Isomorfismo del espacio dual

Question

Si $V$ es un espacio vectorial real de dimensión finita. Sea $$ V^* = \{f: V \to \mathbb{R} : f ~\text{is linear}\} $$ (Nota $V^*$ se llama espacio dual de $V$ .)

Demostrar los espacios vectoriales $V$ y $V^*$ son isomorfas.

He intentado esta pregunta tratando de demostrar que las dimensiones de ambos espacios vectoriales son iguales. $$ V = Span(v_1,\ldots,v_n) $$ $f_i$ es un elemento de $V^*$ y $f_i(v_j) = 1$ cuando $f_i = v_i$ y $0$ de otra manera y ahora quiero mostrar $V^*$ está atravesado por $\{f_1,\ldots,f_n\}$ .

¿Puede alguien ayudarme, por favor? ¿Es esto posible o estoy muy equivocado?

Answer 1

Vas por buen camino. Digamos que $\beta = \{ v_1, \dots , v_n \}$ es una base para $V$ entonces definimos $f_j: V \rightarrow \mathbb{F}$ por $f_j(v_i) = \delta_{ij}$ extendida linealmente. Ahora, demuestre que $\beta^*$ constituye una base para $V^*$ y ya está, ya que eso muestra las dimensiones de $V$ y $V^*$ son iguales (lo que demuestra $V$ y $V^*$ son isomorfas). Entonces, ¿qué necesitas para demostrar $\beta^*$ ¿es una base?

1. independencia lineal (LI)
2. que abarca

Puedo mostrarte ambos, pero me detengo aquí por ahora. Ok, entonces para LI considere escalares $c_1, \dots , c_n \in \mathbb{F}$ para lo cual: $$ c_1f_1+ \cdots + c_nf_n = 0$$ se trata de una suma de $\mathbb{F}$ -funciones valoradas en $V$ . En particular, podemos evaluar en $v_i$ para encontrar: $$ c_1f_1(v_i)+ \cdots +c_jf_j(v_i)+ \cdots + c_nf_n(v_i) = 0(v_i) = 0$$ que da como resultado $c_i=0$ para la arbitrariedad $i$ ya que sólo el $i=j$ término sobrevive. Pero, esto demuestra que $c_1 = 0, \dots , c_n=0$ por lo que $\beta^*$ es LI. Para demostrar la amplitud, considere $\alpha: V \rightarrow \mathbb{F}$ y $v \in V$ donde $v = x_1v_1+ \cdots + x_nv_n$ , $$ \alpha(v) = \alpha(x_1v_1+ \cdots + x_nv_n) = x_1 \alpha(v_1) + \cdots + x_n \alpha(v_n).$$ Ahora, esto es lo bueno: $x_j = f_j(v)$ (pruébalo tú mismo si dudas de mí) así, $$ \alpha(v) = \alpha(x_1v_1+ \cdots + x_nv_n) = \alpha(v_1)f_1(v) + \cdots + \alpha(v_n)f_n(v) = \left( \alpha(v_1)f_1 + \cdots + \alpha(v_n)f_n \right)(v).$$ Por lo tanto, $\alpha \in \text{span}(\beta^*)$ y esto completa la prueba de que $\beta^*$ es una base para $V^*$ .

Permítanme añadir algo más sobre esta construcción. Obsérvese que nuestra construcción depende de la elección de $\beta$ . Afortunadamente, podemos demostrar que el número de vectores de una base es independiente de la elección (es decir, la dimensión está bien definida). Por lo tanto, esta elección es inofensiva. Dicho esto, si pudiéramos construir un isomorfismo que no dependiera de esa elección, ese isomorfismo sería un canónico isomorfismo. En dimensiones finitas, $V$ y $V^{**}$ son canónicamente isomorfas por la regla $\alpha(v) = \tilde{v}(\alpha)$ donde $\tilde{v} \in V^{**}$ y $\alpha \in V^*$ y el isomorfismo es $v \mapsto \tilde{v}$ . En cambio, para $V$ y $V^*$ tenemos $G(v_i)=f_i$ extendida linealmente da el isomorfismo, pero, esta construcción depende de nuestra elección de $\beta$ . Sin embargo, si tenemos un producto interno $g: V \times V \rightarrow \mathbb{F}$ entonces $g$ permite la construcción de un isomorfismo de $V$ y $V^*$ independientemente de la elección de la base; $\Psi(v)(w) = g(v,w)$ para todos $v,w \in V$ definido $\Psi(v) \in V^*$ y puede comprobar $\Psi: V \rightarrow V^*$ es un isomorfismo.