[RISOLTO] Dimostrare che $f$ biettiva allora e' invertibile

[giuscri]

Esercizio: Siano $V,\,W$ spazi vettoriali sul campo $\mathbb{K}$; dimostrare che se $f \in Hom(V,W)$ e' biettiva, allora e' invertibile.

Puo' funzionare in questo modo?

Perche' l'implicazione sia verificata deve esistere una qualche
\begin{equation*}
G \in Hom(W,V) : G \circ f = Id_V,\, f \circ G = Id_W
\end{equation*}
per definizione di funzione inversa.
Presa \(\{f(\underline{v}_1), \ldots{}, f(\underline{v}_n\}\) -base di \(W\)- esiste l'applicazione lineare da $W$ in $V$ che, fissata \(\{\underline{v}_1, \ldots{}, \underline{v}_n\}\) -base di V- mappa nel seguente modo
\begin{equation*}
f(\underline{v}_i) \mapsto v_i \qquad i = 1, \ldots{}, n
\end{equation*}

Dunque:
\begin{equation*}
(G \circ f) (\underline{v}) = (G \circ f) \left( \sum_{i=1}^n \alpha_i \underline{v}_i \right) = \sum_{i=1}^n \alpha_i (G \circ f) (\underline{v}_i) = \sum_{i=1}^n \alpha_i G \left( f (\underline{v}_i) \right) = \sum_{i=1}^n \alpha_i \underline{v}_i = \underline{v}.
\end{equation*}
Inoltre
\begin{equation*}
(f \circ G) (\underline{w}) = (f \circ G) \left( \sum_{i=1}^n \alpha_i f(\underline{v}_i) \right) = \sum_{i=1}^n \alpha_i (f \circ G) \big( f(\underline{v}_i) \big) = \sum_{i=1}^n \alpha_i f(\underline{v}_i) = \underline{w}. \qquad \blacksquare
\end{equation*}

[j18eos]

Allora: \(f\) è un'applicazione lineare biettiva; perché \(\{f(v_i)\}_i\) è una bse di \(W\), ove \(\{v_i\}_i\) è una base di \(V\)?

Eppoi, lasci sottointeso chi è la \(G\)!

[giuscri]

"j18eos":Allora: \(f\) è un'applicazione lineare biettiva; perché \(\{f(v_i)\}_i\) è una bse di \(W\), ove \(\{v_i\}_i\) è una base di \(V\)?

Forse c'e' una strada piu' breve di questa, ma ...
\(f\) suriettiva, quindi \(\forall{\underline{w}} \in W, \exists \underline{v} \in V : f(\underline{v}) = w\). Riesco percio' a scrivere
\[\underline{w} = f(\underline{v}) = f \left( \sum_i \alpha_i \underline{v}_i \right) = \sum_i \alpha_i f(\underline{v}_i)\]
cioe' tutto \(W\) e' generato da \(\{f(v_i)\}_{i=1,2,\ldots{}}\).

Inoltre \(f\) e' iniettiva, quindi manda liberi in liberi. Infatti: prendo un set di liberi \(\{\underline{e}_1, \ldots{}, \underline{e}_r\}\).
\(\{f(\underline{e}_1), \ldots{}, f(\underline{e}_r)\}\) e' ancora libero sse una sua combinazione lineare e' sempre non nulla -a meno che tutti i coefficienti siano nulli.

Scrivo \[ \sum_i \alpha_i f(\underline{e}_i) = f \left( \sum_i \alpha_i \underline{e}_i \right) = 0_W \]
cioe' \(\sum_i \alpha_i \underline{e}_i \in Ker(f)\); ma \(f\) e' iniettiva per ipotesi, quindi ha nullita' pari a zero. \( \sum_i \alpha_i \underline{e}_i \) dev'essere lo zero in \(V\). Quindi dev'essere
\begin{equation*}
\sum_i \alpha_i \underline{e}_i = 0_V
\end{equation*}
...il che -a causa dell'indipendenza di \(\{\underline{e}_i\}_{i=1}^r\)- e' verificato solo quando \(\alpha_i = 0\), per ogni \(i\).

Se risalgo lungo i sse trovo che \[ \sum_i \alpha_i f(\underline{e}_i) = f \left( \sum_i \alpha_i \underline{e}_i \right) = 0_W \Leftrightarrow \alpha_i = 0 \qquad i = 1, \ldots{}, r \]
Quindi, se $f$ e' iniettiva manda effettivamente liberi in liberi.

