Transformaciones lineales no invertibles en un espacio vectorial V de secuencias de valor real

Question

Encontrar un espacio vectorial $V$ y mapas $F,G\in L(V,V)$ tal que $F\cdot G=I$ pero tampoco $F$ ni $G$ son mapas invertibles.

He intentado utilizar el espacio vectorial de todas las secuencias de valor real como V. Necesito encontrar dos transformaciones lineales como las anteriores. Tengo una transformación, $G:V\rightarrow V$ tal que $G(a_1,a_2,...)=(a_2,a_3,...)$ . Pero no sé cómo conseguir $F$ tal que $F\cdot G=I$ . Por favor, ayuda.

Answer 1

Supongamos que $\Bbb F$ es cualquier campo y $V$ es el espacio de secuencias de elementos de $F$ es decir, de las funciones

$f: \Bbb N \to \Bbb F; \tag 1$

está claro que podemos representar cualquier $f$ en la forma

$f \equiv (f_1, f_2, f_3, \ldots), \; f_i \in \Bbb F, \; \forall i \in N; \tag 2$

es fácil ver que $V$ es un espacio vectorial sobre $\Bbb F$ con la suma y la multiplicación escalar definidas por componentes.

La función

$G:V \to V \tag 3$

dado por

$G(a_1, a_2, a_3, \ldots) = (a_2, a_3, a_4, \ldots), \tag 4$

se ve fácilmente que es $\Bbb F$ -lineal; a veces se conoce como el turno de la izquierda operador en $V$ .

Es fácil ver que $G$ no tiene inversa a la izquierda, es decir, que no existe

$F \in L(V, V) \tag 5$

con

$F \circ G = I; \tag 6$

para considerar dos secuencias

$(a_1, a_2, a_3, \ldots), \; (a_1', a_2, a_3, \ldots), \; a_1' \ne a_1, \tag 7$

que sólo difieren en la primera posición; si existiera $F$ como en (6), entonces

$(a_1, a_2, a_3, \ldots) = I(a_1, a_2, a_3, \ldots)$ $= F \circ G(a_1, a_2, a_3, \ldots) = F(a_2, a_3, a_4, \ldots), \tag 8$

y también

$(a_1', a_2, a_3, \ldots) = I(a_1', a_2, a_3, \ldots)$ $= F \circ G(a_1, a_2, a_3, \ldots) = F(a_2, a_3, a_4, \ldots); \tag 9$

La suma de (8) y (9) da como resultado

$(a_1, a_2, a_3, \ldots) = F(a_2, a_3, a_4, \ldots) = (a_1', a_2, a_3, \ldots) \Longrightarrow a_1 = a_1'; \tag{10}$

desde $a_1$ , $a_1'$ pueden ser seleccionadas independientemente unas de otras, (10) es de hecho una contradicción; por lo tanto no hay tal $F$ .

Por otro lado, si establecemos

$G(a_1, a_2, a_3, \ldots) = (0, a_1, a_2, a_3, \ldots), \tag{11}$

et

$F(a_1, a_2, a_3, \ldots) = (a_2, a_3, a_4, \ldots), \tag{12}$

para que ahora $F$ es el desplazamiento a la izquierda, entonces

$F \circ G(a_1, a_2, a_3, \ldots) = F(0, a_1, a_2, a_3, \ldots)$ $= (a_1, a_2, a_3, \ldots) = I(a_1, a_2, a_3, \ldots), \tag{13}$

demostrando que

$F \circ G = I; \tag{14}$

nota que $F$ no es inyectiva ya que

$F(a_1, a_2, a_3, \ldots) = F(a_1', a_2, a_3, \ldots) \tag{15}$

incluso cuando

$a_1 \ne a_1', \tag{16}$

et $G$ no es surjective ya que según (11) ninguna secuencia cuya primera entrada sea distinta de cero está en $\text{Range}(G)$ así que tampoco $F$ ni $G$ es invertible; vemos así que tales pares de operadores $F$ , $G$ que satisfacen (14) sí existen.