NUCLEO DI UN’APPLICAZIONE LINEARE

Ci sono due concetti che rivestono un’importanza strategica all’interno delle applicazioni lineari: il nucleo e l’immagine dell’applicazione lineare.

Oggi parliamo del nucleo.

Consideriamo una applicazione lineare che va da uno spazio V (dominio) ad uno spazio vettoriale W (codominio) espressa in una forma matriciale

$$ f:\ V \to W \\ f(v)= w= Av $$

Il nucleo detto anche Kernel (Ker per gli amici)  della funzione sono i vettori del dominio che si trasformano nello zero di W:

$$ \text{Ker}(f) = \{ v| f(v) = 0_W \} $$

Il nucleo contiene certamente il vettore nullo di V, infatti in qualsiasi applicazione lineare:

$$ f(0_V) = 0_W $$

Se il nucleo è composto unicamente dal vettore nullo allora diciamo che la dimensione del nucleo è zero la funzione è iniettiva.

$$ \text{Ker}(f) = 0_V \to \text{Dim}(\text{Ker}(f)) = 0 \to \text{$f$ è iniettiva} $$

Se la funzione f collega uno spazio V=Rn (dunque con dimensione n) ad uno spazio vettoriale W=Rm (con dimensione m) allora 

In questo caso la matrice A della funzione è una m⨯n

$$ f:\ V= R^n \to W= R^m \quad \to \quad A \in M[m \times n] $$

Possiamo determinare la dimensione del nucleo analizzando la matrice A associata alla funzione :

$$ f(v) = Av: \quad \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = n- \rho (A) $$

Dove 𝜌(A) è il rango della matrice A , mentre n è la dimensione dello spazio V di partenza

Dunque la funzione è iniettiva, ovvero la dimensione del nucleo è uguale a zero e quindi il nucleo contiene solo il vettore nullo quando si verifica quando la dimensione di V coincide con il rango della matrice A

$$ \rho (A) = n \to \text{Ker}\ f = 0_V \to \text{Dim}(Ker) = 0 \to \text{$f$ è iniettiva} $$

Quando invece il rango della funzione è minore di n (dimensione di V) il Ker(f) forma uno spazio vettoriale di dimensione n-𝜌(A)

Dunque la sua base è formata da n-𝜌(A) vettori.

Per trovare i vettori contenuti nella base del nucleo impostiamo l’equazione:

$$ f(v)= 0 $$

 che ci condurrà a stabilire una base del nucleo:

$$ B_{\text{Ker}(f)}= \{ v_1, v_2, \dots, v_{n-\rho} \} $$

Chiaramente per sviluppare questa teoria abbiamo bisogno di vedere degli esempi pratici.

ESEMPI SUL NUCLUO DI UNA FUNZIONE LINEARE

Mettiamo ora in chiaro i concetti appena visti nella teoria, attraverso una serie di esempi per la trovare la dimensione e la base del nucleo di una funzione (applicazione) lineare.

ESEMPIO 1 – NUCLEO DI UN’APPLICAZIONE LINEARE

Cominciamo con una semplice funzione lineare che va da R a R

$$ f:\ R \to R \quad w= 3v $$

La matrice associata alla funzione è:

$$ A = (3) $$

Il suo determinante vale 3 che è diverso da zero, dunque il rango della matrice è pari a 1.

$$ \det A \ne 0 \to \rho(A) = 1 $$

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 1 ne deriva che il nucleo ha dimensione 0, quindi è composto dal solo vettore nullo.

$$ \rho (A) = n= 1 \to \text{ker}(f) = 0_V \to \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = 0 \to \text{$f$ è iniettiva} $$

Per trovare il nucleo possiamo alternativamente impostare l’equazione:

$$ 3v= 0 \to v=0 $$

Essendo che il nucleo consiste del solo vettore nullo, che in questo caso è una costante la dimensione del Ker è zero, e la funzione è iniettiva.

La terza opzione era semplicemente di considerare la funzione come una retta passante per il centro che si annulla solamente nello zero di V.

