Iniettivita` e composizione di applicazioni lineari
Ciao a tutti. Non riesco proprio a risolvere questo problema che mi genera non poca frustrazione. Sarei veramente grato se qualcuno riuscisse ad aiutarmi.
Se f : V −→W e g : W−→Z sono applicazioni lineari iniettive g ◦ f e’
iniettiva?
Se Im(g) = Z, f e’ isomorfismo?
Ho provato applicando il teorema della dimensione ma tutto cio` che riesco a dimostrare e` che la dimensione V <= dimensione Z.
Se f : V −→W e g : W−→Z sono applicazioni lineari iniettive g ◦ f e’
iniettiva?
Se Im(g) = Z, f e’ isomorfismo?
Ho provato applicando il teorema della dimensione ma tutto cio` che riesco a dimostrare e` che la dimensione V <= dimensione Z.
Risposte
Potrei sbagliarmi ma:
Siano \( f: V \rightarrow W\), \( g: W \rightarrow Z \) applicazioni lineari
\( g \circ f : V \rightarrow Z \) è iniettiva? Si.
Dimostriamo che \( \ker(f) \subseteq \ker(g \circ f) \)
Sia \( x \in \ker(f) \) allora \( f(x)=0_W \), siccome \( g \) è lineare abbiamo che \(g(0_W)=0_Z \Rightarrow g(f(x))=g(0_W)=0_Z \)
dunque \( x \in \ker(g \circ f) \), per la scelta arbitraria di \(x \) risulta che \( \ker(f) \subseteq \ker(g \circ f) \)
Per iniettività di \( f \) abbiamo che \( \ker(f) = \{ 0_V \} \subseteq \ker(g \circ f) \)
Per iniettività di \( g \) concludiamo che \( \ker(f) = \{ 0_V \} = \ker(g \circ f) \) dunque \( g \circ f \) iniettiva.
Sicuro che la domanda è \( \operatorname{Im}(g)=Z \), \( f \) è un isomorfismo? In tal caso direi di no, basta fornire un contro esempio prendere \( V=\mathbb{R} \), \( W= \mathbb{C} \) e \( Z= \mathbb{R}^2 \),costruiamo un'applicazione lineare \( g \) che verifica le condizioni ad esempio \( g(x+iy)=(x,y) \) e qualunque applicazione \( f \) prendiamo essa non potrà mai essere un isomorfismo in quanto \( \dim \mathbb{R} = 1 < 2= \dim \mathbb{C} \) (dunque non suriettiva, pertanto non biiettiva) ma possiamo comunque costruire un applicazione lineare iniettiva ad esempio \( f(x)=x + i0=x \in \mathbb{C} \)
Se la domanda è: \( \operatorname{Im}(g \circ f)=Z \), \( f \) è un isomorfismo? Direi di si!
Visto che \( f \) è un'applicazione lineare è sufficiente dimostrare che è biiettivo,
Abbiamo per il punto precedente e per il teorema del rango che \( \dim V = \dim \operatorname{Im}(g \circ f) = \dim Z \)
Inoltre dimostriamo che \( \operatorname{Im}(g \circ f) \subseteq \operatorname{Im}(g) \)
Sia \( z \in \operatorname{Im}(g \circ f) \) allora \( \exists x \in V\) t.c. \( z=g(f(x))\), siccome \( f(x) \in W \) abbiamo che \( \exists y \in W \) t.c. \( z=g(y) \) segue che \( z \in \operatorname{Im}(g) \) e per la scelta arbitraria di \( z \) risulta che \( \operatorname{Im}(g \circ f) \subseteq \operatorname{Im}(g) \)
Risulta dunque che \( \operatorname{Im}( g \circ f ) \subseteq \operatorname{Im}(g) \subseteq Z \) e per l'ipotesi abbiamo che \( \operatorname{Im}( g \circ f ) = \operatorname{Im}(g) = Z \). Dunque \(g \) è un isomorfismo. E abbiamo \( \dim W= \dim \operatorname{Im}(g) = \dim Z =\dim \operatorname{Im}(g \circ f) = \dim V = \dim \operatorname{Im}(f) \) dunque \( f \) biiettivo.
Siano \( f: V \rightarrow W\), \( g: W \rightarrow Z \) applicazioni lineari
\( g \circ f : V \rightarrow Z \) è iniettiva? Si.
Dimostriamo che \( \ker(f) \subseteq \ker(g \circ f) \)
Sia \( x \in \ker(f) \) allora \( f(x)=0_W \), siccome \( g \) è lineare abbiamo che \(g(0_W)=0_Z \Rightarrow g(f(x))=g(0_W)=0_Z \)
dunque \( x \in \ker(g \circ f) \), per la scelta arbitraria di \(x \) risulta che \( \ker(f) \subseteq \ker(g \circ f) \)
Per iniettività di \( f \) abbiamo che \( \ker(f) = \{ 0_V \} \subseteq \ker(g \circ f) \)
Per iniettività di \( g \) concludiamo che \( \ker(f) = \{ 0_V \} = \ker(g \circ f) \) dunque \( g \circ f \) iniettiva.
