Esercizio su applicazione lineare

[sleepy]

Salve a tutti, sto cercando di risolvere un compito proposto in passato presso la mia facoltà di ingegneria.
Ho provato a svolgerlo, ma non ho modo di verificare se il procedimento e le considerazioni fatte siano corrette. L'esercizio è il seguente:

Sia \( \{\ e_{1}, e_{2}, e_{3} \}\ \) la base canonica di \( \Re^3 \) e \( f:\Re ^3\rightarrow \Re ^4 \) data da :

\( f(e_{1})=\begin{pmatrix} 1 \\ k \\ 1 \\ k \end{pmatrix}, f(e_{2})=\begin{pmatrix} 0 \\ k \\ 1 \\ k, \end{pmatrix}, f(e_{3})=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \\ k \end{pmatrix} \)

Determinare:
a) I valori di \( k \) per cui \( f \) è suriettiva ed i valori di \( k \) per cui \( f \) è iniettiva
b) I valori di \( k \) per cui \( \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\in Imf \).

Risoluzione:

a) Qui sorge il dubbio: posso già rispondere alla domanda inerente alla suriettività? So per definizione che, data l'applicazione lineare \( f:V\rightarrow W \):

- \( f \) iniettiva \( \Longleftrightarrow \) \( dim Imf = R(A) = dim V \)
- \( f \) suriettiva \( \Longleftrightarrow \) \( dim Imf = R(A) = dim W \)

Visto che la matrice associata \(A \) avrà dimensione \( dimW*dimV \) allora, in questo caso, si avrà che:

\( r(A) <= min(dimW,dimV) = min(4,3) = 3 \) e dunque non potrà mai essere suriettiva perché sarà sempre \( R(A)\neq 4 \) .
Discorso diverso sarà per l'iniettività, visto che potrà esserlo solo se il rango sarà massimo, cioè \( r(A) = min(4,3) = 3 \).

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Per quanto riguarda la matrice associata:

Visto che la base \( B \) del sottospazio in ingresso è quella canonica di \( \Re^3\ \) ed ho a disposizione le immagini dei vettori delle coordinate di \( B \), rispetto alla base \( B' \) del sottospazio \( \Re^4\ \) (che mi pare di capire che in assenza di eventuali indicazioni sia già quella canonica di \( \Re^4\ \)), posso scrivere direttamente la matrice associata all'applicazione lineare.

Scrivo i vettori immagini per colonne e riduco a scala con il metodo di eliminazione di Gauss (sperando che i calcoli della riduzione a scala siano corretti):
Per \( k\neq 0 \)
\( A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ k & k & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ k & k & k \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & k & 1-2k \\ 0 & 0 & \frac{k-1}{k} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \)

A questo punto considero al variare di \( k \) :
- se \( k\neq 1 \) : \( R(A) = 3 \) e dunque f iniettiva in quanto \( dim Imf = R(A) = 3 = dim V = dim \Re ^3 \)
come già detto inizialmente f non suriettiva in quanto \( dim Imf = R(A) = 3 \neq dim W = dim \Re ^4 = 4 \)
- se \( k=1 \) : \( R(A) = 2 \) e dunque f non iniettiva e non suriettiva

b) Dalla matrice associata precedente estraggo la base \( B_{Imf} \) di \( Imf \), che al variare di \( k \) sarà:
- se \( k\neq 1 \) : \( B_{Imf}=\{\begin{pmatrix} 1 \\ k \\ 1 \\ k \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ k \\ 1 \\ k \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \\ k \end{pmatrix} \} \) con \( dimB_{Imf}=3 \) in quanto il rango è 3 e quindi i 3 vettori sono linearmente indipendenti.
- se \( k= 1 \) : \( B_{Imf}=\{\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \} \) con \( dimB_{Imf}=2 \) in quanto il rango è 2 e quindi i 3 vettori sono linearmente dipendenti (prendo solo le colonne di \( A \) non ridotta corrispondenti alle colonne con pivots non nulli di quella a scala.

A questo punto verifico che \( v = \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\in Imf \):
- se \( k\neq 1 \) : verifico che \( v \) sia combinazione lineare dei vettori della base \( B_{Imf}=\{\begin{pmatrix} 1 \\ k \\ 1 \\ k \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ k \\ 1 \\ k \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \\ k \end{pmatrix} \} \) per coefficienti non tutti nulli. Per rapidità svolgo il determinante della matrice ed impongo che sia nullo:
\( \begin{vmatrix} 1 & 0 & 2 & 0 \\ k & k & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ k & k & k & 2 \end{vmatrix} = 2k-2 \) e dunque \(2k-2=0\) se \(k=1\) e quindi \( v\notin Imf \)
- se \( k= 1 \) : verifico che \( v \) sia combinazione lineare dei vettori della base \( B_{Imf}=\{\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \} \) per coefficienti non tutti nulli. Anche in questo caso ottengo che non esiste alcuna soluzione e dunque \( v\notin Imf \).

Non aver trovato valori di k per i quali appartiene mi stranizza un poco sinceramente ...

[sleepy]

Sì, in effetti forse è solo un problema “psicologico” .
Quindi avrei già potuto rispondere alla domanda sulla suriettività senza calcolare il rango della matrice associata? Mi è sembrato di capire che posso trarre conclusioni analoghe valutando le dimensioni del sottospazio di ingresso e di uscita secondo questo “schema”:
Data \(f : V_{(n)} \rightarrow W_{(m)} \)

- \( n > m \) : in questo caso \( f \) non iniettiva in quanto \( R(A)\preceq min(n,m)=m \neq n \) senza dover calcolare il rango

- \( n=m \) : in questo caso \( f \) iniettiva \( \iff \) \( f \) suriettiva, in quanto se \( R(A)\) è massimo allora \(R(A) = n = m\). Dunque se è iniettiva è anche suriettiva e viceversa. Se non è iniettiva allora non è nemmeno suriettiva e viceversa. Questo è l’unico caso in cui effettivamente devo calcolare il rango per accertarmi.

- \( n < m\) : in questo caso (come quello dell’esercizio) \( f \) non suriettiva in quanto \( R(A) \preceq min(n,m)=n \neq m \) senza dover calcolare il rango

[sleepy]

Sì, anch'io di fretta ho fatto considerazioni non vere sul rango nella 1) e 3). Ho modificato dicendo che in ogni caso il rango si mantiene minore o uguale:
-se \(n > m\) si ha che \(R(A) \preceq min(n,m) = m \neq n \) e dunque \(f \) non può essere in ogni caso iniettiva
-se \(n < m\) si ha che \(R(A) \preceq min(n,m) = n \neq m \) e dunque \(f \) non può essere in ogni caso suriettiva