Problema su applicazione lineare e sottospazio vettoriale
Ragazzi avrei bisogno di un aiuto su questo esercizio. Il testo è il seguente
Data $f: V->V$ applicazione lineare quale delle seguenti affermazioni è corretta ( se c'è):
1) la dimensione di $f(W)$ non varia al variare di $W$ sottospazio vettoriale di dimensione 2 se e solo se $f$ è l'applicaizone nulla o l'identità
2)se $dim f(W)<2$ per ogni $W$ sottospazio vettoriale di dimensione 2 allora $f$ è nulla.
3) se esiste $W$ sottospazio vettoriale di dimensione 2 di $V$ tale che $dim f(W)=2$ allora la dimensione dell'immagine di $f$ è 2.
Data $f: V->V$ applicazione lineare quale delle seguenti affermazioni è corretta ( se c'è):
1) la dimensione di $f(W)$ non varia al variare di $W$ sottospazio vettoriale di dimensione 2 se e solo se $f$ è l'applicaizone nulla o l'identità
2)se $dim f(W)<2$ per ogni $W$ sottospazio vettoriale di dimensione 2 allora $f$ è nulla.
3) se esiste $W$ sottospazio vettoriale di dimensione 2 di $V$ tale che $dim f(W)=2$ allora la dimensione dell'immagine di $f$ è 2.
Risposte
Nell'ordine F, F, V.
Ti va di scrivere un tuo ragionamento a partire dalla 1) ?
Ti va di scrivere un tuo ragionamento a partire dalla 1) ?
@Bokonon ti ringrazio infinitamente per la risposta! 
Avevo pensato di usare il teorema della nullità del rango ma in realtà non so bene come sviluppare l'idea...potresti spiegarmi il ragionamento da usare?
Avevo pensato di usare il teorema della nullità del rango ma in realtà non so bene come sviluppare l'idea...potresti spiegarmi il ragionamento da usare?
Usiamo un esempio concreto per porre le basi di tutti i ragionamenti.
Poniamo che V sia lo span di una base qualsiasi ${v_1,v_2,v_3,v_4}$, quindi $dim(V)=4$
Ci viene dato un endomorfismo $f:V->V$ che può essere iniettivo ma anche no.
Ora prendiamo un sottospazio vettoriale W di V e per semplicità poniamo che sia lo span di 2 vettori qualsiasi della base di V, quindi $dim(W)=2$. Vi sono $C(4,2)=6$ combinazioni di basi per W.
Se l'applicazione lineare $f$ è iniettiva significa che $dim[Ker(f)]=0$ e quindi manda entrambi i vettori della base di W in altri due vettori dello spazio di arrivo...che è sempre V. Quindi $f(v_i)$ e $f(v_j)$ formeranno una base dell'immagine di f $ AA i,j $ con $i!=j$, che avrà ancora $dim[Im(f)]=2$ e sarà ancora una base per un sottospazio di V.
Se l'applicazione è iniettiva, la dimensione dell'immagine sarà sempre uguale alla dimensione del sottospazio di partenza, perchè non accadrà mai che $f(v_i)={0} AA i=1,2,3,4$ oppure che $f(v_i)=f(v_j)$ (perchè a vettori distinti corrispondono immagini distinte).
Se l'applicazione lineare $f$ non è iniettiva significa che $dim[Ker(f)]>0$.
Sempre per comodità, supponiamo che $Ker(f)=span{v_1,v_2}$ quindi $dim[Ker(f)]=2$
Questo significa che $f(v_1)=f(v_2)=f(alphav_1+betav_2)={0}$
In questo caso, prova ad elencare tutti e 6 i possibili sottospazi W e a dirmi cosa accade alle loro basi e quindi che dimensione avranno le $Im(f)$.
Una volta che ti è chiaro questo esempio, risponderai a tutte le domande in un baleno...motivando pure le risposte.
Poniamo che V sia lo span di una base qualsiasi ${v_1,v_2,v_3,v_4}$, quindi $dim(V)=4$
Ci viene dato un endomorfismo $f:V->V$ che può essere iniettivo ma anche no.
Ora prendiamo un sottospazio vettoriale W di V e per semplicità poniamo che sia lo span di 2 vettori qualsiasi della base di V, quindi $dim(W)=2$. Vi sono $C(4,2)=6$ combinazioni di basi per W.
Se l'applicazione lineare $f$ è iniettiva significa che $dim[Ker(f)]=0$ e quindi manda entrambi i vettori della base di W in altri due vettori dello spazio di arrivo...che è sempre V. Quindi $f(v_i)$ e $f(v_j)$ formeranno una base dell'immagine di f $ AA i,j $ con $i!=j$, che avrà ancora $dim[Im(f)]=2$ e sarà ancora una base per un sottospazio di V.
