Álgebra A (62) · Unidad 8 — Transformaciones lineales

Imagen y preimagen de un conjunto

T(S) es todo lo que T alcanza partiendo de S; T⁻¹(M) es todo lo que T manda adentro de M. La preimagen existe siempre —puede ser vacía— y se calcula resolviendo un sistema.

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La explicación

La imagen de un conjunto

T(S) = { T(v) : v ∈ S } vive en la llegada

Es lo que se obtiene aplicándole T a cada vector de S. La imagen del tema 8.4 es el caso en que S es todo el espacio de salida: Im(T) = T(ℝⁿ).

Si S es un subespacio, T(S) también lo es, y se calcula con sus generadores:

S = ⟨v₁, …, v_k⟩ ⟹ T(S) = ⟨T(v₁), …, T(v_k)⟩

Los generadores van a generadores, pero la independencia se puede perder. Si v₁ y v₂ son una base de S, T(v₁) y T(v₂) generan T(S), pero pueden quedar paralelos (o uno puede dar 0) si T aplasta algo de S. Por eso dim T(S) ≤ dim S, y para dar una base de T(S) hay que mirar el rango de las imágenes, como en 6.9.

La preimagen de un vector

T⁻¹(w) = { v : T(v) = w } vive en la salida

Son todos los vectores que T manda a w. Se calcula resolviendo el sistema A_T·X = w, y por Rouché–Frobenius hay tres resultados posibles:

w ∉ Im(T) → T⁻¹(w) = ∅
w ∈ Im(T), Nu(T) = {0} → un vector
w ∈ Im(T), Nu(T) ≠ {0} → v₀ + Nu(T)

El primer caso es el del sistema incompatible; el segundo, compatible determinado; el tercero, compatible indeterminado.

En el último caso v₀ es una solución cualquiera, y se le suma todo el núcleo: si T(v₀) = w y T(u) = 0, entonces T(v₀ + u) = w + 0 = w. La preimagen es una recta o un plano paralelo al núcleo, que no pasa por el origen salvo que w = 0 (y T⁻¹(0) es el núcleo).

Ojo con la notación. En T⁻¹(w) el «⁻¹» no dice que T tenga inversa: la preimagen se calcula para cualquier T. Cuando T es un isomorfismo (tema 8.7), T⁻¹(w) tiene un solo vector, y es lo que da la función inversa aplicada a w.

La preimagen de un subespacio

T⁻¹(M) = { v : T(v) ∈ M }

Si M es un subespacio de la llegada, T⁻¹(M) es un subespacio de la salida, y siempre contiene al núcleo, porque T(u) = 0 está en M. Cómo se calcula:

1. Escribir M con ecuaciones (si viene con generadores, pasarlo a ecuaciones).
2. En esas ecuaciones, poner las coordenadas de T(x, y, z) en lugar de las de M.
3. Lo que queda son ecuaciones en x, y, z: ésas describen T⁻¹(M).

Por ejemplo, con T(x, y, z) = (x + y, z) y M = {(a, b) : a = b}: se reemplaza a por x + y y b por z, y queda x + y − z = 0, un plano de ℝ³. Contiene al núcleo de T, que es ⟨(1, −1, 0)⟩: 1 − 1 − 0 = 0 ✔.

Los controles

Nu(T) ⊆ T⁻¹(M)
T(T⁻¹(M)) ⊆ M
dim T(S) ≤ dim S

El primero es el que más rinde: si el generador del núcleo no cumple las ecuaciones que te dieron para T⁻¹(M), hay un error seguro.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Sea T : ℝ³ → ℝ², T(x, y, z) = (x − y, y − z). Hallar T⁻¹((2, 1)) y T⁻¹(M) para M = {(a, b) ∈ ℝ² : a + b = 0}.

La preimagen de (2, 1): resolver T(x, y, z) = (2, 1).

x − y = 2
y − z = 1

Ya está escalonado: dos ecuaciones, tres incógnitas, así que queda una variable libre. Con z = t:

y = 1 + t x = 2 + y = 3 + t

T⁻¹((2, 1)) = { (3, 1, 0) + t·(1, 1, 1) : t ∈ ℝ }

Se lee así: (3, 1, 0) es una solución particular (la de t = 0), y (1, 1, 1) genera el núcleo de T: T(1, 1, 1) = (0, 0) ✔. La preimagen es una recta paralela al núcleo que pasa por (3, 1, 0), no por el origen.

Control: T(3, 1, 0) = (3 − 1, 1 − 0) = (2, 1) ✔, y con t = 1, T(4, 2, 1) = (2, 1) ✔.

