Dejemos que $U,V,W$ sean espacios vectoriales de dimensión finita sobre $\mathbb{R}$ . Sea $T:U\rightarrow V, S:V\rightarrow W$ sean transformaciones lineales.
(i) Demuestre que $ker(T)\subseteq ker(ST)$ y deducimos que $rank(T)\ge rank (ST)$
(ii) Si $S$ es 1-1 demostrar que $ker(ST)\subseteq ker(T)$ y que $rank(ST)=rank(T)$
(iii) Supongamos $\{u_1,u_2,u_3\}$ es una base para $U$ , $\{v_1,v_2\}$ es una base para $V$ y que $T$ se define por $T(u_1)=v_1+v_2, T(u_2)=2v_1+v_2, T(u_3)=v_1-v_2$ . Demostrar que $T$ mapas $U$ en el conjunto de $V$ pero que $T$ no es 1-1.
Mi solución:
(i) $Ker(ST)=\{u|S(T(u))=0\}$ . Si $S$ es 1-1 entonces $Ker (ST)=Ker(T)$ . Pero si $S$ no es 1-1 entonces para algunos $v$ tenemos $S(v)=0$ con $v\ne 0$ . Podemos tener $v=T(u)$ y así $ST(u)=0$ con $T(u)\ne 0$ . Como tal $Ker(T)\subseteq Ker(ST)$ . El teorema de nulidad de rango dice que $rank(T)=n-null(T)\ge n-null(ST)$ por la línea anterior. Como tal $rank(ST)\ge rank(T)$ como se ha reclamado.
(ii) Si $S$ es 1-1 entonces $S(a)=S(b)\Rightarrow a=b$ . $Ker(ST)=\{u|ST(u)=0\}$ Pero como $S$ es 1-1 y $S(0)=0$ tenemos $T(u)=0$ . Como tal $Ker(ST)=\{0\}\subseteq Ker(T)$ , como $T$ puede no ser 1-1. así que $rank(T)\le rank(ST)$ . Pero antes demostramos el resultado contrario y combinando estos da $rank(ST)=rank(T)$ .
(iii) No estoy seguro de esta solución ya que no utiliza $T(v_2) $ en cualquier lugar. $T(u_1+u_3)=2v_1$ y también $T(u_1-u_3)=2v_2$ . Así que tenemos escalares $\alpha, \beta$ tal que $\alpha T(u_1+u_3)+\beta T(u_1-u_3)=\alpha v_1+\beta v_2$ que es la condición para abarcar $V$ . Sin embargo, no sé cómo demostrar que no es 1-1.
¿Es correcta mi solución?
