Applicazioni lineari, basi, dimensione, rango

Es. 1. $f:\R\to\R$, $f(x)=ax+b$, è lineare $\iff b=0$. Se $b\ne0$ allora $f(0)=b\ne0$, e la prima osservazione la esclude. Se $b=0$: $$f(x+y)=a(x+y)=ax+ay=f(x)+f(y),\qquad f(\lambda x)=a\lambda x=\lambda f(x).$$ Refuso negli appunti (p. 3): il prof scrive «$f(x+y)=a(x+b)$», ma va letto $a(x+y)$.

Attenzione al nome: in Analisi $ax+b$ si chiama «funzione lineare» anche con $b\ne0$. In algebra lineare quella è una funzione affine; lineare è solo $ax$.

Es. 2. La derivata $D(f)=f'$, dalle funzioni derivabili alle funzioni, è lineare: $(f+g)'=f'+g'$ e $(\lambda f)'=\lambda f'$.

Es. 3. L'integrale $I(f)=\displaystyle\int_0^1 f(x)\dd x$, da $C[0,1]$ (le funzioni continue su $[0,1]$) a $\R$, è lineare per la linearità dell'integrale.

Es. 4. Per $L_A$ il teorema è la struttura delle soluzioni della Sezione 2: le soluzioni di $A\vx=\vb$ sono $\vx_0+$ (soluzioni di $A\vx=\vzero$), cioè $\vx_0+\ker A$. In più ora si sa che $\ker A$ è un sottospazio.

Es. 5. Per la derivata, $\ker D$ è l'insieme delle funzioni con $f'=0$: le costanti (su un intervallo). Il teorema dice che le controimmagini di $g$, cioè le sue primitive, sono $F+c$ con $F$ una primitiva e $c$ costante. È il «$+\,c$» di Analisi, visto come struttura delle controimmagini.

• $f:\R\to\R$, $f(x)=x^{3}$, è biettiva: $x^{3}=y$ ha l'unica soluzione $x=\sqrt[3]{y}$, quindi $f^{-1}(y)=\sqrt[3]{y}$.
• $L:\R^{2}\to\R^{2}$, $L(x_1,x_2)=(x_2+x_1,\ x_2-x_1)$. L'equazione $L(\vx)=\vy$ è il sistema $x_2+x_1=y_1$, $x_2-x_1=y_2$, con l'unica soluzione $$L^{-1}(y_1,y_2)=\left(\tfrac12(y_1-y_2),\ \tfrac12(y_1+y_2)\right).$$
• Se $f$ è solo iniettiva, l'inversa si definisce lo stesso, ma sull'immagine: $f^{-1}:\Imag f\to X$. Per $f(x)=e^{x}$ si ha $\Imag f=(0,+\infty)\ne\R$ e $f^{-1}:(0,+\infty)\to\R$, $f^{-1}(y)=\ln y$.
  Negli appunti (p. 25) c'è scritto «$f(y)=\ln y$»: va letto $f^{-1}(y)=\ln y$.

• B1. In un riferimento $(O,\vec u,\vec v)$ del piano, $\{\vec u,\vec v\}$ è una base dello spazio dei vettori liberi del piano; nello spazio, $\{\vec v_1,\vec v_2,\vec v_3\}$.
• B2. Le colonne $\mathbf e_1,\dots,\mathbf e_n$ di $I_n$ sono la base canonica di $\K^{n}$, e il vettore delle coordinate di $\vx$ è $\vx$ stesso: $\vx=x_1\mathbf e_1+\dots+x_n\mathbf e_n$.
• B3. $P_2$, i polinomi di grado $\le2$ a coefficienti in $\K$, è uno spazio vettoriale, e $p_0=1$, $p_1=x$, $p_2=x^{2}$ ne sono una base: $p=a_0p_0+a_1p_1+a_2p_2$ con coefficienti unici.
• Troppo pochi. $q_1=x^{2}-x+1$, $q_2=x^{2}+x+1$ non sono una base di $P_2$: da $2x+1=\alpha q_1+\beta q_2=(\alpha+\beta)x^{2}+(\beta-\alpha)x+(\alpha+\beta)$ il coefficiente di $x^{2}$ dà $\alpha+\beta=0$ e il termine noto $\alpha+\beta=1$. Contraddizione.
• Troppi. $p_0,p_1,p_2,q_1$ non sono una base: $x^{2}+1=p_2+p_0=q_1+p_1$, due scritture diverse dello stesso polinomio.

