重访对偶空间

LWLAymh · 2025-03-16 14:16:03 · 学习·文化课

符号与定义补充

定义V是在域F上的有限维线性空间,对偶空间V^\vee=\text{Hom}(V,F),也就是从V到F的线性映射所组成的空间.如果T:V\to W是线性映射,那我们可以定义其转置映射^tT:W^\vee\to V^\vee,\lambda\mapsto \lambda T.容易验证转置映射仍然是线性映射.另外,如果S,T均是线性映射,那么^t{(ST)}=\ ^t{T}^t{S}.

\xymatrix{ V \ar[d]\ar[r]^T & W\ar[d]\\ \check V & \check W\ar[l]_{T^t} }

一般定义V和\check V之间的典范配对为\lang\_,\_\rang:\check V\times V\to F.

应当回忆我们将一个有限维空间对应到其对偶空间的时候所做的努力:先找到原空间的一组基,再对应地找到一组对偶基.然而,这种对应并非空间自身典范的对应,而是需要选定基的人为构造的定义.

回忆我们上述拿到的所有东西,应当可以见到起码以下资料均是典范的:

典范配对\langle\_,\_\rangle:V^\vee\times V\to F,\langle\lambda,\vec v\rangle\mapsto \lambda\vec v.
转置映射^tT:W^\vee\to V^\vee,\lambda \mapsto\lambda T.

对偶与伴随究竟如何联系?

伴随映射一直都是线性代数中一个极其神秘的东西.每当讨论伴随映射时,总避不开的一个问题在于:这个东西的结构到底如何?而当我们看到例如自伴算子处极其优秀的性质,注视着(T\vec v_1\mid \vec v_2)=(\vec v_1\mid T^*\vec v_2)的旋转腾挪所引出的大量性质的时候,以至于当我们发现标准基下的标准内积竟然有T=T^t的形式的时候,我们首先要思考的当然是:这个形式从何而来?

我在几个月前,试图以柯里化的角度解释了此问题,具体而言,我找到了以下的交换图表:

\xymatrix{ V_2'\ar[r]^{T^*}\ar[d]_{A_2}&V_1'\ar[d]^{A_1}\\ \check {V_2}\ar[r]^{^tT} &\check {V_1}\\ V_2\ar[u]&V_1\ar[u]\ar[l]_T }

只需瞪眼即可看到T^*=A_1^{-1}T^TA_2,原因只是用柯里化做了以下同构:

\text{Hom}(W,V^\vee)\cong \text{Bil}(V,W;F)\cong \text{Hom}(V,W^\vee)

所以究竟什么是伴随映射呢?笔者观点在于,并不是说伴随在代数巧合上等价于转置,而恰好是因为,转置本身定义为典范配对上的伴随,原因只是:

\langle \check w,T\vec v\rangle=\langle T^t(\check w),\vec v\rangle

这只是简单描述定义.

对偶空间究竟如何形状

可即便如此,似乎也仍是雾里看花.所有的问题仍在于我们对对偶空间本身的性质几乎一无所知.一个糟糕的事实是,我们从前所探知对偶空间的策略几乎全部依靠于对偶基,然而选择不同的对偶基,我们拿到的看法当然不一样.退一步讲,取基操作本身也不满足所谓"函子性",以上图交换图表为例,我们实际上隐藏了V_1\cong V_1^\vee这件几乎只能用对偶空间解释的事实,可就连这事实也只能在有限维的前提下成立.当无限维的时候,这个推广会立刻崩溃掉.

于是,重头观察对偶空间的结构成为一切的重点,所幸李文威老师早已在其《代数学讲义》中单开两节解决此问题.笔者将在抄袭原本的前提下做些个人注释.

双重对偶

先分析典范配对的情形,考虑到典范配对会给出一个映射ev_V:V\to (V^\vee)^\vee,\vec v\mapsto \langle\_,\vec v \rangle.容易验证这当然是一个同构,而且中途没有用任何取基操作,所以这是一个典范的同构\text{ev}_V:V\cong (V^\vee)^\vee.更确切地来说,这个\text{ev}_V具有某种函子性.事实上有以下交换图表:

\xymatrix{ V\ar[r]^T\ar[d]_{\text{ev}_V}&W\ar[d]^{\text{ev}_W}\\ (V^\vee)^\vee\ar[r]^{(T^t)^t}&(W^\vee)^\vee }

虽属显然,但也可以小心地展开定义以确实证明(\text{ev}_W)T=(T^t)^t\text{ev}_V.策略只需任取\check w,而观察:

\langle ((T^t)^t\text{ev}_V)\vec v,\check w\rangle\\ =\langle (\text{ev}_V)\vec v,T^t\check w\rangle\\ =\langle T^t(\check w),\vec v\rangle\\ =\langle\check w,T\vec v\rangle\\ =\langle\text{ev}_W(T\vec v),\check w\rangle

而\check w可以任取,立刻证毕.

