Esercizio controimmagine che non mi funziona tanto bene

[nocciolodeldiscorso]

Ciao,

c'è un esercizio che non riesco a capire perché non mi torni. Ho la mia bella applicazione lineare:
$f: RR^3 -> RR^3$, $f(x_1,x_2,x_3)=(x_2-x_3, x_1+x_2, x_1-x_3)$ e assumiamo il sottospazio $Z={(y_1, y_2, y_3)| 2y_1-3y_2+y_3=0}$. Si chiede di trovare $f^-1(Z)$

SOL:

Primo metodo

$f^-1(Z)={vecx in RR^3|f(vecx)in Z}$
Allora ho pensato che equivale a dire:
$f^-1(Z)={vecx in RR^3|∃vecyinZ|f(vecx)=vecy}$

Ora, cosa vuol dire $∃vecyinZ$? Beh dalla definizione di Z (vuol dire) che sono vettori di R3 del tipo:
$(y_1, y_2, -2y_1+3y_2)$ e gli $f^-1(Z)$ saranno quelle x per cui il relativo f(x) verifica l'uguaglianza con questi "y", quindi:

$(x_2-x_3,x_1+x_2, x_1-x_3)=(y_1, y_2, -2y_1+3y_2)$

da cui il sistema in 3 eq.:
$x_2-x_3=y_1$
$x_1+x_2=y_2$
$x_1-x_3=-2y_1+3y_2$

e guardando y1, y2 y3 in veste di parametri, risolvendo in x1,2,3, non viene proprio fuori il risultato che vorrei.



Secondo metodo

Infatti se lo risolvessi così:

$f^-1(Z)={vecx in RR^3|f(vecx)in Z}$

Ora, $f(vecx)in Z$ sse (da definizione di Z) $(x_2-x_3, x_1+x_2, x_1-x_3)=(y_1,y_2,y_3)$ è tale che
$2y_1-3y_2+y_3=0$, ossia mettendo assieme si ha: $2(x_2-x_3)-3(x_1+x_2)+(x_1-x_3)=0$.

Quindi: $f^-1(Z)={vecx in RR^3|2(x_2-x_3)-3(x_1+x_2)+(x_1-x_3)=0}={vecx in RR^3|-2x_1-x_2-3x_3=0}$
[oss: non corrisponde al risultato del primo metodo da me adottato]

La mia domanda è quindi: ma per quale diamine di motivo il primo modo non è congruente col risultato del secondo? I passi svolti nel primo mi sembrano tutti più che leciti! Non capisco l'errore dove sia

[ingres]

Infatti non c'è nessun errore.

Dal metodo 1 si ricavano $x_1$, $x_2$, $x_3$, ciascuno funzione di $y_1$, $y_2$, il che significa che possono combinarsi tra loro per escludere $y_1$, $y_2$ e trovare la relazione cercata. Senza fare conti dalle prime due equazioni che hai scritto risulta infatti:

$y_1 = x_2 - x_3$
$y_2 = x_1 + x_2$

che sostituita nella terza fornisce la soluzione $2x_1 + x_2 + 3x_3=0$ identica a quella del secondo metodo.

In quest'ottica in realtà non c'è una vera differenza tra i due metodi.

[nocciolodeldiscorso]

Allora forse sbaglio qualcosa di ancora più stupido, quello che dovrei trovare non dovrebbero essere x1, x2, x3?
Cioè voglio dire:
${(x_1,x_2,x_3)|x_2-x_3=y_1, x_1+x_2=y_2, x_1-x_3=-2y_1+3y_2}$, e scrivere quindi:

${(x_1=esp1, x_2=esp2, x_3=esp3)}$ (con esp. "espressione") è questo sistema che dovrebbe essere uguale a:
${x⃗ ∈RR^3∣−2x1−x2−3x3=0}={(x_1,-2x_1-3x_3,x_3)}$, e parametrizzando: ${(t,-2t-3s,s)}$ma non mi sembrano uguali perché ${(x_1=esp1, x_2=esp2, x_3=esp3)}$ dovrebbe avere: esp1=t e esp4=s e esp2=-2t-3s parametrizzandole, ma le esp che trovo sono impossibili da parametrizzare con solo t e s per singola esp1,2...

il fatto che solo la terza equazione del sistema si riduca a quella definente il sistema:
${x⃗ ∈RR^3∣−2x1−x2−3x3=0}$ non mi sembra sufficiente.