• D1. $\dim\K^{n}=n$: la base canonica ha $n$ vettori.
• D2. I vettori liberi del piano hanno dimensione $2$, quelli dello spazio $3$.
• D3. $1,x,\dots,x^{n}$ sono una base di $P_n$ (polinomi di grado $\le n$), quindi $\dim P_n=n+1$, non $n$.
• D4. Se $W$ è un sottospazio di $V$, allora $\dim W\le\dim V$. Ogni $P_n$ sta dentro lo spazio $P$ di tutti i polinomi, quindi $\dim P\ge n$ per ogni $n$: $\dim P=+\infty$. E $P$ sta dentro le funzioni derivabili $\R\to\R$, che hanno dunque dimensione infinita.

• $L:\R^{2}\to\R^{3}$, $L(x,y)=(x+y,\ x-y,\ 2x)$: $L(\mathbf e_1)=(1,1,2)$, $L(\mathbf e_2)=(1,-1,0)$, quindi $A=\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\\2&0\end{bmatrix}$, di tipo $3\times2$.
• $L:\C^{3}\to\C$, $L(z_1,z_2,z_3)=z_1+i(z_2-z_3)+2z_3$: $L(\mathbf e_1)=1$, $L(\mathbf e_2)=i$, $L(\mathbf e_3)=2-i$, quindi $A=[\,1\ \ i\ \ 2-i\,]$, una matrice riga. Controllo: $z_1+iz_2+(2-i)z_3=z_1+i(z_2-z_3)+2z_3$ ✓.
• La mappa $L:\R^{3}\to\R^{2}$ con $L(\mathbf e_1)=(0,1)$, $L(\mathbf e_2)=(1,1)$, $L(\mathbf e_3)=(3,2)$ è $L(x,y,z)=\begin{bmatrix}0&1&3\\1&1&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=(y+3z,\ x+y+2z)$.

$\vv_1=(1,2)$, $\vv_2=(2,1)$. Allora $S=\begin{bmatrix}1&2\\2&1\end{bmatrix}$, $\det S=1-4=-3$, e $$S^{-1}=\frac{1}{-3}\begin{bmatrix}1&-2\\-2&1\end{bmatrix}=\frac13\begin{bmatrix}-1&2\\2&-1\end{bmatrix},\qquad \mathbf c=S^{-1}\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{2y-x}{3}\\[3pt]\frac{2x-y}{3}\end{bmatrix}.$$ Controllo: $\frac{2y-x}{3}(1,2)+\frac{2x-y}{3}(2,1)=(x,y)$ ✓.
Negli appunti (p. 63), nella seconda riga del controllo, il secondo addendo è moltiplicato per $2$: va moltiplicato per $1$, la seconda componente di $\vv_2$.

$L(p)=p'$, con basi $B=\{1,x,x^{2}\}$ e $C=\{1,x\}$. Poiché $L(1)=0$, $L(x)=1=1\cdot1+0\cdot x$, $L(x^{2})=2x=0\cdot1+2\cdot x$: $$A=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}.$$ Per $p=a_0+a_1x+a_2x^{2}$ si ha $\mathbf b=(a_0,a_1,a_2)$ e $A\mathbf b=(a_1,2a_2)$: sono proprio le coordinate di $p'=a_1+2a_2x$ ✓.

