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
$dimT^(leftarrow)(U)=dimKer(T)+dimU$
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
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 $dimT^(leftarrow)(U)=dimKer(T)+dimU$
svolgimentoTesto nascosto, fai click qui per vederlo
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 $<<u_1,...,u_k>>=U$
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 indipendentise $sum_(i=1)^(k)lambda_i v_(m+i)=0 => T(sum_(i=1)^(k)lambda_i v_(m+i))=0 => sum_(i=1)^(k)lambda_i T(v_(m+i))=sum_(i=1)^(k)lambda_i u_i=0$
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 $T^(leftarrow)(U)=<<v_(m+1),...,v_(m+k)>> oplus Ker(T)$ ossia $T$ è in somma diretta di uno spazio isomorfo a $U$ e del nucleo.