Prueba $\psi: L(E,F;G)\to L(E; L(F;G))$ es un isomorfismo

Question

Sea $E, F, G$ sean espacios vectoriales y

$\psi: L(E,F;G)\to L(E; L(F;G))$

la transformación que asocia a cada aplicación bilineal $B\in L(E,F;G)$ la aplicación lineal $T = \psi(B)\in L(E; L(F;G))$ d así: para cada $u\in E,T\cdot u\in L(F;G)$ es tal que $[T\cdot u]\cdot v = B(u,v)$ para todos $v\in F$ . Demuestre que $\psi$ es un isomorfismo

Según entendí, $\psi$ toma una aplicación bilineal de $E\times F$ a $G$ y le asocia la aplicación lineal $T$ que va desde $E$ a $L(F;G)$ que es a su vez un espacio de transformaciones que va de $F$ a $G$ . ¿Estoy en lo cierto?

Para demostrar que esto es un isomorfismo, por supuesto tenemos que demostrar que hay una biyección. ¿Cómo se supone que debo hacer incluso esta parte? Estoy muy confundido por todo esto.

Creo que para demostrar que hay un isomorfismo es más fácil porque es una transformación lineal así que podría usar esas propiedades lineales pero estoy muy confundido

Answer 1

$\psi$ está bien definida (fácil de comprobar).

Ver es lineal tomar $A,B \in L(E,F;G)$ y $c \in K$ donde $K$ es el campo subyacente, queremos demostrar que $\psi(cA+B)=c\psi(A)+\psi(B)$ (son funciones).

Sea $u \in E$ arbitraria, tenemos que demostrar que $$\psi(cA+B)(u)=(c\psi(A)+\psi(B))(u),$$ o equivalentemente, $$\psi(cA+B)(u)=c\psi(A)(u)+\psi(B)(u)$$ (pero todo esto son funciones).

Sea $v \in F$ arbitraria, tenemos que demostrar que $$\psi(cA+B)(u)(v)=(c\psi(A)(u)+\psi(B)(u))(v),$$ o equivalentemente, $$\psi(cA+B)(u)(v)=c\psi(A)(u)(v)+\psi(B)(u)(v)$$ (ahora son vectores).

Ahora, por definición $\psi(cA+B)(u)(v)=(cA+B)(u,v)=cA(u,v)+B(u,v)$ . También, $\psi(A)(u)(v)=A(u,v)$ y $\psi(B)(u)(v)=B(u,v)$ entonces $c\psi(A)(u)(v)+\psi(B)(u)(v)=cA(u,v)+B(u,v)$ . Así $$\psi(cA+B)(u)(v) = c\psi(A)(u)(v)+\psi(B)(u)(v),$$ desde $v$ era arbitraria, esto es válido para todos los elementos de $F$ $$\Rightarrow \psi(cA+B)(u)=c\psi(A)(u)+\psi(B)(u),$$ desde $u$ era arbitraria, esto es válido para todos los elementos de $E$ $$\Rightarrow \psi(cA+B)=c\psi(A)+\psi(B)$$

Por lo tanto $\psi$ es lineal.

Para ver es uno-a-uno tomar $A,B \in L(E,F;G)$ tal que $\psi(A)=\psi(B)$ . Sea $u \in E, v \in F$ puis $\psi(A)(u) = \psi(B)(u)$ desde $\psi(A)=\psi(B)$ es una función, de nuevo, $\psi(A)(u)$ es una función, entonces $\psi(A)(u)(v)=\psi(B)(u)(v)$ pero, por definición $\psi(A)(u)(v)=A(u,v)$ y $\psi(B)(u)(v)=B(u,v)$ entonces $A(u,v)=B(u,v)$ para todos $u\in E,v\in F$ Eso es, $A=B$ y $\psi$ es uno a uno.

Para ver es onto, toma $A \in L(E;L(F;G))$ defina $B:E\times F \rightarrow G$ por $B(u,v)=A(u)(v)$ para todos $u \in E$ y $v \in F$ . Es fácil ver que $B \in L(E,F;G)$ ya que $A(u)$ es lineal, $B$ es lineal en su segunda componente, y porque $A$ es lineal $B$ es lineal en su primera componente y claramente $\psi(B)=A$ . Entonces $\psi$ está dentro.

Por lo tanto $\psi$ es biyectiva y es un isomorfismo.