Quadrato nullo di un'applicazione non nulla
Ciao a tutti!! Torno dopo un paio di giorni di astinenza 
Ho una domanda per completare questa dimostrazione.
Sia \(\displaystyle L:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2 \) un'applicazione lineare tale che \(\displaystyle L\ne O \) e tale che \(\displaystyle L^2=L\circ L=O \). Mostrare che esiste una base \(\displaystyle \{\mathbf{v},\mathbf{w}\} \) di \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \) tale che \(\displaystyle L(\mathbf{v})=\mathbf{w} \) e \(\displaystyle L(\mathbf{w})=\mathbf{0} \).
Credo che con $O$ si denoti l'applicazione nulla, quindi procedo tenendo presente questo. Siano \(\displaystyle \mathbf{v},\mathbf{w}\in\mathbb{R}^2 \) linearmente indipendenti. Un'applicazione lineare manda i vettori della base in un sistema di generatori per l'immagine: in questo caso quindi \(\displaystyle \{L(\mathbf{v}),L(\mathbf{w})\} \) è un sistema di generatori di \(\displaystyle \Im L \) la cui dimensione è quindi compresa tra $0$ e $2$.
Sappiamo però che l'applicazione non è nulla, quindi la dimensione dell'immagine non può essere zero: se così fosse ogni vettore sarebbe mandato nello \(\displaystyle \mathbf{0} \) contro le ipotesi. Dalla relazione dimensionale sappiamo che \(\displaystyle \dim \mathbb{R}^2=2=\dim \Im L+\dim\ker L \), quindi in base alla considerazione precedente il nucleo dell'applicazione è o banale o una retta vettoriale.
Qui entra in gioco l'ipotesi \(\displaystyle L^2=O \). Infatti se il nucleo fosse banale, allora \(\displaystyle \forall\mathbf{u}\ne\mathbf{0} \) in \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \) si avrebbe \(\displaystyle L(\mathbf{u})\ne \mathbf{0} \) e a maggior ragione \(\displaystyle L(L(\mathbf{u}))\ne \mathbf{0} \), assurdo. Da questo segue \(\displaystyle \dim \ker L =\dim \Im L=1 \), e in particolare che \(\displaystyle L(\mathbf{v}),L(\mathbf{w}) \) sono l.d. per ogni scelta di \(\displaystyle \mathbf{v},\mathbf{w} \) linearmente indipendenti: si ha ovvero \(\displaystyle \alpha L(\mathbf{v})+\beta L(\mathbf{w})=0 \) con \(\displaystyle (\alpha,\beta)\ne(0,0) \).
Adesso voglio chiedere questa cosa: è giusto affermare che ponendomi nel caso in cui solo uno degli scalari sia diverso da zero posso trovare una coppia \(\displaystyle \{\mathbf{v},\mathbf{w}\} \) tale che \(\displaystyle \alpha L(\mathbf{v})=\beta L(\mathbf{w}) \) per \(\displaystyle \alpha=0, \beta\ne 0 \), e quindi \(\displaystyle L(\mathbf{w})=\mathbf{0} \) per questa base? Mi rendo conto che suona un po' fishy lavorare sugli scalari, diciamo che distinguo i casi in cui l'applicazione manda i vettori della base in vettori l'uno multiplo dell'altro e quello in cui manda uno dei due vettori in un vettore nullo! Ha senso?
Ho una domanda per completare questa dimostrazione.Sia \(\displaystyle L:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2 \) un'applicazione lineare tale che \(\displaystyle L\ne O \) e tale che \(\displaystyle L^2=L\circ L=O \). Mostrare che esiste una base \(\displaystyle \{\mathbf{v},\mathbf{w}\} \) di \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \) tale che \(\displaystyle L(\mathbf{v})=\mathbf{w} \) e \(\displaystyle L(\mathbf{w})=\mathbf{0} \).
Credo che con $O$ si denoti l'applicazione nulla, quindi procedo tenendo presente questo. Siano \(\displaystyle \mathbf{v},\mathbf{w}\in\mathbb{R}^2 \) linearmente indipendenti. Un'applicazione lineare manda i vettori della base in un sistema di generatori per l'immagine: in questo caso quindi \(\displaystyle \{L(\mathbf{v}),L(\mathbf{w})\} \) è un sistema di generatori di \(\displaystyle \Im L \) la cui dimensione è quindi compresa tra $0$ e $2$.
Sappiamo però che l'applicazione non è nulla, quindi la dimensione dell'immagine non può essere zero: se così fosse ogni vettore sarebbe mandato nello \(\displaystyle \mathbf{0} \) contro le ipotesi. Dalla relazione dimensionale sappiamo che \(\displaystyle \dim \mathbb{R}^2=2=\dim \Im L+\dim\ker L \), quindi in base alla considerazione precedente il nucleo dell'applicazione è o banale o una retta vettoriale.
