calcolo base per nucleo e immagine

[paolo1995]

Salve a tutti non riuscivo a svolgere questo esercizio:

Data l applicazione lineare f:R^3---> R^3 definita da f (e1)=e1+e2+e3 f (e2)=2e1+2e2+2e3 f (e3)=e1+e2+e3; si una base per ker f e si stabilisca se il vettore e1-e2+e3 appartiene a Imf.
Per la prima parte ho messo a sistema tutti e 3 i vettori e li ho posti uguali a 0 trovando e1=-e2-e3. Da qui ho trovato 3 vettori (1,1,0) (2,1,1) (3,2,1). Semplificandoli con Gauss ho trovato che l ultimo era l i dai primi 2 quindi non poteva appartenere alla base del nucleo che quindi ha rango 2 e contiene i primi 2 vettori.
il secondo punto nn so come si faccia invece.Chi mi da una mano???

[minomic]

Ciao, andiamo per gradi perché secondo me c'è subito un problema. Perché dici di aver trovato tre vettori?
La matrice associata all'applicazione lineare è
\[
A=\begin{bmatrix}
1&2&1\\1&2&1\\1&2&1
\end{bmatrix}
\] che ha rango $1$. Quindi la dimensione del suo nucleo è pari a $3-1=2$. Questo significa che qualunque base del nucleo sarà costituita da due vettori. Con qualche calcolo (o un po' di occhio) si può subito dire che una possibile rappresentazione del kernel della matrice è
\[
Ker f = \text{span}\left\{
\begin{bmatrix}
1\\0\\-1
\end{bmatrix},\ \begin{bmatrix}
1\\-1\\1
\end{bmatrix}
\right\}
\]
Poi ti chiede di stabilire se il vettore $v = ((1),(-1),(1))$ fa parte dell'immagine. Ma questo equivale a verificare se il sistema $Ax=v$ ammette soluzioni oppure no. Quindi costruisci la matrice completa, poi ragioni sui ranghi, eccetera. Come in un normale sistema.

Facci sapere se hai altri dubbi.

[paolo1995]

Intanto grazie per la risposta sempre esaustiva e chiara!!!
Nell ultimo punto sto un po in crisi, io ho fatto cosi:

Se faccio un sistema come x1 *t (1,1,1)+x2*t(2,2,2)+x3 *t(1,1,1)=t (1,-1,1) facendo le equazioni vengono queste soluzioni soluz.1 x1=-x3-2x2+1 1=-1 1=1
Da qui non so piu che fare.
Se era da fare a matrici non so proprio come inizare.

[minomic]

In realtà secondo me è molto più semplice di come sembra. Ci chiediamo se il vettore
\[
v=\begin{bmatrix}
1\\-1\\1
\end{bmatrix}
\] fa parte oppure no dell'immagine della matrice
\[
A=\begin{bmatrix}
1&2&1\\1&2&1\\1&2&1
\end{bmatrix}
\] Questo significa che ci chiediamo se esistono dei coefficienti $x_1, x_2, x_3$ tali che
\[
A\begin{bmatrix}
x_1\\x_2\\x_3
\end{bmatrix} = v \quad\Rightarrow\quad Ax = v
\] Cioè "esistono dei coefficienti che mi fanno ottenere il vettore $v$ a partire dalla matrice $A$?"

$Ax=v$ è un sistema lineare scritto in forma matriciale. Scriviamo la matrice ad esso associata:
\[
\left[
\begin{array}{ccc|c}
1&2&1&1\\1&2&1&-1\\1&2&1&1
\end{array}\right]
\] Per il teorema di Rouché-Capelli, questo sistema ammette soluzioni se e solo se il rango della matrice incompleta è uguale al rango della matrice completa. Il rango dell'incompleta lo avevamo già trovato ed è pari a $1$. Per quanto riguarda la matrice completa, si vede bene che il suo rango è $2$. Infatti è possibile estrarre un minore formato dalla prima e seconda riga e dalla prima e ultima colonna, cioè
\[
\begin{bmatrix}
1&1\\1&-1
\end{bmatrix}
\] che è invertibile. Conclusione: i due ranghi sono diversi, quindi il sistema non ammette soluzione, quindi il vettore non fa parte dell'immagine.

Un altro modo sarebbe stato quello di trovare una base dell'immagine e poi verificare se il vettore $v$ fa parte del sottospazio generato dai vettori di questa base. Proviamo! Come è fatto il generico vettore dell'immagine? Deve essere un vettore linearmente dipendente dalle colonne della matrice $A$, in modo che io lo possa raggiungere con una opportuna combinazione lineare di queste. Chiamiamo
\[
w=\begin{bmatrix}
a\\b\\c
\end{bmatrix}
\] il generico vettore dell'immagine. Imporre che questo vettore sia combinazione lineare delle colonne di $A$ significa imporre che la matrice
\[
\left[
\begin{array}{ccc|c}
1&2&1&a\\1&2&1&b\\1&2&1&c
\end{array}\right]
\] abbia rango $1$, cioè uguale a quello di $A$. Dobbiamo quindi imporre che
\[
\begin{cases}
b-a=0 \\ c-a = 0
\end{cases} \quad\Rightarrow\quad a=b=c
\] In definitiva il generico vettore dell'immagine può essere scritto come
\[
w = \begin{bmatrix}
a\\a\\a
\end{bmatrix} = a\begin{bmatrix}
1\\1\\1
\end{bmatrix}
\] Quindi una base dell'immagine è costituita dal vettore \(\begin{bmatrix}
1&1&1
\end{bmatrix}^T\). Il nostro vettore \(\begin{bmatrix}
1&-1&1
\end{bmatrix}^T\) è evidentemente linearmente indipendente da questa base, quindi non appartiene all'immagine di $A$.

[paolo1995]

Grazie mille per l'aiuto! Penso che userò il secondo metodo, sembra più semplice e intuitivo