Applicazione lineare a partire dal nucleo
Ciao a tutti, ho un piccolo dubbio. Ho un'applicazione lineare $L: QQ^4 -> QQ[x]_{<=3}$, definita da:
$L(a,b,c,d) = (a+b) x^3 + (c+d) x^2 + 2cx + 2d$.
Devo determinare una base di $Ker L$ e una base di $Im L$, e utilizzarle per dire se esiste un'applicazione lineare $G: QQ[x]_{<=3}->QQ^4$ tale che $Ker G = Im L$ e $Im G = Ker L$.
Calcolare $Im L$ e $Ker L$ non è un problema:
la matrice associata sarà: $A=((1,1,0,0),(0,0,1,1),(0,0,2,0),(0,0,0,2))$, che ha $rk=3$. Dunque:
$ImL = <(1,0,0,0),(0,1,2,0),(0,1,0,2)>$ e $Ker L = <(-1,1,0,0)>$
Ora dovrei fare il procedimento a ritroso ovvero $Ker L$ dovrà essere l'unica colonna relativa all'unico pivot non nullo della matrice associata a $G$, e $Im L$ sarà lo spazio delle soluzioni del sistema $A_G x = ImL$.
Tuttavia mi sorge un dubbio: per poter "tornare indietro", non è necessario che $L$ sia bigettiva? (e in questo caso non lo è, visto che $KerL != 0$)
Edit: riflettendo meglio credo non c'entri molto la bigettività della funzione, ma a questo punto non so veramente come procedere...
$L(a,b,c,d) = (a+b) x^3 + (c+d) x^2 + 2cx + 2d$.
Devo determinare una base di $Ker L$ e una base di $Im L$, e utilizzarle per dire se esiste un'applicazione lineare $G: QQ[x]_{<=3}->QQ^4$ tale che $Ker G = Im L$ e $Im G = Ker L$.
Calcolare $Im L$ e $Ker L$ non è un problema:
la matrice associata sarà: $A=((1,1,0,0),(0,0,1,1),(0,0,2,0),(0,0,0,2))$, che ha $rk=3$. Dunque:
$ImL = <(1,0,0,0),(0,1,2,0),(0,1,0,2)>$ e $Ker L = <(-1,1,0,0)>$
Ora dovrei fare il procedimento a ritroso ovvero $Ker L$ dovrà essere l'unica colonna relativa all'unico pivot non nullo della matrice associata a $G$, e $Im L$ sarà lo spazio delle soluzioni del sistema $A_G x = ImL$.
Tuttavia mi sorge un dubbio: per poter "tornare indietro", non è necessario che $L$ sia bigettiva? (e in questo caso non lo è, visto che $KerL != 0$)
Edit: riflettendo meglio credo non c'entri molto la bigettività della funzione, ma a questo punto non so veramente come procedere...
Risposte
La risposta di quello che ha voglia di fare poca fatica: scusa, ma se devi dire solo SE esiste l'applicazione $G$, puoi limitarti ad osservare che esiste per il teorema di nullità..
Se invece è proprio da costruire una tale applicazione..
Tu hai trovato $ImL=<(1,0,0,0),(0,1,2,0),(0,1,0,2)>$ e $KerL=<(−1,1,0,0)>$.
Cominciamo col dire che non hai scritto i vettori dell'immagine come polinomi.. Ma pazienza,
$ImL=$.
Bene, se tu non vuoi altro che $KerG=ImL$ e $ImG=KerL$, puoi semplicemente costruire un omomorfismo definendolo su una base.
I vettori che generano $ImL$, affinché generino $KerG$ li mandi tutti in $0_(QQ^4)$.
Invece per avere $ImG=<(−1,1,0,0)>$ prendi un vettore linearmente indipendente rispetto a quelli di $KerG$, ad esempio $ x^2$, e lo mandi proprio in $(−1,1,0,0)$.
Se invece è proprio da costruire una tale applicazione..
Tu hai trovato $ImL=<(1,0,0,0),(0,1,2,0),(0,1,0,2)>$ e $KerL=<(−1,1,0,0)>$.
Cominciamo col dire che non hai scritto i vettori dell'immagine come polinomi.. Ma pazienza,
$ImL=
Bene, se tu non vuoi altro che $KerG=ImL$ e $ImG=KerL$, puoi semplicemente costruire un omomorfismo definendolo su una base.
I vettori che generano $ImL$, affinché generino $KerG$ li mandi tutti in $0_(QQ^4)$.
Invece per avere $ImG=<(−1,1,0,0)>$ prendi un vettore linearmente indipendente rispetto a quelli di $KerG$, ad esempio $ x^2$, e lo mandi proprio in $(−1,1,0,0)$.
Ecco, il passaggio di costruire l'omomorfismo non mi è affatto chiaro. Partiamo dal presupposto che non ho mai visto un esercizio simile, non è l'aspetto teorico che mi ha bloccato, ma quello pratico. Quindi ora faccio un tentativo, ma mi aspetto una correzione quasi sicuramente:
$G(x^3) = 0$
$G(x^2+2) = 0$
$G(x^2+x)=0$
$G(x^2)=-x^3+x^2$
dunque la matrice associata sarà: $A_G = ((0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,0),(-1,1,0,0))$
ovvero $G(p(x)) = <(0,0,0,-1)^T, (0,0,0,1)^T, 0_v^T, 0_v^T>$
$G(x^3) = 0$
$G(x^2+2) = 0$
$G(x^2+x)=0$
$G(x^2)=-x^3+x^2$
dunque la matrice associata sarà: $A_G = ((0,0,0,0),(0,0,0,0),(0,0,0,0),(-1,1,0,0))$
ovvero $G(p(x)) = <(0,0,0,-1)^T, (0,0,0,1)^T, 0_v^T, 0_v^T>$
Ma i polinomi non erano $x^3, x^2+2x, x^2+2$?
Io avrei scritto
$G(x^3)=(0,0,0,0)$
$G(x^2+2x)=(0,0,0,0)$
$G(x^2+2)=(0,0,0,0)$
$G(x^2)=(-1,1,0,0)$
(questa volta lo spazio di arrivo è $QQ^4$
E quindi la matrice associata a G mediante la base $x^3, x^2+2x, x^2+2,x^2$ in entrata e la base canonica in uscita è
$( ( 0 , 0 , 0 , -1 ),( 0 , 0 , 0 , 1 ),( 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 ) ) $
Io avrei scritto
$G(x^3)=(0,0,0,0)$
$G(x^2+2x)=(0,0,0,0)$
$G(x^2+2)=(0,0,0,0)$
$G(x^2)=(-1,1,0,0)$
(questa volta lo spazio di arrivo è $QQ^4$
E quindi la matrice associata a G mediante la base $x^3, x^2+2x, x^2+2,x^2$ in entrata e la base canonica in uscita è
$( ( 0 , 0 , 0 , -1 ),( 0 , 0 , 0 , 1 ),( 0 , 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 , 0 ) ) $
Hai ragione, io ho calcolato la trasposta della matrice associata! Grazie mille, mi sei stato di grande aiuto! 
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