[ingres]

Ho qualche difficoltà a capire il problema.
Devi trovare in che relazione stanno $x_1, x_2, x_3$ in modo da ottenere Z.

Ora risolvendo il sistema si ottiene
$x_1 = 1/2(-3y_1+4y_2)$
$x_2 = 1/2(3y_1-2y_2)$
$x_3 = 1/2(y_1-2y_2)$

che può essere riparametrizzato con s e t banalmente imponendo $y_1=s, y_2=t$. E se ricavi s e t da due di queste espressioni e sostituisci nella terza riotterrai sempre la stessa relazione che già determinato tra $x_1, x_2, x_3$.
In alternativa lasci s e t e hai la descrizione dello stesso luogo di punti in forma parametrica.

[nocciolodeldiscorso]

Ok, mi sa che mi sono spiegato male, posso riprovarci per favore? . Mi scuso per la poca chiarezza.

Quello che volevo dire era questo, vediamo:
$f^-1(Z)={vecx in RR^3|2(x_2-x_3)-3(x_1+x_2)+(x_1-x_3)=0}=$
$={vecx in RR^3|-2x_1-x_2-3x_3=0}={(x_1,-2x_1-3x_3,x_3)}={(t,-2t-3s,s)}$ (*).

Fin qui tutto ok, io vorrei ottenere questo anche dal mio primo metodo, tuttavia avrei il sistema:
$x_2-x_3=y_1$
$x_1+x_2=y_2$
$x_1-x_3=-2y_1+3y_2$

da cui:
$x_2=y_1+x_3$
$x_1=y_2-x_2$
$2x_1+x_2+3x_3=0$

e quindi:
$x_1 = 1/2(-3y_1+4y_2)$
$x_2 = 1/2(3y_1-2y_2)$
$x_3 = 1/2(y_1-2y_2)$

l'insieme è quindi: $f^-1(Z)={(1/2(-3y_1+4y_2),1/2(3y_1-2y_2),1/2(y_1-2y_2))}=$
$={(x_1 = 1/2(-3s+4t), x_2 = 1/2(3s-2t), x_3 = 1/2(s-2t))}$ (*).

Le (*) non mi sembrano lo stesso insieme, come invece dovrebbe essere.

Più che altro lo dico perché ho provato a estrare i sistemi di generatori (o meglio le basi in quanto L.I.) dalle due versioni di quelle che dovrebbero essere lo stesso insieme $f^-1(Z)$ (quello sopra e qullo sotto) e combinando due vettori di basi del primo non mi danno soluzioni per quello che dovrebbe essere la base del secondo. Cioè nessuna C.L di vettori di base del primo generano uno dei due vettori di base del secondo insieme, ergo: sono insiemi diversi!

[ingres]

Prova a postare le basi che hai ottenuto, ma i due insiemi (*) sono coincidenti (ovviamente i punti non sono uguali per gli stessi valori di s e t).
Scelti infatti i parametri s', t' di un punto qualsiasi del primo insieme $(t', -2t'-3s', s')$ mi basta scegliere i parametri s e t del secondo insieme come:

$s= -2t'-4s'$
$t=-t'-3s'$

per ottenere il punto

$x_1=1/2(-3s+4t) = 1/2(6t'+12s' - 4t' -12 s') =t'$
$x_2=1/2(3s-2t) = 1/2(-6t'-12s'+2t'+6s') = -2t'-3s'$
$x_3=1/2(s-2t)=1/2(-2t'-4s'+2t'+6s')=s'$

ovvero lo stesso punto del primo insieme (e ovviamente vale anche il viceversa).