(a) $B_1=\{(1,2),(3,6)\}$: $S=\begin{bmatrix}1&3\\2&6\end{bmatrix}$ ha $ad-bc=6-6=0$, non è invertibile, quindi $B_1$ non è una base di $\R^{2}$.

(b) $B_2=\{(1,0,1),(1,2,3),(1,1,1)\}$ e $\vv=(2,1,4)$. Si riduce la matrice completa $[S|\vv]$: $$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&2\\0&2&1&1\\1&3&1&4\end{array}\right]\xrightarrow{R_3-R_1}\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&2\\0&2&1&1\\0&2&0&2\end{array}\right]\xrightarrow{R_3-R_2}\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&2\\0&2&1&1\\0&0&-1&1\end{array}\right]$$ Rango $3$: $S$ è invertibile e $B_2$ è una base. Le coordinate: $x_3=-1$, $x_2=1$, $x_1=2$, cioè $(2,1,-1)$. Controllo: $2(1,0,1)+(1,2,3)-(1,1,1)=(2,1,4)$ ✓.

(c) Polinomi. $q_0=x^{2}$, $q_1=(x+1)^{2}$, $q_2=(x+2)^{2}$ sono una base di $P_2$? Si passa a $\R^{3}$ con la mappa delle coordinate rispetto a $\{1,x,x^{2}\}$, che è un isomorfismo: $q_0\mapsto(0,0,1)$, $q_1\mapsto(1,2,1)$, $q_2\mapsto(4,4,1)$. La matrice ha rango $3$, quindi è una base. Le coordinate di $p=(x-1)^{2}\mapsto(1,-2,1)$ si trovano risolvendo il sistema: $(3,-3,1)$. Controllo: $3x^{2}-3(x+1)^{2}+(x+2)^{2}=x^{2}-2x+1$ ✓.

$B=\{(1,2),(2,1)\}$, $\tilde B=\{(1,1),(1,-1)\}$. Si ha $\tilde\vv_1=\tfrac13(\vv_1+\vv_2)$ e $\tilde\vv_2=\vv_2-\vv_1$, quindi $$S=\begin{bmatrix}\tfrac13&-1\\[2pt]\tfrac13&1\end{bmatrix},\qquad S^{-1}=\frac{1}{\frac13+\frac13}\begin{bmatrix}1&1\\-\tfrac13&\tfrac13\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\tfrac32&\tfrac32\\[2pt]-\tfrac12&\tfrac12\end{bmatrix},$$ $$\tilde c_1=\tfrac32(c_1+c_2),\qquad \tilde c_2=\tfrac12(c_2-c_1).$$

$L:\R^{3}\to\R^{2}$ con $A=\begin{bmatrix}1&3&5\\2&4&6\end{bmatrix}$ rispetto alle basi canoniche. Nel dominio si passa alla base $\vv_1=(-3,3,-1)$, $\vv_2=(2,1,-1)$, $\vv_3=(1,-2,1)$; nel codominio la base resta canonica, quindi $S_W=I_2$ e $$\tilde A=AS_V=\begin{bmatrix}1&3&5\\2&4&6\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-3&2&1\\3&1&-2\\-1&-1&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&2&0\end{bmatrix}.$$ Nelle coordinate nuove $\tilde{\mathbf b}=(b_1,b_2,b_3)$ la mappa è semplicissima: $L(\vx)=(b_1,\,2b_2)$.

