Altro esercizio sulle trasformazioni lineari

[Tipper]

Ho provato a fare questo esercizio, però non so se quello che ho fatto va tutto bene.

Siano $\alpha$ e $\beta$ le trasformazioni lineari da $\mathbb{R}^{3}$ in sé, definite come segue:
$\alpha$ è la proiezione ortogonale sul piano di equazione $x_1 - x_2=0$
$\beta$ è la proiezione ortogonale sulla retta descritta dal vettore $(1,1,0)$

Le coordinate si intendono rispetto alla base dei versori

1) Calcolare null e rank di $\alpha$ e $\beta$
2)Descrivere $Im(\alpha)$ e $ker(\beta)$
3) Calcolare $dim(Im(\alpha) \cap ker(\beta))$
4) Indicare null e rank di $\beta\alpha$.
5) È vero che $\beta\alpha$ è iniettiva?
6)Scrivere le matrici che rappresentano $\alpha$, $\beta$, $\beta\alpha$ rispetto alla base canonica di $\mathbb{R}^{3}$
7) Calcolare $(\beta\alpha)^{-1}(S)$, ove $S$ è il piano di equazione $x_1 + x_2 =1$

Io ho ragionato così:

Una base per il piano $x_1-x_2=0$ è data dai vettori $(1,1,0)$ e $(0,0,1)$, mentre il complemento ortogonale a questo piano è una retta di equazione ${(x_1+x_2=0),(x_3=0):}$, e una base per quest'ultimo sottospazio è data dal vettore $(1,-1,0)$.
Questi tre vettori formano una base di $\mathbb{R}^{3}$, e, rispetto a questa base, la proiezione ortogonale $\alpha$ si esprime facilmente tramite la matrice:
$((1,0,0),(0,1,0),(0,0,0))$
e con un cambio di coordinate si trova che la matrice che rappresenta $\alpha$ rispetto ai versori fondamentali è
$((\frac{1}{2},\frac{1}{2},0),(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0),(0,0,1))$
Ragionando analogamente per $\beta$, ovviamente considerando una base opportuna per $\mathbb{R}^{3}$, arrivo alla matrice:
$((\frac{1}{2},\frac{1}{2},0),(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0),(0,0,0))$
Il rango di $\alpha$ è la dimensione dello spazio generato dalle colonne, cioè 2, mentre il null vale $3-2=1$, per il teorema di nullità + rango.
Per $\beta$ ho ragionato analogamente, e ho trovato rango pari a $1$ e null pari a $2$.
$Im(\alpha)$ è lo spazio generato dalle colonne della matrice che rappresenta $\alpha)$ e, a meno di conti sbagliati, l'equazione cartesiana mi torna $x_1=x_2$.
Per calcolare $ker(\beta)$ ho calcolato la retroimmagine di $(0,0,0)$ e mi torna $x_1+x_2=0$.
Mettendo a sistema $ker(\beta)$ e $Im(\alpha)$ ottengo $x_1=x_2=x_3=0$, cioè lo spazio nullo, perciò la dimensione dell'intersezione mi torna $0$.
Per trovare la matrice che rappresenta $\beta\alpha$ ho fatto il prodotto delle due matrice, quella che rappresenta $\beta$ per quella che rappresenta $\alpha$, e mi torna:
$((\frac{1}{2},\frac{1}{2},0),(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0),(0,0,0))$
Il rank di torna $1$ mentre il null mi torna $2$, pertanto questa applicazione non è iniettiva.
Per quanto riguarda l'ultimo punto ho calcolato l'immagine di $\beta\alpha$ e mi torna:
$((\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2),((\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2),(0))=((x_1'),(x_2'),(x_3'))$
Scrivendo l'equazione del piano $S$ come $x_1'+x_2'=1$, e sostituendo, ottengo la retroimmagine del piano, cioè:
$(\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2)+(\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}x_2)=1$, cioè $x_1+x_2=1$

Ovviamente non pretendo in alcun modo che mi ricontrolliate i calcoli per filo e per segno, mi basterebbe se qualcuno mi dicesse se il modo con cui ho ragionato è corretto, grazie.

[karl]

A me pare che il vettore nullo non possa far parte di una base.
Ad esempio se si considerano i 3 vettori (indicati nella risposta di Tipper
come una base di $R^3$) e cioe' (0,0,0),(1,1,0) e (1,-1,0) si vede che si ha:
$1*(0,0,0)+0*(1,1,0)+0*(1,-1,0)=(0,0,0)$
e cio' prova che i predetti vettori sono linearmente dipendenti.
karl

[DavidHilbert]

Be', non c'è neppure da discuterlo: una base non può MAI contenere il vettore nullo.

[Tipper]

Errore di battitura, volevo scrivere $(1,-1,0),(1,1,0)$ e $(0,0,1)$, adesso ho corretto, scusate.