Qui entra in gioco l'ipotesi \(\displaystyle L^2=O \). Infatti se il nucleo fosse banale, allora \(\displaystyle \forall\mathbf{u}\ne\mathbf{0} \) in \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \) si avrebbe \(\displaystyle L(\mathbf{u})\ne \mathbf{0} \) e a maggior ragione \(\displaystyle L(L(\mathbf{u}))\ne \mathbf{0} \), assurdo. Da questo segue \(\displaystyle \dim \ker L =\dim \Im L=1 \), e in particolare che \(\displaystyle L(\mathbf{v}),L(\mathbf{w}) \) sono l.d. per ogni scelta di \(\displaystyle \mathbf{v},\mathbf{w} \) linearmente indipendenti: si ha ovvero \(\displaystyle \alpha L(\mathbf{v})+\beta L(\mathbf{w})=0 \) con \(\displaystyle (\alpha,\beta)\ne(0,0) \).
Adesso voglio chiedere questa cosa: è giusto affermare che ponendomi nel caso in cui solo uno degli scalari sia diverso da zero posso trovare una coppia \(\displaystyle \{\mathbf{v},\mathbf{w}\} \) tale che \(\displaystyle \alpha L(\mathbf{v})=\beta L(\mathbf{w}) \) per \(\displaystyle \alpha=0, \beta\ne 0 \), e quindi \(\displaystyle L(\mathbf{w})=\mathbf{0} \) per questa base? Mi rendo conto che suona un po' fishy lavorare sugli scalari, diciamo che distinguo i casi in cui l'applicazione manda i vettori della base in vettori l'uno multiplo dell'altro e quello in cui manda uno dei due vettori in un vettore nullo! Ha senso?
Risposte
Sono d'accordo che per ogni base \(\{v,w\}\) si ha che \(\alpha Lv+\beta Lw=0\) per qualche \((\alpha, \beta)\ne0\), dove \((\alpha, \beta)\) dipendono da \(v,w\). È una riformulazione del fatto che l'immagine di \(L\) ha dimensione \(1\). Dopo, però, il tuo ultimo paragrafo fa un giro di parole strampalato per dire che si può trovare una base \(\{v,w\}\) tale che \(L(w)=0\). Ma questo lo devi dimostrare, e tu non lo hai fatto.
P.S.: Prova ad essere più conciso, non ti fissare troppo sui dettagli senza importanza. Con tutto questo post tu hai concluso che l'immagine e il nucleo di \(L\) hanno dimensione \(1\). Bastava scrivere: "siccome il nucleo non può essere né banale né coincidere con \(\mathbb R^2\), allora \(\dim \ker L=1\) e quindi, dalla formula [...], \(\dim \text{im} L=1\)."
P.S.: Prova ad essere più conciso, non ti fissare troppo sui dettagli senza importanza. Con tutto questo post tu hai concluso che l'immagine e il nucleo di \(L\) hanno dimensione \(1\). Bastava scrivere: "siccome il nucleo non può essere né banale né coincidere con \(\mathbb R^2\), allora \(\dim \ker L=1\) e quindi, dalla formula [...], \(\dim \text{im} L=1\)."
Purtroppo la prolissità è un mio difetto! Diciamo anche che in questi post cerco di rendere il più chiari possibili i miei ragionamenti (come il perché effettivamente il nucleo non può né essere banale né avere dimensione due) in modo che voi possiate smontarli con più facilità comunque cercherò di essere più conciso d'ora in poi.
A proposito di quello che dici: dimostrarlo rigorosamente è proprio il mio problema. Se scelgo \(\displaystyle \{\mathbf{v},\mathbf{w}\} \) l.i. tali che \(\displaystyle L(\mathbf{v})\ne \mathbf{0} \) e \(\displaystyle L(\mathbf{w)} =\mathbf{0}\), ho un sistema di generatori dell'immagine che rispetta le condizioni trovate, ma questo mi basta per concludere?
comunque cercherò di essere più conciso d'ora in poi. A proposito di quello che dici: dimostrarlo rigorosamente è proprio il mio problema. Se scelgo \(\displaystyle \{\mathbf{v},\mathbf{w}\} \) l.i. tali che \(\displaystyle L(\mathbf{v})\ne \mathbf{0} \) e \(\displaystyle L(\mathbf{w)} =\mathbf{0}\), ho un sistema di generatori dell'immagine che rispetta le condizioni trovate, ma questo mi basta per concludere?
Hai detto che \(Lw=0\), ovvero che \(w\in\ker L\). Adesso sviluppa \(Lv\) rispetto alla base \(v,w\).