La preimagen de M. M ya viene con su ecuación, a + b = 0. Se reemplaza a por x − y y b por y − z:

(x − y) + (y − z) = 0 ⟹ x − z = 0

T⁻¹(M) = { (x, y, z) ∈ ℝ³ : x = z } = ⟨(1, 0, 1), (0, 1, 0)⟩

Es un plano de ℝ³: dimensión 2.

Los dos controles. El núcleo está adentro: (1, 1, 1) cumple x = z ✔. Y los generadores van a parar a M: T(1, 0, 1) = (1, −1), con 1 + (−1) = 0 ✔; T(0, 1, 0) = (−1, 1), con −1 + 1 = 0 ✔.

Dónde se pierde el punto: calcular T(2, 1), que ni siquiera tiene sentido (T sale de ℝ³), o dar sólo (3, 1, 0) como si fuera «la» preimagen. Con núcleo no nulo, la respuesta es la recta entera.

Y uno del nivel del parcial

Sea T : ℝ³ → ℝ³, T(x, y, z) = (x + y, y + z, x − z). a) Hallar una ecuación de Im(T). b) Hallar T(S) para S = ⟨(1, 0, 0), (0, 0, 1)⟩. c) Hallar T⁻¹((3, 1, 2)) y T⁻¹((1, 1, 1)). d) Hallar T⁻¹(M) para M = {(a, b, c) : c = 0}.

a) La imagen, con el sistema A·X = (a, b, c). Un (a, b, c) está en la imagen cuando el sistema es compatible. Se triangula la ampliada:

[ 1 1 0 | a ]
[ 0 1 1 | b ]
[ 1 0 −1 | c ]

F₃ − F₁: [ 0 −1 −1 | c − a ]
y sumándole F₂: [ 0 0 0 | c − a + b ]

La última fila es 0 = c − a + b: el sistema es compatible sólo si se anula.

Im(T) = { (a, b, c) : a − b − c = 0 } (un plano, rg = 2)

Y el núcleo, por el teorema de la dimensión, tiene dimensión 3 − 2 = 1: resolviendo con (a, b, c) = 0 sale Nu(T) = ⟨(1, −1, 1)⟩. Control: T(1, −1, 1) = (0, 0, 0) ✔.

b) T(S): se aplica T a los generadores.

T(1, 0, 0) = (1, 0, 1) T(0, 0, 1) = (0, 1, −1)

No son paralelos, así que T(S) = ⟨(1, 0, 1), (0, 1, −1)⟩ tiene dimensión 2. Como los dos cumplen a − b − c = 0 y la imagen también es un plano, T(S) = Im(T): el plano S ya alcanza para llegar a todo lo que T alcanza.

c) Las dos preimágenes. Primero, mirar si están en la imagen:

(3, 1, 2): 3 − 1 − 2 = 0 ✔ está
(1, 1, 1): 1 − 1 − 1 = −1 ≠ 0 ✗ no está

Para (3, 1, 2), con z = t: y + z = 1 da y = 1 − t, y x + y = 3 da x = 2 + t.

T⁻¹((3, 1, 2)) = { (2, 1, 0) + t·(1, −1, 1) : t ∈ ℝ } T⁻¹((1, 1, 1)) = ∅

Control: T(2, 1, 0) = (3, 1, 2) ✔, y la dirección es la del núcleo, como tiene que ser.

d) T⁻¹(M). M es c = 0, y la tercera coordenada de T(x, y, z) es x − z:

T⁻¹(M) = { (x, y, z) : x − z = 0 } = ⟨(1, 0, 1), (0, 1, 0)⟩

Control del núcleo: (1, −1, 1) cumple x = z ✔. Y una pregunta que se puede hacer: M ∩ Im(T) es {c = 0, a = b}, una recta; T⁻¹(M) es un plano porque además de lo que va a esa recta se suma todo el núcleo.

Dónde se pierde el punto: resolver T⁻¹((1, 1, 1)) sin mirar antes si está en la imagen, y no darse cuenta de que el sistema no tiene solución; o contestar «no existe» en lugar de «es el conjunto vacío», que es lo que es.

Dónde se cae la mayoría

Calcular T(w) cuando piden T⁻¹(w). La preimagen se busca resolviendo T(v) = w, no aplicándole T a w.
Dar una sola solución de A·X = w cuando T tiene núcleo. La preimagen es v₀ + Nu(T), entera.
Creer que T⁻¹(w) sólo existe si T es inversible. Existe siempre; si w no está en la imagen, es el conjunto vacío.

Hasta acá la explicación. La práctica es la otra mitad: 7 ejercicios de este tema, en cuatro niveles, que no te dicen sólo si está bien al final sino que te corrigen en cada paso y te explican por qué. Además trae una animación que muestra la idea en movimiento.

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