Prueba Ker(L○T) = Ker(T) $\iff$ Im(T) ∩ Ker(L) = {0}

Question

Dejemos que $V,W$ sean dos espacios vectoriales con escalares $K$ , y $T : V \rightarrow W$ y $L : W \rightarrow W$ dos transformaciones lineales. Demostrar que $\def\Ker{\operatorname{Ker}}\Ker(L \circ T) = \Ker(T)$ si y sólo si $\def\Im{\operatorname{Im}}\Im(T) \cap \Ker(L) = {0}$

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a) $\Ker(L \circ T) = \Ker(T) = \{\,\vec{v} \in V : T(\vec{v})=L(T(\vec{v})) = 0\,\}$

Entonces $\Ker(L) = 0$ (Se siente bien, pero no sé cómo explicar este paso)

$L(\Im(T))=0$ entonces $\Im(T) \subset \Ker(L) = \{0\}$

$\Im(T) \cap \Ker(L) = \{0\}$

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b) $\Im(T) \cap\Ker(L) = \{0\}$

$L(\Im(T))=\{0\}$ entonces $\Im(T) \subset \Ker(L)$

pero, $\Im(T) \cap \Ker(L) = {0}$ entonces

$\Ker(L) = 0$

$\Ker(L \circ T) = \Ker(T)$

Esto es lo mejor que se me ocurrió, y a mí mismo no me gusta. En mi cabeza, está esta idea, que $\Ker(L \circ T)$ es igual a $\Ker(L)+\Ker(T)$ (por eso en algún momento hago $\Ker(L) = \{0\}$ ) , pero al mismo tiempo conozco los vectores de $\Ker(L)$ y $\Ker(T)$ no tienen que vivir realmente en el mismo espacio, entonces, tal adición no tiene sentido.

Answer 1

Su prueba para $a$ y tu prueba para $b$ están equivocados. Una explicación a continuación (explico por qué estás equivocado, también doy una prueba correcta diferente).

Empecemos por el principio que tienes:

$\ker(L \circ T) = \ker(T) = \{\vec{v} \in V : T(\vec{v})=L(T(\vec{v})) = 0\}$

La afirmación de que $\ker (L)=0$ es falso en general . Por ejemplo, si $T=L$ son los mapas cero.

He aquí cómo hacerlo: Toma $w\in \ker(L)\cap Im(T)$ . Entonces existe $v\in V$ tal que $w=T(v)$ .

$L(w)=0$ implica que $L(T(v))=0$ lo que implica que $v\in \ker L\circ T = \ker T$ por lo tanto, $T(v)=0$ concluimos que $w=0$ . Por lo tanto, $\ker(L)\cap Im(T)=\{0\}$ .

Ahora, la otra dirección:

Lo tenemos, $Im(T) \cap \ker (L)=0$ . Esto no implica que $L(Im(T))=0$ . Por ejemplo, si $V=\mathbb{R}$ , $W=\mathbb{R}^2$ , $T(x)=(x,0)$ y $L(x,y)=(x-y,x-y)$ . Entonces $Im(T) = \{(x,0):x\in\mathbb{R}\}$ mientras que $\ker(L) = \{(z,z):z\in\mathbb{R}\}$ y por lo tanto la intersección es cero, sin embargo $L(Im(T)) = Im(T)\not=0$ .

Otra forma de hacerlo es la siguiente: Primero observe que $\ker(T)\subseteq \ker (L\circ T)$ (esto es trivial $Tv=0\Rightarrow L(T(v))=L(0)=0$ ). Por lo tanto, basta con demostrar la inclusión en la otra dirección.

Para ello, dejemos que $v\in \ker L\circ T$ , por lo que tenemos $L(T(v))=0$ . Esto implica que $T(v)\in \ker (L)$ y claramente $T(v)\in Im(T)$ . Como $Im(T)\cap\ker L = 0$ tenemos que $T(v)=0$ por lo tanto $v\in\ker T$ . Esto demuestra la inclusión en la otra dirección.

