$ \text{range } T' = (\ker T)^0$

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Rafael Deiga 2019-06-18 14:21.

仮定 $V$ そして $W$ベクトル空間です。示す$V'$ の双対空間として $V$。しましょう$T \in \mathcal{L}(V,W)$。のデュアルマップを示します$T$ 沿って $T' \in \mathcal{L}(W',V')$ そのような

$$ T'(\phi) = \phi \circ T $$

で、もし $U$ のサブセットです $V$、その後 $U^0$ その全滅者です。

場合 $V$ そして $W$ 有限次元である場合、

$$ \text{range } T' = (\ker T)^0$$

しかし、ベクトル空間の1つが無限次元である場合、これがまだ当てはまるかどうかはわかりません。SheldonAxlerのLinearAlgebra Done Right(3rd ed。)で、彼は次のことを証明しています。$\text{range } T' \subset (\ker T)^0$それらが有限次元であるという仮説なしで。ただし、彼はこの仮説を使用して、他の方向に含まれていることを証明します。だから私の質問は:ベクトル空間の1つが無限次元である場合でも平等は保持されますか?そうでない場合は、反例を示していただけますか。

説明の中で、私の線形代数のレベルは、「線形代数が正しく行われた」という本のレベルとほぼ同じであると考えてください。したがって、説明にさらに高度な知識が必要な場合は、簡単に説明してください。

編集

$V'$ 代数的デュアルです:

$$V' = \mathcal{L}(V,\mathbb{F}) $$

どこ $\mathbb{F}$ フィールドです。つまり、 $V$ フィールドの上にあります $\mathbb{F}$

3 answers

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Theo Bendit 2019-06-18 22:26.

はい、これは当てはまります。しましょう$T : V \to W$ 線形であること。

ベクトル空間で常に実行できることの1つは、補集合部分空間です。つまり、部分空間が与えられます$X \le V$、 発見できる $Y \le V$ そのような $X \oplus Y = V$。有限次元では、これは底辺で行われますが、無限次元では、ある種の選択公理の引数で行われます。

余談ですが、無限次元では、ノルムまたはトポロジーを空間に付加して、ノルムまたはトポロジーベクトル空間を形成するのが一般的です。無限次元のベクトル空間のほとんどのアプリケーションには、自然なトポロジーまたはノルムがあり、より有用な結果が得られます。 デュアル随伴および ノルムまたはトポロジーを持つスペースの補完 は個別の定義があります。私たちが議論しているのは、これらの用語のあまり使用されていない代数バージョンです。私が言ったように、代数的補数が保証されているのに対し、部分空間がいつトポロジー的に補数化できるかを理解するのは難しい問題であるため、これについて言及します。

の補数を見つけることから始めましょう $\operatorname{ker} T$$V$ そして $\operatorname{im} T$$W$; 彼らへ電話します$V_0$ そして $W_0$それぞれ。しましょう$$S : V_0 \to \operatorname{im} T : v \mapsto Tv,$$ つまり、制限する $T$のドメインと終域。私はそれを主張します$S$ 全単射であるため、可逆です。

表示するには $S$ 単射ですが、それでも表示するだけで十分です $\operatorname{ker} S \subseteq \{0\}$。仮定します$Sv = 0$。次に$Tv = 0$、および $v \in V_0$。しかし、これは$$v \in V_0 \cap \operatorname{ker} T = \{0\} \implies v = 0$$ 必要に応じて $V_0$ そして $\operatorname{ker} T$直接合計します。したがって、$S$ 単射です。

さて、それを示しましょう $S$全射です。皮切りに$w \in \operatorname{im} T$。次に、いくつか存在することがわかります$v \in V$ そのような $Tv = w$。なので$V = \operatorname{ker} T \oplus V_0$、 が存在します $v_1 \in \operatorname{ker} T$ そして $v_2 \in V_0$ そのような $v = v_1 + v_2$。したがって、$$w = Tv = T(v_1 + v_2) = Tv_1 + Tv_2 = 0 + Tv_2 = Sv_2,$$ 以来 $v_1 \in \operatorname{ker} T$。したがって、$S$ 全射です。

