La mia prof ha lasciato il seguente esercizio
dire se esiste un endomorfismo di $R^3$ che soddisfa le seguenti condizioni
$Ker(f)={(x,y,z)inR^3:y-z=0}$
$Ker(f)={(x,z,z)inR^3:x,zinRR}$
$B_(Ker(f))={(1,0,0),(0,1,1)}$
$f(0,0,1)=(1,1,1)$
Ora supponiamo che esista e vediamo se le ipotesi vengano rispettate.
Intanto si ha $dim_(RR)Ker(f)=2$ quindi per la relazione dimensionale si avrebbe che $dim_(RR)Im(f)=1$
Notiamo che $ | ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 0, 1 , 1) | ne0$
Poniamo $B'_(Ker(f))={(1,0,0),(0,1,0),(0,1,1)}$
dunque i tre vettori che abbiamo sono linearmente indipendenti. Ricordando che le immagini dei vettori di una base del dominio, generano l'immagine abbiamo che:
$Im(f)=<f(1,0,0),f(0,1,0),f(0,1,1)>$
Poiché $f(0,1,0)=f(0,1,1)=vec(0)$ abbiamo che l'immagine è generata da solamente $f(1,0,0)$
$Im(f)=<(1,1,1)>$ e $dim_(RR)Im(f)=1$ dice che $B_(Im(f))={(1,1,1)}$
Dunque un vettore del codominio è del tipo $(lambda,lambda,lambda),lambdainR$
Calcolando $Ker(f)={vec(v)inRR^3:f(vec(v))=vec(0)}$
$f(vec(v))=(lambda,lambda,lambda)$
Questo mi dice che $Ker(f)={vec(0)}$ che è in disaccordo con quanto avevamo ipotizzato, ovvero che il $Ker(f)$ avesse dimensione $2$ ottenendo che invece ha dimensione $1$.
C'è qualcosa che non mi torna nell'ultima parte
