Insiemi liberi tramire applicazione lineare
ragazzi ho un dubbio
riguardo la dimostrazione di questo teorema:
sia ${a1...an}$ un insieme libero di un sottospazio W e sia $f:V->W$ un applicazioni lineare iniettiva
allora ${f(a1)...f(an)}$ è anch'esso un insieme libero
la dimostrazione inizia considerando una generica combinazioni lineare di un generico insieme di W ${f(a1)...f(an)}$ posta uguale a zero
$lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)}=0_w=f(0_v)=f(lambda1a1+...+lambdanan)$
per l'iniettività $lambda1a1+...+lambdanan=0_v$ insieme libero per ipotesi quindi $lambda1=...=lambdan=0$
secondo la dimostrazione questo è sufficiente per dimostrare la tesi, ma non capisco perchè, dato che ,è vero che abbiamo trovato che i lambda sono tutti nulli però non capisco come questo dimostri che lambda tutti nulli è l'unico soluzione dell'equazione iniziale $lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)}=0_w$
grazie
riguardo la dimostrazione di questo teorema:
sia ${a1...an}$ un insieme libero di un sottospazio W e sia $f:V->W$ un applicazioni lineare iniettiva
allora ${f(a1)...f(an)}$ è anch'esso un insieme libero
la dimostrazione inizia considerando una generica combinazioni lineare di un generico insieme di W ${f(a1)...f(an)}$ posta uguale a zero
$lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)}=0_w=f(0_v)=f(lambda1a1+...+lambdanan)$
per l'iniettività $lambda1a1+...+lambdanan=0_v$ insieme libero per ipotesi quindi $lambda1=...=lambdan=0$
secondo la dimostrazione questo è sufficiente per dimostrare la tesi, ma non capisco perchè, dato che ,è vero che abbiamo trovato che i lambda sono tutti nulli però non capisco come questo dimostri che lambda tutti nulli è l'unico soluzione dell'equazione iniziale $lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)}=0_w$
grazie
Risposte
ciao,
ti riporterò la dimostrazione commentandola.
sappiamo che ${v_1,...v_n}$ è un insieme lin. indipendente.
Questo significa che esisteranno scalari del campo K su cui è modellato il nostro spazio vettoriale V $alpha_1,...,alpha_n$ tutti nulli affinchè la combinazione lineare :$alpha_1v_1 + ...alpha_nv_n$ sia uguale al vettore nullo $0_v$.
in simbologia:
$alpha_1v_1+...+alpha_nv_n=0_v => alpha_1=...=alpha_n = 0$ (occhio che il viceversa non vale).
Cominciamo.
L'applicazione $f:V \mapsto W$ che ci è fornita è iniettiva. Questo significa che il $ker(f)= 0_v$, ossia l'unico vettore ad essere mandato nel vettore nullo è il vettore nullo stesso.
Inoltre $dim(ker(f)) = 0$.
Partiamo considerando: $alpha_1v_1 + ...alpha_nv_n =0_v$
Da cui: $alpha_1f(v_1) + alpha_nf(v_n) = 0w$
Possiamo scrivere, per la linearità dell'applicazione: $f(alpha_1v_1 + ...alpha_nv_n) = 0_w$
Qui c'è il passaggio chiave:
per hp l'applicazione è iniettiva, e pertanto l'unico vettore che viene mappato nel vettore nullo $0_w$ è il vettore nullo stesso ($0_v$).
Quindi $alpha_1v_1 + ...alpha_nv_n$ deve essere uguale a $0_v$ (per l'iniettività), ma dato che per hp questo insieme è lin. indipendente, l'unico modo di ottenere il vettore nullo è che tutti gli scalari siano nulli !
Abbiamo mostrato quindi che una generica combinazione lineare delle immagini dell'insieme libero è ancora un insieme libero perché si ha che $alpha_1f(v_1) +...+ alpha_nf(v_n) = 0_w$ implica che $alpha_1=...=alpha_n=0$.
q.e.d
per rispondere alla tua ultima domanda:
a)
ti faccio notare che scrivere $alpha_1f(v_1) + ...+alpha_nf(v_n)$ è la stessa cosa che scrivere $f(alpha_1v_1 +...+ alpha_nv_n)$. Questo come ho scritto prima perché l'applicazione è lineare
b)
l'indipendenza lineare l'abbiamo dimostrata eccome: abbiamo preso una combinazione lineare dell'insieme delle immagini di quei vettori, e abbiamo mostrato che l'unico modo per ottenere il vettore nullo è che tutti gli scalari (da te indicati con lambda) siano nulli.
Forse quello che ti sfuggiva era l'uguaglianza tra la combinazione lineare delle immagini e l'immagine della combiazione lineare
spero di essere stato chiaro, se hai dubbi scrivi pure
ti riporterò la dimostrazione commentandola.
sappiamo che ${v_1,...v_n}$ è un insieme lin. indipendente.
