Comprender los productos tensoriales de los espacios vectoriales

Question

En la conferencia hemos definido el producto tensorial de dos espacios vectoriales de dimensión finita sobre un campo por la propiedad universal.

Ahora reclamamos:

Dejemos que $\phi: U \times V \to W$ sea bilineal, $(e_i)_{1 \leq i \leq m}$ base de $U$ , $(f_j)_{1 \leq j \leq n}$ base de $V$ .

Entonces $(W, \phi)$ es un producto tensorial de $U$ y $V$ si $(\phi(e_i, f_j))_{1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n}$ es una base de $W$ .

¿Puede alguien darme una prueba de esto? Gracias de antemano.

Answer 1

En primer lugar, suponga que $\left(\phi(e_i,f_j)\right)_{1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n}$ es una base para $W$ . Para demostrar que $(W, \phi)$ es un producto tensorial, tome un espacio vectorial $Z$ y un operador bilineal $h : U \times V \to Z$ . Supongamos que $h$ se define como $h(e_i, f_j) = z_{ij} \in Z$ : esto determina de forma única el comportamiento de $h$ en cualquier $(u, v) \in U\times V$ .

Tenemos que demostrar que existe un único lineal operador $\hat{h} : W \to Z$ tal que $\hat{h}\circ\phi = h$ .

Tenga en cuenta que si tal $\hat{h}$ existe, $\hat{h}\left(\phi(e_i,f_j)\right) = h(e_i, f_j) = z_{ij}$ debe aguantar. Pero, como $\left(\phi(e_i,f_j)\right)_{1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n}$ es una base para $W$ Esto define de forma única un operador lineal $\hat{h} : W \to Z$ .

Demostremos que $\hat{h}$ es el mapa que buscamos: tomar $(u, v) \in U\times V$ , $u = \sum_{i=1}^m \alpha_i e_i$ , $v = \sum_{j=1}^n \beta_j f_j$ .

Utilizando la bilinealidad de $h$ y $\phi$ y la linealidad de $\hat{h}$ : \begin{align}\hat{h}(\phi(u, v)) &= \hat{h}\left(\phi\left(\sum_{i=1}^m \alpha_i e_i, \sum_{j=1}^n\beta_j f_j\right)\right)\\ &= \hat{h}\left(\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n\alpha_i\beta_j\phi(e_i, f_j)\right) \\ &= \sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n\alpha_i\beta_j\hat{h}\left(\phi(e_i, f_j)\right) \\ &= \sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n\alpha_i\beta_j h(e_i, f_j) \\ &= h\left(\sum_{i=1}^m \alpha_i e_i, \sum_{j=1}^n\beta_j f_j\right) \\ &= h(u, v)\end{align}

Esto demuestra que $(W, \phi)$ es efectivamente un producto tensorial de $U$ y $V$ .

Ahora bien, tenga en cuenta que $\dim W = \dim U \cdot \dim V = mn$ . Como todos los productos tensoriales son isomorfos (porque se define con una propiedad universal), se deduce que $\dim U \cdot \dim V$ es la dimensión de todos los productos tensoriales de $U$ y $V$ .

Para la implicación inversa, supongamos que $W$ es un producto tensorial de $U$ y $W$ . Para demostrar que $\left(\phi(e_i,f_j)\right)_{1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n}$ es su base, basta con demostrar la independencia lineal.

Dejemos que $({e_i}^*)_{1\leq i\leq m}$ sea la base dual de $U$ y $({f_j}^*)_{1\leq j\leq n}$ sea la base dual de $V$ . Definamos ahora los funcionales bilineales $\psi_{ij} : U \times V \to \mathbb{F}$ como $\psi_{ij}(u, v) = {e_i}^*(u){f_j}^*(v)$ . Observe que $\psi_{ij}(e_k, f_l) = \delta_{ik} \delta_{jl}$ . Porque $W$ es un producto tensorial de $U$ y $W$ existe un único $\hat{\psi}_{ij} : W \to \mathbb{F}$ tal que la propiedad universal se mantiene.

Supongamos ahora que $0 = \sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n\lambda_{ij}\phi(e_i, f_j)$ para algunos $\lambda_{ij} \in \mathbb{F}$ . Aplicar $\hat{\psi}_{kl}$ a ambos lados de la igualdad:

$$0 = \hat{\psi}_{kl}\left(\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n\lambda_{ij}\phi(e_i, f_j)\right) = \sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n\lambda_{ij}\hat{\psi}_{kl}\left(\phi(e_i, f_j)\right) = \lambda_{kl}$$

Así que $\lambda_{kl} = 0$ para un número arbitrario de $1\leq k\leq m, 1\leq l\leq n$ , lo que demuestra la independencia lineal.

Así, $\left(\phi(e_i,f_j)\right)_{1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n}$ es una base para $W$ .