Prueba de verificación: $T\in\mathcal{L}(\mathcal{P}(\bf{R}))$ siendo inyectivo y $\deg Tp\leq\deg p$ implica que $T$ es sobreyectivo y $\deg Tp=\deg p$

Question

Notaciones: $\mathcal P(\mathbf{R})$ denota los polinomios con coeficientes reales, mientras que $\mathcal{L}(\mathcal P(\mathbf{R}))$ denota las transformaciones lineales dentro de $\mathcal P(\mathbf{R})$ con respecto al campo de los números reales. Además, $\mathcal P_m(\mathbf{R})$ denota los polinomios con coeficiente real y grado menor o igual a $m$.

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¿Son correctas las demostraciones de las siguientes proposiciones?

Teorema. Dado que $T\in\mathcal{L}(\mathcal{P}(\mathbf{R}))$ es inyectiva y que $\deg Tp\leq\deg p$ para todo $p\in\mathcal{P}(\mathbf{R})$ tal que $p$ es un polinomio no nulo entonces

$a)$ $T$ es sobreyectiva

Prueba. Sea $p$ un polinomio no nulo arbitrario. Podemos asumir sin pérdida de generalidad que $\deg p = m$ donde $m\in\{0,1,2,3,...\}$

Examinemos ahora la función $T|_{\mathcal{P}_m\mathbf{(R)}}$. La proposición $\forall p\in\mathcal{P}(\mathbf{R})(\deg Tp\leq\deg p)$ junto con $T\in\mathcal{L}(\mathcal{P}\mathbf{(R)})$ implica que $T|_{\mathcal{P}_m\mathbf{(R)}}\in\mathcal{L}(\mathcal{P}_m\mathbf{(R)})$, además la inyectividad de $T$ implica la inyectividad de $T|_{\mathcal{P}_m\mathbf{(R)}}$ y dado que la inyectividad y sobreyectividad son equivalentes para operadores lineales definidos en un espacio vectorial de dimensión finita se sigue que $T|_{\mathcal{P}_m\mathbf{(R)}}$ es sobreyectiva, en consecuencia $\exists q\in \mathcal{P(\mathbf{R})}(Tq=p)$.

$\blacksquare$

$b)$ $\deg Tp=\deg p$ para todos los polinomios no nulos $p\in\mathcal{P}(\mathbf{R})$

Prueba. Probamos la proposición anterior por inducción matemática.

Paso Base: Sea $p$ un polinomio arbitrario con $\deg p=0$ ($p$ es no nulo) sabemos que $\forall p\in\mathcal{P}(\mathbf{R})(\deg Tp\leq\deg p)$ así que en particular $\deg Tp\leq \deg p$.

Ahora supongamos con fines de contradicción que $\deg Tp<\deg p$ lo que implica que $\deg Tp = -\infty$ pero dado que $T$ es inyectiva y por lo tanto $\operatorname{null}T=\{0\}$ debe ser que $p=0$, una contradicción por lo tanto $\deg Tp=\deg p=0$.

Paso Inductivo: Supongamos que $k$ es arbitrario y que $\deg Tp=\deg p$ donde $\deg p\in\{0,1,2,3,...,k\}$.

Consideremos ahora un polinomio arbitrario $q$ tal que $\deg q=k+1$ asumamos además que $Tq=r$ y que $\deg r<\deg q$ por lo tanto $\deg r\leq k$ dado que $T$ es sobreyectiva se sigue que para algún $s\in\mathcal{P(\mathbf{R})}$, $Ts=r$ y por la hipótesis inductiva $\deg s = \deg r \leq k$ pero $Ts=r=Tq$ y $s\neq q$ lo cual contradice el hecho de que $T$ es inyectiva por lo tanto debe ser que $\deg q=\deg r$.

$\blacksquare$

Answer 1

Para la parte $b)$, el grado de $k$ necesita poder ser cero, o de lo contrario tu inducción no sería capaz de probar que la proposición es verdadera para $p$ con grado $1$. Solo probaste que $P(0)$ es verdadero y que $P(1) \implies P(2)$ etc. sin probar que $P(0) \implies P(1)$, donde $P$ es la proposición presuntamente demostrada usando la inducción. Aparte de esta pedantería, también necesitas más tinta explicando cómo $\deg r < \deg q$ implica $\deg q = k$. (En realidad, solo puedes decir que $\deg q \le k.)

