Dubbio determinazione base di ImL

[FendeR15]

Ciao a tutti, il mio dubbio consiste in una piccola parte dell'esercizio che posterò, ma per correttezza scriverò tutto.
Il testo dice: Sia $L:RR^3 rarr RR^4$ l'applicazione lineare definita dalla seguente matrice $M_C^B(L)=((2,3,1),(1,0,2),(0,-1,1),(2,0,4))$ ove C indica la base canonica di $RR^3$ e B={(1,2,0,0),(0,3,0,1),(0,2,2,1),(2,0,0,0)} stabilire se L è iniettiva e determinare una base di ImL

io lo ho svolto in questo modo:

L(1,0,0)=2(1,2,0,0)+1(0,3,0,1)+2(2,0,0,0)=(6,7,0,1)
L(0,1,0)=3(1,2,0,0)-1(0,2,2,1)=(3,4,-2,1)
L(0,0,1)=1(1,2,0,0)+2(0,3,0,1)+1(0,2,2,1)+4(2,0,0,0)=(8,10,2,3)

Quindi L(x,y,z)=x(6,7,0,1)+y(3,4,-2,1)+z(8,10,2,3)=(6x+3y+8z,7x+4y+10z,-2y+2z,x-y+3z)

So che L è iniettiva $iff KerL={0,0,0}$

Quindi ho posto $\{(6x+3y+8z=0),(7x+4y+10z=0),(-2y+2z=0),(x-y+3z=0):}$ $rArr$ $\{(6x+3y+8z=0),(7x+4y+10z=0),(z=y),(x-y+3z=0):}$ $rArr$ $\{(6x+3y+8z=0),(0=0),(z=y),(x=2y):}$ $rArr$ $\{(y=0),(0=0),(z=y),(x=2y):}$ $rArr$ $\{(y=0),(0=0),(z=0),(x=0):}$

Da qui sorge il dubbio (essendo insicuro di quello che avevo scritto prima ho scritto solo questa altra cosa e poi mi è venuto in mente di rivolgermi a qualcuno più esperto di me)

Quindi è iniettiva perche $KerL={0,0,0}$ (va bene?)

E per il teorema della dimensione $dim RR^3=dim ImL + dim KerL$ (va bene dire che $ dim KerL=0$?)

Come la scrivo la base di $ImL$?

[Magma1]

"FendeR15":
So che L è iniettiva $ iff KerL={0,0,0} $

Da qui sorge il dubbio:[...] $L$ è iniettiva perché $ KerL={0,0,0} $?

Certo, lo hai detto prima tu stesso che "L è iniettiva $ iff KerL={0,0,0} $"

"FendeR15":
E per il teorema della dimensione $ dim RR^3=dim ImL + dim KerL $
(va bene dire che $ dim KerL=0 $?)

Per convenzione si pone che il sottospazio nullo ha $dim=0$, che è proprio il tuo caso.

"FendeR15":
Come la scrivo la base di $ Im(L) $?

L'immagine di una qualsiasi funzione è generata dalle immagini dei generatori del dominio.
Quindi, per convenienza, prendiamo la base canonica del dominio e ne calcoliamo le rispettive immagini; in seguito resta solo da discutere l'indipendenza lineare delle immagini.

Ma nel tuo caso hai che

$dim(Im(L))=dim(RR^3)-dim(Ker(L))$

e poiché $dim(Ker(L))=0$ $rArr dim(Im(L))=dim(RR^3)$,

Quindi $(6,7,0,1), (3,4,-2,1), (8,10,2,3)$ generano $Im(L)$ (per ciò che ho detto precedentemente) ed inoltre sono $3=dim(Im(L))$, pertanto essi costituiscono una base di $Im(L)$[nota]Ciò è una conseguenza del teorema di Steinitz: se in $RR^n$ ho $n \text{ vettori indipendenti o n generatori } rArr $ essi costituiscono una base di $RR^n$.[/nota].