Esercizio su dimensione di un sottospazio

[Shocker1]

Ciao


Sto cercando di risolvere il seguente esercizio: siano $f: \mathbb{R^n} -> \mathbb{R^m}$ un'applicazione lineare iniettiva, $g:\mathbb{R^m} \to \mathbb{R^n}$ un'applicazione lineare surgettiva e $E = {h \in End(\mathbb{R^m})| g \circ h \circ f \equiv 0}$. Calcolare la dimensione di $E$.

L'iniettività di $f$ e la surgettività di $g$ ci dicono che $n <= m$.
Se $n = m$ allora $f$ e $g$ sono isomorfismi e quindi $dimE = 0$ in quanto l'unica applicazione tale che $g \circ h \circ f \equiv 0$ è $h \equiv 0$(applicazione nulla).

Tuttavia non ho idee per il caso $n < m$, avete qualche consiglio?

Grazie!

[kobeilprofeta]

ma se n

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[Shocker1]

Ciao

Grazie per la risposta!

"kobeilprofeta":ma se n
Certamente no perché altrimenti avresti un sottospazio di dimensione $m$ in $\mathbb{R^n}$, assurdo sotto quest'ipotesi.
Ma non capisco come collegare questo fatto con l'esercizio: io ho un'applicazione lineare iniettiva da $\mathbb{R}^n$ a $\mathbb{R}^m$ e un'applicazione lineare surgettiva da $\mathbb{R}^m$ a $\mathbb{R}^n$.

Ciao

[Shocker1]

Up!

[Shocker1]

Up

[geo_alg_lin]

Ciao Shocker.
Io ho ragionato in questo modo.
Come hai detto già, $n<=m$ per le condizioni imposte su iniettività e surgettività.
Io però, a questo punto, non ragionerei sui due casi distintamente.

Considerando solo $h$ e $g$, dico che $h$ deve avere l'immagine contenuta interamente in $ker(g)$: se un vettore di $Im(h)$ fosse fuori da $ker(g)$, avrei che $g\circ h$ non può essere l'applicazione nulla.
Tuttavia, essendoci anche $f$, tutti i vettori di [tex]\mathbb{R}^m[/tex] che non stanno nell'immagine di $f$ sono liberi di andare anche in vettori che non vengono mandati da $g$ fuori da ${0}$ di [tex]\mathbb{R}^n[/tex].
In definitiva, i vincoli su $h$ sono che un sottospazio $A:=Im(f)$, $dim(A)=m-n$, deve andare in un sottospazio $B:=Ker(g)$, $dim(B)=m-n$, essendo tutto il resto libero.
Quindi la dimensione di $E$ dovrebbe essere $(m-n)(m-n)$, che nel caso particolare $n=m$ riflette il tuo ragionamento.

EDIT: Se ritieni necessario, posso ripulire un po' il ragionamento fissando per bene le ipotesi e procedendo per gradi.

[Shocker1]

Ciao, ti ringrazio per la risposta!

"geo_alg_lin":Ciao Shocker.
Io ho ragionato in questo modo.
Come hai detto già, $n<=m$ per le condizioni imposte su iniettività e surgettività.
Io però, a questo punto, non ragionerei sui due casi distintamente.

Considerando solo $h$ e $g$, dico che $h$ deve avere l'immagine contenuta interamente in $ker(g)$: se un vettore di $Im(h)$ fosse fuori da $ker(g)$, avrei che $g\circ h$ non può essere l'applicazione nulla.
Tuttavia, essendoci anche $f$, tutti i vettori di [tex]\mathbb{R}^m[/tex] che non stanno nell'immagine di $f$ sono liberi di andare anche in vettori che non vengono mandati da $g$ fuori da ${0}$ di [tex]\mathbb{R}^n[/tex].
In definitiva, i vincoli su $h$ sono che un sottospazio $A:=Im(f)$, $dim(A)=m-n$, deve andare in un sottospazio $B:=Ker(g)$, $dim(B)=m-n$, essendo tutto il resto libero.
Quindi la dimensione di $E$ dovrebbe essere $(m-n)(m-n)$, che nel caso particolare $n=m$ riflette il tuo ragionamento.

EDIT: Se ritieni necessario, posso ripulire un po' il ragionamento fissando per bene le ipotesi e procedendo per gradi.

Il ragionamento bene o male mi torna, tuttavia non capisco come mai $dimA = m - n$: per ipotesi $f$ è iniettiva e quindi $dimImf = n$.

Comunque penso sia un errore di battitura, per cui vediamo se ho capito: $h$ deve mandare una base di $Imf$ nei generatori di $Kerg$, per cui ho $n(m-n)$ applicazioni linearmente indipendenti in $End(\mathbb{R^m})$ che possono farlo(per vederlo basta usare qualche matrice). Appena torno a casa provo a buttare giù una dimostrazione e poi la posto
Se vuoi posta una dimostrazione del fatto anche tu.