ESEMPIO 2 – NUCLEO DI UNA FUNZIONE LINEARE

Vediamo ora una semplice funzione lineare che va da R² a R²

$$ f:\ R^2 \to R^2 \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x-y \\ x+3y \end{pmatrix} $$

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$ A = \begin{pmatrix} 2&-1 \\ 1&3 \end{pmatrix} $$

Il suo determinante vale 3 che è diverso da zero, dunque il rango della matrice è pari a 2, infatti:

$$ \left| \begin{array}{c} 2&-1 \\ 1&3 \end{array} \right| = 6+1= 7 \ne 0 \to \rho(A) = 2 $$

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 2 ne deriva che il nucleo ha dimensione 0, quindi è composto dal solo vettore nullo.

$$ \rho (A) = n= 2 \to \text{ker}(f)= 0_V \to \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = 0 \to \text{$f$ è iniettiva} $$

Per trovare il nucleo possiamo alternativamente impostare l’equazione:

$$ f(v) = 0_W \quad \to \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \to \quad \begin{pmatrix} 2x-y \\ x+3y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

 che può essere scritta come un sistema lineare omogeneo:

$$ \begin{cases} 2x-y= 0 \\ x+3y=0 \end{cases} $$

Dalla prima equazione ricaviamo immediatamente che

$$ y= 2x $$

Sostituendo nella seconda equazione abbiamo che

$$ x+6y = 0 \overset{y= 2x}{\longrightarrow} y= 0 $$

Risostituendo nella prima equazione:

$$ y= 0 $$

Dunque il nostro Kernel è individuato dal solo vettore nullo

$$ \text{Ker}(f) = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

Essendo che il nucleo consiste del solo vettore nullo, che in questo caso è una costante la dimensione del Ker è zero, e la funzione è iniettiva.

ESEMPIO 3

Vediamo ora una semplice funzione lineare che va da R² a R²

$$ f:\ R^2 \to R^2 \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x+4y \\ x+2y \end{pmatrix} $$

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$ A = \begin{pmatrix} 2&4 \\ 1&2 \end{pmatrix} $$

Il suo determinante vale 0  dunque il rango non può valere 2.

Siccome la matrice della funzione lineare ha almeno un elmento non nullo il rango vale 1

$$ \left| \begin{array}{c} 2&4 \\ 1&2 \end{array} \right| = 4-4=0 \to \rho(A) \ne 2 \to \rho(A) = 1$$

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 2 ne deriva che il nucleo ha dimensione 1, dunque la funzione non è iniettiva

$$ \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = n- \rho = 2-1= 1 \to \text{$f$ non è iniettiva} $$

La base del nucleo è quindi composta da un solo vettore

Per trovare la base del nucleo  possiamo impostiamo l’equazione:

$$ f(v) = 0_W \quad \to \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \to \quad \begin{pmatrix} 2x+4y \\ x+2y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

 che può essere scritta come un sistema lineare omogeneo:

$$ \begin{cases} 2x+4y= 0 \\ x+2y=0 \end{cases} $$

Dalla seconda equazione ricaviamo immediatamente che

$$ x=-2y $$

Sostituendo nella prima equazione otteniamo un’identità il che ci conduce al fatto che y può essere un qualsiasi numero reale

$$x+2y \overset{x=-2y}{\longrightarrow} -2y+2y= 0 \to \forall y \in \mathbb{R} $$

Dunque il nostro nucleo dell’applicazione lineare è individuato dal generico vettore

$$ \text{Ker}(f) = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2y \\ y \end{pmatrix} = y \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix} $$

Al variare della y troviamo infiniti vettori di V che si trasformano nello zero di W.

Questi vettori sono generati da un unico vettore (-2 , 1) che sarà contenuto nella base di dimensione 1

$$ B_{\text{Ker}(f)} = \left\{ \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} $$

Essendo che il nucleo consiste di un vettore non nullo la funzione non è iniettiva.

IMPARA L’ALGEBRA LINEARE

Impara l’algebra lineare con un percorso strutturato e facile da seguire passo a passo.

Un viaggio che parte dai vettori e dalle matrici, passando per i sitemi lineari giungerai nei meandri degli spazi vettoriali, della diagonalizzazione delle matrici con tappa finale nelle coniche.

