Mostrando que el espacio dual de bilineal mapas de $V \times W \to \mathbb{R}$ satisface el producto tensor de la propiedad, para finito dimensionales espacios vectoriales.

Question

Deje $U,V$ $W$ ser finito dimensionales espacios vectoriales, y definir $B$ a ser el espacio vectorial de todos los bilineal mapas de $V \times W \to \mathbb{R}$. Dado un bilineal mapa de $\alpha : V \times W \rightarrow U$, definir $\tilde{\alpha}: B^* \rightarrow U^{**}$$\alpha(\psi)(\sigma) = \psi (\sigma \circ \alpha)$. Definir un mapa de $\pi : V \times W \rightarrow B^*$ $\pi(v,w) (f:V \times W \rightarrow \mathbb{R}) = f(v,w).$

$\mathbf{CORRECTION:}$ $B$ debería ser el espacio de bilineal mapas de $V \times W \to \mathbb{R}$, no $V \times W \to U$ como se ha indicado anteriormente.

Con el fin de mostrar que el $B^*$ satifies la característica universal del producto tensor, tengo que demostrar que, dado un mapa de $\alpha : V \times W \rightarrow U$, entonces no hay una única $\tilde{\alpha} : B^* \rightarrow U^{**}$ tal que $\Theta \circ \tilde{\alpha} \circ \pi = \alpha$ donde $\Theta:U^{**} \to U$ es el isomorfismo canónico.

Es muy claro que el $\tilde{\alpha}$ definido anteriormente satisface esta propiedad, pero estoy teniendo problemas para probar la unicidad. Me gustaría demostrar que, dado $f:B^* \to U^{**}$ tal que $\Theta\circ f \circ \pi = \alpha$,$f= \tilde{\alpha}$, sin embargo, estoy llegando a ninguna parte. Se agradece cualquier ayuda, gracias.

Answer 1

Después de una gran búsqueda del alma y charlas con los compañeros matemáticos, aquí está la solución.

Supongamos que $V$ base $\{e_1, \ldots e_n \}$ $W$ base $\{f_1, \ldots f_m \}$. Entonces es muy fácil demostrar que el espacio vectorial $B$ tiene base $$\{ (e_if_j)^* \mid i=1,\ldots, n \ ; \ j = 1,\ldots m \} $$ where $(e_if_j)^* (e_{k},f_{l}):=0 \iff (k,l) = (i,j)$, and $1$ otherwise. Hence $\dim B = \dim V \dim W$. It follows that the dual space $B^*$ has $\dim B^* = \dim V \dim W$. I claim that $$\{ \pi(e_i,f_j) \mid i = 1, \ldots, n \ ; \ j=1,\ldots, m \}$$ is a basis for $B^*$. This is easy to see since we need only check that this set is linearly independent, which is clearly is. Hence $B^*$ is generated by the image of $\pi$.

Supongamos por $g: B^* \to U$,$g\pi = 0$. Supongamos que $g \not= 0$. Entonces hay alguna base el elemento $ \pi(e_i, f_j)$ tal que $g\pi(e_i,f_j) \not= 0$. Esto es una contradicción, por lo $g=0$. Por supuesto, esto implica que el mapa de arriba es única, por lo $B^*$ es el producto tensor de $V$$W$.