[nocciolodeldiscorso]

No beh certo, sia chiaro non mi stupisce quello, è ovvio che posso trovare parametrizzazioni diverse, però i punti degli insiemi (cioè i vettori) dovrebbero essere gli stessi (a meno di parametri). A non tornarmi era proprio quel discorso sulle basi, a questo punto mi sono fatto il castello pensando fosse sbagliata il lato teorico (primo messaggio di apertura thread) perché non mi tornava quel calcolo. Forse allora l'errore è solo nel calcolo

Vediamo se troviamo l'errore col tuo gentile aiuto

Allora,
Io mi sono ricavato lo span del secondo metodo (cioè contrazione per dire lo span dello spazio delle soluzioni dellì'equazione trovata con il secondo metodo):
$Span=((1,-2,0);(0,-3,1))={x⃗ ∈RR^3∣−2x1−x2−3x3=0}$

A questo punto ho detto se sono lo stesso spazio dovò trovare opportuni coefficienti "a" della combinazione lineare dei vettori di base ottenuti con il pimo metodo:
Cioè le C.L. seguenti devono avere soluzione:
(1)$(1,-2,0)=a_1vecv_1+a_2vecv_2$
(2)$(0,-3,1)=a_3vecv_1+a_4vecv_2$ (con v1 e v2 i vettori della base del primo metodo del mio post di apertura appunto)
Fin qui direi che ci siamo come teoria (al massimo i conti sono errati).

ora, troviamoci sti v1 e v2 che sono vettori dello span $Span=(v_1;v_2)=Span((2,-1,-2);(-3,3,1))=$
$={(x_1,x_2,x_3)|x_2-x_3=y_1, x_1+x_2=y_2, x_1-x_3=-2y_1+3y_2}$

Esplicitamente:
(1) è il sistema di $2x-3y=1, -x+3y=-2, -2x+y=0$
(2) è il sistema di $2x-3y=0, -x+3y=-3, -2x+y=1$
E a me vengono impossibili!
Da qui tutti i dubbi, io li voglio compatibili.

[ingres]

Ti direi che è errato (2,-1,-2) che dovrebbe essere (2,-1,-1).

Si ottiene così
(1) $2x-3y =1, -x+3y=-2, -x + y=0$ da cui $x=-1, y=-1$
(2) $2x-3y=0, -x+3y=-3, -x+y=1 $ da cui $x=-3, y=-2$

[nocciolodeldiscorso]

Ti ringrazio allora quell'errore scemo mi ha fatto tribolare per ore inutilmente .

Direi che se era quello l'errore, beh tutto a posto. Ti ringrazio molto, perché non riuscivo ad uscirne!

[Edit(t)o ]
PS: mi è in realtà venuto in mente un piccolo PS che mi ero ripromesso di chiederti ma mi era sfuggito poi nel discorso:

C'era un punto in cui avevi scritto

$y_1 = x_2 - x_3$
$y_2 = x_1 + x_2$

che sostituita nella terza fornisce la soluzione $2x_1 + x_2 + 3x_3=0$ identica a quella del secondo metodo.

E giustamente la terza riga del sistema ci dona proprio quell'equazione del secondo metodo, tuttavia poi come si vede dopo l'intero sistema non sarà più descritto da quella equzione ma in modo più coplesso dalla:
${(x1,x2,x3)∣x2−x3=y1,x1+x2=y2,x1−x3=−2y1+3y2}$ in quello che ho soprannominato "primo metodo"
e ciò mi ha messo una pulce nell'orecchio: ma il fatto che quella terza equazione abbia già la forma che mi piacerebbe per il "secondo metodo" esposto in apertura in qualche modo potrebbe già portarmi a dire che
${(x1,x2,x3)∣x2−x3=y1,x1+x2=y2,x1−x3=−2y1+3y2}={(x1,x2,x3)∣2x_1 + x_2 + 3x_3=0}$ senza fare altri calcolosi calcoli? Oppure è solo un caso che compaia identica quella equazione?

