Esercizio $RRcongRR^2setminusS$
Dovevo dimostrare che dato $S={(a,3a)inRR^2| a inRR}$ il quoziente $RR^2setminusS$ fosse isomorfo $RR$ dove le strutture sono entrambe additive.
L’idea è che i laterali sono costituiti dalle rette affini passanti per $(x,y)$ e avente direzione $(1,3)$
Quindi l’isomorfismo che ho considerato è $f(x)=(x,x)+S$
L’idea di base è che comunque due classi coincidono se due punti appartengono a una stessa retta. Quindi in genere dato un punto del piano $(x,y)$ ne esiste sicuramente uno del tipo $(z,z)$ appartenente alla stessa retta.
L’iniettività è facile mostrarla visto che $f(x)=f(y)=>(x-y,x-y)=(a,3a)$ per qualche $a inRR$ da cui si ottiene $a=0$ e quindi $x=y$
Quella più delicata è la suriettivitá per cui in genere ho mostrato che dato $(x,y)+S$ si può considerare $z=(3x-y)/2inRR$ per cui si ottiene $f(z)=(x,y)+S$
Sommariamente è corretto?
L’idea è che i laterali sono costituiti dalle rette affini passanti per $(x,y)$ e avente direzione $(1,3)$
$(x,y)+S={(z,t)inRR^2:(x-z,y-t)inS}$
Quindi l’isomorfismo che ho considerato è $f(x)=(x,x)+S$
L’idea di base è che comunque due classi coincidono se due punti appartengono a una stessa retta. Quindi in genere dato un punto del piano $(x,y)$ ne esiste sicuramente uno del tipo $(z,z)$ appartenente alla stessa retta.
L’iniettività è facile mostrarla visto che $f(x)=f(y)=>(x-y,x-y)=(a,3a)$ per qualche $a inRR$ da cui si ottiene $a=0$ e quindi $x=y$
Quella più delicata è la suriettivitá per cui in genere ho mostrato che dato $(x,y)+S$ si può considerare $z=(3x-y)/2inRR$ per cui si ottiene $f(z)=(x,y)+S$
Sommariamente è corretto?
Risposte
Il simbolo di quoziente e' \(/\), non $\backslash$, che invece e' il simbolo per la differenza insiemistica. Le due cose sono molto diverse 
Detto questo, stai considerando lo spazio vettoriale quoziente \(V/\langle v\rangle\), dove $V=RR^2$ e \(v=\left(\begin{smallmatrix}1\\ 3\end{smallmatrix}\right)\); dato che (e' un fatto generale valido per ogni \(W\le V\), dimostralo) \( V/W\cong W^\perp\) hai che \(V/\langle v\rangle\) ha dimensione 1 (dato che ad esempio \(\langle v\rangle^\perp = \langle\left(\begin{smallmatrix}3\\ -1\end{smallmatrix}\right) \rangle\)), ed e' quindi isomorfo a $RR$.
Detto questo, stai considerando lo spazio vettoriale quoziente \(V/\langle v\rangle\), dove $V=RR^2$ e \(v=\left(\begin{smallmatrix}1\\ 3\end{smallmatrix}\right)\); dato che (e' un fatto generale valido per ogni \(W\le V\), dimostralo) \( V/W\cong W^\perp\) hai che \(V/\langle v\rangle\) ha dimensione 1 (dato che ad esempio \(\langle v\rangle^\perp = \langle\left(\begin{smallmatrix}3\\ -1\end{smallmatrix}\right) \rangle\)), ed e' quindi isomorfo a $RR$.
si lo so, solo che mi viene più sbrigativo scrivere 'setminus' ahahahah
quello che ho fatto però è corretto?
ora questo che mi hai dato lo faccio però
quello che ho fatto però è corretto?
ora questo che mi hai dato lo faccio però
"anto_zoolander":
si lo so, solo che mi viene più sbrigativo scrivere 'setminus' ahahahah
C'è qualcosa che non mi torna, "\setminus" vuole nove tasti premuti, "/" ne vuole uno solo.
Peró il piacere visivo è >>>>>>
Eh, ma è sbagliato; le seghe te le puoi fare con qualcosa (qualcuno, spero) di diverso dal simbolo di differenza insiemistica
Sono proprio simboli diversi che indicano cose diverse, non le puoi usare a sproposito: \(G/H\) indica il quoziente di $G$ rispetto ad $H$, mentre $G\setminus H$ indica l'insieme degli elementi di $G$ che non sono elementi di $H$. Vedi bene la differenza.
Sono proprio simboli diversi che indicano cose diverse, non le puoi usare a sproposito: \(G/H\) indica il quoziente di $G$ rispetto ad $H$, mentre $G\setminus H$ indica l'insieme degli elementi di $G$ che non sono elementi di $H$. Vedi bene la differenza.
Kill ma la conosciamo più o meno tutti la differenza, un po’ di leggerezza non ha mai ucciso nessuno.
