Applicazione lineare iniettiva?

[BRN1]

Ultimo esercizio della giornata

Sia $f:RR^2 rarr RR^3$ l'applicazione lineare che trasforma rispettivamente i vettori

$a_1=((1),(0)), a_2=((0),(1)), a_3=((1),(1))$

nei vettori

$b_1=((1),(0),(1)), b_2=((-1),(0),(1)), b_3=((0),(0),(2))$

Stabilire se $f$ sia o meno iniettiva.

Un'applicazione lineare è iniettisa se e solo se $dim Ker(f)=0$, pertanto calcolo la matrice rappresentativa rispetto le basi canoniche.
I vettori $a_1$ e $a_2$ formano la base caonica di $RR^2$ e $a_3$ è linearmente dipendente da questi due. Per quanto riguarda il codominio, i vettori $b_1$ e $b_2$ formano una base incompleta di $RR^3$, mentre $b_3$ ne è linearmente dipendente.
Domanda: ma quando si è in presenza di basi incomplete, come si procede?

Io ho provato a completare la base in questo modo

$B={((1),(0),(1)),((-1),(0),(1)),((0),(1),(0))}$

ma ottengo una matrice rappresentativa che non è corretta...

$M_f=((1/2,0),(1/2,1),(0,0))$

Qualche aiuto?
Grazie!

[anto_zoolander]

Considera che ${a_1,a_2}$ forma una base di $RR^2$ e ${b_1,b_2,b_3}$ una base di $RR^3$

Quindi considerando che $f(a_1)=b_1$ e $f(a_2)=b_2$ allora puoi prendere $A=((1,0),(0,1),(0,0))$ e considerando che $r(A)=dimIm(f)=2$ sarà $dimKer(f)=0$

[Magma1]

"anto_zoolander": ${b_1,b_2,b_3}$ una base di $RR^3$

$b_3=b_1+b_2$

P.S. ma la matrice

$M_(F,A)(f)=((1,-1),(0,0),(1,1)), qquad $[nota]$mathcal(A)$ base di $RR^2$, $mathcal(F)$ base canonica di $RR^3$[/nota]

è troppo facile per essere usata?

[BRN1]

"Magma":
P.S. ma la matrice

$M_(E,A)(f)=((1,-1),(0,0),(1,1)), qquad $[nota]$mathcal(A)$ base di $RR^2$, $mathcal(E)$ base di $RR^3$[/nota]

è troppo facile per essere usata?

Beh, forse sì. Talmente facile che diventa difficile Magari una spiegazione più approfondita avrebbe fatto comodo.

E vero che un'applicazione lineare manda basi in basi, però il caso in cui sia presente una base completa solo nel dominio, mi ha mandato in panne...
Credo che il succo della questione sia il fatto che al dominio ci sia la base canonica, però se trascuriamo questo fatto e ragioniamo per via generale, applicando la definizione di matrice associata, si dovrebbe avere che

$f(a_1)=x_(11)b_1+x_(21)b_2$
$f(a_2)=x_(12)b_1+x_(22)b_2$

La matrice rappresentativa, dovendo avere tre righe e due colonne, senza un terzo vettore che completi la base nel codominio sarebbe impossibile trovare tutte le coordinate dell'immagine.

$M_f=((x_(11),x_(12)),(x_(21), x_(22)),(?,?))$

[anto_zoolander]

@magma
Ahahahah non ci ho fatto completamente caso
Mi ritiro.

[Magma1]

"BRN": Magari una spiegazione più approfondita avrebbe fatto comodo.

Touché!

$RR^2->RR^3$

$mathcal(A)=mathcal(E)$ base canonica di $RR^2$, e $mathcal(F)$ base canonica di $RR^3$

Per "creare" la matrice associata a $f$, occorre determinare le immagine dei vettori della base del dominio; quindi si cercano le componenti di tali immagini rispetto a una qualsiasi base di $RR^3$, ovviamente la più comoda è proprio la base canonica; ovvero

$a_1 -> f(a_1)= b_1 ->[b_1]_(F)$

infine le immagini si pongono in colonna, ottenendo

$ M_(E,A)(f)=((1,-1),(0,0),(1,1)) $

In questo caso la verifica è facilitata dalla scelta della base, ma qualora si avessero due basi differenti da quella canonica, una semplice verifica potrebbe essere questa

$f(a_1)=M_(E,A)(f)((1),(0))=((1,-1),(0,0),(1,1)) ((1),(0))=((1),(0),(1))=b_1$

$f(a_2)=M_(E,A)(f)((0),(1))=((1,-1),(0,0),(1,1)) ((0),(1))=((-1),(0),(1))=b_2$

Inoltre, le due righe non nulle di $M_(E,F)(f)$ sono l.i. per cui il $ker(f)$ non può che essere banale e avere dimensione nulla.

"BRN":
La matrice rappresentativa, dovendo avere tre righe e due colonne, senza un terzo vettore che completi la base nel codominio sarebbe impossibile trovare tutte le coordinate dell'immagine.

Questa frase non l'ho ben capita. Comunque ti vorrei far osservare che una $f : RR^2->RR^3$ non può mai essere surgettiva, ovvero $EE y in RR^3 : (AA x in RR^2, f(x)ney)$.

[BRN1]

Ok, sbagliavo a non considerare la base canonica anche nel codominio. Ora mi è chiaro tutto.
Grazie mille!!!