applicazione lineare

Matrice A associata all'applicazione lineare data rispetto alle basi canoniche

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

riduciamola a scalini con Gauss

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

Si verificano due casi.

1. h ≠ - 1/4  ⇒ r(A) = 3 ⇒ Im f(x,y,z) = ℝ³ & Ker f(x,y,z) = {0}. Una base di Im f è la base canonica, oppure i tre vettori riga della matrice A. v(6,3,0) ovviamente non è un elemento del Ker f(x,y,z) per questi valori di h.
2. h = 1/4 ⇒ r(A) = 2 ⇒ Im f(x,y,z) = span{(1,2a,0), (0,0,1)} i due vettori costituiscono una base dell'immagine.

r(A) = 2 ⇒ dim Ker f = 1. Una base del ker f si ottiene risolvendo il sistema

$ \left\{\begin{aligned} \frac{1}{2} x + ay &= 0 \\-\frac{1}{4a} x - \frac{1}{2} y &=0 \\z &=0 \end{aligned} \right. $

la cui soluzione è $ x = t ; \land ; y = -\frac{t}{2a}  ; \land ; z = 0 $ cioè $t(1, -\frac{1}{2a}, 0)$.

Una base del ker f(x,y,z) è quindi (-2a,1,0).   Ker f = span{(-2a,1,0)}

inoltre v(6,3,0) ∈ Ker f per a = -1. 

⊳ Im f ∩ Ker f per a = 1 e h = -1/4

Consideriamo le basi di Im f e di Ker f nella condizione prescritta

(Im f)* = span{(1,2,0), (0,0,1)}

(Ker f)* = span {(-2,1,0)}  

Gli elementi in comune devono essere combinazioni lineari delle basi dei due sottospazi, cioè

α (1,2,0) + β(0,0,1) = γ (-2,1,0)

dalla quale si ricava il sistema

$ \left\{\begin{aligned} α &= -2γ \\2α &=γ \\β &=0 \end{aligned} \right. $

La cui soluzione è α = 0  ∧  β = 0 ∧ γ = 0

L'intersezione è quindi il sottospazio {0}.