La rotazione di angolo $\theta$ in senso antiorario, $L(x,y)=(x\cos\theta-y\sin\theta,\ x\sin\theta+y\cos\theta)$, ha matrice $A=\begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}$. La stessa $A$ definisce la mappa «complessificata» $L_{\C}:\C^{2}\to\C^{2}$. Con la base $\{(1,i),(1,-i)\}$ sia nel dominio sia nel codominio, $S_V=S_W=S=\begin{bmatrix}1&1\\i&-i\end{bmatrix}$, $S^{-1}=\tfrac12\begin{bmatrix}1&-i\\1&i\end{bmatrix}$ e $$\tilde A=S^{-1}AS=\begin{bmatrix}e^{-i\theta}&0\\0&e^{i\theta}\end{bmatrix}=\diag\!\left(e^{-i\theta},e^{i\theta}\right).$$ Negli appunti (p. 14) si cita il «Teorema 1», ma la formula $\tilde A=S_W^{-1}AS_V$ è il Teorema 2.

Il prof osserva che per una $L:V\to V$ c'è un metodo per stabilire se esiste una base in cui la matrice rappresentativa è diagonale, e per trovarla: è quello che arriverà con gli autovalori.

$(O,\vec u,\vec v)$ cartesiano: $\vec u\perp\vec v$ e $|\vec u|=|\vec v|=1$ (vettori di lunghezza $1$ si chiamano versori). Ruotando gli assi di $\theta$ in senso antiorario attorno a $O$: $$\vec u'=\cos\theta\,\vec u+\sin\theta\,\vec v,\qquad \vec v'=-\sin\theta\,\vec u+\cos\theta\,\vec v,$$ $$S=\begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix},\qquad S^{-1}=\begin{bmatrix}\cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}.$$

Oss. 1: $S^{-1}$ si ottiene da $S$ sostituendo $-\theta$ a $\theta$: ruotare indietro. Oss. 2: $S$ coincide con la matrice della rotazione di angolo $\theta$ dell'Esempio 2.

La curva $13x^{2}-10xy+13y^{2}-24x-24y=0$ sembra illeggibile. Si sceglie un riferimento nuovo con origine $O'\left(\tfrac32,\tfrac32\right)$ e vettori di base $\overrightarrow{O'A'}$, $\overrightarrow{O'B'}$, dove $A'(3,3)$ e $B'\left(\tfrac12,\tfrac52\right)$. Le colonne di $S$ sono questi due vettori: $$S=\begin{bmatrix}\tfrac32&-1\\[2pt]\tfrac32&1\end{bmatrix},\qquad \begin{cases}x=\tfrac32x'-y'+\tfrac32\\[2pt] y=\tfrac32x'+y'+\tfrac32\end{cases}$$

Sostituendo nell'equazione si ottiene $36\,(x'^{2}+y'^{2}-1)=0$, cioè $$x'^{2}+y'^{2}=1:$$ nel riferimento nuovo è la circonferenza unitaria. Nel riferimento vecchio è un'ellisse di centro $C\left(\tfrac32,\tfrac32\right)$ con semiassi $CP$ e $CQ$, dove $P(3,3)$ e $Q\left(\tfrac12,\tfrac52\right)$: lunghezze $\tfrac{3\sqrt2}{2}$ e $\sqrt2$.

La fattorizzazione $S=R_{\pi/4}\,\diag\!\left(\tfrac{3\sqrt2}{2},\sqrt2\right)$ dice come è fatta la trasformazione $T=T_3\circ T_2\circ T_1$ che porta la circonferenza nell'ellisse: $T_1$ dilata gli assi (di $\tfrac{3\sqrt2}{2}$ e di $\sqrt2$), $T_2$ ruota di $\tfrac\pi4$, $T_3$ trasla in $O'$.

Con $x'=\cos t$, $y'=\sin t$ si ha la forma parametrica $$x=\tfrac32\cos t-\sin t+\tfrac32,\qquad y=\tfrac32\cos t+\sin t+\tfrac32,\qquad t\in[0,2\pi).$$

Il piano $x+2y-3z=4$: si ricava $x=4-2y+3z$ e si pongono $y=t$, $z=s$: $$(x,y,z)=(4-2t+3s,\ t,\ s)=(4,0,0)+t(-2,1,0)+s(3,0,1).$$ Tre punti del piano: $O_\Pi(4,0,0)$ con $t=s=0$, $A(2,1,0)$ con $t=1,s=0$, $B(7,0,1)$ con $t=0,s=1$. Controllo: $2+2-0=4$ ✓, $7+0-3=4$ ✓.
Refuso negli appunti (p. 61): il prof scrive «$4-2t+3t$», ma il secondo parametro è $s$: $4-2t+3s$.

