Dejemos que $\mathcal L$ , $\mathcal G$ : $V$ $\rightarrow$ $V$ sean dos operadores lineales, demuestre lo siguiente

Question

Dejemos que $\mathcal L, \mathcal G : V \rightarrow V$ sean dos operadores lineales, de modo que $\mathcal L^2 = \mathcal G^2$ y $\text{Ker }$$ \mathcal L \cap\text{Ker } \mathcal G={0\}$. Demostrar:

1) $\mathcal L (\text{Ker }\mathcal G) \subset \text{Ker }\mathcal L$

2) $\dim\mathcal L(\text{Ker }\mathcal G) = \dim\text{Ker }\mathcal G$

3) $\text{rank }\mathcal L=\text{rank }\mathcal G$

4) Si $\mathcal L \circ\mathcal G = \mathcal G\circ\mathcal L$ entonces $\text{Ker }\mathcal G \subset \text{Ker }(\mathcal G\circ\mathcal L)$

Lo que he considerado hasta ahora:

1) $\mathcal L(\text{Ker }\mathcal G) = \mathcal L (\text{Im}\{\text{Ker } \mathcal G\})=\mathcal L (\{0\}) = \overrightarrow 0 \in \text{Ker }\mathcal L$

2) Que $\dim \text{Ker }\mathcal G = r$ , ya que $\text{Ker }(\mathcal L)\cap \text{Ker }(\mathcal G)= \overrightarrow 0$ , lo que significa que $\mathcal L$ mapeará todos los vectores del conjunto de vectores que hacen $\text{Ker }\mathcal G$ en alguna imagen de esos vectores, que también tiene dimensión de $r$ . ¿Es correcta esta forma de pensar?

3) No estoy seguro de cómo probar esto. Tal vez puedo decir que es cierto porque el rango es la imagen de los vectores que no están en $\text{Ker}$ y dibujarlo, pero no estoy seguro de que eso sea suficiente.

4) Ya que $\mathcal G$ se mapearía $\overrightarrow 0$ vector de vuelta a $\text{Ker } \mathcal G$ entonces $\text{Ker }(\mathcal G\circ\mathcal L)$ es $\text{Ker }\mathcal G$ ? Pero aquí se dice que tiene que ser subconjunto.

¿Es correcta esta forma de pensar? Creo que 3) y 4) seguro que no.

Gracias.

Answer 1

1) Que $x \in \mathcal L(\ker \mathcal G)$ Así que $x=\mathcal L( y), y \in \ker \mathcal G $ Por lo tanto, tenemos $\mathcal L (x)=\mathcal L^2(y)=\mathcal G^2(y)=\mathcal G (0)=0$ . Así que $x \in \ker \mathcal L$ Así que $\mathcal L(\ker \mathcal G) \subset \ker \mathcal L $ .

2) Una forma clara de demostrarlo es utilizar el teorema de la nulidad de Rank. Sea $u$ sea la restricción de $\mathcal L$ a $\ker \mathcal G$ . Por el teorema de la nulidad de Rank tenemos : $rk(u)+\dim \ker u = \dim \ker \mathcal G $ . Pero $\dim \ker u = 0$ ya que por definición de $u$ , $\ker u \subset \ker \mathcal L$ y $\ker u \subset \ker \mathcal G$ Así que $\dim \ker u = 0$ .

3) Intenta manipular las dos desigualdades/inclusiones anteriores.

4) Que $x \in \ker \mathcal G$ tenemos $\mathcal G (\mathcal L(x))=\mathcal L( \mathcal G(x))=\mathcal L(0)=0$ . Así que $x \in \ker (\mathcal G \circ \mathcal L)$ .

Answer 2

Sugerencia

1) para $y\in L(\ker G)$ , hay $x\in \ker G$ tal que $y=L(x)$ y tenemos $L(y)=\cdots$

2) Tenemos $\ker (L_{|\ker G})=\ker L\cap\ker G=\{0\}$ por lo que la restricción $L_{|\ker G}$ es inyectiva y entonces por el teorema de nulidad de rango......

3)Por 1) y 2) $$\dim\ker G=\dim(L(\ker G))\le \ker L$$ e intercambiando el papel de $L$ y $G$ obtenemos.....

4) Para $x\in\ker G$ tenemos $G(L(x))=L(G(x))=\cdots$

Answer 3

No estoy seguro de a qué quieres llegar con 1) ¿Qué es $Im\{Ker G\}$ ? Una prueba diferente podría ser la siguiente:

Dejemos que $x\in L(Ker(G))$ queremos mostrar $x\in Ker(L)$ es decir, que $L(x) = 0$ . Así como $x\in L(Ker(G))$ entonces $x = L(y)$ para algunos $y\in Ker(G)$ Así que $L(x) = L(L(y)) = G(G(y))$ . Pero, $y\in Ker(G)$ y así $G(y) = 0$ y así $G(G(y)) = 0$ . Por lo tanto, $L(x) = G(G(y)) = 0$ como se desee.