Suriettività

[zio_mangrovia]

Data l'applicazione lineare definita dalla seguente matrice:

$((1,1,2,1),(0,1,1,1),(1,1,1,2))$

la soluzione dice che è suriettiva ma non iniettiva, vorrei provare a ragionarci con voi.

L'applicazione va da $RR^4$ a $RR^3$ pertanto non è biettiva in quanto definita tra spazi di dimensione diversa.
La matrice risolvendo il sistema alla Gauss ha 3 pivot quindi il rango è $r=3$ ragion per cui, per il teorema di Grassman o nullità rango, $DimX=r+dimKer$ dove $r$ rappresenta la dimensione dell'immagine.
Quindi il $DimKer=1$ pertanto non può essere iniettiva.
Rimane da capire la suriettività... qua vi chiedo aiuto.

[Magma1]

$L_A: RR^4->RR^3$

$ r((1,1,2,1),(0,1,1,1),(1,1,1,2))=dim(Im(L_A))=dim(RR^3)$

quindi?

[zio_mangrovia]

E' sufficiente che la dimensione dell'immagine sia uguale a quella del codominio per avere la suriettività?
Se così ci siamo!

[Magma1]

"zio_mangrovia":E' sufficiente che la dimensione dell'immagine sia uguale a quella del codominio per avere la suriettività?
Se così ci siamo!

Yessa! Semplicemente perché $Im(f) sube RR^3$ e, se $dim(Im(f))=dim(RR^3)$, si ha che $Im(f)=RR^3$, ovvero tutti gli elementi del codominio ammettono una controimmagine[nota]$f:X->Y$, $Im(f):={AAy in Y, EE x in X qquad : qquad y=f(x)}$[/nota].

In generale

se $f: RR^n->RR^m$ allora

$f$ è iniettiva se e solo se $dim(ker(f))=0$
$f$ è surriettiva se e solo se $dim(Im(f))=m$

Se $n>m$, allora $f$ non può mai essere iniettiva (perché? )
Se $n )

Se $n=m$, $f$ è iniettiva se e solo se è suriettiva!