"anto_zoolander":
Kill ma la conosciamo più o meno tutti la differenza, un po’ di leggerezza non ha mai ucciso nessuno.
La leggerezza no, ma è notoriamente letale non fare gli esercizi che uno ti assegna
Li ho tutti scritti in attesa di finire gli esami di aprile
Però quello sullo spazio quoziente lo faccio mentre seguo fisica perchè mi piace
Però quello sullo spazio quoziente lo faccio mentre seguo fisica perchè mi piace
"killing_buddha":
e' un fatto generale valido per ogni \(W\le V\), dimostralo
sia $(V,*)$ un $K$ spazio euclideo di dimensione finita e $WleqV$ un suo sottospazio avente $B={w_1,...,w_m}$ come base ortonormale. Allora considero l'applicazione \(\displaystyle f\mathrm{:V \rightarrow W^{ \perp}} \) definita come $f(v)=v-sum_(k=1)^(m)(v*w_k)*w_k$
Chiaramente si tratta di un omomorfismo.
questa funzione idealmente associa ad ogni vettore $v$ il vettore ortogonale alla proiezione di $v$ sul sottospazio $W$
Il nucleo di tale applicazione sarà dato da tutti i vettori di $V$ tali che $v=sum_(k=1)^(m)(v*w_k)*w_k$
possiamo mostrare che tale insieme coincide con $W$ stesso in quanto.
se $w inW$ allora $w=sum_(j=1)^(m)lambda_jw_j$ e [size=85]$f(w)=w-sum_(k=1)^(m)(sum_(j=1)^(m)lambda_jw_j*w_k)*w_k=w-sum_(k=1)^(m)lambda_k(w_k*w_k)*w_k=w-w=0$[/size]
quindi $WsubseteqKer(f)$
ora se $v inKer(f)$ allora $v=sum_(k=1)^(m)(v*w_k)*w_k$ e quì usiamo il fatto che \(\displaystyle V=W\oplus W^{\perp} \) fissando come base di $V$ proprio una base di quel tipo.
$v=sum_(k=1)^(m)(v*w_k)*w_k=sum_(k=1)^(m)(sum_(j=1)^(n)lambda_jw_j*w_k)*w_k=sum_(k=1)^(m)sum_(j=1)^(n)lambda_j(w_j*w_k)*w_k=sum_(k=1)^(m)lambda_kw_k$
pertanto $Ker(f)=W$ come volevamo dimostrare e già questo ci dice, dato che $f$ è in particolare un omomorfismo di gruppi abeliani, che \(\displaystyle V/W \cong f(V) \)
$dimV=dimW+dimF(V) => dimF(V)=dimV-dimW=n-m$ ma allora $F(V)$ è un sottospazio dell'ortogonale avente la stessa dimensione, quindi vi coincide. Pertanto \(\displaystyle V/W \cong W^{\perp} \)
L'idea c'è, ma buttiamo via le ipotesi inessenziali, ti va?
Non ti serve che sia euclideo e
non ti serve che la base sia ortonormale. Ti basta una base e la base duale associata (ovviamente devi cambiare leggermente la definizione di ortogonale); also, c'è un piccolo trucco: se $V$ è finito, \(V\cong V^*\) (come si applica sto fatto al problema in questione?)
"anto_zoolander":
Sia $(V,*)$ un $K$ spazio euclideo
Non ti serve che sia euclideo e
di dimensione finita e $WleqV$ un suo sottospazio avente $B={w_1,...,w_m}$ come base ortonormale.
non ti serve che la base sia ortonormale. Ti basta una base e la base duale associata (ovviamente devi cambiare leggermente la definizione di ortogonale); also, c'è un piccolo trucco: se $V$ è finito, \(V\cong V^*\) (come si applica sto fatto al problema in questione?)
$Ker(f)=W$ come volevamo dimostrare e già questo ci dice, dato che $f$ è in particolare un omomorfismo di gruppi abeliani, che \(\displaystyle V/W \cong f(V) \)Questo è impreciso: $f$ deve essere anche $k$-lineare (se gli spazi sono sul campo $k$); non è infatti vero che un generico omomorfismo dei gruppi abeliani sottostanti a due spazi vettoriali sale ad una mappa $k$-lineare (che lo faccia o meno, dipende dal grado dell'estensione di anelli $ZZ | k$).
1) il prenderlo euclideo l'ho fatto perché sostanzialmente parlando di 'ortogonali', mi è venuto in mente questo.
2) di conseguenza la base ortonormale l'ho presa per 'sbrigare i conti'.
L'ipotesi che sia euclideo possiamo buttarla, basta che sia una forma simmetrica prima di vettori isotropi o comunque che la restrizione della forma al sottospazio in questione sia non degenere.
Anche perchè parlare di spazio euclideo in un campo qualsiasi che non so manco se sia ordinato.. non mi pare il caso.
$f$ è un omomorfismo di spazi vettoriali, ma in particolare è omomorfismo di gruppi, no?
In fondo $(V;+)$ è un gruppo abeliano quindi non mi sembra equivoco.