ESEMPIO 4

Proseguiamo con la seguente applicazione lineare che va da R² a R³

$$ f:\ R^2 \to R^3 \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x+y \\ y \\ 3x-y \end{pmatrix} $$

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$ A = \begin{pmatrix} 1&1 \\ 0&1 \\ 3&-1 \end{pmatrix} $$

Il rango della matrice A è certamente pari a 2 poiché il vettori colonna sono linearmente indipendenti (non sono multipli)

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 2 ne deriva che il nucleo ha dimensione 0, quindi è composto dal solo vettore nullo.

$$ \rho (A) = n= 2 \to \text{ker}(f) = 0_V \to \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = 0 \to \text{$f$ è iniettiva} $$

Per trovare il nucleo possiamo alternativamente impostare l’equazione:

$$ f(v) = 0_W \quad \to \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \to \quad \begin{pmatrix} x+y\\ y \\ 3x-y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\0 \end{pmatrix} $$

 che può essere scritta come un sistema lineare omogeneo:

$$ \begin{cases} x+y= 0 \\ y=0 \\ 3x-y=0 \end{cases} $$

Dalla seconda equazione abbiamo già il valore della y

$$ y= 0 $$

Sostituendo nelle altre due si ricava immediatamente che 

$$ x = 0 $$

Dunque il nostro Ker della applicazione ha solo vettore nullo

$$ \text{Ker}(f) = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

Essendo che il nucleo consiste del solo vettore nullo, che in questo caso è una costante la dimensione del Ker è zero, e la funzione è iniettiva.

ESEMPIO 5 – NUCLEO DI UN’APPLICAZIONE LINEARE

Continuiamo con una applicazione lineare che va da R³ a R²

$$ f:\ R^3 \to R^2 \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x+4y-3z \\ y+2z \end{pmatrix} $$

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$ A = \begin{pmatrix} 1&4&-3 \\ 0&1&2 \end{pmatrix} $$

Le due righe della matrice sono linearmente indipendenti, dunque il rango della matrice vale 2

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 3 ne deriva che il nucleo ha dimensione 1, dunque la funzione non è iniettiva

$$ \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = n- \rho = 3-2= 1 \to \text{$f$ non è iniettiva} $$

La base del nucleo è quindi composta da un solo vettore

Per trovare la base del nucleo  possiamo impostiamo l’equazione:

$$ f(v) = 0_W \quad \to \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \to \quad \begin{pmatrix} x+4y-3z \\ y+2z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

 che può essere scritta come un sistema lineare omogeneo:

$$ \begin{cases} x+4y-3z=0 \\ y+2z=0 \end{cases} $$

Dalla seconda equazione ricaviamo immediatamente che

$$ x= -2z$$

Sostituendo nella prima equazione otteniamo ricaviamo la y in funzione di z

$$ -2z+4y-3z=0 \to 4y= 5z = y = \frac{5}{4} z $$

Dunque il nostro nucleo dell’applicazione lineare è individuato dal generico vettore

$$ \text{Ker}(f) = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2z \\ \frac{5}{4} z \\ z\end{pmatrix} = -4z \begin{pmatrix} 8 \\ -5 \\ -4 \end{pmatrix}$$

Al variare della z (variabile libera) troviamo infiniti vettori di V che si trasformano nello zero di W.

Questi vettori sono generati da un unico vettore (8 , –5 , –4) o da uno dei suoi multipli che sarà contenuto nella base di dimensione 1

$$ B_{\text{Ker}(f)} = \left\{ \begin{pmatrix} 8 \\ -5 \\ -4 \end{pmatrix} \right\} $$

Essendo che il nucleo consiste di un vettore non nullo la funzione non è iniettiva.

ESEMPIO 6 – NUCLEO DI UNA FUNZIONE LINEARE

Consideriamo la funzione lineare che va da R³ a R²

$$ f:\ R^3 \to R^2 \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x+y-2z \\ 2x+2y-4z \end{pmatrix} $$

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$ A = \begin{pmatrix} 1&1&-2 \\ 2&2&-4 \end{pmatrix} $$

Le due righe della matrice sono multiple dunque il rango vale 1

(potremo alternativamente dire che tutte e tre le colonne sono multiple dunque il rango vale 1)

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 3 ne deriva che il nucleo ha dimensione 2, dunque la funzione non è iniettiva

$$ \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = n- \rho = 3-1= 2 \to \text{$f$ non è iniettiva} $$