Se l'applicazione è iniettiva, la dimensione dell'immagine sarà sempre uguale alla dimensione del sottospazio di partenza, perchè non accadrà mai che $f(v_i)={0} AA i=1,2,3,4$ oppure che $f(v_i)=f(v_j)$ (perchè a vettori distinti corrispondono immagini distinte).
Se l'applicazione lineare $f$ non è iniettiva significa che $dim[Ker(f)]>0$.
Sempre per comodità, supponiamo che $Ker(f)=span{v_1,v_2}$ quindi $dim[Ker(f)]=2$
Questo significa che $f(v_1)=f(v_2)=f(alphav_1+betav_2)={0}$
In questo caso, prova ad elencare tutti e 6 i possibili sottospazi W e a dirmi cosa accade alle loro basi e quindi che dimensione avranno le $Im(f)$.
Una volta che ti è chiaro questo esempio, risponderai a tutte le domande in un baleno...motivando pure le risposte.
Allora, prima di tutto grazie mille per la risposte super cristallina, vediamo se ho capito:
Supponiamo che l'applicazione lineare $f$ non sia iniettiva e dim $ker(f)=span{v_1,v_2}$.
Il sottospazio vettoriale si può scrivere come $W= span{v_i,v_j}$.
Perciò a seconda delle combinazioni, ho che $dim[Im(f)]$ assume il valore $2$ (per 3 sottospazi) , $1$ per (2 sottospazi) e $0$ per 1 sottospazio ($i=1, j=2)$.
Provo a rispondere alle domande
1) Falso perchè se $dim f$ non varia al variare di $W$ allora $f$ è iniettiva e questo garantisce che dim[Im(f)]=2 ($f$ non è nè l'identità nè è nulla)
2) Falso perchè se per esempio $dim[Im(f)]=1$ allora $ dim [ker(f)]=3$ quindi $f$ non è nulla.
3) vero perchè $dim[f(W)]=2$ implica che $f$ sia iniettiva e allora la dimensione dell'immagine sarà uguale a quella sel sottospazio
Supponiamo che l'applicazione lineare $f$ non sia iniettiva e dim $ker(f)=span{v_1,v_2}$.
Il sottospazio vettoriale si può scrivere come $W= span{v_i,v_j}$.
Perciò a seconda delle combinazioni, ho che $dim[Im(f)]$ assume il valore $2$ (per 3 sottospazi) , $1$ per (2 sottospazi) e $0$ per 1 sottospazio ($i=1, j=2)$.
Provo a rispondere alle domande
1) Falso perchè se $dim f$ non varia al variare di $W$ allora $f$ è iniettiva e questo garantisce che dim[Im(f)]=2 ($f$ non è nè l'identità nè è nulla)
2) Falso perchè se per esempio $dim[Im(f)]=1$ allora $ dim [ker(f)]=3$ quindi $f$ non è nulla.
3) vero perchè $dim[f(W)]=2$ implica che $f$ sia iniettiva e allora la dimensione dell'immagine sarà uguale a quella sel sottospazio
"bb88":
Allora, prima di tutto grazie mille per la risposte super cristallina, vediamo se ho capito:
Supponiamo che l'applicazione lineare $f$ non sia iniettiva e dim $ker(f)=span{v_1,v_2}$.
Il sottospazio vettoriale si può scrivere come $W= span{v_i,v_j}$.
Perciò a seconda delle combinazioni, ho che $dim[Im(f)]$ assume il valore $2$ (per 3 sottospazi) , $1$ per (2 sottospazi) e $0$ per 1 sottospazio ($i=1, j=2)$.
Tutto esatto!
"bb88":
1) Falso perchè se $dim f$ non varia al variare di $W$ allora $f$ è iniettiva e questo garantisce che dim[Im(f)]=2 ($f$ non è nè l'identità nè è nulla)
Attenzione, la domanda proponeva due possibili applicazioni.
Quella nulla ovviamente manda tutto in ${0}$, quindi l'immagine ha dimensione 0.
L'applicazione identità, è ovviamente iniettiva ma lascia tutto com'era in quanto $f(v_i)=v_i$
Quest'ultima soddisfa i requisiti ma la domanda chiedeva "se e solo se".
Dall'esempio, avrai capito che qualsiasi applicazione iniettiva lascia inalterate le dimensioni di partenza e arrivo e pure qualsiasi applicazione non iniettiva il cui kernel non contenga W o parte di esso.