Quale sarebbe la modifica alla definizione di ortogonale?
A me piaciucchia questa dimostrazione perchè mette in risalto più che altro l'aspetto geometrico
2) di conseguenza la base ortonormale l'ho presa per 'sbrigare i conti'.
L'ipotesi che sia euclideo possiamo buttarla, basta che sia una forma simmetrica prima di vettori isotropi o comunque che la restrizione della forma al sottospazio in questione sia non degenere.
Anche perchè parlare di spazio euclideo in un campo qualsiasi che non so manco se sia ordinato.. non mi pare il caso.
$f$ è un omomorfismo di spazi vettoriali, ma in particolare è omomorfismo di gruppi, no?
In fondo $(V;+)$ è un gruppo abeliano quindi non mi sembra equivoco.
Quale sarebbe la modifica alla definizione di ortogonale?
A me piaciucchia questa dimostrazione perchè mette in risalto più che altro l'aspetto geometrico
E' da un po' che non vedo queste cose, ma senza il prodotto vettoriale, l'unicità del "sottospazio ortogonale" viene meno (e penso venga chiamato anche in modo diverso). D'altra parte è poco importante perché tutti gli spazi vettoriali della stessa dimensione sono isomorfi tra di loro. Di fatto vuoi dimostrare che se \(V = W \oplus W'\) allora \(V/W \cong W'\).
@vict85
per prodotto vettoriale, intendi il prodotto scalare o comunque una 'buona' forma bilineare no?
Comunque il tempo di buttare giù un'idea e la scrivo
per prodotto vettoriale, intendi il prodotto scalare o comunque una 'buona' forma bilineare no?
Comunque il tempo di buttare giù un'idea e la scrivo
@auto_zoolander si, ho pensato ad uno e ho scritto l'altro.
"vict85":
E' da un po' che non vedo queste cose, ma senza il prodotto vettoriale, l'unicità del "sottospazio ortogonale" viene meno (e penso venga chiamato anche in modo diverso). D'altra parte è poco importante perché tutti gli spazi vettoriali della stessa dimensione sono isomorfi tra di loro. Di fatto vuoi dimostrare che se \(V = W \oplus W'\) allora \(V/W \cong W'\).
\(W^\perp := \{\zeta\in V^*\mid \zeta(w) = 0 \;\; \forall w\in W\}\).
"killing_buddha":
[quote="vict85"]E' da un po' che non vedo queste cose, ma senza il prodotto vettoriale, l'unicità del "sottospazio ortogonale" viene meno (e penso venga chiamato anche in modo diverso). D'altra parte è poco importante perché tutti gli spazi vettoriali della stessa dimensione sono isomorfi tra di loro. Di fatto vuoi dimostrare che se \(V = W \oplus W'\) allora \(V/W \cong W'\).
\(W^\perp := \{\zeta\in V^*\mid \zeta(w) = 0 \;\; \forall w\in W\}\).[/quote]
Ok, se usi questa definizione allora hai ragione.
sia $V$ un $K$ spazio di dimensione finita e siano $U,WleqV$ tali che $UoplusW=V$ possiamo definire l'applicazione come $F:V->W$ ponendo $F(v)={(v if v inW),(0_V if v inU):}$
che supposta lineare si avrebbe $Ker(F)=U$ e quindi \(\displaystyle V/U \)$congW$
Ma mi sembra troppo facile come soluzione per essere corretta
che supposta lineare si avrebbe $Ker(F)=U$ e quindi \(\displaystyle V/U \)$congW$
Ma mi sembra troppo facile come soluzione per essere corretta
Giusta è pure giusta, ma cosa hai dimostrato di preciso? Mi sono un po' perso tra la consegna iniziale e le varie diramazioni dando la definizione di ortogonale..
"vict85":
Di fatto vuoi dimostrare che se \(V = W \oplus W'\) allora \(V/W \cong W'\).
this.
Comunque mi documenterò sufficientemente sul duale.
Ah! Beh, certo, quello è vero, è una conseguenza di questi fatti
1. Il teorema di isomorfismo per spazi vettoriali: se $f : A\to B$, \(A/\ker f \cong \text{im}(f)\)
2. Il fatto che ogni sottoggetto $W\le V$ è un sommando diretto, cioè per ogni $W\le V$ esiste un $W'$ tale che $W\oplus W' = V$. Tra un po' ti apparirà chiaro che sto dicendo
1. Il teorema di isomorfismo per spazi vettoriali: se $f : A\to B$, \(A/\ker f \cong \text{im}(f)\)
2. Il fatto che ogni sottoggetto $W\le V$ è un sommando diretto, cioè per ogni $W\le V$ esiste un $W'$ tale che $W\oplus W' = V$. Tra un po' ti apparirà chiaro che sto dicendo
"l'algebra omologica tutta in coro":
Ogni successione esatta corta $0 \to W\to V\to Z\to 0$ di spazi vettoriali "spezza", ossia $V\cong W\oplus Z$.
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