Esercizi su un endomorfismo

[Bokonon]

Per quanto riguarda il completamento di $B_(Im(f))$, ti sarei veramente grato se mi spiegassi qual è il procedimento più efficiente per trovare i vettori da aggiungere.
Solo non mi è chiaro perché derivi le equazioni cartesiane dell'immagine dai vettori utilizzati per il suo completamento. Non dovrei estrarle direttamente dalla base che ho calcolato precedentemente?

La base la puoi completare come ti pare e Arnett ha ragione. Però visto dopo dovresti comunque trovare le equazioni cartesiane dell'immagine, tanto vale trovare il kernel di:
$ ( ( 1 , -2 , 0 , 0 ),( 0 , -1 , 5 , 1 ) ) $
Le due equazioni cartesiane sono i piani perpendicolari ai due vettori del kernel, quindi sono i coefficienti di:
$ax+by+cz+dt=0$ perchè appunto sono tutti i vettori tali che $( x \ \ y \ \ z \ \ t ) ( ( a ),( b ),( c ),( d ) ) =0 $

Così risparmi tempo e fai due cose in una.

[RP-1]

Il primo punto l'ho finito e credo che qui sia presente l'intero svolgimento. Per quanto riguarda il secondo, ho calcolato le equazioni cartesiane dell'immagine:
$\{(10x+5y+z=0),(2x+y+t=0):}$
le ho messe a sistema con quelle del sottospazio $U$ ed ho ottenuto:
$B_(UnnIm(f))=(-3/2,2,5,1)$.

In merito al terzo, invece, trovo che il sistema $Ax = v$ è compatibile se e solo se $h = -10$, per cui si ha:
$\{(-2x+3y=0),(4x-6y-2z+t=8),(10z-5t=-40),(2z-t=-8):}$
che ammette $\infty^2$ soluzioni:
$(a,-2/3a,b,2b+8)$.
Sbaglio qualcosa?

[Bokonon]

$B_(UnnIm(f))=(-3/2,2,5,1)$.

Questa è corretta ma devi scrivere $B_(UnnIm(f))={(-3/2,2,5,1)}$ altrimenti pare che lo spazio di intersezione sia un punto invece di una retta. Inoltre puoi sempre semplificare il vettore per esempio mettendo $(-3,4,10,2)$

$(a,-2/3a,b,2b+8)$.
Sbaglio qualcosa?

No, è corretta anche questa. Quindi le soluzioni, per $h=-10$, sono tutti i vettori che stanno su un piano affine.

[RP-1]

Se invece mi fosse chiesto di esibire un vettore di $RR^4$ privo di controimmagine, senza però considerare il punto precedente, è corretto affermare che:

- tale vettore non esiste se la matrice $A$ associata all'endomorfismo ha $det!=0$ e quindi rango massimo (poiché il s.l. $Ax=v$ risulta sempre compatibile);
- coincide con un vettore linearmente indipendente da quelli che costituiscono $A$, se $det(A)=0$?

E se così fosse, come calcolerei in maniera efficiente tale vettore?

[Bokonon]

- tale vettore non esiste se la matrice $A$ associata all'endomorfismo ha $det!=0$ e quindi rango massimo (poiché il s.l. $Ax=v$ risulta sempre compatibile);

Certo che si, sarebbe un isomorfismo. Si avrebbe una relazione biettiva, quindi perfettamente invertibile 1-1.

- coincide con un vettore linearmente indipendente da quelli che costituiscono $A$, se $det(A)=0$?

E se così fosse, come calcolerei in maniera efficiente tale vettore?

