Somma diretta Ker e Im
Ciao a tutti! Ho un esercizio che mi chiede di verificare se, data un applicazione lineare $f$, 
, dove $V=RR^4$ $U=Im(f)$ e $W=Ker(f)$
Fortunatamente in questo caso mi sono trovato un vettore della base dell'immagine che faceva parte anche della base del ker, e quindi vado sicuro che $dim(Ker(f) nnn Im(f))>=1$ quindi la risposta è no.
Ma se non sono così fortunato? che procedimento devo fare per valutare questa ipotesi?
Io avevo pensato di valutare se i vettori che ho trovato delle rispettive basi fossero linearmente indipendenti, e quindi operativamente di metterli a matrice e verificare se il determinante è non nullo.
E' corretto come modo di procedere?
, dove $V=RR^4$ $U=Im(f)$ e $W=Ker(f)$Fortunatamente in questo caso mi sono trovato un vettore della base dell'immagine che faceva parte anche della base del ker, e quindi vado sicuro che $dim(Ker(f) nnn Im(f))>=1$ quindi la risposta è no.
Ma se non sono così fortunato? che procedimento devo fare per valutare questa ipotesi?
Io avevo pensato di valutare se i vettori che ho trovato delle rispettive basi fossero linearmente indipendenti, e quindi operativamente di metterli a matrice e verificare se il determinante è non nullo.
E' corretto come modo di procedere?
Risposte
Si, è corretto, ma bisogna fare attenzione: ad esempio, se in $R^3$ ci sono due piani aventi i vettori di base linearmente indipendenti, la loro intersezione è comunque una retta, quindi la loro somma non è diretta. In generale una cosa del genere si verifica quando la matrice associata non è quadrata (e non si può nemmeno calcolare il determinante, fra l'altro).
Per la verità, si può dimostrare (e non è difficile) che un endomorfismo $F$ di uno sp. vett. $V$ ha la proprietà che $V="ker"Fo+"im"F$ se e solo se $F@F=F$. In questo caso si dice che $F$ è un proiettore di $V$ su $"im"F$.
Per maggiori dettagli vedi qui: http://www.math.unipd.it/~maurizio/m2m/AGLQ78pp.pdf pagina 71 proposizione 1.8.3 .
Per maggiori dettagli vedi qui: http://www.math.unipd.it/~maurizio/m2m/AGLQ78pp.pdf pagina 71 proposizione 1.8.3 .
"VINX89":
Si, è corretto, ma bisogna fare attenzione: ad esempio, se in $R^3$ ci sono due piani aventi i vettori di base linearmente indipendenti, la loro intersezione è comunque una retta, quindi la loro somma non è diretta. In generale una cosa del genere si verifica quando la matrice associata non è quadrata (e non si può nemmeno calcolare il determinante, fra l'altro).
Come? Due piani aventi vettori di base non linearmente dipendenti?? Ma... scusa in questo caso non dovrebbero generare uno spazio di dimensione 4?? Come fanno le basi di due piani in $RR^3$ ad essere linearmente indipendenti??
"dissonance":
Per la verità, si può dimostrare (e non è difficile) che un endomorfismo $F$ di uno sp. vett. $V$ ha la proprietà che $V="ker"Fo+"im"F$ se e solo se $F@F=F$. In questo caso si dice che $F$ è un proiettore di $V$ su $"im"F$.
Per maggiori dettagli vedi qui: http://www.math.unipd.it/~maurizio/m2m/AGLQ78pp.pdf pagina 71 proposizione 1.8.3 .
Mio Dio!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Mi hai trovato un file con la teoria di Jordan!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Ti sarò debitore a vita!!!!!!!!!!
"dissonance":
Per la verità, si può dimostrare (e non è difficile) che un endomorfismo $F$ di uno sp. vett. $V$ ha la proprietà che $V="ker"Fo+"im"F$ se e solo se $F@F=F$. In questo caso si dice che $F$ è un proiettore di $V$ su $"im"F$.
