Mappa lineare indotta
Ciao a tutti, ho letto e riletto più volte questo passaggio del libro General Topology di John Kelley, ma non riesco a capirlo. Riporto il testo in inglese "Suppose $f$ is a linear function on $X$ to $Y$ and $g$ is a linear map on $X$ onto $Z$ such that the null space [cioè il nucleo] of $f$ contains the null space of $g$. Then there is a unique linear function $h$ on $Z$ to $Y$ such that $f = h@g$ (explicitly $h(z)$ is the unique member of $f@g^-1[z]$). A particular consequence of this fact is that each linear function may be written as a projection into a quotient space followed by a one-to-one linear function."
Risposte
Considerato il titolo, $X,Y,Z$ sono spazi vettoriali topologici? Mi sembra che non contenga altro che un asserto, che o viene dimostrato dopo, o va dimostrato da te.
Un modo molto rapido di dimostrarlo è usare il lemma dei 5 https://ncatlab.org/nlab/show/five+lemma dato che la tua situazione è questa:
\[\begin{CD}
\ker f @>>> X @>>> Y @>>> \text{coker } f @>>> 0\\
@AAA @| @. @AAA @|\\
\ker g @>>> X @>>> Z @>>> 0 @>>> 0
\end{CD}\] e tu vuoi indurre un monomorfismo $Z\to Y$. Ma hai monomorfismi in tutte le altre posizioni verticali (e altrove, zeri e le loro identità), e questo ti basta a concludere.
Altrimenti, se uno ha l'ipogonadismo, può ragionare così (ma la dimostrazione non è altro che una maniera di dimostrare, con molta piu fatica, il lemma dei 5 per spazi vettoriali topologici):
- definisce $h$ proprio come dice quel marpione di Kelley, cioè, dato \(z\in Z\), scegliendo un elemento $e_z$ di \(g^{-1}(z)\) e poi applicando $f$ a $e_z$.
- E se scelgo un altro $d_z$ anche lui nella controimmagine di $z$ mediante $g$? Beh, è proprio qui che usi l'ipotesi: $e_z,d_z$ differiscono per un elemento di \(\ker g\), che è contenuto in \(\ker f\), dunque \(f(e_z)=f(d_z)\) e quella che hai definito è una funzione; è lineare, e ovviamente fattorizza $f$ lungo $g$, dato che \(h(g(z))=f(z)\) per definizione.
- Resta da mostrare che $h$ è iniettiva, e questo mi sembra molto difficile da fare con gli elementi; appoggiandosi al lemma dei 5, invece, è una conseguenza immediata.
Un modo molto rapido di dimostrarlo è usare il lemma dei 5 https://ncatlab.org/nlab/show/five+lemma dato che la tua situazione è questa:
\[\begin{CD}
\ker f @>>> X @>>> Y @>>> \text{coker } f @>>> 0\\
@AAA @| @. @AAA @|\\
\ker g @>>> X @>>> Z @>>> 0 @>>> 0
\end{CD}\] e tu vuoi indurre un monomorfismo $Z\to Y$. Ma hai monomorfismi in tutte le altre posizioni verticali (e altrove, zeri e le loro identità), e questo ti basta a concludere.
Altrimenti, se uno ha l'ipogonadismo, può ragionare così (ma la dimostrazione non è altro che una maniera di dimostrare, con molta piu fatica, il lemma dei 5 per spazi vettoriali topologici):
- definisce $h$ proprio come dice quel marpione di Kelley, cioè, dato \(z\in Z\), scegliendo un elemento $e_z$ di \(g^{-1}(z)\) e poi applicando $f$ a $e_z$.
- E se scelgo un altro $d_z$ anche lui nella controimmagine di $z$ mediante $g$? Beh, è proprio qui che usi l'ipotesi: $e_z,d_z$ differiscono per un elemento di \(\ker g\), che è contenuto in \(\ker f\), dunque \(f(e_z)=f(d_z)\) e quella che hai definito è una funzione; è lineare, e ovviamente fattorizza $f$ lungo $g$, dato che \(h(g(z))=f(z)\) per definizione.
- Resta da mostrare che $h$ è iniettiva, e questo mi sembra molto difficile da fare con gli elementi; appoggiandosi al lemma dei 5, invece, è una conseguenza immediata.
Grazie mille per avermi risposto, credo che X,Y e Z siano spazi vettoriali perchè un attimo prima li aveva definiti, però in questo paragrafo è stato molto meno minuzioso rispetto alle pagine precedenti. Si può mostrare più facilmente con gli spazi vettoriali? Perchè io ancora non so bene cosa sia uno spazio topologico e men che meno un monomorfismo, gli spazi topologici sono trattati più avanti nel libro (il testo che ho postato si trova nei preliminari, ovvero il capitolo 0)
Si dimostra esattamente allo stesso modo per gli spazi vettoriali (con qualche verifica in meno, per esempio che h sia continua). In quel caso, se vuoi un altro argomento ancora, usando il primo teorema di isomorfismo unito al fatto che g è suriettiva, definisci h in modo unico. Con un po' di lavoro, poi, fai vedere che h è iniettiva.
