Base di una trasformazione inversa

[botta1]

Ciao a tutti!

Volevo sapere come si può risolvere la parte $ b) $ dell'esercizio in figura.
La parte $a)$ mi è chiara.



Grazie in anticipo!

[marco2132k]

Ma \( L \) è lo span? Cioè \( T^{-1}L\left(\left(\begin{smallmatrix}1\\1\\0\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}1\\0\\1\end{smallmatrix}\right)\right) \) è l'insieme delle matrici \( \left(\begin{smallmatrix}x&y\\z&t\end{smallmatrix}\right)\in\mathcal{M}_2\left(\mathbb{R}\right) \) tali che \( L\left(\begin{smallmatrix}x&y\\z&t\end{smallmatrix}\right)=\alpha\left(\begin{smallmatrix}1\\1\\0\end{smallmatrix}\right)+\beta\left(\begin{smallmatrix}1\\0\\1\end{smallmatrix}\right) \), per qualche \( \alpha \) e \( \beta \) reali? Non ti viene nulla? :c

p.s. La b) ti sta chiedendo la base dell'immagine inversa di una trasformazione.

[Bokonon]

Boh, a me pare strano, come può la controimmagine di un piano avere una base di dim.3?
Io ottengo $ B={( ( 0 , 1 ),( 0 , -1 ) ), (( 0 , 1 ),( 1 , 0 ) )} $

[botta1]

"marco2132k":Ma \( L \) è lo span? Cioè \( T^{-1}L\left(\left(\begin{smallmatrix}1\\1\\0\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}1\\0\\1\end{smallmatrix}\right)\right) \) è l'insieme delle matrici \( \left(\begin{smallmatrix}x&y\\z&t\end{smallmatrix}\right)\in\mathcal{M}_2\left(\mathbb{R}\right) \) tali che \( L\left(\begin{smallmatrix}x&y\\z&t\end{smallmatrix}\right)=\alpha\left(\begin{smallmatrix}1\\1\\0\end{smallmatrix}\right)+\beta\left(\begin{smallmatrix}1\\0\\1\end{smallmatrix}\right) \), per qualche \( \alpha \) e \( \beta \) reali? Non ti viene nulla? :c

p.s. La b) ti sta chiedendo la base dell'immagine inversa di una trasformazione.

si $ L $ è lo span, da me si chiama così
no non mi viene nulla, non capisco, per favore aiutatemi!! grazie.

[anto_zoolander]

per una applicazione lineare $T:V->W$ dato un $UleqW$ dovrebbe verificarsi
non ne sono certo(non ne ho mai avuto bisogno); ne posto una dimostrazione sotto

$dimT^(leftarrow)(U)=dimKer(T)+dimU$

perchè l'applicazione $T_u:T^(leftarrow)(U)->U$ definita come $T_u(x)=T(x)$ per ogni $x in T^(leftarrow)(U)$ è ben posta visto che per ogni $x in T^(leftarrow)(U) =>T(x) in U$

quindi $dimT^(leftarrow)(U)=dimKer(T_u)+dimIm(T_u)$

basta notare che $Ker(T_u)=T^(leftarrow)(U)capKer(T)=Ker(T)$

infatti $T^(leftarrow)(U)$ è un sottospazio di $V$ contenete il nucleo

inoltre se $U$ è contenuto nell'immagine allora $T_u$ è suriettiva poichè

se $y in U$ esiste un $x in X$ per cui $T(x)=y => T(x) in U => x in T^(leftarrow)(U)$

da cui $dimT^(leftarrow)(U)=dimKer(T)+dimU$

svolgimento

posto $U= L((1,1,0).(1,0,1))$
date le informazioni si ha che $dimT^(leftarrow)(U)=3$
Considerando che contiene il nucleo puoi sempre partire dalla base del nucleo e poi la completi

puoi considerare due vettori del dominio che come immagine abbiano proprio $(1,1,0)$ e $(1,0,1)$

${(x+y=1),(y-z=1),(2x+y+t=0):} => {(x=1),(y=0),(z=-1),(t=-2):}$

quindi un vettore è $[(1,0),(-1,-2)]$

${(x+y=1),(y-z=0),(2x+y+t=1):} => {(x=1),(y=0),(z=0),(t=-1):}$

il secondo è $[(1,0),(0,-1)]$

da cui la base ${.[(-1,1),(1,1)],[(1,0),(-1,-2)],[(1,0),(0,-1)]}={u_1,u_2,u_3}$

dove il primo è un vettore del nucleo.
Puoi notare che

$2u_3-u_2=[(1,0),(1,0)]$

$u_1+u_3=[(0,1),(1,0)]$

$u_3-u_2=[(0,0),(1,1)]$

considera che in generale puoi fare così(per il futuro)
prendi $T:V->W$ e $UleqIm(T)subsetW$

poni $B_1={v_1,...,v_m}$ base di $Ker(T)$ e $<>=U$
supponiamo che $T(v_(m+i))=u_i$ per ogni $i=1,...,k$

1. i vettori $v_(m+i)$ non dipendono da $v_1,...,v_m$

di fatto se per assurdo $v_(m+i)=sum_(j=1)^(m)lambda_(j,i)v_k$ allora $u_i=T(v_(m+i))=sum_(j=1)^(m)lambda_(j,i)T(v_j)=0$ il che è assurdo perché i vettori della base di $U$ non possono essere nulli

2. i vettori $v_(m+i)$ sono linearmente indipendenti

se $sum_(i=1)^(k)lambda_i v_(m+i)=0 => T(sum_(i=1)^(k)lambda_i v_(m+i))=0 => sum_(i=1)^(k)lambda_i T(v_(m+i))=sum_(i=1)^(k)lambda_i u_i=0$

essendo $u_1,...,u_k$ indipendenti allora $lambda_1=...=lambda_k=0$

pertanto $B={v_1,...,v_m,v_(m+1),...,v_(m+k)}$ è un sistema indipendente.

basta notare ora che questo genera $T^(leftarrow)(U)$

se $x in T^(leftarrow)(U) => T(x) in U$ e quindi $T(x)=sum_(i=1)^(k)lambda_iu_i=sum_(i=1)^(k)lambda_iT(v_(m+i))$

quindi $T(x-sum_(i=1)^(k)lambda_iv_(m+i))=0 => x-sum_(i=1)^(k)lambda_i v_(m+i) in Ker(T) => x=sum_(i=1)^(k)lambda_i v_(m+i)+sum_(j=1)^(m)mu_j v_j$

pertanto ${v_1,...,v_m,v_(m+1),...,v_(m+k)}$ è una base di $T^(leftarrow)(U)$ e non a caso

$dimT^(leftarrow)(U)=k+m=dimKer(T)+dimU$

pertanto in generale se $U$ è un sottospazio dell'immagine allora allora puoi lavorare così

1. prendi una base $B_1={v_1,...,v_m}$ di $Ker(T)$

2. prendi una base $B_2={u_1,...,u_k}$ di $U$

3. cerchi dei vettori $v_(m+1),...,v_(m+k)$ di $V$ tali che $T(v_(m+i))=u_i$

4. concludi che $B=B_1 cup B_2'$
dove $B_2'={v_(m+1),...,v_(m+k)}$

quindi il nucleo ti da una "misura" di quanto $T^(leftarrow)(U)$ distino dall'essere isomorfi
infatti $T^(leftarrow)(U)=<> oplus Ker(T)$ ossia $T$ è in somma diretta di uno spazio isomorfo a $U$ e del nucleo.