Se \(f\) e' un isomorfismo, valgono entrambe le ipotesi e quindi valgono contemporaneamente le due tesi -i.e. \(f\) manda basi in basi.

Eppoi, lasci sottointeso chi è la \(G\)!

Sottointeso? Assegnando le immagini della base di $W$ non ho identificato $G$?

[gugo82]

Scusate, ma che c'entra l'ipotesi \(f\in \operatorname{Hom}(V,W)\)?
Ogni applicazione biiettiva tra qualsiasi coppia di insiemi è invertibile (e v.v.); ergo è invertibile a fortiori ogni isomorfismo tra spazi vettoriali.

L'esercizio avrebbe più senso se chiedesse di dimostrare che \(f^{-1}\in \operatorname{Hom}(W,V)\)... Ma anche questo sarebbe banale assai.

[giuscri]

"gugo82":Scusate, ma che c'entra l'ipotesi \(f\in \operatorname{Hom}(V,W)\)?
Ogni applicazione biiettiva tra qualsiasi coppia di insiemi è invertibile (e v.v.); ergo è invertibile a fortiori ogni isomorfismo tra spazi vettoriali.

In realta', l'esercizio me lo sono inventato io. Era una questione che m'ero posto.
Hai ragione*, in effetti ...

"gugo82":L'esercizio avrebbe più senso se chiedesse di dimostrare che \(f^{-1}\in \operatorname{Hom}(W,V)\)... Ma anche questo sarebbe banale assai.

Dovrei riuscire a scrivere
\begin{equation}
f^{-1} (\underline{w}^1 + \lambda \cdot \underline{w}^2) = f^{-1} (\underline{w}^1) + \lambda \cdot f^{-1} \underline{w}^2)
\tag{1}
\end{equation}
Mi sembra piuttosto facile dimostrare che
\begin{equation*}
f\,\text{isomorfismo} \Leftrightarrow \exists f^{-1}\,\text{, ed e' un isomorfismo}
\end{equation*}
quindi, se \[\underline{w}^i \leftrightarrow \underline{v}^i\] in modo unico, partendo dalla \((1)\) scrivo
\begin{align*}
&f^{-1} \big( f(\underline{v}^1) + \lambda \cdot f(\underline{v}^2) \big) = \\
& = (f^{-1} \circ f) (\underline{v}^1 + \lambda \cdot \underline{v}^2) = \\
& = \underline{v}^1 + \lambda \cdot \underline{v}^2 = f^{-1} (\underline{w}^1) + f^{-1} (\underline{w}^2).
\qquad \blacksquare
\end{align*}

___
* Dati \(A,B\) set, \(f \in F(A,B)\) tale che
\begin{equation*}
\exists! b\,|\,f(a) = b
\end{equation*}
Definita $f^{-1}$ la funzione
\begin{align*}
f^{-1} &: B \to A \\
f^{-1} &: b \mapsto a \qquad \text{quando } f(a) = b
\end{align*}
vale $f \circ f^{-1} = Id_A$ e $f^{-1} \circ f = Id_B$, cioe' $f^-1$ e' inversa. Si osservi che -per come e' stata definita- $f^{-1}$ e' biettiva.

[gugo82]

@ giuscri:

La linearità segue così: fissati a casaccio \(w_1,w_2\in W\) ed \(\alpha , \beta \in \mathbb{K}\) hai:
\[
f(\alpha f^{-1}(w_1)+ \beta f^{-1}(w_2)) = \alpha f(f^{-1}(w_1)) + \beta f(f^{-1}(w_2)) = \alpha w_1 +\beta w_2
\]
quindi (componendo \(f^{-1}\) ai membri esterni):
\[
\alpha f^{-1} (w_1) + \beta f^{-1}(w_2) = f^{-1}(\alpha w_1+\beta w_2)\; .
\]
Questo, ovviamente, è isomorfo a ciò che hai scritto tu.

[giuscri]

Grazie ad entrambi!
Ciao

[j18eos]

@giuscri Avevo l'impressione che il problema fosse mal posto...[ot]OT come nota personale valida per tutti, a cominciare da me... alternativamente: riassunto della mia giornata!
Quando scrivo qualcosa di matematica, devo pensare di parlare con un deficiente e non deficientarmi con le mie mani; non c'è l'ho con te giuscri, sia chiaro.[/ot]