それで、これはどのように私たちを助けますか?考えてみてください$\psi \in (\operatorname{ker} T)^0$。いくつか存在することを示したい$\phi \in W'$ そのような $\phi \circ T = \psi$。定義する$\phi$ で個別に定義することにより $\operatorname{im} T$$W_0$; これらのスペースの合計は直接$W$、矛盾を恐れることなくこれを自由に行うことができます。

にとって $w \in \operatorname{im} T$$\phi(w) = \psi(S^{-1}w)$。にとって$w_0 \in W_0$$\phi(w_0) = 0$ (ただし、代わりに任意の線形関数を選択することもできます。 $0$ ここに!)。

さて、それを示しましょう $T'(\phi) = \psi$。与えられた$v \in V$、 我々は持っています $$(T'(\phi))(v) = \phi(Tv) = \psi(S^{-1}Tv)$$ 以来 $v \in V$、 私たちは書くことができます $v = v_1 + v_2$、 どこ $v_1 \in \operatorname{ker} T$ そして $v_2 \in V_0$、 そう $$\psi(S^{-1}Tv) = \psi(S^{-1}T(v_1 + v_2)) = \psi(S^{-1}Tv_2)$$ しかし、として $v_2 \in V_0$、 我々は持っています $Tv_2 = Sv_2$、したがって $$(T'(\phi))(v) = \psi(S^{-1}Sv_2) = \psi(v_2).$$

しかしながら!それを思い出します$\psi \in (\operatorname{ker} T)^0$、 そう $\psi(v_1) = 0$。したがって、$$(T'(\phi))(v) = \psi(v_2) + 0 = \psi(v_2) + \psi(v_1) = \psi(v_1 + v_2) = \psi(v),$$ 証明 $T'(\phi) = \psi$。したがって、セット間の同等性は一般に成り立ちます。

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user10354138 2019-06-18 22:22.

私は $V'$あなたは代数的二重、すなわちすべてを意味します$\mathbb{F}$-線形マップ $V\to\mathbb{F}$。場合$V$ トポロジカルフィールド上のトポロジカルベクトル空間です $\mathbb{F}$、その後 $V'$連続デュアルを表す場合があります。表記を使用します$V^\vee$ の代数双対 $V$

任意の要素が与えられた $\phi\in(\ker T)^0$、定義する $\psi\in(T(V))^\vee$ 沿って $\psi(T(v)) = \phi(v)$。これは明確に定義されているため、線形マップがあります$\psi\colon T(V)\to\mathbb{F}$。これを拡張できれば$\tilde\psi\colon W\to\mathbb{F}$、それで完了です。

選択公理を仮定すると、ハメル基底を拡張できます。 $T(V)$ ハメル基底に $W$ したがって、定義する $\tilde\psi$ 追加の基本要素でゼロになる。

補遺:「上のすべてのベクトル空間についてのステートメント$\mathbb{F}$ そして、任意の部分空間で、部分空間上のすべての線形汎関数を完全な空間に拡張できます」は、「すべての非自明な線形汎関数に自明でない線形汎関数が存在する」というステートメントと明らかに同等です。 $\mathbb{F}$-ベクトル空間 " arxiv:1901.05146。私の知る限り、これが実際に選択公理を意味するのか、それともいくつかのより弱い変形を意味するのかはまだわかっていません。

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uniquesolution 2019-06-18 21:38.

カーネルの消滅器は常に閉じた部分空間であるが、演算子の範囲はそうである必要はないので、演算子のカーネルの消滅器とその双対の範囲の間の等式は、一般に無限次元空間では成り立たない。明示的な反例はここにあります。

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