Ciao 
Parto dalla fine.
dire che $aL(v)=bL(w)$ con $alpha=0,betane0$ implica ovviamente che $L(w)=0$ ma quali proprietà particolari ti da? nessuna. Non hai dimostrato quello che ti serve
$L neO => 0leqdimKer(L)leq1$
se fosse $dimKer(L)=0$ si avrebbe un automorfismo e $foralln inNN,L^(n)neO$
infatti se $dimKer(L)=0$ allora $L$ sarebbe biunivoca. Composizione di applicazioni biunivoche è ancora biunivoca. Quindi si avrebbe che $L^n neO,foralln inNN$
pertanto $L neOwedgeL^2=O => dimL(RR^2)=dimKer(L)=1$
Questo fatto è fondamentale in spazi di dimensione due per il semplice fatto che ti da una informazione importante. Il sistema ${v,L(v)}$ è linearmente indipendente, basta fare il seguente ragionamento.
per ipotesi possiamo prendere $v inRR^2setminusKer(L)$ in modo tale che $L(v)ne0$ questo ci garantisce quello che vogliamo per il seguente motivo.
se fossero linearmente dipendenti allora esisterebbero scalari $a,b inRR$ non nulli per cui $av+bL(v)=0$ chiaramente se tali scalari esistono, sono entrambi non nulli, poichè se lo fosse solo uno dei due, allora l'altro dovrebbe essere il vettore nullo, contraddicendo le ipotesi.
Pertanto si avrebbe $L(av+bL(v))=0 => aL(v)+bL^2(v)=aL(v)=0, a ne0 => L(v)=0$
abbiamo visto che se uno dei due è non nullo, otteniamo una contraddizione. Se entrambi sono non nulli, otteniamo una contraddizione. Pertanto devono essere necessariamente nulli, ovvero quei vettori devono essere linearmente indipendenti.
pertanto posto $B={v,L(v)}$ avremo quanto richiesto.
Edit: dissonance mi ha preceduto, pure di assai
Parto dalla fine.
dire che $aL(v)=bL(w)$ con $alpha=0,betane0$ implica ovviamente che $L(w)=0$ ma quali proprietà particolari ti da? nessuna. Non hai dimostrato quello che ti serve
$L neO => 0leqdimKer(L)leq1$
se fosse $dimKer(L)=0$ si avrebbe un automorfismo e $foralln inNN,L^(n)neO$
infatti se $dimKer(L)=0$ allora $L$ sarebbe biunivoca. Composizione di applicazioni biunivoche è ancora biunivoca. Quindi si avrebbe che $L^n neO,foralln inNN$
pertanto $L neOwedgeL^2=O => dimL(RR^2)=dimKer(L)=1$
Questo fatto è fondamentale in spazi di dimensione due per il semplice fatto che ti da una informazione importante. Il sistema ${v,L(v)}$ è linearmente indipendente, basta fare il seguente ragionamento.
per ipotesi possiamo prendere $v inRR^2setminusKer(L)$ in modo tale che $L(v)ne0$ questo ci garantisce quello che vogliamo per il seguente motivo.
se fossero linearmente dipendenti allora esisterebbero scalari $a,b inRR$ non nulli per cui $av+bL(v)=0$ chiaramente se tali scalari esistono, sono entrambi non nulli, poichè se lo fosse solo uno dei due, allora l'altro dovrebbe essere il vettore nullo, contraddicendo le ipotesi.
Pertanto si avrebbe $L(av+bL(v))=0 => aL(v)+bL^2(v)=aL(v)=0, a ne0 => L(v)=0$
abbiamo visto che se uno dei due è non nullo, otteniamo una contraddizione. Se entrambi sono non nulli, otteniamo una contraddizione. Pertanto devono essere necessariamente nulli, ovvero quei vettori devono essere linearmente indipendenti.
pertanto posto $B={v,L(v)}$ avremo quanto richiesto.
Edit: dissonance mi ha preceduto, pure di assai
"anto_zoolander":
se fosse $dimKer(L)=0$ si avrebbe un automorfismo e $∀n∈N$,$L^n≠O$
infatti se $dimKer(L)=0$ allora $L$ sarebbe biunivoca. Composizione di applicazioni biunivoche è ancora biunivoca. Quindi si avrebbe che $L^n≠O$,$∀n∈NN$ pertanto $L≠O∧L^2=O⇒dimL(R^2)=dimKer(L)=1$
Questo è il mio post con la sintesi di dissonance! Perfetto
"anto_zoolander":
$ L(av+bL(v))=0 => aL(v)+bL^2(v)=aL(v)=0, a ne0 => L(v)=0 $
Seguendo il suggerimento di dissonance ero arrivato a scrivere una cosa simile, anche se stavo girando un po' intorno senza vedere la conclusione ovvia!
Ringrazio entrambi per l'aiuto
Ho un ultimo dubbio un po' stupido: il fatto che \(\displaystyle \dim\ker L=1 \) ci serve essenzialmente per poter affermare che esiste \(\displaystyle \mathbf{v}\in \mathbb{R}^2 \setminus \ker L \)?
Si in poche parole si.
Le due cose combinate danno tutto
$•$ la non banalità del nucleo ti permette di dire che $existsv inRR^2setminusKerL$ e che $L$ non sia un automorfismo
Le due cose combinate danno tutto
$•$ la non banalità del nucleo ti permette di dire che $existsv inRR^2setminusKerL$ e che $L$ non sia un automorfismo
...voleva esserci un secondo "\(\displaystyle \bullet \)"?
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