La base del nucleo è quindi composta da due vettore

Per trovare la base del nucleo  possiamo impostiamo l’equazione:

$$ f(v) = 0_W \quad \to \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \to \quad \begin{pmatrix} x+y-2z \\ 2x+2y-4z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

 che può essere scritta come un sistema lineare omogeneo:

$$ \begin{cases} x+y-2z=0 \\ 2x+2y-4z=0 \end{cases} $$

Dalla prima equazione ricaviamo immediatamente che

$$ x = -y+2z $$

Sostituendo nella prima equazione otteniamo un’identità il che ci conduce al fatto che y e z (due variabili libere)  possono  essere un qualsiasi numero reale

$$ -2(-y+2z)+2y-4z = 0 \to 0y+0z= 0 \to \forall y,z \in R^2 $$

Dunque il nostro nucleo dell’applicazione lineare è individuato dal generico vettore

$$ \text{Ker}(f) = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -y+2z \\ y \\ z \end{pmatrix} = y \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + z \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$

Al variare delle variabili libere y e z troviamo infiniti vettori di V che si trasformano nello zero di W.

La base del nucleo della nostra applicazione lineare consiste dunque di due vettori

$$ B_{\text{Ker}(f)} = \left\{ \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} $$

Essendo che il nucleo consiste di almeno un vettore non nullo la funzione non è iniettiva.

ESEMPIO 7 – KER DI UN’APPLICAZIONE LINEARE

Consideriamo la seguente applicazione lineare che va da R³ a R³

$$ f:\ R^3 \to R^3 \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x+y-2z \\ x+2y \\ 3x+z \end{pmatrix} $$

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$ A = \begin{pmatrix} 1&1&-1 \\ 1&0&2 \\ 3&0&1 \end{pmatrix} $$

Il rango della matrice A è certamente pari a 3 poiché il determinante della matrice A è diverso da zero.

Applichiamo infatti il metodo di Laplace sulla seconda colonna:

$$ \begin{array}{l} \det A = \left| \begin{array}{c} 1&1&-1 \\ 1&0&2 \\ 3&0&1 \end{array} \right| = -1 \cdot \left| \begin{array}{c} 1&2 \\ 3&1 \end{array} \right| = -1 \cdot (1-6) = 5 \\ \det A \ne 0 \to \rho(A) = 3 \end{array} $$

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 3 ne deriva che il nucleo ha dimensione 0, quindi è composto dal solo vettore nullo.

$$ \rho (A) = n= 2 \to \text{ker}(f)= 0_V \to \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = 0 \to \text{$f$ è iniettiva} $$

Per trovare il nucleo possiamo alternativamente impostare l’equazione:

$$ f(v) = 0_W \quad \to \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \to \quad \begin{pmatrix} x+y-z \\ x+2z \\ 3x+z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

 che può essere scritta come un sistema lineare omogeneo:

$$ \begin{cases} x+y-z=0 \\ x+2z=0 \\ 3x+z=0 \end{cases} $$

Dalla seconda  equazione ricaviamo il valore di x in funzione di z

$$ x= -2z $$

Sostituendo nella terza equazione troviamo che z=0 

$$ 3(-2z)+z=0 \to z= 0 $$

Dunque dalla prima equazione anche la x vale zero

Sostituendo questi valori nella prima equazione troviamo che si annulla anche la y:

$$ 0+y-0=0 \to y=0 $$

Dunque il nostro Ker della applicazione ha solo vettore nullo

$$ \text{Ker}(f) = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

Essendo che il nucleo consiste del solo vettore nullo, che in questo caso è una costante la dimensione del Ker è zero, e la funzione è iniettiva.

ESEMPIO 8

Consideriamo la seguente applicazione lineare che va da R³ a R³

$$ f:\ R^3 \to R^3 \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x+y+2z \\ 2x+2z \\ 3x+y+4z \end{pmatrix} $$

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$ A = \begin{pmatrix} 1&1&2 \\ 2&0&2 \\ 3&1&4 \end{pmatrix} $$

Il rango della matrice A è certamente pari a 2 poiché il determinante della matrice A  vele zero ma esiste almeno un minore 2×2 con determinante non nullo

