la imagen del adjunto es igual al complemento ortogonal del núcleo

Question

Dejemos que $T:V\to W$ sea un mapa lineal de espacios de dimensión finita. Entonces $${\rm im}(T^{\textstyle*})=({\rm ker}\,T)^\perp\ .\tag{$ * $}$$ Puedo demostrarlo de la siguiente manera: $${\rm ker}(T^{\textstyle*})=({\rm im}\,T)^\perp\tag{$ ** $}$$ es bastante fácil, y sabemos que $T^{\textstyle*}{}^{\textstyle*}=T$ y $W^{\perp\perp}=W$ Así que $${\rm im}(T^{\textstyle*})=({\rm im}\,T^{\textstyle*})^{\perp\perp}=({\rm ker}\,T^{\textstyle*}{}^{\textstyle*})^\perp=({\rm ker}\,T)^\perp\ .$$ Sin embargo, me interesaría una prueba "directa" de $(*)$ . Es bastante fácil mostrar ${\rm LHS}\subseteq{\rm RHS}$ . Para lo contrario he intentado cosas obvias pero parece que estoy dando vueltas en círculos.

Además, ¿alguna idea de por qué $(**)$ es más difícil que $(*)$ - si es que lo es :)

Editar . Para aclarar, estoy considerando el adjunto definido en términos de un producto interno, $$\langle\,T({\bf v})\mid{\bf w}\,\rangle =\langle\,{\bf v}\mid T^{\textstyle*}({\bf w})\,\rangle\ .$$

Answer 1

Dejemos que ${\bf v}\in{\rm im}(T^\ast)$ entonces ${\bf v}=T^\ast({\bf w})$ para algunos ${\bf w}\in W$ . Ahora, dado ${\bf u}\in\ker T$ vemos que $T({\bf u})={\bf 0}$ y por lo tanto $$\langle {\bf u}\mid{\bf v}\rangle =\langle {\bf u}\mid T^\ast({\bf w})\rangle =\langle T({\bf u})\mid {\bf w}\rangle =\langle {\bf 0}\mid{\bf w}\rangle =0.$$ Eso es, ${\bf v}\in(\ker T)^\perp$ . Por el contrario, si ${\bf v}\notin{\rm im}(T^\ast)$ entonces existe un ${\bf v}'\in{\rm im}(T^\ast)^\perp$ tal que $\langle {\bf v}\mid{\bf v}'\rangle\ne 0$ . De hecho, tenemos ${\bf v}'\in\ker T$ porque $T^\ast T({\bf v}')\in{\rm im}(T^\ast)$ , lo que implica $$\langle T({\bf v}')\mid T({\bf v}')\rangle =\langle {\bf v}'\mid T^\ast T({\bf v}')\rangle=0\quad\Longrightarrow\quad T({\bf v}')={\bf 0}.$$ Por lo tanto, ${\bf v}\notin(\ker T)^\perp$ , lo que completa la prueba.

Answer 2

$\newcommand{\im}{\mathrm {im}}$ Para la inclusión $\im(T^*)\subseteq (\ker T)^\perp$ , dejemos que $\eta\in \im(T^*)\subseteq V^*$ . Entonces existe $\xi\in W^*$ tal que $\xi\circ T = T^*(\xi) = \eta$ . Por lo tanto, para cada $x\in \ker T$ tenemos $$ \eta(x) = \xi\bigl(T(x)\bigr) = 0, $$ es decir $\eta\in (\ker T)^\perp$ .

Ahora, puedes concluir observando que $\dim \im(T^*) = \dim(\ker T)^\perp$ . Alternativamente, puede proceder de la siguiente manera:

Para la inclusión $(\ker T)^\perp\subseteq \im(T^*)$ , dejemos que $\eta\in (\ker T)^\perp\subseteq V^*$ . Esto significa que $\eta\colon V\rightarrow K$ es un $K$ -un mapa lineal tal que $\ker T\subseteq \ker \eta$ . Por el teorema del homomorfismo, esto induce una $K$ -mapa lineal $\overline\eta\colon V/\ker T\rightarrow K$ También $T$ induce un isomorfismo $\overline T\colon V/\ker T\rightarrow \im T$ . Esto nos da una $K$ -mapa lineal $$ \xi'\colon \im T\xrightarrow{\overline T^{-1}} V/\ker T\xrightarrow{\overline\eta} K $$ tal que $\xi'\circ T = \eta$ .
Como podemos completar una base de $\im T$ a una base de $W$ encontramos un $K$ -mapa lineal $\xi\colon W\rightarrow K$ tal que $\xi\big|_{\im T} = \xi'$ . Ahora, se deduce que $$ T^*(\xi) = \xi\circ T = \xi'\circ T = \eta $$ y por lo tanto $\eta\in \im(T^*)$ .

La razón por la que ( $**$ ) es mucho más fácil que ( $*$ ) es que en ( $**$ ) no hay que construir mapas lineales. Si quieres mostrar $W = W^{\perp\perp}$ sin utilizar un argumento de dimensión también habría que construir mapas lineales.

---

Como comentario al margen: Si se conocen las secuencias exactas y que la toma de duales es exacta (en realidad basta con la exactitud de la izquierda, que es una propiedad general de la $\hom$ -), entonces se puede mostrar $\im(T^*)=(\ker T)^\perp$ como sigue: La secuencia exacta $$ 0\longrightarrow \ker T\longrightarrow V\xrightarrow T\im T\longrightarrow 0 $$ da una secuencia exacta $$ 0\longrightarrow (\im T)^*\longrightarrow V^*\xrightarrow f (\ker T)^*\longrightarrow 0. $$ Por definición, tenemos $(\ker T)^\perp = \ker f$ y la exactitud da $\ker f = (\im T)^*$ (donde vemos $(\im T)^*\subseteq V^*$ a través del mapa inyectivo dado por la precomposición de $T$ ). Por lo tanto, basta con demostrar $(\im T)^* = \im T^*$ . Pero esto se deduce directamente de las definiciones.
Aquí, todo el trabajo realizado anteriormente está implícito en la exactitud de la toma de duales.