Due piani non paralleli si tagliano in una retta. Con il MEG, $R_2\to R_2-R_1$: $$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&3\\1&-1&2&2\end{array}\right]\longrightarrow\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&3\\0&-2&1&-1\end{array}\right]$$ $z=t$ è libera: $y=\tfrac12+\tfrac t2$, $x=3-y-z=\tfrac52-\tfrac32t$. Quindi $$\mathbf r=\underbrace{\left(\tfrac52,\tfrac12,0\right)}_{\mathbf r_0}+t\,\underbrace{\left(-\tfrac32,\tfrac12,1\right)}_{\mathbf a}.$$

Controllo: $\mathbf r_0$ soddisfa $\tfrac52+\tfrac12+0=3$ e $\tfrac52-\tfrac12+0=2$ ✓; il vettore direzione risolve l'omogeneo: $-\tfrac32+\tfrac12+1=0$, $-\tfrac32-\tfrac12+2=0$ ✓. È la struttura delle controimmagini: $\mathbf r_0$ è la soluzione particolare, $t\mathbf a$ percorre $\ker A$.

Il vettore direzione è $\vv=(1,2,3)$. Le $\vu=(u_1,u_2,u_3)$ ortogonali risolvono $u_1+2u_2+3u_3=0$: $$\vu=t(-2,1,0)+s(-3,0,1).$$ Si prendono come righe $(-2,1,0)$ e $(-3,0,1)$. Le costanti si leggono sul punto $\mathbf r_0=(-1,0,1)$: $-2(-1)+0=2$ e $-3(-1)+1=4$. Dunque $$\begin{cases}-2x+y=2\\-3x+z=4\end{cases}$$

Controllo sul punto generico: $-2(-1+t)+2t=2$ ✓ e $-3(-1+t)+(1+3t)=4$ ✓ per ogni $t$. Negli appunti le due costanti sono corrette a mano in arancione: i valori giusti sono questi.

• $(1,-2,3)$, $(3,1,2)$, $(7,0,7)$ sono dipendenti: $(1,-2,3)+2(3,1,2)-(7,0,7)=\vzero$.
• $(1,2)$, $(0,0)$ sono dipendenti: $0\cdot(1,2)+1\cdot(0,0)=\vzero$. In generale un sistema che contiene $\vzero$ è dipendente, e lo è anche uno con un vettore ripetuto: $1\cdot\vv-1\cdot\vv=\vzero$.

• $(6,2,3)$ e $\left(4,\tfrac43,2\right)$ sono dipendenti: il secondo è $\tfrac23$ del primo.
• $(6,2,3)$ e $(3,1,2)$ sono indipendenti: $\tfrac36=\tfrac12=\tfrac12$ ma $\tfrac23\ne\tfrac12$, quindi nessuno è multiplo dell'altro.
• $\sin x$ e $\cos x$ sono indipendenti: se fosse $\sin x=k\cos x$ per ogni $x$, con $x=\tfrac\pi2$ si avrebbe $1=0$; e $\cos x=k\sin x$ fallisce in $x=0$.
• La base canonica $\mathbf e_1,\dots,\mathbf e_n$ di $\K^{n}$ è indipendente: $\sum c_j\mathbf e_j=(c_1,\dots,c_n)=\vzero$ obbliga $c_j=0$. Più in generale ogni base è indipendente.