Per maggiori dettagli vedi qui: http://www.math.unipd.it/~maurizio/m2m/AGLQ78pp.pdf pagina 71 proposizione 1.8.3 .
Mi sono imbattuto in questo post e mi e' venuto un dubbio banale...Sia $F$ un proiettore, se considero ora $H=2F$ ovviamente $V="ker"Ho+"im"H$ tuttavia $H@H != H$
Dove e' l'errore ? grazie
ps tra l'altro in rete ho trovato questo link
Giusto, hai ragione. Dov’è l’errore? Ci sto pensando. Sei andato a pescare un post vecchio di 12 anni!
"dissonance":
Giusto, hai ragione. Dov’è l’errore? Ci sto pensando. Sei andato a pescare un post vecchio di 12 anni!
Secondo me vale quanto al link prima segnalato.
Si, ma c’è una spiegazione più semplice. Mi sono sbagliato quando ho scritto quel post. Non è sufficiente che \(\ker H\oplus \mathrm{im} H= V\). La condizione necessaria e sufficiente corretta è:
\(H\) è un proiettore \(\Leftrightarrow\) \(H^2=H\).
Dove “\(H\) è un proiettore” significa che \(\ker H\oplus \mathrm{im} H= V\) E INOLTRE \(Hv = w\), se \(v=k+w\) per \(k\in \ker H, w\in \mathrm{im} H\). La sola condizione sulla somma diretta non è sufficiente.
Dodici anni dopo, me ne sono accorto. Questo forum è proprio storico.
Comunque grazie per quel link. Interessante discussione.
\(H\) è un proiettore \(\Leftrightarrow\) \(H^2=H\).
Dove “\(H\) è un proiettore” significa che \(\ker H\oplus \mathrm{im} H= V\) E INOLTRE \(Hv = w\), se \(v=k+w\) per \(k\in \ker H, w\in \mathrm{im} H\). La sola condizione sulla somma diretta non è sufficiente.
Dodici anni dopo, me ne sono accorto. Questo forum è proprio storico.
Comunque grazie per quel link. Interessante discussione.
Grazie per la risposta...
una domanda in qualche modo correlata: consideriamo un sistema lineare omogeneo $Ax=0$ con A quadrata ed una coppia di matrici quadrate $P$ e $Q$ tali che $P + Q = I$.
Ora il sistema $Ax=0$ e' equivalente (ovvero se e solo se) alla coppia di sistemi $PAx=0$ E $QAx=0$ indipendentemente dal fatto che $P$ e $Q$ siano dei "proiettori", giusto ?
una domanda in qualche modo correlata: consideriamo un sistema lineare omogeneo $Ax=0$ con A quadrata ed una coppia di matrici quadrate $P$ e $Q$ tali che $P + Q = I$.
Ora il sistema $Ax=0$ e' equivalente (ovvero se e solo se) alla coppia di sistemi $PAx=0$ E $QAx=0$ indipendentemente dal fatto che $P$ e $Q$ siano dei "proiettori", giusto ?
Se \[\tag{1}\operatorname*{im}P \cap \operatorname*{im}Q={0},\] allora si. La condizione \(P+Q=I\) implica (1)? Non lo so.
Dimostrazione: Se \(x\) verifica \(PAx=QAx=0\), allora \(x\) è soluzione di \(Ax=0\). Viceversa se \(x\) verifica \(Ax=0\) allora \((P+Q)Ax=0\) e quindi \(PAx= -QAx\). Quindi, detto \(y=PAx\), abbiamo che
\[y\in \operatorname*{im}P \cap \operatorname*{im}Q, \]
e per la (1) concludiamo che \(y=0\), ovvero che \(PAx=0\) e simultaneamente \(QAx=0\).