Non puoi trovare un vettore privo di controimmagine.
Proviamo a ragionare così. Invece di pensare allo spazio di partenza rispetto alla base canonica, cambiamogli la base sfruttando la matrice associata all'applicazione $ F=( ( -2 , 3 , 0 , 0 ),( 4 , -6 , -2 , 1 ),( 0 , 0 , 10 , -5 ),( 0 , 0 , 2 , -1 ) ) $
Lo spazio generato dalle righe + il kernel sono un'ottima base per comprendere cosa fa l'applicazione in se.
F ha rango 2 e così la sua trasposta, quindi prendiamo due vettori indipendenti come la prima e la quarta riga. Esse sono una base dello spazio delle righe e generano un piano in $RR^4$
Poi prendiamo il kernel che è perpendicolare allo spazio delle righe, quindi sono in somma diretta.
$ B={r_1,r_2,k_1,k_2}={( ( -2 ),( 3 ),( 0 ),( 0 ) ),( ( 0 ),( 0 ),( 2 ),( -1 ) ),( ( 3 ),( 2 ),( 0 ),( 0 ) ),( ( 0 ),( 0 ),( 1 ),( 2 ) ) } $
B è un'ottima base per lo spazio di partenza e ci permette di "vedere" chiaramente cosa accade.
Prendiamo il vettore generico $alphar_1+betar_2$. F manda ogni singolo vettore dello spazio delle righe, (ovvero un piano) nell'immagine (un altro piano).
I vettori $gammak_1+muk_2$ sono tutti ortogonali allo spazio delle righe, quindi F manda queste comb. lineari nell'immagine ma tutti nel medesimo punto (0,0,0,0).
Infine, in generale, tutti i vettori dello spazio di partenza $RR^4$ sono comb.lineari $alphar_1+betar_2+gammak_1+muk_2$ dove vanno?
$F*(alphar_1+betar_2+gammak_1+muk_2)=F*(alphar_1+betar_2)$
Di nuovo le componenti che appartengono al kernel vanno in (0,0,0,0) e il resto finisce nell'immagine.
Quindi ci sono infiniti vettori dello spazio di partenza che finiscono nel medesimo punto dell'immagine.
Possiamo "rimappare indietro" i vettori del piano dell'immagine con i vettori del piano dello spazio delle righe, mentre l'informazione su tutti gli altri vettori è andata "persa" visto che sono finiti tutti nell'origine dell'immagine. Il tutto diventa ancora più evidente se considerassimo $ F=( ( -2 , 3 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 2 , -1 ) ) $
Ovvero un'applicazione iniettiva da $RR^4$ in $RR^2$ quindi ha pseudoinversa destra.
Tutti i vettori dello spazio delle righe di F vengono spediti in $RR^2$.

Per avere una visione geometrica completa (the big picture) ti consiglio di guardare questa lezione di Strang.
https://youtu.be/nHlE7EgJFds

[RP-1]

Scusa, sicuramente mi starò perdendo in un bicchier d'acqua, ma non riesco a capire.
La controimmagine di un generico vettore $v$ coincide con la soluzione del sistema $Ax = v$, pertanto la mia idea è quella di cercare un vettore $v$ per il quale tale sistema risulti incompatibile. In tal caso, tal vettore non dovrebbe avere controimmagine. Dove sbaglio?

[Bokonon]

La controimmagine di un generico vettore $v$ coincide con la soluzione del sistema $Ax = v$, pertanto la mia idea è quella di cercare un vettore $v$ per il quale tale sistema risulti incompatibile. In tal caso, tal vettore non dovrebbe avere controimmagine. Dove sbaglio?

Per $h!=-10$ non esiste una combinazione lineare delle colonne di F (ovvero una comb. i cui scalari sono le componenti di x) che diano il vettore v. Quindi v non sta nell'immagine..per questo motivo il sistema non ha soluzione.
Quanti vettori v non stanno nell'immagine? Infiniti. Per esempio tutti i vettori che stanno nello spazio perpendicolare all'immagine. Ma non capisco cosa ci sia di straordinario in tutto ciò...anche perchè lo hai dimostrato risolvendo l'esercizio.

[RP-1]

Ed è proprio qui il mio dubbio. Un vettore che non sta nell'immagine, non ammette controimmagine, giusto? Pertanto dovrebbe corrispondere alla richiesta. Dove sbaglio?

[Bokonon]

Ti ho risposto due volte.
Considerando l'esercizio, tutti i vettori per $h!=10$ non appartengono all'immagine.
In generale invece qualsiasi combinazione lineare dei due vettori della base dell'immagine ${i_1,i_2}$ + i due vettori dello spazio perpendicolare all'immagine ${p_1,p_2}$, ovvero $ai_1+bi_2+cp_1+dp_2$ con almeno uno dei due coefficienti $c,d!=0$ non appartengono all'immagine.

[RP-1]

Proprio per questo ho scritto

senza però considerare il punto precedente

Nel caso in cui, dato un endomorfismo, mi venisse chiesto di esibire un vettore che non ha controimmagine, è corretto il ragionamento proposto, oppure sbaglio? Inoltre, non hai risposto al mio dubbio

Un vettore che non sta nell'immagine, non ammette controimmagine, giusto?

Formalmente è corretto ciò? Esibendo un vettore che non sta nell'immagine, sto esibendo un vettore che non ha controimmagine? Oppure sbaglio?