Esercizio

Per determinare il nucleo dell'applicazione lineare ci basta porre:

$\begin{pmatrix}
0&1 &3 &0 \\
0&0 &-2 &1 \\
0&0 &0 &0 \\
1&-1 &0 &1
\end{pmatrix} \cdot$ $\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z \\
t
\end{pmatrix} =$$\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}$

Da cui ricaviamo il sistema lineare:

$\left\{ \begin{array}{cl}
y-3z = 0\\
-2z+t=0 \\
x-y+t = 0\\
\end{array} \right. \rightarrow$$\left\{ \begin{array}{cl}
y= 3z\\
t=2z \\
x= y-t\\
\end{array} \right.$$\rightarrow
\left\{ \begin{array}{cl}
y= 3z\\
t=2z \\
x= z\\
\end{array} \right.$

che ho risolto rispetto a $z$.

Abbiamo dunque che il nucleo è dato da:

$Ker(f)=\{(z,3z,z,2z), z\in R\}$

Dato che il $Ker$ dipende da un solo parametro $z$, la sua dimensione $dim(Ker(f))=1$.

Una sua base, scegliendo $z=1$, è:

$ B_{Kerf} = <(1,3,1,2)>$

Dato che lo spazio vettoriale di partenza è $V=R^4$ che ha dimensione $dimV=4$, possiamo usare il teorema dimensionale per determinare la dimensione dell'immagine:

$ dim(Im(f)) = dimV - dim(Ker(f)) = 4-1 = 3$

infatti puoi notare che la matrice associata ha rango $3$ (una riga è completamente nulla).

Per scrivere una base dell'immagine, ci basta scegliere tra le colonne della matrice, 3 che sono tra loro linearmente indipendenti.

Ad esempio prendiamo le prime tre colonne:

$\begin{pmatrix}
0&1 &3 &0 \\
0&0 &-2 &1 \\
0&0 &0 &0 \\
1&-1 &0 &1
\end{pmatrix}$

Per vedere se sono linearmente indipendenti, calcoliamo il determinante di una sottomatrice quadrata, ad esempio quella ottenuta eliminando la terza riga, che è nulla:

$\begin{vmatrix}
0&1 &3 \\
0&0 &-2 \\
1&-1 &0
\end{vmatrix} =
\begin{vmatrix}
1 &3 \\
0 &-2 \\
\end{vmatrix} = -2$

dove il determinante l'ho sviluppato con Laplace rispetto alla prima colonna.

Dato che il determinante è diverso da $0$, il rango è massimo ed è appunto pari a tre.

Dunque come base dell'immagine, di dimensione 3, prendiamo appunto i tre vettori colonna:

$ Im(f) = <(0,0,01), (1,0,0,-1), (3,-2,0,0)>$

Infine determiniamo il sottospazio $Imf+W$

Notiamo che:

$ W = <(0,1,1,1), (1,0,0,-1)>$

contiene già uno dei vettori della base di $Im(f)$.

Vediamo se anche l'altro è contenuto in Im(f) o meno, stabilendo se è linearmente dipendente dai vettori della base di Im(f).

Per farlo consideriamo la matrice formata dai tre vettori della base di Im(f) e dal vettore $(0,1,1,1)$ di $W$, di cui calcoliamo il determinante:

$\begin{vmatrix}
0&1 &3 &0 \\
0&0 &-2 &1 \\
0&0 &0 &1 \\
1&-1 &0 &1
\end{vmatrix}
\stackrel{1col}{=}
-
\begin{vmatrix}
1 &3 &0 \\
0 &-2 &1 \\
0 &0 &1 \\
\end{vmatrix}
\stackrel{1col}{=}
-
\begin{vmatrix}
-2 &1 \\
0 &1 \\
\end{vmatrix} = +2$

Il determinante è diverso da zero, per cui i vettori sono linearmente indipendenti.

Il sottospazio somma è dunque uno spazio vettoriale di dimensione 4 generato dai quattro vettori individuati:

$Im(f)+W = <(0,0,01), (1,0,0,-1), (3,-2,0,0), (0,1,1,1)>$

La somma non è diretta dato che:

$ Im(f) \cap W = <(1,0,0,-1)>$

Noemi