Problema con applicazione lineare

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Aiuto! Non so come risolvere questo esercizio.

Dati i seguenti sottospazi di $R^3$ :

$H=<(3,-1,2),(1,0,1),(2,-2,0)> W={(x,y,z) in R^3 : x+2y-z = 0 , z = 0}$

Determinare:
i) i sottospazi $HnnW$ e $H+W$
ii) una applicazione lineare $L:R^3 rarr R^3$ tale che $KerL = H$ e $ImL = W$

Il primo punto credo di averlo fatto bene: ho prima trovato le basi dei due sottospazi
$H = <(1,0,1),(0,1,1)>$
$W = <(-2,1,0)> $
quindi $B nn W= VUOTO$
e $B+W = {(-2,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}$

il punto due come si fa??

[minomic]

Ciao, partiamo dal nucleo. Tu sai che $$\text{Ker}L = \text{Im}\begin{bmatrix}1&0\\0&1\\1&1\end{bmatrix}$$ e questo significa che $$f\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix} = \textbf{0} \qquad\qquad f\begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}=\textbf{0}$$ Ma per la linearità della funzione possiamo scrivere $$f\left(e_1\right)+f\left(e_3\right)=\textbf{0} \qquad\qquad f\left(e_2\right)+f\left(e_3\right)=\textbf{0}$$ Combinando queste due relazioni possiamo scrivere $$f\left(e_1\right) = f\left(e_2\right) = -f\left(e_3\right)$$ Ora sappiamo che la matrice associata a un'applicazione lineare secondo la base canonica ha la struttura $$M = \left[\begin{array}{c|c|c}f\left(e_1\right) & f\left(e_2\right) & f\left(e_3\right)\end{array}\right]$$ Ora come farà l'immagine di questa applicazione lineare ad essere lo span del vettore \(\begin{bmatrix}-2&1&0\end{bmatrix}^T\)? E' sufficiente prendere una matrice come la seguente: $$M=\begin{bmatrix}2&2&-2\\-1&-1&1\\0&0&0\end{bmatrix}$$ L'applicazione è quindi descritta dalle seguenti equazioni: $$\begin{cases}x+2y=0 \\ z=0\end{cases}$$

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Grazie mille!
Ma ho ancora una domanda. Faccio il percorso inverso , cioe' parto dalla matrice associata alla base canonica e trovo Ker e Im:
Risolvo il sistema $MX = 0$ e trovo in effetti quello che mi aspettavo cioe' $KerL = H$.
Tuttavia se riduco a scala la matrice trovo che la base dell'immagine e' $B = {(1,1,-1)}$
Come mai?

[minomic]

Controlla i calcoli perché non credo che venga così.

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Forse non ho sbagliato i calcoli ma ho qualche(?) concetto poco chiaro.

Ho una matrice associata alla base canonica e voglio trovare una base dell'immagine.
Prendo la matrice e con il metodo di gauss trovo una matrice a scala equivalente per righe alla matrice data. A questo punto le righe non nulle della matrice sono i vettori della base dell'immagine. E' corretto?
Nel nostro caso moltiplico per 1/2 la seconda riga e la sommo alla prima, quindi sostituisco ottenendo

$M'=((0,0,0),(-1,-1,1),(0,0,0))$

dove sbaglio?

[minomic]

Secondo me sbagli a procedere per righe. Ti posto un procedimento più lungo ma (credo) piuttosto semplice. L'immagine è formata da tutti quei vettori $$v=\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}$$ tali da rendere risolvibile il sistema $$Mx=v$$ Scrivo la matrice associata al sistema: $$\left[\begin{array}{ccc|c}2&2&-2&x\\-1&-1&1&y\\0&0&0&z\end{array}\right]$$ Riduco per righe e ottengo $$\left[\begin{array}{ccc|c}2&2&-2&x\\0&0&0&y+\frac{x}{2}\\0&0&0&z\end{array}\right]$$ Quindi il sistema è risolvibile se e solo se $$\begin{cases}y+\frac{x}{2}=0 \\ z=0\end{cases}$$ In definitiva il generico vettore dell'immagine è $$\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-2y\\y\\0\end{bmatrix} = y\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix}$$ e quindi il vettore \(\begin{bmatrix}-2&1&0\end{bmatrix}^T\) rappresenta una base dell'immagine.

Altro modo era notare da subito che tutte le colonne della matrice erano linearmente dipendenti dalla prima, quindi ogni vettore dell'immagine (che è combinazione lineare delle colonne della matrice) non può che essere anch'esso dipendente dalla prima colonna.

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Grazie!