Evidentemente non sai l'algebra lineare, cosa che per Kelley è un prerequisito (così come lo è, citando un mio vecchio professore, per qualsiasi essere umano voglia dirsi una persona istruita). Studiane un po' e questo fatto ti apparirà in tutta la sua abbagliante banalità.
Evidentemente non sai l'algebra lineare, cosa che per Kelley è un prerequisito (così come lo è, citando un mio vecchio professore, per qualsiasi essere umano voglia dirsi una persona istruita). Studiane un po' e questo fatto ti apparirà in tutta la sua abbagliante banalità.
Però io così non ho ancora capito, e comunque mi sembra di aver trovato un problema: se nell'insieme X ci sono due punti $x_1$ e $x_2$ che vengono mappati da $f$ in $f(x_1)=0_Y$ e $f(x_2)=y_2$ mentre da g vengono mappati nello stesso punto $z_1$ come è definita la funzione $h=f@g^-1$ in $z_1$?
Per ipotesi, non cambia quale sia il rappresentante di \(g^{-1}(z)\) che scegli. La sua immagine mediante f è la stessa.
quale ipotesi? Quindi stai dicendo che non può accadere la situazione che ho descritto? A me sembra corretta.
"Cannone Speciale":
quale ipotesi?
\(\ker g\le\ker f\).
Sono riuscito a dimostrare l'asserto, tuttavia questo fatto non mi appare evidente purtroppo. Riporto la mia dimostrazione, così magari mi puoi dire se è corretta.
Ogni applicazione lineare può essere rappresentata da una matrice, quindi se $ T_{ij} x_j = T_{ij} y_j $ implica $ T_{ij} (x_j - y_j) = 0 $ quindi $ (x_j - y_j) in Ker(T) $ . Quindi se prendo un rappresentante di $ g^-1(z) $ che chiamo $x_0$ la controimmagine di z tramite g è data da $ g^-1(z) = x_0 + Ker(g) $ ma dato che il nucleo di g è contenuto nel nucleo di f applicando f a questo insieme ottengo l'unico elemento $ f(x_0) $. Ora dimostro la linearità:
$ g^-1(alpha z_1 + beta z_2) = {x in X | g(x) = alpha z_1 + beta z_2} $ ma $ AA z_1, z_2 EE x_1, x_2 $ t.c. $ g(x_1,2)=z_{1,2} $ allora $ g^-1(alpha z_1 + beta z_2) = {x in X | g(x) = alpha g(x_1) beta g(x_2)} $ per la linearità di $g$ questo è uguale a $ {x in X | g(x) = g( alpha x_1 + beta x_2)} $. Per quanto detto prima gli elementi della controimmagine di g differiscono al più per un elemento del nucleo di g quindi si ha
$ g^-1(alpha z_1 + beta z_2) = {x = alpha x_1 + beta x_2 + Ker(g)}$. Applicando f a questo insieme si ottiene
$ alpha f(x_1) + beta f(x_2) = alpha f(x_1 + Ker(g)) + beta f(x_2 + Ker(g)) = alpha f(g^-1(z_1)) + beta f(g^-1(z_2)) $
L'asserto sul gruppo quoziente l'ho capito pure si ottiene quozientando l'insieme X di partenza rispetto al nucleo di g e poi applicando una funzione 1 a 1.
Ogni applicazione lineare può essere rappresentata da una matrice, quindi se $ T_{ij} x_j = T_{ij} y_j $ implica $ T_{ij} (x_j - y_j) = 0 $ quindi $ (x_j - y_j) in Ker(T) $ . Quindi se prendo un rappresentante di $ g^-1(z) $ che chiamo $x_0$ la controimmagine di z tramite g è data da $ g^-1(z) = x_0 + Ker(g) $ ma dato che il nucleo di g è contenuto nel nucleo di f applicando f a questo insieme ottengo l'unico elemento $ f(x_0) $. Ora dimostro la linearità:
$ g^-1(alpha z_1 + beta z_2) = {x in X | g(x) = alpha z_1 + beta z_2} $ ma $ AA z_1, z_2 EE x_1, x_2 $ t.c. $ g(x_1,2)=z_{1,2} $ allora $ g^-1(alpha z_1 + beta z_2) = {x in X | g(x) = alpha g(x_1) beta g(x_2)} $ per la linearità di $g$ questo è uguale a $ {x in X | g(x) = g( alpha x_1 + beta x_2)} $. Per quanto detto prima gli elementi della controimmagine di g differiscono al più per un elemento del nucleo di g quindi si ha
$ g^-1(alpha z_1 + beta z_2) = {x = alpha x_1 + beta x_2 + Ker(g)}$. Applicando f a questo insieme si ottiene
$ alpha f(x_1) + beta f(x_2) = alpha f(x_1 + Ker(g)) + beta f(x_2 + Ker(g)) = alpha f(g^-1(z_1)) + beta f(g^-1(z_2)) $
L'asserto sul gruppo quoziente l'ho capito pure si ottiene quozientando l'insieme X di partenza rispetto al nucleo di g e poi applicando una funzione 1 a 1.
Mi sembra corretta, a parte qualche errore nel codice \(\LaTeX\)! 
grazie! 
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