• $(1,2)$, $(2,1)$ è una base di $\R^{2}$: sono indipendenti (non multipli) e sono $2=\dim\R^{2}$. Per la (b) non serve controllare altro.
• $(1,2,3)$, $(3,2,1)$ non è una base di $\R^{3}$: sono indipendenti, ma sono $2\ne3=\dim\R^{3}$.

• $(1,2,3)$, $(1,1,1)$, $(3,2,1)$: il rango è $2\lt3$, quindi sono dipendenti. Infatti $(3,2,1)=-(1,2,3)+4(1,1,1)$.
• $(1,2,3)$, $(0,0,1)$, $(3,2,1)$: il rango è $3$, quindi sono indipendenti e, essendo $3=\dim\R^{3}$, formano una base di $\R^{3}$.

$q_1=x^{2}-x+1$, $q_2=x^{2}+x-1$, $q_3=x^{2}+x+1$ in $P_2$. Le coordinate rispetto a $(1,x,x^{2})$ sono $(1,-1,1)$, $(-1,1,1)$, $(1,1,1)$, e $$\det\begin{bmatrix}1&-1&1\\-1&1&1\\1&1&1\end{bmatrix}=-4\ne0,$$ quindi il rango è $3$ e $q_1,q_2,q_3$ sono indipendenti (anzi, una base di $P_2$).

Si usa $L(f)=\big(f(0),\,f'(0),\,f''(0)\big)$, che è lineare. Le immagini sono $$L(\cos x)=(1,0,-1),\qquad L(\cos2x)=(1,0,-4),\qquad L(\sin x)=(0,1,0),$$ e la matrice che le ha per colonne ha rango $3$ (determinante $3\ne0$). Le immagini sono indipendenti, quindi per la Proposizione 3 lo sono anche le tre funzioni.

Base di un nucleo. $A=\begin{bmatrix}1&2&3&4\\2&4&5&9\end{bmatrix}$. Con $R_2\to R_2-2R_1$ si ha $\begin{bmatrix}1&2&3&4\\0&0&-1&1\end{bmatrix}$: pivot nelle colonne $1$ e $3$, libere $x_2=t$ e $x_4=s$. Allora $x_3=s$ e $x_1=-2t-3s-4s=-2t-7s$: $$\ker A=\operatorname{span}\{(-2,1,0,0),\,(-7,0,1,1)\}.$$ I due vettori sono indipendenti (guarda le componenti $2$ e $4$, quelle delle libere: $(1,0)$ e $(0,1)$), quindi sono una base e $\dim\ker A=2=4-r$.

Base di uno span. $\operatorname{span}\{(1,2,1),(2,4,2),(1,1,1)\}$: $\vv_2=2\vv_1$, mentre $\vv_3$ non è multiplo di $\vv_1$. La riduzione di $[\vv_1|\vv_2|\vv_3]$ ha i pivot nelle colonne $1$ e $3$, quindi una base è $\{\vv_1,\vv_3\}$ e lo span è un piano di $\R^{3}$.

$L(p):=\big(p(0),\ p'(1),\ p''(0)+2p(1)\big)$, lineare. Si calcolano le immagini della base $(1,x,x^{2})$:

• Immagine. $L(a+bx+cx^{2})=aL(1)+bL(x)+cL(x^{2})$, quindi $\Imag L=\operatorname{span}\{(1,0,2),(0,1,2),(0,2,4)\}$. Il terzo è il doppio del secondo: una base è $\{(1,0,2),(0,1,2)\}$ e $\dim\Imag L=2$.
• Appartenenza. $(-1,1,0)=-1\cdot(1,0,2)+1\cdot(0,1,2)$ sta in $\Imag L$, con coordinate $(-1,1)$ rispetto a quella base. Invece $(1,1,1)\notin\Imag L$: dovrebbe essere $(a,b,2a+2b)$ con $a=b=1$, ma $2+2=4\ne1$.
• Nucleo. $L(a+bx+cx^{2})=(a,\ b+2c,\ 2a+2b+4c)=\vzero$ dà $a=0$, $b=-2c$: $\ker L=\operatorname{span}\{x^{2}-2x\}$, di dimensione $1$. Controllo: $q=x^{2}-2x$ ha $q(0)=0$, $q'(1)=0$, $q''(0)+2q(1)=2-2=0$ ✓.
• Conclusione. $\ker L\ne\{\vzero\}$, quindi $L$ non è iniettiva; $\Imag L\ne\R^{3}$, quindi non è suriettiva. E $2+1=3=\dim P_2$: è il teorema di rango + nullità.