Answer 2

En ambas direcciones se cometen errores esenciales. Para ello, véase la respuesta de Yanko.

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Es evidente que $\mathsf{ker}T\subseteq\mathsf{ker}(L\circ T)$ .

Esto en base a $T(x)=0\implies L(T(x))=0$ .

Por lo tanto, las siguientes afirmaciones son equivalentes:

• $\mathsf{ker}(L\circ T)\neq\mathsf{ker}T$ .
• Algunos $x$ existe con $x\in\mathsf{ker}(L\circ T)$ y $x\notin \mathsf{ker}T$ .
• Algunos $x$ existe con $L(T(x))=0$ y $T(x)\neq0$ .
• Algunos $y\in\mathsf{im}T$ existe con $L(y)=0$ y $y\neq0$ .
• Algunos $y\in\mathsf{im}T$ existe con $y\in\mathsf{ker}L$ y $y\neq0$ .
• $\mathsf{im}T\cap\mathsf{ker}L\neq\{0\}$ .

Esto nos permite concluir: $$\mathsf{ker}(L\circ T)\neq\mathsf{ker}T\iff\mathsf{im}T\cap\mathsf{ker}L\neq\{0\}$$ o de forma equivalente: $$\mathsf{ker}(L\circ T)=\mathsf{ker}T\iff\mathsf{im}T\cap\mathsf{ker}L=\{0\}$$ q.e.d.

Answer 3

Realmente no puedo seguir ninguno de tus razonamientos. Pero así es como se puede argumentar.

La parte izquierda sólo menciona $\def\Ker{\operatorname{Ker}}T$ y $L\circ T$ , por lo que no "ve" nada en $W$ fuera de la imagen $\Im(T)$ . Por lo tanto, es natural considerar la restricción $\def\Im{\operatorname{Im}}L|_{\Im(T)}$ de $L$ a $\Im(T)$ , que abreviaré como $L':\Im(T)\to W$ . Dado que todos los vectores en $\Im(T)$ se encuentran por definición en el dominio de $L'$ podemos aplicar $L'$ después de $T$ para obtener el mismo mapa $V\to W$ como $L\circ T$ , a saber $v\mapsto L(T(v))$ . Para ver esto como una composición propia con $L'$ necesitamos modificar el codominio de $T$ Así pues, dejemos que $T':V\to\Im(T)$ sea el mapa suryectivo dado por $v\mapsto T(v)$ (por lo que es sólo $T$ con un codominio restringido), entonces se tiene la igualdad de los mapas $L'\circ T'=L\circ T$ . Así que en particular $\Ker(L\circ T)=\Ker(L'\circ T')$ .

Para el lado derecho, podemos observar que $\Im(T)\cap\Ker(L)=\{\, w\in\Im(T)\mid L(w)=0\,\} = \Ker(L')$ .

Así que ahora se nos pide que probemos para un surjective mapa lineal $T':V\to U$ y un mapa lineal $L':U\to W$ que $\Ker(L'\circ T')=\Ker(T')\iff\Ker(L')=\{0\}$ . En ambos lados las inclusiones $\supseteq$ son siempre verdaderos, por lo que podemos probar sólo $\Ker(L'\circ T')\subseteq\Ker(T')\iff\Ker(L')\subseteq\{0\}$ . Supongamos la inclusión de la mano izquierda y dejemos que $w\in\Ker(L')$ por surjetividad podemos escribir $w=T'(v)$ para algunos $v\in V$ Entonces $0=L'(w)=L'(T'(v))$ para que $v\in\Ker(L'\circ T')\subseteq\Ker(T')$ y por lo tanto $w=T'(v)=0$ como se desee. A la inversa, supongamos que $\Ker(L')\subseteq\{0\}$ y que $v\in\Ker(L'\circ T')$ Entonces $L'(T'(v))=0$ así que $T'(v)\in\Ker(L')\subseteq\{0\}$ y $v\in\Ker(T')$ como se desee.