Mostrar que $\langle v,w\rangle _1=c\langle v,w\rangle _2$ % escalares $c$.

Question

<blockquote> <p>Que $V$ ser un espacio del vector sobre el $F$ y $\langle ,\rangle _1$ $\langle ,\rangle _2$ ser dos productos interiores definidos en él.</p> <p>Se da que $\langle v,w\rangle _1=0\iff \langle v ,w\rangle _2=0 \tag{H}.$</p> <p>Mostrar que $\langle v,w\rangle _1=c\langle v,w\rangle _2$ % escalares $c$.</p> </blockquote> <p>Fijar $w\in V$.</p> <p>Definir $f_1:V\to F$ $f_1(v)=\langle v,w\rangle _1$.</p> <p>y $f_2:V\to F$ $f_2(v)=\langle v,w\rangle _2$.</p> <p>$v\in \ker f_1\iff v\in \ker f_2$ .</p> <p>Si elija $\ker f=V$ $c=1$ y terminamos.</p> <p>Si $\ker f\neq V$ y $\exists v_0\in V$ tal que $f_1(v_0)\neq 0\implies f_2(v_0)\neq 0$.</p> <p>¿Cómo elegir $c$ en este caso? Por favor me ayude a cabo.</p>

Answer 1

Aquí supongo que $V$ tiene una dimensión finita igual a $n$.

Entonces existe un base ortonormal del $(e_1, \dots, e_n)$ $\langle v,w\rangle _1$. Como consecuencia de la hipótesis, $(e_1, \dots, e_n)$ es una base ortogonal para $\langle v,w\rangle _2$

Es suficiente para demostrar que el $\langle e_i,e_i\rangle _2$ son todos iguales.

Así que tomar $i \in {2, \dots, n}$. Tenemos

$$\langle e_1 - e_i, e_1 + e_i\rangle_1 = \langle e_1, e_1\rangle_1 -\langle e_i, e_i\rangle_1 = 0 = \langle e_1 - e_i, e_1 + e_i\rangle_2=\langle e_1, e_1\rangle_2 -\langle e_i, e_i\rangle_2.$$

Según hipótesis $(H)$.

Por lo tanto son todos iguales a la $\langle e_i,e_i\rangle _2$ vamos a decir $1/c$ y obtener el resultado deseado.

Answer 2

No necesitamos ninguna suposición acerca de la dimensión o de la base del espacio vectorial. Si $V=0$, nosotros no tenemos nada que demostrar. Supongamos $V\ne0$. Escoge un vector distinto de cero $u\in V$. Escalando el segundo producto interior si es necesario, podemos asumir que $$ \langle u,u\rangle_1=\langle u,u\rangle_2.\la etiqueta{1} $$ Para cualquier $v\in V$, vamos a $x = v-\dfrac{\langle v,u\rangle_1}{\langle u,u\rangle_1}u$. A continuación,$\langle x,u\rangle_1=0$. Por lo tanto $\langle x,u\rangle_2=0$, lo que significa que $$ \langle v,u\rangle_2=\langle v,u\rangle_1.\la etiqueta{2} $$ Ahora, para cualquier $t\ne t_0=\dfrac{\langle u,v\rangle_1}{\langle u,u\rangle_1}$, definir $v_t=v-tu$, de modo que $\langle u,v_t\rangle_1\ne0$. Deje $y=u-\dfrac{\langle u,v_t\rangle_1}{\langle v_t,v_t\rangle_1}v_t$. A continuación,$\langle y,v_t\rangle_1=0$. Por lo tanto $\langle y,v_t\rangle_2=0$, es decir, $\langle u,v_t\rangle_2=\dfrac{\langle u,v_t\rangle_1}{\langle v_t,v_t\rangle_1}\langle v_t,v_t\rangle_2$. Por lo tanto, por $(2)$, obtenemos $$ \langle v_t,v_t\rangle_1=\langle v_t,v_t\rangle_2.\la etiqueta{3} $$ Como $(3)$ es válido para cada $t\ne t_0$, también debe mantener para cada $t\in F$. En particular, poniendo a $t=0$, obtenemos $\langle v,v\rangle_1=\langle v,v\rangle_2$.

Esta es la misma condición como $(1)$, a excepción de que el papel de la $u$ es ahora interpretado por $v$. Por lo tanto, si aplicamos un argumento similar a la anterior, vamos a conseguir un resultado análogo a $(2)$, es decir, $\langle w,v\rangle_2=\langle w,v\rangle_1$ para cualquier vector $w$. Dado que tanto $v$ $w$ son arbitrarios, los dos interiores de los productos son idénticos el uno al otro.

Answer 3

Vamos $w\in V\setminus\{0\}$, $T_i:V\longrightarrow F$ ser dado por $T_i(v) = {\langle v, w\rangle}_i$$i \in \{1,2\}$$T = T_1 + T_2$. Observe que $T, T_1$ $T_2$ son lineales.

$\quad(1)$ $\;$ Si $T\equiv 0$ podemos tomar $c=-1$.

$\quad(2)$ $\;$ De lo contrario, ya que $T$ no es idéntica $0$, $\ker T\subsetneq V$. Podemos por lo tanto escribir

$$V = (\ker T) \oplus W,\tag{1}$$

donde $\dim W > 0$.

$\quad\quad(2.1)$ $\;$Si $\dim W = 1$, decir $W=\text{span}(u)$, podemos tomar $c = T_1(u)/T_2(u)$.

$\quad\quad(2.2)$ $\;$Si $\dim W \geqslant 2$, se puede elegir un linealmente indepenent set$\{u, v\} \subset W$$T(u) = T(v) = 1$. A continuación, $T_i(u), T_i(v)\neq 0$ $i=1,2$ y

\begin{align} &\left\{\begin{array}{c} T_1(u)+T_2(u) = 1\\ T_1(v)+T_2(v) = 1 \end{array}\right. \\\implica &\left\{\begin{array}{c} \frac{T_1(u)}{T_2(u)}= \frac1{T_2(u)} - 1\\ \frac{T_1(v)}{T_2(v)}= \frac1{T_2(v)} - 1 \end{array}\right. \end{align}

Si tuviéramos $T_1 = c\,T_2$, entonces necesariamente

$$\frac1{T_2(u)} - 1 = \frac1{T_2(v)} - 1 \implies T_2(u) = T_2(v) \,\text{ and }\, T_1(u) = T_1(v)$$

En particular, tendríamos $u-v \in \ker T_1 = \ker T_2\subset \ker T$. Pero ya que la suma de $(1)$ es directo, esto significaría $u-v = 0$, contradiciendo la independencia lineal de $\{u,v\}$. De ello se deduce que, o bien $\dim W \geqslant 2$ nunca puede suceder, o de lo $T_1\neq cT_2$ al $\dim W \geqslant 2$.

Aviso de que, debido a la clasificación de nulidad teorema, este problema sólo puede surgir cuando se $V$ es de infinitas dimensiones. De hecho, cuando se $V$ es finito dimensional, el teorema garantiza que

$$\dim W = \dim V - \dim \ker T = \dim \text{Im } T \leqslant 1.$$