$A=\begin{bmatrix}1&3&5\\2&4&6\end{bmatrix}$. Le due righe non sono proporzionali: rango per righe $2$. Le colonne $(1,2)$, $(3,4)$ sono indipendenti e stanno in $\R^{2}$, quindi lo generano: rango per colonne $2$. Coincidono, e coincidono con il numero di pivot.

1. $A=\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&2&2&2\\1&2&3&3\end{bmatrix}$. Con $R_2-R_1$, $R_3-R_1$ e poi $R_3-R_2$ si arriva a tre pivot: $r=3$, e quindi $\dim\ker A=4-3=1$. Infatti $\ker A=\operatorname{span}\{(0,0,-1,1)\}$.

2. $L(p)=\displaystyle\int_0^1p(x)\dd x$ su $P_2$: $L(a+bx+cx^{2})=a+\tfrac b2+\tfrac c3$. L'immagine è tutto $\R$, quindi $r(L)=1$ e $\dim\ker L=3-1=2$: $$\ker L=\operatorname{span}\left\{-\tfrac12+x,\ -\tfrac13+x^{2}\right\}.$$ Controllo: $\int_0^1\left(x-\tfrac12\right)\dd x=\tfrac12-\tfrac12=0$ e $\int_0^1\left(x^{2}-\tfrac13\right)\dd x=\tfrac13-\tfrac13=0$ ✓.

Appartenenza. $P_1(1,2,3)$: da $x$ si ha $t=2$, da $z$ si ha $s=-2$, e $y=4-2=2$ ✓, quindi $P_1\in\Pi$. $P_2(3,2,1)$: $t=4$, $s=0$, ma allora $y=8\ne2$, quindi $P_2\notin\Pi$.

Lo stesso col rango. $P\in\Pi$ se e solo se il sistema $A\binom ts=\overrightarrow{OP}-\mathbf r_0$ è compatibile, con $$A=\begin{bmatrix}1&0\\2&1\\0&-1\end{bmatrix},\qquad \vb_1=P_1-\mathbf r_0=(2,2,2),\qquad \vb_2=P_2-\mathbf r_0=(4,2,0).$$ $r(A)=2$; $r[A|\vb_1]=2$, compatibile; $r[A|\vb_2]=3$, incompatibile. È Rouché-Capelli.

Equazione cartesiana: $-2x+y+z=3$, in due modi.

• Metodo 1: il vettore dei coefficienti deve essere ortogonale ai due vettori direzione $(1,2,0)$ e $(0,1,-1)$, cioè stare in $\ker(A^{T})=\operatorname{span}\{(-2,1,1)\}$. La costante si legge su $\mathbf r_0=(-1,0,1)$: $2+0+1=3$.
• Metodo 2: si eliminano i parametri. $t=x+1$, $s=1-z$, quindi $y=2(x+1)+(1-z)$, cioè $z+y-2x-3=0$.

Controllo: $P_1$ dà $-2+2+3=3$ ✓, $P_2$ dà $-6+2+1=-3\ne3$ ✓.

Con $L(f)=\big(f(0),f'(0),f''(0)\big)$ si ha $L(\lambda\cos x)=\lambda(1,0,-1)$: l'immagine è la retta per l'origine con direzione $(1,0,-1)$. Le sue equazioni cartesiane sono $y=0$ e $z+x=0$.