Grazie per l'aiuto.

[geo_alg_lin]

Sì, Shocker, $dim(Im(f))=n$ ed il mio non era un errore di battitura ma una vera e propria svista, e credo che essa non sia neanche la più grave che ho commesso.
Infatti, posto che ormai siamo d'accordo sul ragionamento sui vincoli che ha la funzione $h$, credo che si debba correggere la conclusione sulla dimensione di $E$ (se anche fosse corretto il risultato, mi sono reso conto che il ragionamento va effettuato con più calma e precisione).
Mi sono convinto che il ragionamento deve essere fatto in maniera più sistematica pensando all'esempio di un certo $L_mathbb{K}(E,F)$ (i.e. lo spazio di tutte le applicazioni $mathbb{K}-$lineari da $E$ in $F$, con $dim(E)=n$ e $dim(F)=m$ ) nel quale si vincola $f$ ad avere un certo valore non nullo su un vettore non nullo del dominio: le possibili $f$ non sono ovviamente un sottospazio di dimensione $1*1$, ma un sottospazio di dimenione $(n-1)*m$, o mi sbaglio?
Comunque sia, più tardi ci ragionerò su meglio.
Questo esercizio ha il pregio di rinforzare da un lato la capacità di ragionare nei "giochetti" con le composizioni, dall'altro la questione cruciale delle dimensioni di sottospazi di applicazioni lineari che abbiano determinati vincoli.

[Shocker1]

Ciao

"geo_alg_lin":Sì, Shocker, $dim(Im(f))=n$ ed il mio non era un errore di battitura ma una vera e propria svista, e credo che essa non sia neanche la più grave che ho commesso.
Infatti, posto che ormai siamo d'accordo sul ragionamento sui vincoli che ha la funzione $h$, credo che si debba correggere la conclusione sulla dimensione di $E$ (se anche fosse corretto il risultato, mi sono reso conto che il ragionamento va effettuato con più calma e precisione).
Mi sono convinto che il ragionamento deve essere fatto in maniera più sistematica pensando all'esempio di un certo $L_mathbb{K}(E,F)$ (i.e. lo spazio di tutte le applicazioni $mathbb{K}-$lineari da $E$ in $F$, con $dim(E)=n$ e $dim(F)=m$ ) nel quale si vincola $f$ ad avere un certo valore non nullo su un vettore non nullo del dominio: le possibili $f$ non sono ovviamente un sottospazio di dimensione $1*1$, ma un sottospazio di dimenione $(n-1)*m$, o mi sbaglio?
Comunque sia, più tardi ci ragionerò su meglio.
Questo esercizio ha il pregio di rinforzare da un lato la capacità di ragionare nei "giochetti" con le composizioni, dall'altro la questione cruciale delle dimensioni di sottospazi di applicazioni lineari che abbiano determinati vincoli.

Occhio, qui $f$ è fissata per cui non penso sia necessario contare anche la dimensione dello spazio delle funzioni iniettive(ammesso che sia uno spazio, ma ne dubito)[nota]l'applicazione nulla non è iniettiva[/nota]. Altrimenti, potresti essere più preciso al riguardo? Per esempio, quali sono le $f$ possibili?

Sono d'accordo sul ragionare con calma e in maniera più sistematica.
Fin'ora ho fatto due dimostrazioni(incomplete), ti posto quella più corta(sperando di non far confusione con gli indici):

Allora: come ha ben scritto geo_alg_lin $h$ deve mandare una base di $Imf$(costituita da $n$ vettori) in $kerg$(che ha dimensione $n-m$. Allora sia $B' = {v_1, ..., v_n}$ una base di $Imf$, ${w_1, ...., w_(m-n)}$ una base di $Kerg$ e completiamo $B'$ a $B = {v_1, ..., v_n, ..., v_m}$ base di $\mathbb{R^m}$. Consideriamo le applicazioni $n(m-n)$ applicazioni lineari $h_(i,j) \in End(\mathbb{R^m})$ così definite: fissato $i$ e $j$ allora $h_(i, j)$ manda $v_i$ in $w_j$ per $j = 1, ..., m-n$ e $i = 1, ..., n$ e $v_p$ in $0$ per $p = n+1, ..., m$. Allora ${h_(1,1), ..., h_(n, m-n)}$ sono linearmente indipendenti e formano una base per $E$.
1)Sono L.I, infatti se $a_(1,1)h_(1,1) + ... + a_(n, m-n)h_(n, m-n) = 0$ allora $\forall v \in Imf < \mathbb{R^m}$ devo avere $(a_(1,1)h_(1,1) + ... + a_(n, m-n)h_(n, m-n))(v) = 0$, ma per dimostrarlo basta ragionare sui generatori di $Imf$ sia $v_i B'$ un elemento della base di $Imf$ allora $((a_(1,1)h_(1,1) + ... + a_(n, m-n)h_(n, m-n))(v_i) = a_(i, 1)h_(i,1)(v_i) +...+a_(i,m-n)(v_i) = a_(i, 1)w_1 + ... + a_(i, m-n)w_(m-n) = 0$ ma ${w_1, ..., w_(m-n)}$ sono L.I per cui ho $a_(i,1) = ... = a_(i, m-n) = 0$. Reiterando il ragionamento per ogni vettore della base di $Imf$ ottengo la lineare indipendenza
2) Dal punto $1$ si sa che $dimE >= n(m-n)$, quindi resta da dimostrare che $dimE <= n(m-n)$.