Sicuro che la domanda è \( \operatorname{Im}(g)=Z \), \( f \) è un isomorfismo? In tal caso direi di no, basta fornire un contro esempio prendere \( V=\mathbb{R} \), \( W= \mathbb{C} \) e \( Z= \mathbb{R}^2 \),costruiamo un'applicazione lineare \( g \) che verifica le condizioni ad esempio \( g(x+iy)=(x,y) \) e qualunque applicazione \( f \) prendiamo essa non potrà mai essere un isomorfismo in quanto \( \dim \mathbb{R} = 1 < 2= \dim \mathbb{C} \) (dunque non suriettiva, pertanto non biiettiva) ma possiamo comunque costruire un applicazione lineare iniettiva ad esempio \( f(x)=x + i0=x \in \mathbb{C} \)
Se la domanda è: \( \operatorname{Im}(g \circ f)=Z \), \( f \) è un isomorfismo? Direi di si!
Visto che \( f \) è un'applicazione lineare è sufficiente dimostrare che è biiettivo,
Abbiamo per il punto precedente e per il teorema del rango che \( \dim V = \dim \operatorname{Im}(g \circ f) = \dim Z \)
Inoltre dimostriamo che \( \operatorname{Im}(g \circ f) \subseteq \operatorname{Im}(g) \)
Sia \( z \in \operatorname{Im}(g \circ f) \) allora \( \exists x \in V\) t.c. \( z=g(f(x))\), siccome \( f(x) \in W \) abbiamo che \( \exists y \in W \) t.c. \( z=g(y) \) segue che \( z \in \operatorname{Im}(g) \) e per la scelta arbitraria di \( z \) risulta che \( \operatorname{Im}(g \circ f) \subseteq \operatorname{Im}(g) \)
Risulta dunque che \( \operatorname{Im}( g \circ f ) \subseteq \operatorname{Im}(g) \subseteq Z \) e per l'ipotesi abbiamo che \( \operatorname{Im}( g \circ f ) = \operatorname{Im}(g) = Z \). Dunque \(g \) è un isomorfismo. E abbiamo \( \dim W= \dim \operatorname{Im}(g) = \dim Z =\dim \operatorname{Im}(g \circ f) = \dim V = \dim \operatorname{Im}(f) \) dunque \( f \) biiettivo.
Ti ringrazio per la risposta.
Il testo e` corretto. E` un esercizio d'esame e lo puoi trovare a questo link:
http://www.dm.unibo.it/~fioresi/2018/fis/Ap1-2018.pdf
Non mi e` ancora ben chiaro il passaggio logico:
Per iniettività di g concludiamo che ker(f)={0V}=ker(g∘f) dunque g∘f iniettiva.
Il testo e` corretto. E` un esercizio d'esame e lo puoi trovare a questo link:
http://www.dm.unibo.it/~fioresi/2018/fis/Ap1-2018.pdf
Non mi e` ancora ben chiaro il passaggio logico:
Per iniettività di g concludiamo che ker(f)={0V}=ker(g∘f) dunque g∘f iniettiva.
Un modo più semplice di provare che i monomorfismi (applicazioni lineari iniettive) di spazi vettoriali sono chiusi rispetto alla composizione, è provare che la le applicazioni lineari sono chiuse rispetto alla composizione, e che i monomorfismi di insiemi (applicazioni iniettive) sono chiusi rispetto alla composizione.
Provare \( g\circ f \) è iniettiva mostrando che il \( \ker{g\circ f} \) è lo spazio banale è ci sta, però possono venire usate delle proprietà in più che non sono necessarie al fine di provare la cosa.
Provare \( g\circ f \) è iniettiva mostrando che il \( \ker{g\circ f} \) è lo spazio banale è ci sta, però possono venire usate delle proprietà in più che non sono necessarie al fine di provare la cosa.
"Caco85":
Non mi e` ancora ben chiaro il passaggio logico:
Per iniettività di g concludiamo che ker(f)={0V}=ker(g∘f) dunque g∘f iniettiva.
Per iniettività di \(g \) abbiamo che \( \ker(g) = \{ 0_W \} \) ovvero l'unico elemento di \( W \) che viene mandato in zero da \(g \) è l'elemento neutro di \( W \). Dunque se \( x \in V \) con \( x \neq 0_V \) allora \( f(x) \neq 0_W \) per iniettività di \(f \) e pertanto \( g(f(x)) \neq 0_Z \) per iniettività di \( g \)
@Caco85: stai usando dei caratteri speciali che interagiscono con il compilatore delle formule, rendendo i tuoi post illeggibili. Rileggi i tuoi post prima di pubblicarli, usando il pulsante "anteprima", per favore.
Comunque la composizione di funzioni iniettive è iniettiva a prescindere dalla struttura algebrica
Basta considerare che $g(f(x))=g(f(y))=>f(x)=f(y)=>x=y$
La prima implicazione per iniettività di $g$ e la seconda per iniettività di $f$
Basta considerare che $g(f(x))=g(f(y))=>f(x)=f(y)=>x=y$
La prima implicazione per iniettività di $g$ e la seconda per iniettività di $f$
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