回忆到还有一件重要的事情需要解释,那就是柯里化\text{Hom}(W,V^\vee)\cong \text{Bil}(V,W;F)\cong \text{Hom}(V,W^\vee).从表面上看,它应当是典范的,可实则描述的时候却发现总需要标准内积结构来体现.为解决这个问题,我们下面证明上述同构映射将\varphi\in \text{Hom}(W,V^\vee)为(\varphi^t)\circ \text{ev}_V\in \text{Hom}(V,W^\vee).

考虑将两边都映射到典范配对的结构上,由双线性形式的定义,\varphi\in \text{Hom}(W,V^\vee)必然映一组\vec w,\vec v为\langle\varphi(\vec w),\vec v\rangle,这当然是显然的.

回看(\varphi^t)\circ \text{ev}_V,它做到的是将一组\vec w,\vec v映射到\langle\text{ev}_V(\vec v),\varphi(\vec w)\rangle,可只需用\text{ev}_V(\vec v)的定义,上述两者当然是相同的.

再最后,我们终于回看基的选取,我们可以证明以下结论:设V是有限维的向量空间,\vec v_1,\cdots,\vec v_n\in V是一组有序基,其对偶基记作\check v_1,\cdots,\check v_n.我们声称:V^\vee中的一组元素\text{ev}_V(\vec v_1),\cdots,\text{ev}_V(\vec v_n)是\check v_1,\cdots,\check v_n的对偶基.也就是说中间不管怎么取对偶形态,最终总会回到一种典范的同构V\cong V^\vee上.

至于证明,无非只是:

\langle\text{ev}_V(\vec v_i),\check v_j\rangle=\langle\check v_j,\vec v_i\rangle

立属显然.

核,余核与对偶映射

上述证明揭露了对偶空间的一角.之所以T^t会显示出伴随性质,实际上并不是代数形式上的巧合,而恰是T^t的定义本身就是典范配对上的伴随,而自然会以某种形式显示在新的伴随中.既如此,请以下内容再观T:V\to W以及其转置T^t:W^\vee\to V^\vee的性质.

首先,容易观察到的应该是T单则T^t满,T满则T^t单.此结论我们早就得出,策略是使用行秩等于列秩,而由同态基本定理得到\dim V=\dim \ker T+\text{rk}T,如若T单,则\dim \ker T=0,意味着\text{rk} T=\dim V,也就意味着\text{rk}T^t=\dim V^\vee,这就得到T^t是满的.反之亦然同理.

然而回看\text{rk}T^t=\text{rk}T这个结论的得出其实并不典范,我们推出此结论使用的策略是矩阵的相抵.而找到一种典范的证明此的策略便是重要的.而只需稍有对商操作的直觉就可以看到,要抛开矩阵,用一种真正典范的策略证明行秩等于列秩,必然离不开上述的引理.这就是我们下述真正想要做的事.

现在,设T是单射,对于任给的\mu \in V^\vee,尝试找到一个\tilde{\mu}\in W^\vee使得\tilde{\mu}(T(x))=\mu(x),那根据对偶映射的定义,知道这里有T^t(\tilde{\mu})=\mu.如果这里\mu可以任选的话,换言之,对于任意的\mu我们都能构造出一个\tilde{\mu}来实现上述过程,当然意味着T^t是满射.可既然这里是构造,我们终于可以放下"典范"的包袱,开始取基.

取V的一组基\mathcal{X},而T(\mathcal{X})当然是W的线性无关子集,可以扩展为一组基\mathcal{Y},这样\forall \vec w\in W都有唯一的展开\sum_{\vec y\in \mathcal Y}c_y\vec y,对于给定的\mu\in V^\vee可以定义\tilde{\mu}:W\to F为:

\tilde{\mu}(\sum_{y\in \mathcal Y}c_y\vec y)=\mu(\sum_{x\in \mathcal X}c_{T(\vec x)\vec x})

而当T满的时候,设\tilde{\mu}\in W^\vee,此时如果T^t(\tilde{\mu})=\tilde{\mu}T=0,因为T是满的,这必然意味着\tilde{\mu}=0,所以T^t当然是单的.

换句话说,这里通过空间上的结构,用基强行凑出了一个\ker T的结构.然而取基总是会让我们忽略空间的结构,并给人一种使用文字游戏偷懒的感觉.或者说,构造性证明必然会有一种失掉典范性的感觉.

现在我们重新展现一下上述取出\tilde{\mu}的合理性:设T:V\to W为线性映射,而\mu\in V^\vee,我们声称存在\tilde{\mu}\in W^\vee使得T^t(\tilde \mu)=\mu当且仅当\mu|_{\ker T}=0.

