Esercizio algebra lineare su applicazione lineare

Problema:

 I vettori $v_1 = (1,-1,1,0)$, $v_2 = (0,1,0,1)$, $v_3 = (2,1,0,0)$ sono linearmente indipendenti di $\mathbb{R}^4$.

Sia $V = Span \{ v_1, v_2, v_3\}$ e sia $f$ l’endomorfismo di $V$ dato da:

$f(v_1) = (2,0,0,-1)$

$f(v_2) = (3,0,1,0)$

$f(v_3) = (1,0,1,1)$.

Studiare $f$, in particolare $\operatorname{Im} f$ e determinarne le equazioni cartesiane e vettoriali che lo descrivono.

Soluzione:

Il procedimento da te illustrato è corretto, le basi canoniche non sono necessarie dato che non si sta lavorando in $\mathbb{R}^4$, ma in dei suoi sottospazi. In breve si fa ciò che si fa spesso in proiettiva quando si vuole trovare un riferimento su un sottospazio proiettivo dato partendo da dei punti noti.

Nota: ho utilizzato gpt per la parte di conto dato che scrivere le matrici in latex è una tortura, ricontrollali.

Si può osservare che i vettori $\{v_1,v_2,v_3\}$ e $\{f(v_1), f(v_2), f(v_3)\}$ sono linearmente indipendenti e costituiscono due basi distinte per $V$. 

Per comodità le rinomino come segue:

$\mathcal{B}=(v_1,v_2,v_3)$

$\mathcal{C}=(f(v_1), f(v_2), f(v_3))$.

Si userà solo la prima base per evitare conti superflui.

Si nota che un endomorfismo di $V$ è un'applicazione lineare che ha $V$ sia come dominio che come codominio. Affinché $f$ sia un endomorfismo, le immagini $f(v_1), f(v_2), f(v_3)$ devono appartenere a $V = Span \{v_1, v_2, v_3\}$, ossia devono esistere coefficienti tali che $f(v_i) = a v_1 + b v_2 + c v_3$.

Risolvendo i sistemi lineari, si ottengono le coordinate rispetto alla base $\mathcal{B} = (v_1, v_2, v_3)$:

(Conti fatti da gpt, ricontrollali, mi sembrano corretti).

\[ (2, 0, 0, -1) = 0v_1 - 1v_2 + 1v_3 \implies [f(v_1)]_{\mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \]

\[ (3, 0, 1, 0) = 1v_1 + 0v_2 + 1v_3 \implies [f(v_2)]_{\mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \]

\[ (1, 0, 1, 1) = 1v_1 + 1v_2 + 0v_3 \implies [f(v_3)]_{\mathcal{B}} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \]

Tutte le immagini appartengono a $V$, quindi $f$ è effettivamente un endomorfismo.

La matrice che rappresenta $f$ rispetto alla base $\mathcal{B}$ è:
\[ A = M_{\mathcal{B}}^{\mathcal{B}}(f) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \]

Si calcola il determinante di $A$ per vedere se $f$ è invertibile:
\[ \det(A) = 0(0-1) - 1(0-1) + 1(-1-0) = 1 - 1 = 0 \]
Il determinante è $0$, quindi $f$ non è un isomorfismo (non è iniettivo né suriettivo). Il rango della matrice è $2$, poiché le prime due colonne sono linearmente indipendenti.
Quindi, $\dim(\operatorname{Im} f) = 2$.

L'immagine di $f$ è generata dalle immagini dei vettori della base. Poiché il rango è 2, una base per $\operatorname{Im} f$ è formata da due qualsiasi vettori colonna linearmente indipendenti, ad esempio $f(v_1)$ e $f(v_2)$.

L'equazione vettoriale è:
\[ \operatorname{Im} f = \{ s(2, 0, 0, -1) + t(3, 0, 1, 0) \mid s, t \in \mathbb{R} \} \]
Ovvero:
\[ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \]

Partendo dalla forma vettoriale, si scrive il sistema:
\[ \begin{cases} x_1 = 2s + 3t \\ x_2 = 0 \\ x_3 = t \\ x_4 = -s \end{cases} \]

Dalle ultime tre equazioni si ricava immediatamente:
1. $x_2 = 0$
2. $t = x_3$
3. $s = -x_4$

Sostituendo $s$ e $t$ nella prima equazione ($x_1 = 2s + 3t$):
\[ x_1 = 2(-x_4) + 3(x_3) \implies x_1 - 3x_3 + 2x_4 = 0 \]

Le equazioni cartesiane che descrivono $\operatorname{Im} f$ nello spazio $\mathbb{R}^4$ sono:
\[ \begin{cases} x_2 = 0 \\ x_1 - 3x_3 + 2x_4 = 0 \end{cases} \]