Questa sarebbe stata la risposta completa, mentre quella proposta sarebbe campata per aria persino se non includesse l'applicazione nulla. Quindi la 1) è decisamente falsa. Molto, molto falsa.
"bb88":
2) Falso perchè se per esempio $dim[Im(f)]=1$ allora $ dim [ker(f)]=3$ quindi $f$ non è nulla.
Falso perchè abbiamo visto che esistono applicazioni non iniettive (diverse dall'applicazione nulla) la cui immagine però ha dimensione 1 e persino zero.
"bb88":
3) vero perchè $dim[f(W)]=2$ implica che $f$ sia iniettiva e allora la dimensione dell'immagine sarà uguale a quella sel sottospazio
E' vera perchè è autovidente
Esistono applicazioni iniettive (tutte) ma anche non iniettive che mantengono uguale la dimensione (come abbiamo visto nell'esempio) ma è irrilevante perchè $dimf(W)=dimIm(f)$ per definizione, quindi la risposta è già data nell'affermazione stessa. Il punto 3) è tautologico
Mi sa che ti devo bocciare
Grazie mille @bokonon, sei stato super esaustivo!
PS: Addirittura bocciato
, almeno rimandato a settembre! 
PS: Addirittura bocciato
, almeno rimandato a settembre!
"bb88":
PS: Addirittura bocciato
Nah, non si rimanda più a settembre da eoni
La 3 è falsa;
esempio: \(\displaystyle\mathbb{R}^4\), considero la base canonica \(\displaystyle\{\underline{e}_1,\underline{e}_2,\underline{e}_3,\underline{e}_4\}\) e definisco: \(f(\underline{e}_i)=\underline{e}_i\) con \(i\in\{1,2,3\}\) ed \(f(\underline{e}_4)=\underline{0}\). Esistono sottospazi vettoriali di \(\mathbb{R}^4\) aventi dimensione \(2\) la cui immagine ha dimensione \(2\) ma \(\dim Im(f)=3\).
Vi torna tutto?
esempio: \(\displaystyle\mathbb{R}^4\), considero la base canonica \(\displaystyle\{\underline{e}_1,\underline{e}_2,\underline{e}_3,\underline{e}_4\}\) e definisco: \(f(\underline{e}_i)=\underline{e}_i\) con \(i\in\{1,2,3\}\) ed \(f(\underline{e}_4)=\underline{0}\). Esistono sottospazi vettoriali di \(\mathbb{R}^4\) aventi dimensione \(2\) la cui immagine ha dimensione \(2\) ma \(\dim Im(f)=3\).
Vi torna tutto?
"j18eos":
Vi torna tutto?
Si. Oggi sono cotto completamente (vedi l'altro thread). E' meglio che vada a letto e domani sistemo tutto.
Grazie Armando
@bb8
Che obbrobrio che ho scritto. Mi boccio da solo.
Dall'esempio che abbiamo discusso, abbiamo che esistono applicazioni non iniettive che mantengono le dimensioni. Nel particolare abbiamo discusso esclusivamente di applicazioni la cui immagine ha dimensione 2 (da qua, probabilmente il colpo di mona), ma potevamo discutere anche di applicazioni con $dim(ker(f))=1$ la cui $dim(im(f))=3$ (mentre le applicazioni iniettive nel nostro esempio hanno $dim(im(f))=4$) senza cambiare la sostanza dei concetti.
Quindi la 3) è falsa in generale.
P.S. Che giornataccia
"Bokonon":
$dimf(W)=dimIm(f)$ [strike]per definizione[/strike]
Che obbrobrio che ho scritto. Mi boccio da solo.
Dall'esempio che abbiamo discusso, abbiamo che esistono applicazioni non iniettive che mantengono le dimensioni. Nel particolare abbiamo discusso esclusivamente di applicazioni la cui immagine ha dimensione 2 (da qua, probabilmente il colpo di mona), ma potevamo discutere anche di applicazioni con $dim(ker(f))=1$ la cui $dim(im(f))=3$ (mentre le applicazioni iniettive nel nostro esempio hanno $dim(im(f))=4$) senza cambiare la sostanza dei concetti.
Quindi la 3) è falsa in generale.
P.S. Che giornataccia
"Bokonon":[ot]That shit happens!
[...] Che giornataccia
[/ot]
@Armando
[ot]Speriamo che sia una giornata una tantum e non un segno di crollo...
Grazie per avermi tirato su il morale![/ot]
[ot]Speriamo che sia una giornata una tantum e non un segno di crollo...
Grazie per avermi tirato su il morale![/ot]
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