Applichiamo infatti il metodo di Laplace sulla seconda colonna:

$$ \begin{array}{l} \det A = \left| \begin{array}{c} 1&1&2 \\ 2&0&2 \\ 3&1&4 \end{array} \right| = -1 \cdot \left| \begin{array}{c} 2&2 \\ 3&4 \end{array} \right|-1 \cdot \left| \begin{array}{c} 1&2 \\ 2&2 \end{array} \right| = -2+2 = 0 \\ \det A = 0 \to \rho(A) <3 \end{array} $$

Un determinante di una (2×2) non nullo è:

$$ \left| \begin{array}{c} 2&2 \\ 3&4 \end{array} \right| = 8-6 \ne 0 \to \rho(A) = 2 $$

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 3 ne deriva che il nucleo ha dimensione 1, dunque la funzione non è iniettiva

$$ \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = n- \rho = 3-2= 1 \to \text{$f$ non è iniettiva} $$

La base del nucleo è quindi composta da un solo vettore

Per trovare il nucleo e la sua base possiamo alternativamente impostare l’equazione:

$$ f(v) = 0_W \quad \to \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \to \quad \begin{pmatrix} x+y+2z \\ 2x+2z \\ 3x+y+4z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

 che può essere scritta come un sistema lineare omogeneo:

$$ \begin{cases} x+y+2z=0 \\ 2x+2z=0 \\ 3x+y+4z=0 \end{cases} $$

Dalla seconda  equazione ricaviamo il valore di x in funzione di z

$$ x= -z $$

Sostituendo nella prima equazione troviamo  

$$ -z+y+2z= 0 \to y=-z $$

Dunque dalla terza equazione anche l’equazione è indeterminata dunque z è una variabile libera con infiniti valori reali

$$ -z-z+2z=0 \to 0z= 0 $$

Dunque il nostro Ker della applicazione ha un vettore di base

$$ \text{Ker}(f) = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -z \\ -z \\ z \end{pmatrix} = z \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $$

Una base del nucleo è dunque:

$$ B_{\text{Ker}(f)} = \left\{ \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} $$

Essendo che il nucleo non consiste del solo vettore nullo la funzione non è iniettiva.

ESEMPIO 9

Prendiamo  la seguente funzione lineare che va da R³ a R³

$$ f:\ R^3 \to R^3 \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x-y+2z \\ 2x-2y+4z \\ 3x-3y+6z \end{pmatrix} $$

La matrice associata alla base canonica della funzione è:

$$ A = \begin{pmatrix} 1&-1&2 \\ 2&-2&4 \\ 3&-3&6 \end{pmatrix} $$

Il rango della matrice A è certamente pari a 1 poiché le tre colonne sono multiple.

(equivalentemente possiamo dire che le tre righe sono multiple)

Essendo che la dimensione dello spazio V di partenza è pari a 3 ne deriva che il nucleo ha dimensione 2, dunque la funzione non è iniettiva

$$ \text{Dim} (\text{Ker}(f)) = n- \rho = 3-2= 1 \to \text{$f$ non è iniettiva} $$

La base del nucleo è quindi composta da due vettori

Per trovare il nucleo e la sua base possiamo alternativamente impostare l’equazione:

$$ f(v) = 0_W \quad \to \quad f \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \to \quad \begin{pmatrix} x-y+2z \\ 2x-2y+4z \\ 3x-3y+6z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

 che può essere scritta come un sistema lineare omogeneo:

$$ \begin{cases} x-y+2z=0 \\ 2x-2y+4z=0 \\ 3x-3y+6z=0 \end{cases} $$

Dalla prima equazione ricaviamo il valore di x in funzione di y e z

$$ x= y-2z $$

Sostituendo nella seconda e nella terza equazione troviamo due identità 

$$ \begin{array}{l} 2(y-2z)-2y+4z= 0 &\to& 0y+0z=0 &\to& \forall y,z \in \mathbb{R^2} \\ 3(y-2z)-3y+6z= 0 &\to& 0y+0z=0 &\to& \forall y,z \in \mathbb{R^2} \end{array} $$

Dunque abbiamo due variabili libere che sono y e z

Dunque il nostro Ker della applicazione ha due vettori di base

$$ \text{Ker}(f) = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y-2z \\ y \\ z \end{pmatrix} = y \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + z \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$

Quindi una base del nucleo è la seguente

$$ B_{\text{Ker}(f)} = \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} $$

Essendo che il nucleo non consiste del solo vettore nullo la funzione non è iniettiva.

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