Answer 2

Hay problemas con el párrafo final. Como ya te han dicho, todo lo que puedes decir acerca de $q$ es que $\deg q\leqslant k$. Además, ¿cómo llegas a una contradicción aquí? Es más simple decir que, dado que $\deg q\leqslant k$, se sigue de lo que ya has demostrado que $q=Ts$ para algún polinomio $s$ cuyo grado también es menor o igual a $k$. Pero entonces $s\neq p$ y por lo tanto $T$ no sería inyectivo.

Answer 3

verificación-de-la-prueba (para una de las muchas versiones editadas de su demostración):

Teorema. Dado que $T\in\mathcal{L}(\mathcal{P}(\mathbf{R}))$ es inyectiva y que $\deg Tp\leq\deg p$ para todo $p\in\mathcal{P}(\mathbf{R})$ tal que $p$ es un polinomio no nulo entonces

$a)$ $T$ es sobreyectiva

Prueba. Sea $p$ (Se podría elegir otra notación para que no se confunda con la variable libre p utilizada más adelante.) un polinomio no nulo arbitrario. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $\deg p = m$ donde $m\in\{0,1,2,3,...\}$. Vamos a examinar ahora la función $T|_{\mathcal{P}_m\mathbf{(R)}}$. La proposición suposición $$ \forall p\in\mathcal{P}(\mathbf{R})(\deg Tp\leq\deg p) $$ junto con $T\in\mathcal{L}(\mathcal{P}\mathbf{(R)})$ implica que $T|_{\mathcal{P}_m\mathbf{(R)}}\in\mathcal{L}(\mathcal{P}_m\mathbf{(R)})$; además, la injectividad de $T$ implica la inyectividad de $T|_{\mathcal{P}_m\mathbf{(R)}}$ y dado que la inyectividad y sobreyectividad son equivalentes para operadores lineales definidos en un espacio vectorial de dimensión finita se sigue que $T|_{\mathcal{P}_m\mathbf{(R)}}$ es sobreyectiva, en consecuencia $$\exists q\in \mathcal{P(\mathbf{R})}(Tq=p).$$

$b)$ $\deg Tp=\deg p$ para todo polinomio no nulo $p\in\mathcal{P}(\mathbf{R})$.

Prueba. Probamos la proposición anterior recurriendo a la inducción matemática.

Paso Base: Sea $p$ (Nuevamente, sería mejor otra notación.) un polinomio arbitrario con $\deg p=0$ ($p$ es no nulo) sabemos por las suposiciones que $\forall p\in\mathcal{P}(\mathbf{R})(\deg Tp\leq\deg p)$ así que, en particular, $\deg Tp\leq \deg p$. (Uno puede intuir, sin embargo, que las notaciones son confusas.)

Ahora, supongamos con fines de contradicción que $\deg Tp<\deg p$ lo cual implica que $\deg Tp = -\infty$(Esto está bien si has definido que el polinomio cero tiene grado $-\infty$.) pero dado que $T$ es inyectiva y por lo tanto $\operatorname{null}T=\{0\}$ debe ser que $p=0$ una contradicción por lo tanto $\deg Tp=\deg p=0$. (¿No es 0 el único polinomio con grado $-\infty$? ¿Por qué necesitarías la inyectividad de T para llegar a esa conclusión?)

Paso Inductivo: Asumamos que $k$ es arbitrario y que $\deg Tp=\deg p$ donde $\deg p\in\{0,1,2,3,...,k\}.$

Ahora consideremos un polinomio arbitrario $q$ tal que $\deg q=k+1$, asumamos además que $Tq=r$ y que $\deg r<\deg q$ por lo tanto $\deg r\leq k$ dado que $T$ es sobreyectiva se sigue que para algún $s\in\mathcal{P(\mathbf{R})}$, $Ts=r$ y por hipótesis inductiva $\deg s = \deg r \leq k$ (y por lo tanto, $s\neq q$) pero $Ts=r=Tq$ y $s\neq q, contradiciendo el hecho de que $T$ es inyectiva por lo tanto debe ser que $\deg q=\deg r$.