Grazie per l'aiuto

[geo_alg_lin]

"Shocker":Ciao

[quote="geo_alg_lin"]
Mi sono convinto che il ragionamento deve essere fatto in maniera più sistematica pensando all'esempio di un certo $L_mathbb{K}(E,F)$ (i.e. lo spazio di tutte le applicazioni $mathbb{K}-$lineari da $E$ in $F$, con $dim(E)=n$ e $dim(F)=m$ ) nel quale si vincola $f$ ad avere un certo valore non nullo su un vettore non nullo del dominio: le possibili $f$ non sono ovviamente un sottospazio di dimensione $1*1$, ma un sottospazio di dimenione $(n-1)*m$, o mi sbaglio?

Occhio, qui $f$ è fissata per cui non penso sia necessario contare anche la dimensione dello spazio delle funzioni iniettive(ammesso che sia uno spazio, ma ne dubito). Altrimenti, potresti essere più preciso al riguardo? Per esempio, quali sono le $f$ possibili?[/quote]
Sì, mi scuso, so bene che le nostre $f$ e $g$ sono fissate, ho solo usato una notazione infelice e, inoltre, tratto conclusioni errate.
Quando ho fatto l'esempio dello spazio $L_mathbb{K}(E,F)$ che ha dimensione $n*m$, cercavo di ragionare su un semplice vincolo da dare alla generica funzione $f$ di questo spazio, obbligandola ad avere un valore prefissato su un vettore qualunque, per poi trarre conclusioni su quali dovessero essere le dimensioni del "sottospazio" che rispettasse quel vincolo. Ebbene, certamente non ha senso parlare di dimensioni perchè la funzione nulla non rispetta il vincolo che ho dato, quindi trattavasi di un semplice sottoinsieme, per cui il ragionamento non aveva proprio senso.

Allora, ricapitoliamo.
Siamo d'accordo che tra tutte le funzioni di $End_mathbb{K}(mathbb{R}^m)$ , siamo interessati solo al sottospazio costituito da quelle che mandano un certo sottospazio di $mathbb{R}^m$, coincidente con $Im(f)$, in un altro sottospazio di $mathbb{R}^m$, coincidente con $ker(g)$.

Quindi, per prima cosa, dovremmo dimostrare che le funzioni lineari siffatte sono un sottospazio.
Le strade per farlo sono due: o verifichiamo in maniera classica la presenza della funzione nulla e la chiusura rispetto a $+$ e prodotto esterno, oppure mostriamo che come insieme coincide con l'insieme $E$ definito dal problema (ciò è già provato da quanto ci ha portati fino a qui) e la verifica di sottospazio la facciamo direttamente su $E$ (oppure, visto che il testo del problema dà $E$ come spazio vettoriale e noi abbiamo visto che $E$ è uguale al nostro insieme, lo prendiamo come dato di fatto e procediamo).

In ogni modo, conclusa la prima parte, per arrivare alla risposta finale ci manca calcolare la dimensione di $E$ come sottospazio caratterizzato dai vincoli che abbiamo dato: se troviamo una base di $k$ elementi (come hai fatto nel punto 1 della tua dimostrazione), abbiamo finito, non abbiamo più bisogno del punto 2 che vedo nella tua dimostrazione. O mi sbaglio?
Nel frattempo controllo la dimostrazione del punto 1, la quale ricalca quella classica della dimensione di $L_mathbb{K}(E,F)$, quindi non dovrebbe presentare insidie.

