Endomorfismi

[giulpip1]

Ciao a tutti! Sono in "pappa" per un esercizio teorico, riguardante gli endomorfismi. Vi cito il testo:

Dimostrare che un endomorfismo L:V->V con V!={0v} e Im(L)=Ker(L) non è endomorfismo semplice.

Vi sarei infinitamente riconoscente se riusciste a darmi una mano. Grazie in anticipo!!

[mistake89]

Ti metto un'idea di soluzione in spoiler:

Supponi che $L$ sia semplice, allora in particolare ammette una base di autovettori $v_1,...,v_n$.

Supponiamo, a patto di riordinare gli indici, che i primi $n/2$ siano una base del $kerL$, e quindi anche una base dell' $ImL$ poiché per ipotesi i due sottospazi coincidono.

D'altra parte, sappiamo bene che una base dell'$ImL$ è composta dalle immagini dei vettori $L(v_i)$ con $i=(n+1)/2,...,n$, dove abbiamo scartato i primi $n/2$ poiché, stando la $kerL$ avranno immagine $0_v$.

Ma allora $L(v_i)$ sarà uguale ad una certo $v_j$ con $j=1,...,n/2$, ma essendo per ipotesi autovettori $v_j=lambda v_i$ con $i=(n+1)/2,...,n$ e $j=1,...,n/2$.
Ma questo è assurdo, perché allora $v_1,...,v_n$ non sarebbe una base, contenendo vettori tra loro proporzionali.

[giulpip1]

Grazie mille!
Solo non capisco come faccio a giustificare che L(Vi) siano uguali a Vj con j che si riferisce ai primi n/2 vettori.
Mi potresti chiarificare questo passaggio per favore?

[dissonance]

Una strada alternativa:

Per ipotesi è $\ker T=\im T$, quindi, in particolare, $T$ è nilpotente nel senso che $T\circ T = 0$. L'unico endomorfismo diagonalizzabile con questa proprietà è l'endomorfismo nullo perché $T$ può avere solo l'autovalore nullo: infatti, se $Tv=\lambda v$, allora $0=T\circTv=\lambda^2 v$, per cui se $v\ne 0$ (per definizione tutti gli autovettori sono non nulli) allora deve essere $\lambda^2=0$ e quindi $\lambda=0$.

[mistake89]

Ehm sì, credo non sia proprio corretto, bisogna aggiustare qualcosa

Prendi la base $v_1,...,v_(n/2)$ dell'$ImL$.
In realtà anche $$ con $j=(n+1)/2, ... , n$ è una base per l'immagine.

Allora ciascun $v_i=sum a_j L(v_j)=sum a_j lambda_j v_j$ con $i=1,..., n/2$. Cioè ogni $v_i$ è combinazione lineare dei $v_j$ ed in particolare linearmente dipendente.

Così dovrebbe andare.

[giulpip1]

"mistake89":Ehm sì, credo non sia proprio corretto, bisogna aggiustare qualcosa

Prendi la base $v_1,...,v_(n/2)$ dell'$ImL$.
In realtà anche $$ con $j=(n+1)/2, ... , n$ è una base per l'immagine.

Allora ciascun $v_i=sum a_j L(v_j)=sum a_j lambda_j v_j$ con $i=1,..., n/2$. Cioè ogni $v_i$ è combinazione lineare dei $v_j$ ed in particolare linearmente dipendente.

Così dovrebbe andare.

Perfetto, avevo avuto un flash riguardo a quello che dici, ma non ero completamente sicuro dell'intuizione.
Quindi, ipotizzando che la prima metà genera il kernel e che la seconda metà genera l'immagine, equivalentemente generata dalla funzione L applicata alla seconda metà (la prima da risultato nullo) che ci restituisce una base di autovettori. Ora per ipotesi questa è uguale alla base del kernel che, essendo generata dalla prima metà dei vettori, dovrà coincidere. Si ha quindi che la prima metà sarà multipla della seconda. Il discorso fila!

[mistake89]

Direi di sì. Anche se, personalmente, l'idea di dissonance è più bella!

[giulpip1]

Ringrazio sentitamente entrambi! Ho solamente prediletto la soluzione di mistake perchè nell'altra erano incluse definizioni che non avevo mai sentito nominare

L'ultimo dubbio riguarda la definizione della base dell'immagine: come posso avere la certezza che, applicando la legge ai vettori scelti per ipotesi, ottenga proprio una base?

[mistake89]

Beh perché la costruiamo apposto così.
Una base dell'immagine sarà anche una base del $ker$ per ipotesi.

Inoltre $Imf$ è generata dall'immagine dei vettori di una base di $V$. Scartando quelli tra questi linearmente dipendenti avrai una base. Ma è semplice vedere che gli unici tra questi linearmente dipendenti sono i primi $n/2$ poiché la loro immagine è $0_v$