Insomma, per farla breve, posso abbreviare il modo di vedere che sono lo stesso insieme proprio in forza a quella $2x_1 + x_2 + 3x_3=0$? Il fatto che appaia magicamente mi mette il dubbio ma non mi sono sovvenute vie intelligenti per farlo.

[ingres]

"nocciolodeldiscorso":Insomma per farla breve, posso abbreviare il modo di vedere che sono lo stesso insieme

Si, in realtà è inutile andare a calcolare le $x_1, x_2, x_3$ funzione di $y_1, y_2$, per poi eliminarle per trovare la relazione che lega tra loro le $x_1, x_2, x_3$. Ovviamente questo procedimento non potrà che darmi lo stesso risultato che ottengo effettuando subito la sostituzione di $y_1, y_2$ nella terza equazione.

Per questo motivo, come ti ho scritto, non vedevo una grande differenza tra i 2 metodi.

[nocciolodeldiscorso]

No, quello è certo: sostituendo ho compreso che ottengo lo stesso insieme (però a meno di parametri distinti), la domanda che mi ponevo era piuttosto:

Siccome dal secondo metodo ho che ${(x1,x2,x3)∣2x_1 + x_2 + 3x_3=0}$ (*) il fatto che la terza riga del sistema seguente

$y_1 = x_2 - x_3$
$y_2 = x_1 + x_2$

che sostituita nella terza fornisce la soluzione $2x_1 + x_2 + 3x_3=0$ identica a quella del secondo metodo.

sia proprio identica alla caratteristica definente l'insieme, ossia $2x_1 + x_2 + 3x_3=0$ (**), mi permette di capire che l'insieme definito da quelle tre equazioni è identico proprio perché ho la terza equazione uguale?

In realtà a me parrebbe di no, così su due piedi, perché ho solo la terza equazione uguale ma andando a sostituirla a ritroso nella 1° e 2° equazione mica è detto che gli x1, x2, x3 che trovo vadano a definire il medesimo insieme (*).
Detto malamente mi sembra solo una botta di c. che ho per terza equazione proprio quella (**), ma non posso concludere granché.

[ingres]

In questo caso ti direi invece di SI, perchè in pratica il primo metodo definisce un piano nello spazio in forma parametrica e il secondo in forma diretta, ma se elimini i parametri dal primo e ottieni il secondo vuol dire che si tratta dello stesso piano.

Per cui sempre ricorrendo all'analogia geometrica e facendo un esempio più semplice di una retta nel piano se si ha x=t e y =2t e la retta y=2x è evidente che eliminando la t dalla prima rappresentazione e ottenendo la seconda concludo che sono uguali.

Questo è vero se le due rappresentazioni si riferiscono ad un insieme di pari dimensioni, ma non in generale perchè bisogna stare attenti a cosa si sta considerando. Se ci riferiamo allo spazio e prendiamo x=t, y=2t, z=t e y=2x non è vero che si tratta di due insiemi uguali. Il primo è una retta mentre il secondo è un piano.

[nocciolodeldiscorso]

Non ci avrei mai pensato senza il tuo aiuto, ma direi che ora credo di aver ben compreso: in pratica il primo metodo è proprio una eliminazione dei parametri e l'equazione che trovo è quella del piano, che è per ovvie ragioni la stessa del secondo metodo che è appunto la rappresentazione cartesiana (e non parametrica).

Ok mi pare di esseri ora sul senso, spero di non aver farneticato . grazie mille!

PS: che poi ovviamente valeva il discorso inverso dalla cartesiana qui passavo alla parametrica:

${x⃗ ∈RR^3∣−2x1−x2−3x3=0}={(x_1,-2x_1-3x_3,x_3)}$, e parametrizzando: ${(t,-2t-3s,s)}$

Devo dire che non avevo chiarissime queste cose, ora mi sembra di aver compreso molto a riguardo. grazie ancora.

Era un esercizio stupido ma credo di aver imaprato molte cose grazie ai tuoi spunti!