Demostrar $p^2=p$ $qp=0$

Question

Yo no soy realmente consciente de lo que está pasando en esta pregunta. Le agradezco su ayuda.

Deje $U$ ser un espacio vectorial sobre un campo $F$ $p, q: U \rightarrow U$ lineal mapas. Suponga $p+q = \text{id}_U$$pq=0$. Deje $K=\ker(p)$$L=\ker(q)$.

Demostrar $p^2=p$$qp=0$.

$$p(p+q) = p(\text{id}_U) \Rightarrow p^2+pq=p \Rightarrow p^2 =p.$$ I actually first found this by letting $(\texto{id}_U) =1$, aunque probablemente se trate de un mal hacerlo.

Desde $p^2 =p$ $q$ es también lineal mapa definido por $q: U \rightarrow U$$q^2=q$. De nuevo, no estoy seguro de si esto es realmente la manera correcta de hacerlo.

Luego tenemos a $$q(p+q) = q(\text{id}_U) \Rightarrow q^2+qp=q \Rightarrow q^2+ qp= q^2 \Rightarrow qp=0.$$

Demostrar $K=\text{im}(q)$.

Para esta pregunta, sinceramente, no sé cómo abordarlo a partir de las siguientes definiciones.

$K = \ker(p)=\left\{u \in U \ |\ p(u)=0_U\right\}$ $\text{im}(q)=\left\{q(u) \ | \ u \in U \right\}$.

¿Cuál es la forma correcta de hacer estas preguntas? Gracias por su tiempo.

Answer 1

Desde $\mbox{id}_U$, es la unidad del anillo de $L(U)$, que es el estándar para denotar por $1$.

Así que ya sabes que $p$ es idempotente ($p^2=p$). De ello se deduce automáticamente que $q=1-p$ es idempotente como $q^2=(1-p)^2=1^2-p-p+p^2=1-2p+p=1-p=q$. Y, a continuación,$qp=(1-p)p=p-p^2=0$.

Un par de $(p,q)$ $n=2$ caso de lo que se llama ortogonal de la descomposición de la unidad. Cuando tal cosa ocurre, tenemos la descomposición de Peirce cual es muy útil para muchos propósitos. El operador de la teoría/álgebras en particular.

Para cualquier idempotente $p$, el rango y la nullspace rendimiento de una suma directa de descomposición del espacio vectorial $V=\mbox{im} p\oplus \ker p$. Por el contrario, una suma directa de la descomposición de la $V=I\oplus K$ define un único idempotente tal que $\mbox{im} p=I$$\ker p=K$. Cf. comentario a continuación. Ahora vamos a responder a su pregunta.

La relación entre el idempotents $p$ $q=1-p$ es $$ \mbox{im }(1-p)=\ker p\qquad \ker (1-p)=\mbox{im} \,p. $$

Prueba: por simetría, es suficiente para probar una de estas dos propiedades. Hagamos el lado izquierdo. Desde $0=p-p^2=p(1-p)$, obtenemos $p(1-p)x=0$ por cada $x$ donde $\mbox{im}(1-p)\subseteq \ker p$. Ahora tome $x\in \ker p$. A continuación, $x=x-px=(1-p)x$ pertenece a $\mbox{im} (1-p)$. QED.

Nota: también es útil recordar que el idempotents son exactamente los diagonalizable operadores con espectro en $\{0,1\}$. Si $p$ es no trivial de ($p\ne 0,1$), tenemos $\ker p$ el subespacio propio de $0$, e $\mbox{im} p=\ker(1-p)$ el subespacio propio de $1$. Que es $\mbox{im} p=\{x\in V\,;\,px=x\}$, frente a un $\ker p=\{x\in V\,;\,px=0$.

Answer 2

Tratar, en primer lugar id$_U$=1 es correcta. Porque al multiplicar una matriz por la matriz identidad, usted tiene la matriz. Así que usted puede simplemente ignorar la identidad de la matriz durante la multiplicación de la matriz, como usted ignorar 1 durante la multiplicación.

Desde $p^2 =p$ $q$ es también lineal mapa definido por $q: U \rightarrow U$$q^2=q$.

Pero creo que el razonamiento es el siguiente cálculo similar a la anterior. El reclamo que hizo "porque $q$ es también lineal en el mapa", justificó la conmutatividad de la suma lineal de los mapas, un.k.un $p+q = q+p$:

$$q(q+p) = q(p+q) = q(\text{id}_U) \Rightarrow qp + q^2=q \Rightarrow q^2 =q.$$

A continuación, siguiendo su propio cálculo está hecho.

Answer 3

Hizo las preguntas correctamente (ver más abajo). Podría ser ligeramente más común para capitalizar $P$$Q$, y sería útil para ver estos como proyecciones sobre subespacios ortogonales a ge geométricas intution. Por ejemplo, usted podría tomar $P : R^2 \rightarrow R^2$$P(x,y) = (x,0)$$Q(x,y) = (0,y)$. En este caso, el vector de espacio es finito dimensionales y los operadores están definidos en una base. Me parece la mejor manera de convencer a mí mismo de que el tipo de operaciones que está llevando a cabo, es decir, "si $P$ $Q$ ambos hacen lo mismo para cualquier $u \in U$,$P = Q$."

Para terminar su pregunta, mostramos $im(Q) = K = ker(P)$.

i) $im(Q) \subset ker(P)$. Deje $v \in im(Q)$. A continuación, $ v = Qw$ algunos $w \in U$. A continuación, $Pv = PQw = 0w = 0.$

ii) $ker(P) \subset im(Q)$. Deje $v \in ker(P)$. A continuación,$v = (P+Q)v = Pv + Qv = 0 + Qv$, lo que en realidad $v = Qv$.

Para abordar algo que se menciona en los comentarios: puede ser el tratamiento de los lineales de los mapas como las matrices y de forma implícita con el hecho de que la multiplicación de la matriz corresponde al operador de composición. En otras palabras, no se puede definir un operador $P$ $\mathbb{R}^2$ que, dicen, gira hacia la derecha por $\pi/4.$ Este es un lineal mapa en $\mathbb{R}^2$, por lo que si elijo una base $\mathcal{B}$, puedo representar a $P$ por su matriz estándar $[P]_\mathcal{B}$. Entonces si tengo cualquier otro operador $Q$, $(P \circ Q)(v) = [P]_\mathcal{B}[B]_\mathcal{B}v_\mathcal{B}$.