Dimostrazione: Se \(x\) verifica \(PAx=QAx=0\), allora \(x\) è soluzione di \(Ax=0\). Viceversa se \(x\) verifica \(Ax=0\) allora \((P+Q)Ax=0\) e quindi \(PAx= -QAx\). Quindi, detto \(y=PAx\), abbiamo che
\[y\in \operatorname*{im}P \cap \operatorname*{im}Q, \]
e per la (1) concludiamo che \(y=0\), ovvero che \(PAx=0\) e simultaneamente \(QAx=0\).
"dissonance":
Viceversa se \(x\) verifica \(Ax=0\) allora \((P+Q)Ax=0\) e quindi \(PAx= -QAx\).
Scusami ma semplicemente se $Ax=0$ allora necessariamente $PAx=0$ e $QAx=0$ o sbaglio ?
L'immagine secondo $P$ oppure $Q$ del vettore nullo e' sempre il vettore nullo.
Uf, si, hai ragione. Non sbagli.
Quello che dici è vero, non c’è bisogno di avere due proiettori, basta \(P+Q=I\).
Quello che dici è vero, non c’è bisogno di avere due proiettori, basta \(P+Q=I\).
"dissonance":
Quello che dici è vero, non c’è bisogno di avere due proiettori, basta \(P+Q=I\).
Lo chiedo perche' su alcuni articoli ho visto "decomporre" equazioni lineari moltiplicando rispettivamente per il proiettore $P$ ed il proiettore $Q=I - P$.
Se l'equazione lineare e' omogenea allora da quanto abbiamo detto basta che sia $P + Q = I$ comunque prese le due matrici $P$ e $Q$. La differenza forse c'e' nel caso in cui l'equazione lineare sia non omogenea allora forse e' richiesto che $P$ e $Q$ oltre soddisfare $P + Q = I$ siano effettivamente proiettori.
Come la vedi ?
La cosa non totalmente ovvia è dimostrare che, se \(Ax=y\), allora \(PAx=Py\) e \(QAx=Qy\). A occhio non mi pare ovvio, ma non mi pareva ovvio neanche prima e mi sono sbagliato, quindi non ti so dire.
"dissonance":
La cosa non totalmente ovvia è dimostrare che, se \(Ax=y\), allora \(PAx=Py\) e \(QAx=Qy\). A occhio non mi pare ovvio, ma non mi pareva ovvio neanche prima e mi sono sbagliato, quindi non ti so dire.
A me sembra corretta in quanto $ V="Im"Po+"Ker"P = "Im"Qo+"Ker"Q$ ed $"Im"P = "Ker"Q$ e $"Im"Q = "Ker"P$ quindi devono essere ordinatamente uguali le proiezioni di $Ax$ e $y$ sui 2 sottospazi.
"cianfa72":Io ho interpretato così la domanda:
[...] consideriamo un sistema lineare omogeneo $Ax=0$ con A quadrata ed una coppia di matrici quadrate $P$ e $Q$ tali che $P + Q = I$.
Ora il sistema $Ax=0$ e' equivalente (ovvero se e solo se) alla coppia di sistemi $PAx=0$ E $QAx=0$ [...], giusto ?
\[
\underline{0}=Ax=IAx=(P+Q)Ax=PAx+QAx\Leftarrow PAx=\underline{0}\land QAx=\underline{0}.
\]
L'altra implicazione, come già scritto da dissonance è vera se (confondendo le matrici cogli endomorfismi lineari) \(\displaystyle Im(P)\cap Im(Q)=\{\underline{0}\}\).
"j18eos":
io ho interpretato così la domanda:
Se non era chiara riprovo a porre il quesito:
Consideriamo un sistema omogeneo $Ax=0$ con A quadrata ed una coppia di matrici quadrate generiche $P$ e $Q$ tali che $P + Q = I$. Allora $x$ e' soluzione del sistema $Ax=0$ se e solo se si ha contemporaneamente $PAx=0$ e $QAx=0$ (per lo stesso $x$)
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