Allora: come ha ben scritto geo_alg_lin $h$ deve mandare una base di $Imf$(costituita da $n$ vettori) in $kerg$(che ha dimensione $n-m$. Allora sia $B' = {v_1, ..., v_n}$ una base di $Imf$, ${w_1, ...., w_(m-n)}$ una base di $Kerg$ e completiamo $B'$ a $B = {v_1, ..., v_n, ..., v_m}$ base di $\mathbb{R^m}$. Consideriamo le applicazioni $n(m-n)$ applicazioni lineari $h_(i,j) \in End(\mathbb{R^m})$ così definite: fissato $i$ e $j$ allora $h_(i, j)$ manda $v_i$ in $w_j$ per $j = 1, ..., m-n$ e $i = 1, ..., n$ e $v_p$ in $0$ per $p = n+1, ..., m$. Allora ${h_(1,1), ..., h_(n, m-n)}$ sono linearmente indipendenti e formano una base per $E$.
1)Sono L.I, infatti se $a_(1,1)h_(1,1) + ... + a_(n, m-n)h_(n, m-n) = 0$ allora $\forall v \in Imf < \mathbb{R^m}$ devo avere $(a_(1,1)h_(1,1) + ... + a_(n, m-n)h_(n, m-n))(v) = 0$, ma per dimostrarlo basta ragionare sui generatori di $Imf$ sia $v_i B'$ un elemento della base di $Imf$ allora $((a_(1,1)h_(1,1) + ... + a_(n, m-n)h_(n, m-n))(v_i) = a_(i, 1)h_(i,1)(v_i) +...+a_(i,m-n)(v_i) = a_(i, 1)w_1 + ... + a_(i, m-n)w_(m-n) = 0$ ma ${w_1, ..., w_(m-n)}$ sono L.I per cui ho $a_(i,1) = ... = a_(i, m-n) = 0$. Reiterando il ragionamento per ogni vettore della base di $Imf$ ottengo la lineare indipendenza
2) Dal punto $1$ si sa che $dimE >= n(m-n)$, quindi resta da dimostrare che $dimE <= n(m-n)$.

[geo_alg_lin]

Come sospettavo nel post sopra (il post che inizia con "Sì, Shocker,..."), la dimensione di $E$ non è quella che immaginavamo, ma dovrebbe essere $(m-n)*(m+n)$.
Ho fatto il calcolo e ho messo in piedi l'ossatura della dimostrazione, ma è manoscritta e scriverla in tex è un ulteriore lavoro che non riesco a fare subito.
Nel frattempo, per permetterti di visionare la dimostrazione, allego i jpg del manoscritto, sperando di non contravvenire a delle regole del forum.
EDIT: Dimostrazione manoscritta rimossa.

[Shocker1]

Ciao geo_alg_lin, grazie per la risposta!


Ho letto il post ma non riesco a trovare l'errore nel ragionamento precedente, cosa sbagliavamo? Un primo errore secondo me è stato quello di ritenere uguali due applicazioni che, ristrette a $Imf$ coincidono, anche se in realtà, estese a tutto il dominio, sono diverse.

Ti ringrazio per la pazienza, e mi scuso per la risposta tardiva.


Ciao!

[geo_alg_lin]

Ciao Shocker.
Sì, l'errore era che $h_(i,j)(v_(n+1)),...,h_(i,j)(v_(m))$ (per i quali hai usato l'indice $p$ nella tua dimostrazione) non dovevano essere posti uguali a $0$ ma erano liberi, cioè dovevano poter essere mandati in tutti i $w_j$.
Questo comportava la conseguenza che hai sollevato anche tu : abbiamo rappresentato con quella definizione solo una retta vettoriale di applicazioni lineari per ogni iperpiano di applicazioni lineari di dimensione $(m-n)*m$ (in pratica le $h_(i,j)$ con $i=n+1,...,m$ e $j=1,...m$ ).
Vediamo se i conti tornano: noi avevamo $n*(m-n)$ applicazioni lineari, "contate in dimensioni", ed aggiungendone altre $(m-n)*m$ otteniamo... proprio $(m-n)*(m+n)$.
Quindi sì, l'errore era proprio quello e questo esercizio lascia la sensazione un po' deludente che, vedendo le questioni attraverso le matrici, a volte si ha un quadro d'insieme più "chaos proof" di quello ottenibile ragionando solo sulle applicazioni.

EDIT: Se mi dai conferma che abbiamo concluso, rimuovo i "manoscritti" dal post precedente.

[Shocker1]

Ciao,

perfetto, mi è chiaro tutto

Grazie mille per l'aiuto, puoi togliere il manoscritto ma, per una questione di completezza del topic, ti chiedo se posso trascrivere in latex la soluzione e postarla.
Fammi sapere,

ciao ciao

[geo_alg_lin]

Certo che puoi scriverla in latex, io l'altro giorno ho abbandonato l'intenzione quando sono arrivato alla matrice.
Io cancello allora.