¿Cuando $V = \ker(f) \oplus \operatorname{im}(f)$?

Question

¿Un espacio del vector $V$ y un operador lineal $f : V \to V$, en qué condiciones no $V = \ker(f) \oplus \operatorname{im}(f)$?

¿Es siempre verdadera, o sólo en casos especiales?

Editar: $V$ es finito dimensional.

Answer 1

$\def\im{\operatorname{im}}$A partir de la clasificación de nulidad teorema como Matt comentó que siempre han $$ \dim\ker f + \dim\im f = \dim V $$ la única cosa que falta en el finito-dimensional caso, es $\ker f \cap \im f = 0$ $f|_{\im f}\colon \im f \to V$ tiene que ser uno-a-uno.

A veces esto sucede, por ejemplo para las proyecciones (que es idempotente) $f$ donde ha $f^2 = f$, y por lo tanto una $y =f(x)\in \im f$ $f(y) = 0$ $$0 = f(y) = f^2(x) = f(x) = y.$$ A veces no es cierto, por ejemplo, $$ f = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R^2 $$ Aquí tenéis $\ker f = \im f = \operatorname{span} e_1$, lo $f|_{\im f} = 0$ no es uno-a-uno.

No estoy muy seguro de si algo general puede decirse que en el infinito-dimensional de los casos.

Answer 2

Esto es cierto si y sólo si $\dim\ker f$ es igual a la multiplicidad de $0$ como (posible) autovalor de a $f$, en otras palabras, si el geométrica y algebraica multiplicites de este autovalor son iguales.

Uno puede asumir que la base de campo algebraicamente cerrado (así, por ejemplo interpretar algunos matriz de $f$ como una matriz compleja si el campo base se $\mathbf R$), en el que caso de que uno tiene un $f$-estable suma directa de descomposición en generalizada subespacios propios $E_\lambda$ $f$ , y se puede considerar que la pregunta por separado en cada subespacio $E_\lambda$. Para cualquier $\lambda\neq0$, la restricción $f|_{E_\lambda}$ $f$ $E_\lambda$es invertible, por lo $\ker(f|_{E_\lambda})=0$$\operatorname{im}(f|_{E_\lambda})=E_\lambda$, y tenemos $ E_\lambda=\ker(f|_{E_\lambda})\oplus \operatorname{im}(f|_{E_\lambda})$ trivialmente. Sin embargo, para $\lambda=0$ tenemos $E_0=\ker(f^k)$ algunos $k\geq1$; si $E_0\supset \ker(f)$ estrictamente (así que uno no puede tomar $k=1$), a continuación, para $v\in E_0\setminus \ker(f)$ el último no-vector cero entre $f(v)\neq0,f^2(v),\ldots,f^k(v)=0$ se encuentra en $\ker(f)\cap \operatorname{im}(f)$ demostrando que la suma no es directa. Por lo que una condición necesaria y suficiente para la suma directa es que el $E_0=\ker(f)$. Y $\dim E_0$ es la multiplicidad algebraica de $\lambda=0$.

Answer 3

En espacios de Hilbert (espacios con producto escalar) tienes

$$\ker (B^*) = (\operatorname{ran} B)^\perp,$$

Donde $\operatorname{ran}$ es la gama, es decir, lo llamamos imagen; $B^*$ es el operador del adjoint, definido por la prescripción $$(Bx,y)=(x,B^*y);$ $ y $U^\perp$ es el complemento ortogonal de $U$, es decir, $$U^\perp=\{v:(\forall u\in U)((u,v)=0)\}.$ $

Existe una amplia clase de Hermitean operadores, es decir, que $B=B^*$. Todos estos cumplir $\ker B = (\operatorname{ran} B)^\perp$ así $\ker B\oplus \operatorname{ran} B=V$.

En el caso finito-dimensional, cada matriz Hermitean (es decir, $a_{ij}=\overline{a_{ji}}$) satisface esta propiedad.

Answer 4

Considerar la forma de la matriz de Jordan, lo que necesita es que el $W_0=V_0$ $W_0$ Dónde está el subespacio propio generalizado del valor propio $0$. $f_{|_{W_0}}$ Debe ser diagonalizable, eso es todo.