先证明充分性,当\mu|_{\ker T}=0的时候,不妨设\twoheadrightarrow是满射而\hookrightarrow是单射,如下交换图表当然成立:

\xymatrix{ V \ar@{->>}[r]^T \ar[d]_\mu \ar@{->>}[dr]^\pi& \text{im}\ (T)\\ F&V/\ker(T)\ar[l]^{\bar \mu}\ar@{^{(}->>}[u]_{\bar T} }

左下三角形的成立性完全依赖于\mu|_{\ker T}=0的性质,而此时取一个\tilde{\mu_0}=\bar\mu\circ (\bar T)^{-1}\in (\text{im}\ T)^{\vee},而由于\text{im}T自然嵌入W中,必有\text{im}(T)\hookrightarrow W,那也就意味着W^\vee\twoheadrightarrow \text{im}(T)^\vee,因此\tilde{\mu_0}就可以延拓为\tilde{\mu}\in W^\vee,交换图表给出:

\tilde{\mu}T=\tilde{\mu_0}T=\bar{\mu}(\bar T)^{-1}T=\bar mu\circ \pi=\mu

这就证明了充分性.至于必要性,由于T^t(\tilde \mu)=\tilde \mu T,而\tilde \mu T|_{\ker T}=0当然是显然的.

接下来回忆到余核\text{coker}(T)=W/\text{im}(T)这个东西,尝试看看它和\ker T之间的关系,回忆到我们应该有包含映射i:\ker (T)\hookrightarrow V和商映射q:W\twoheadrightarrow \text{coker}(T),取对偶见到:

\xymatrix{ \text{coker}(T)^\vee\ar@{^{(}->}[r]^{q^t}&W^\vee\ar[r]^{T^t}&V^\vee\ar@{->>}[r]^{i^t}&\ker(T)^\vee\\ \lambda\ar@{|->}[r]&\lambda q&&\\ & \tilde{\mu}\ar@{|->}[r]& \tilde{\mu}T & \\ &&\mu \ar@{|->}[r]& \mu i }

这个当然没有问题,而我们试图借上面为辅助证明下面这张交换图表:

\xymatrix{ \text{coker}(T)^\vee\ar@{^{(}->}[r]^{q^t} \ar@{^{(}->>}[d] &W^\vee\ar[r]^{T^t}&V^\vee\ar@{->>}[r]^{i^t}\ar@{->>}[rd]&\ker(T)^\vee\\ \ker(T^t)\ar@{^{(}->}[ur]& & & \text{coker}(T^t)\ar@{^{(}->>}[u] }

其中竖直方向的同构由左右两部分交换图表各自唯一确定.

先看左部分,我们尝试证明\text{coker}(T)^\vee\hookrightarrow W^\vee的像正好是\ker(T^t).

先证明q^t(\text{coker}(T)^\vee)\subseteq \ker(T^t),考虑\lambda\in \text{coker}(T)^\vee,那q^t会将其射到\lambda q\in W^\vee.留意到T^t(\lambda q)=\lambda q T,然而根据\text{coker}的定义知道qT=0,这必然意味着T^t(\lambda q)=0.

再证明\ker(T^t)\subseteq q^t(\text{coker}(T)^\vee),设\tilde{\mu}\in \ker{T^t},也就是说T^t(\tilde{\mu})=\tilde{\mu}T=0,我们要找到一个\lambda使得q^t(\lambda)=\lambda q=\tilde{\mu},那么必然见到\lambda:\vec w+\text{im}(T)\mapsto \tilde{\mu}(\vec w)是满足条件的,只需验证\tilde{\mu}|_{\text{im}(T)}=0,这恰好由T^t(\tilde{\mu})=\tilde{\mu}T=0给出.

至于右半部分,就是我们上面所刻画的\tilde{\mu}和\mu的关系了,换言之\mu i=0\Leftrightarrow \exists \tilde{\mu},\mu=\tilde{\mu}T.

上述过程当然太过复杂了,尝试感性理解一下我们刚刚在做什么.我们的\ker T的意义是,T:V\to W这个过程中所损失的信息对吧,那我们反观T^t:W^\vee\to V^\vee,\lambda\mapsto \lambda T这个过程中所损失的,也就是何时,\lambda T=0.由于这是两个映射,当然就等价于\forall \vec v\in V,\lambda T\vec v=0.当然就等价于\forall \vec u\in \text{im}(T),\lambda\vec u=0,这必然等价于\ker \lambda\supseteq \text{im}(T).所以这些\lambda都可以表示为一个\tilde{\lambda}q的形式,其中\ker q=\text{im}(T),取余核是刚刚好的.

像自对偶

对于映射T:V\to W,我们下面将给出典范同构:

\text{im}(T)^\vee\cong \text{im}(T^t)

如上,商映射q:W\to \text{coker}(T)满足\ker q=\text{im}(T),于是:

\text{im}(T)^\vee\cong \text{coker}(q^t:\text{coker}(T)^\vee\to W^\vee)\\ \cong \text{coker}(\ker T^t\hookrightarrow W^\vee)\\ =W^\vee/\ker (T^t)\\ \cong \text{im}(T^t)

两边取\dim,得知行秩等于列秩.