Applicazione lineare....

[kioccolatino90]

Salve a tutti, ultimamente sto affrontando la geometrica ma non riesco a fare nemmeno un esercizio poichè non so proprio da dove cominciare ad esempio un esercizio che mi è capitato e che sto provando a risolvere, ma senza risultati è:

sia $phi: RR^3 -> RR^3$ l'endomorfismo tale che $phi(x,y,z)=(x+y, x-z, x-2y+z)$; determinare la dimensione ed una base per il nucleo e l'immagine di $phi$

quindi devo determinare:
-la dimensione e la base del nucleo;
-la dimensione e la base dell'immagine di $phi$... ho incominciato così:

$phi(x,y,z)=(x+y, x-z, x-2y+z)$

procedo col calcolo del $kerphi$:

metto a sistema le equazioni: ${(x+y=0),(x-z=0),(x-2y+z=0):}$; metto in matrice i coefficienti: $A=((1, 1, 0),(1, 0, -1),(1, -2, 1))$ e calcolo il rango: $|A|=-2-2=-4 !=0$

quindi posso dire che le tre colonne della matrice A generano l'immagine ma non è detto che siano una base, dipende dal rango, dato che il determinante è diverso da zero il $rgA=3$ poi mi sono fermato non so come continuare come devo procedere?

[mistake89]

Non sarebbe più semplice, una volta arrivata a scrivere il sistema, risolverlo?
In questo modo determini una base del $kerf$ e di conseguenza la sua dimensione, ricavando informazione (tramite un noto teorema) sulla dimensione dell'immagine!

[kioccolatino90]

ma lo devo risolvere ad esempio coll metodo di sostituzione?

[mistake89]

Non è importante il metodo usato! Quando è piuttosto immediato io tendo a preferirlo, ma insomma è solo una scelta personale, non una regola!

[kioccolatino90]

l'ho risolto mi è uscito: $(x,y,z)=(0, 0, 0)$ questa sarebbe una base del $ker$ però dato che sarebbe il vettore nullo allora non esiste una base per il ker; la dimensione del $ker phi= 0$ quindi la dimensione dell'immagine è $Im phi=0-3=3$ giusto?

[^Tipper^1]

$dimIm=rgA$ Il $rgA=3-> dimIm=3$

[kioccolatino90]

ma non si vede anche dal teorema della dimensione: $dim V=dim ker+ dimIm$?

[kioccolatino90]

e poi la base dell'immagine come la calcolo?

[mistake89]

Se i calcoli son giusti è corretto. E' indifferente (ovviamente) se usi ciò che ha detto mirino06 o il teorema da te citato.
Prova a calcolare $f(e_i)$

[kioccolatino90]

"mistake89":
Prova a calcolare $f(e_i)$

cosa indica $f(e_i)$?????

[mistake89]

L'immagine dei vettori della base canonica

[kioccolatino90]

Si fa così: $B=(1, 0, 0)(0, 1, 0)(0, 0, 1)*Bker$????

[Tagliafico]

"domy90":Si fa così: $B=(1, 0, 0)(0, 1, 0)(0, 0, 1)*Bker$????

la base del $kerf$ si è detto che è l'insieme vuoto (o volendo si potrebbe dire che il nucleo non ha base perchè è un sottospazio banale. giusto mistake?)

comunque basta che prendi le colonne della matrice A, se linearmente indipendenti.

ad esempio ${(1,1,0),(1,0,-2),(0,-1,1)}$

Questa è una base per $Imf$

[kioccolatino90]

ma quindi dato che il ker abbiamo il vettore nullo questo vuol dire che $phi$ è diagonalizzabile?

[mistake89]

Assolutamente non ci dà informazioni sulla diagonalizzabilità, anche perchè se $kerf$ è banale allora $0$ non è autovalore.

[kioccolatino90]

cioè il nucleo ci serve per capire se un'applicazione iniettiva e l'immagine per capire se essa è suriettiva...

quindi un'applicazione lineare $f: V -> W$ è:
iniettiva se il $ker f$ ha dimensione pari a zero
è suriettiva se e soltanto se $Im f= W$

quindi per essere $f$ è invertibile si deve verificare che il ker abbia dimensione zero e l'immagine abbia dimensione del codominio, in pratica $f$ deve essere biiettiva....
o no?

[mistake89]

Sì, la bigettività ti assicura l'invertibilità. Ma questa è una cosa generale!

[kioccolatino90]

però nel nostro caso abbiamo trovato che il $ker f$ ha domensione zero, $Im f$ ha dimensione del codominio e quindi la $f$ è invertibile... o sbaglio?