`ALGEBRA LINEAL Exercicis i problemes comentats - Departament ...

§ 14. Solucions i resolucions comentades - 113Com abans, sigui p ∈ R[x] un polinomi arbitrari donat perp =n∑a i x ii calculem la seva imatge per f 2 ◦ f 1 . En primer lloc, tenim que f 1 (p) ve donat per:f 1 (p) =i=0n∑ia i x i−1 =i=0i si ara apliquem f 2 a aquest darrer polinomi, tenimn∑ia i x i−1i=1( n)∑(f 2 ◦ f 1 )(p) = f 2 (f 1 (p)) = f 2 ia i x i−1 ==i=1n∑∫ xia i t i−1 dt =i=10n∑i=1ia ix ii =∫ x0n ∑i=1n∑ia i t i−1 dti=1a i x i .D’una banda observem que d’aquesta darrera expressió en podem deduir que(f 2 ◦ f 1 )(p) = 0 ⇔n∑a i x i = 0 ⇔ a i = 0 per a 1 ≤ i ≤ ni=1⇔ p = a 0⇔ p és un polinomi constanti per tant el nucli de la composició f 2 ◦ f 1 és el subespai:Ker(f 2 ◦ f 1 ) = {p ∈ R[x] : (f 2 ◦ f 1 )(p) = 0}= {p ∈ R[x] : p és un polinomi constant}= ⟨1⟩d’on, com que el nucli no és nul, podem concloure que f 2 ◦ f 1 no és injectiva.D’altra banda la composició f 2 ◦ f 1 no és exhaustiva ja que les constants no estan en la imatge.Concretament la imatge de f 2 ◦ f 1 és el subespai:Im(f 2 ◦ f 1 ) = ⟨(f 2 ◦ f 1 )(1), (f 2 ◦ f 1 )(x), (f 2 ◦ f 1 )(x 2 ), . . . , (f 2 ◦ f 1 )(x n−1 ), (f 2 ◦ f 1 )(x n ), . . . ⟩= ⟨x, x 2 , x 3 . . . , x n , x n+1 , . . . ⟩ ⟨1, x, x 2 , x 3 . . . , x n , x n+1 , . . . ⟩ = R[x].- Observació. Observeu que si p ∈ R[x] és un polinomi arbitrari, aleshores (f 1 ◦ f 2 )(p) = p mentreque (f 2 ◦ f 1 )(p) = p − p(0).- Comentari. En l’apartat (a) hem vist que l’aplicació lineal f 1 no és injectiva i que l’aplicaciólineal f 2 no és exhaustiva. Aleshores, per demostrar que la composició f 2 ◦ f 1 no és ni injectivani exhaustiva podem fer servir o bé el següent resultat general d’aplicacions lineals:Si h 1 : E 1 → E 2 i h 2 : E 2 → E 3 són dues aplicacions lineals, aleshores Ker h 1 ⊆ Ker(h 2 ◦ h 1 )i Im(h 2 ◦ h 1 ) ⊆ Im h 2 .