (addirittura la base canonica, che rende più tranquillo il lavoro). Quindi, per scrivere la matrice associata, ti basterà riportare in colonna i coefficienti dei vettori della base canonica di $ R^4 $ associati all'applicazione lineare valutata in ogni vettore della base canonica di $ R^3 $. 

A parole sembra molto complesso, ma vedrai che è incredibilmente banale.

Hai:

$ f(e_{1})=f_{1}+2f_{2}-f_{3} $

$ f(e_{2})=-f_{2}+f_{3}-f_{4} $

$ f(e_{3})=f_{1}+f_{3}-2f_{4} $

Ognuna delle tre immagini della funzione, associata ad un vettore della base canonica di $ R^3 $, forma una colonna della matrice. Avremo, quindi:

$ \begin{pmatrix}1 & 0& 1\\2 &-1 & 0\\-1 & 1 & 1\\0 & -1 & -2\\\end{pmatrix} $

Riducendola, si trova che ben due righe sono nulle: 

$ \begin{pmatrix}1 & 0& 1\\0 &1 & 2\\0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0\\\end{pmatrix} $

Ora attenzione: il rango della matrice è al massimo pari alla dimensione minore della matrice. Avendo una matrice 4x3, il rango massimo è 3. (D'altronde, se ci pensi, è molto intuitivo: un sistema di 4 equazioni in 3 incognite ha necessariamente un'equazione ridondante).

Dato che la matrice ha una riga nulla (oltre a quella generata dall'equazione superflua), il suo rango sarà $ \rho(M_{f})=n-1=2 $.

Di conseguenza, l'immagine dell'applicazione lineare avrà dimensione 2 e il nucleo sarà generato da un vettore. (Questo, ovviamente, significa che l'immagine è generata da due vettori, e il nucleo ha dimensione 1. L'ho scritto in quel modo per sottolineare l'equivalenza delle affermazioni).

La correttezza di quanto affermato è evidente dal teorema delle dimensioni.

Troviamo ora una base dell'immagine.

Innanzi tutto possiamo notare come i tre vettori colonna che formano la matrice $ M_{f} $ non siano linearmente indipendenti: il terzo, come si verifica facilmente, è dato dal primo più il doppio del secondo. Quindi i tre vettori non solo non formano una base di $ R^4 $ (il che era abbastanza scontato, dato che una base di $ R^4 $ ha 4 vettori), ma generano uno spazio di dimensione 2, non 3. Quindi, una base dello spazio vettoriale da essi generato è data dai primi due vettori: 

$ B_{Im_{f}}=\Biggl\{\begin{pmatrix}1\\2\\-1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\-1\\1\\-1\end{pmatrix}\Biggl\} $

Poiché la base tramite cui sono state espresse le immagini dei vettori della base canonica di $ R^3 $ tramite l'applicazione lineare data è quella canonica, la base che abbiamo trovato è proprio una base dell'immagine. 

Ci resta da trovarne una per il nucleo.

Per farlo, basta risolvere il sistema lineare ricavato dalla riduzione della matrice (già calcolata) in favore di un parametro libero. (Uno, in quanto abbiamo appurato che la dimensione del nucleo è 1, quindi tale sistema avrà $ \infty^1 $). 

Scegliamo arbitrariamente il parametro libero, ad esempio poniamo $ z=t $. Dalle due righe della matrice si ricavano le due equazioni del sistema, e risolvendo (basta una banale sostituzione) si ottiene:

$ \Biggl\{ \begin{matrix}z=t\\y=-2t\\x=2t\end{matrix} $

Quindi, raccogliendo il parametro, si ottiene che la soluzione del sistema è: 

$ Sol=\Biggl\{\Biggl(\begin{matrix}2\\-2\\1\end{matrix}\Biggl)\Biggl\} $

Poiché, come abbiamo notato prima, le basi scelte all'inizio sono le basi canoniche e il dominio coincide con tutto $ R^3 $, tale insieme delle soluzioni è una base del nucleo:

$ B_{Ker_{f}}=\Biggl\{\Biggl(\begin{matrix}2\\-2\\1\end{matrix}\Biggl)\Biggl\} $

Spero di esserti stato d'aiuto, per qualsiasi dubbio, problema, o passaggio poco chiaro, dimmi.