Applicazioni lineari

[f_brizio_f]

Buona sera, ho un dubbio stupido su questo esercizio.
Determinare il Kernel Ker(L) dell’applicazione lineare L : R4 →R3 L(x,y,z,t) = (x + 2y + t,−2x + y + z−t,x + y + z−2t). Determinare, se esiste, un sottospazio U di R4 tale che U ⊕Ker(L) = R4.
Per prima cosa riduco la matrice a scala e ottengo che il ker(l)=1.
il ker se non ho sbagliato i conti è (5,-3,6,1).
ora siccome il ker(l) è 1 il sotto-spazio tale che U ⊕Ker(L) = R4 sicuramente non esisterà, ma come lo dimostro?

[Bokonon]

Devi usare l'editor.
Scrivi la matrice L associata all'applicazione lineare e vediamo i passaggi.

La base del kernel che hai trovato è sbagliata. U chiaramente esiste, è un semplice completamento di base.

[f_brizio_f]

avevo sbagliato i conti, la base del ker(l)=(1/3, -2/3, 7/3, 1). Ma non capisco come fa ad esistere u?. Se ho il la base del ker che è 1 e u che ha già 4 vett. in r^4 significa che U⊕{0}v=R4?. Quindi non devo aggiungere il vett. del ker giusto? cioè il ragionamento è corretto in questo modo?

[Bokonon]

Stai delirando. Se ti dicono "ecco il vettore $v$ di $RR^4$, trova altri tre vettori linearmente indipendenti, così da formare una base qualsiasi di $RR^4$", tu rispondi "non esistono"?
I tre vettori a piacere generano un sottospazio vettoriale di dimensione 3, chiamiamolo U.
Se ci si aggiunge un vettore (come quello del kernel) cosa ottieni?

La base del kernel è corretta ma potevi benissimo moltiplicare il vettore per 3 e rimuovere le frazioni. La cosa essenziale è il vettore stia nello span: semplificati la vita.

Tre vettori non solo linearmente indipendenti fra di loro ma persino ortogonali al vettore del kernel, li hai già.
Sono tre le righe della matrice.

[f_brizio_f]

Delirando
Comunque, basta dunque che prendo 3 vett di R^4 dalla base canonica ed aggiungo il ker e avrò il sotto-spazio U⊕Kerl=R^4
giusto?
In quale caso non esiste allora?