Questo significa che esisteranno scalari del campo K su cui è modellato il nostro spazio vettoriale V $alpha_1,...,alpha_n$ tutti nulli affinchè la combinazione lineare :$alpha_1v_1 + ...alpha_nv_n$ sia uguale al vettore nullo $0_v$.
in simbologia:
$alpha_1v_1+...+alpha_nv_n=0_v => alpha_1=...=alpha_n = 0$ (occhio che il viceversa non vale).
Cominciamo.
L'applicazione $f:V \mapsto W$ che ci è fornita è iniettiva. Questo significa che il $ker(f)= 0_v$, ossia l'unico vettore ad essere mandato nel vettore nullo è il vettore nullo stesso.
Inoltre $dim(ker(f)) = 0$.
Partiamo considerando: $alpha_1v_1 + ...alpha_nv_n =0_v$
Da cui: $alpha_1f(v_1) + alpha_nf(v_n) = 0w$
Possiamo scrivere, per la linearità dell'applicazione: $f(alpha_1v_1 + ...alpha_nv_n) = 0_w$
Qui c'è il passaggio chiave:
per hp l'applicazione è iniettiva, e pertanto l'unico vettore che viene mappato nel vettore nullo $0_w$ è il vettore nullo stesso ($0_v$).
Quindi $alpha_1v_1 + ...alpha_nv_n$ deve essere uguale a $0_v$ (per l'iniettività), ma dato che per hp questo insieme è lin. indipendente, l'unico modo di ottenere il vettore nullo è che tutti gli scalari siano nulli !
Abbiamo mostrato quindi che una generica combinazione lineare delle immagini dell'insieme libero è ancora un insieme libero perché si ha che $alpha_1f(v_1) +...+ alpha_nf(v_n) = 0_w$ implica che $alpha_1=...=alpha_n=0$.
q.e.d
per rispondere alla tua ultima domanda:
a)
ti faccio notare che scrivere $alpha_1f(v_1) + ...+alpha_nf(v_n)$ è la stessa cosa che scrivere $f(alpha_1v_1 +...+ alpha_nv_n)$. Questo come ho scritto prima perché l'applicazione è lineare
b)
l'indipendenza lineare l'abbiamo dimostrata eccome: abbiamo preso una combinazione lineare dell'insieme delle immagini di quei vettori, e abbiamo mostrato che l'unico modo per ottenere il vettore nullo è che tutti gli scalari (da te indicati con lambda) siano nulli.
Forse quello che ti sfuggiva era l'uguaglianza tra la combinazione lineare delle immagini e l'immagine della combiazione lineare
spero di essere stato chiaro, se hai dubbi scrivi pure
grazie,
non sono convinto che applicando la linearità si conservi l'indipendenza lineare
cioè se $lambda1a1+...+lambdanan=0$ solo con $ lambda1=...=lambdan=0 $
allora facendo i passaggi $f(0)=f(lambda1a1+...+lambdanan)=lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)=0$
nel passaggio $f(lambda1a1+...+lambdanan)=lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)$
l'applicazione non può modificare le relazioni tra le variabili in modo che si verifichi
$lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)=0$ anche per certi $lambda1....lambdan!=0$?
puoi fare un esempio numerico di questa uguaglianza?
$lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)=f(lambda1a1+...+lambdanan)$
(definendo a tuo piacere una qualsiasi applicazione lineare)
credo che sia questo che mi manchi
grazie mille
non sono convinto che applicando la linearità si conservi l'indipendenza lineare
cioè se $lambda1a1+...+lambdanan=0$ solo con $ lambda1=...=lambdan=0 $
allora facendo i passaggi $f(0)=f(lambda1a1+...+lambdanan)=lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)=0$
nel passaggio $f(lambda1a1+...+lambdanan)=lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)$
l'applicazione non può modificare le relazioni tra le variabili in modo che si verifichi
$lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)=0$ anche per certi $lambda1....lambdan!=0$?
puoi fare un esempio numerico di questa uguaglianza?
$lambda1f(a1)+...+lambdanf(an)=f(lambda1a1+...+lambdanan)$
(definendo a tuo piacere una qualsiasi applicazione lineare)
credo che sia questo che mi manchi
grazie mille
Scusa ora sono via, se ti va prova ad applicatr quello che hai detto al seguete endomorfismo:
$xi: R^2 mapsto R^2$ e $xi(x,y) = (x+3y, 2x+2y) $.
Se non riescia farlo, dimmi che provo dal cell.
$xi: R^2 mapsto R^2$ e $xi(x,y) = (x+3y, 2x+2y) $.
Se non riescia farlo, dimmi che provo dal cell.
Eeeh no, no saprei davvero come cominciare....
Mi scuso con gli admin ma devo postare un'immagine poiché sono col cell.
Consiste solamente nel verificare due uguaglianze.
Consiste solamente nel verificare due uguaglianze.
ok ok grazie
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