Applicazioni Lineari

Ciao Mattia! Cerco di fare chiarezza su un po’ di cose. In generale, quando si dice che un’applicazione è suriettiva, questo significa - per definizione - che ogni possibile elemento dell’insieme definito come “arrivo” (nel nostro caso $\mathbb{R}^2$) può essere ottenuto applicando la funzione a un opportuno elemento dell’insieme “di partenza” (per maggiori dettagli, guarda qui: https://library.weschool.com/lezione/funzione-inversa-iniettiva-suriettiva-immagine-di-una-funzione-12804.html). Poi, ricorda sempre che $\mathbb{R}^2$ è uno spazio vettoriale di dimensione $2$, e quindi ogni sua base è composta da esattamente $2$ vettori linearmente indipendenti; inoltre ogni suo sottospazio ha dimensione minore o uguale a $2$, ovvero è generato da al massimo $2$ vettori linearmente indipendenti. Questa osservazione è fondamentale per capire che il sottospazio $Im(L)$ di $\mathbb{R}^2$ ha dimensione al massimo $2$, e che quindi non è possibile che i vettori $ \left ( \begin{smallmatrix} 2 \\ 0 \end{smallmatrix} \right ), \left ( \begin{smallmatrix} -2 \\ 1 \end{smallmatrix} \right ), \left ( \begin{smallmatrix} -1 \\ 1 \end{smallmatrix} \right )$ siano base di $Im(L)$: sono troppi! :) Infatti vale la relazione $$\frac{1}{2} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$$che mostra come l’ultimo vettore si possa ottenere come combinazione lineare dei primi due; inoltre $\left ( \begin{smallmatrix} 2 \\ 0 \end{smallmatrix} \right )$ e $\left ( \begin{smallmatrix} -2 \\ 1 \end{smallmatrix} \right )$ sono linearmente indipendenti, e quindi costituiscono effettivamente una base per $Im(L)$. Passando adesso alla richiesta del problema (ovvero, verificare se $v = \left ( \begin{smallmatrix} 3 \\ 3 \end{smallmatrix} \right )$ sta in $Im(L)$) possiamo procedere in due modi. Sicuramente il metodo che hai proposto tu va benissimo: se riesci a trovare degli opportuni numeri reali $a, b$ tali per cui $$a \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \end{pmatrix}$$allora questo significa che $v \in Im(L)$, e quindi che esiste un certo vettore $s = \left ( \begin{smallmatrix} a \\ b \\ 0 \end{smallmatrix} \right ) \in \mathbb{R}^3$ tale per cui $L(s) = \left ( \begin{smallmatrix} 3 \\ 3 \end{smallmatrix} \right )$. Questo metodo tuttavia è un po’ poco efficiente perché, in generale, è equivalente a risolvere un sistema lineare (che non sempre è agevole da affrontare). Invece, come suggerisce l’eserciziario, basta notare che $\text{dim}Im(L) = 2$ (dato che è proprio la dimensione della base) e concludere che l’unica possibilità è che $Im(L) \equiv \mathbb{R}^2$! Perciò, questo significa che ogni elemento di $Im(L)$, che è l’immagine di $L$ (ovvero tutti i possibili valori che $L$ può assumere) è in realtà tutto $\mathbb{R}^2$; abbiamo quindi dimostrato che applicando $L$ a un vettore di $\mathbb{R}^3$ possiamo potenzialmente ottenere un qualsiasi vettore di $\mathbb{R}^2$. Insomma, in tutto questo mio sproloquio dovrei anche aver risposto alla tua domanda, ma se vuoi più chiarimenti fammi sapere :D Ciao!

Peeerfetto, ti ringrazio per il tempo dedicatomi e per l'efficienza, effettivamente mi ero confuso nell'elencare gli elementi della base, infatti avevo già scartato il vettore che era dipendente dagli altri (una piccola svista causata dalla distrazione) per andare ad analizzare il sistema e trovare gli elementi a e b. Detto questo ti ringrazio per la chiarezza della risposta ;) - Mattia Mangia 27 Maggio 2015