Permettere$T:X \to Y$essere un operatore lineare e$\dim X=\dim Y<\infty$. Mostrare$Y=\mathscr{R}(T)$se e solo se$T^{-1}$esiste, senza teorema di dimensione.
Il problema che sto cercando di risolvere è:
Permettere$T:X \to Y$essere un operatore lineare e$\dim X = \dim Y = n < \infty$. Mostralo${\scr{R}}(T)=Y$se e solo se$T^{-1}$esiste.
Qui${\scr{R}}(T) := \text{Range} \ T$.
Questa domanda chiede la stessa cosa ma la risposta utilizza il teorema della dimensione che deve ancora essere presentato e quindi mi interessa se esiste un'altra dimostrazione.
I miei progressi attuali:
La prova che l'esistenza di$T^{-1}$implica${\scr{R}}(T)=Y$segue dal seguente teorema:
Permettere$T:{\scr{D}}(T)\to Y$essere un operatore lineare il cui inverso esiste. Se$\{x_{1},\dots,x_{n}\}$è un insieme linearmente indipendente${\scr{D}}(T)$poi$\{T x_{1},\dots,T x_{n}\}$è linearmente indipendente in Y.
L'argomento è: Da allora$\dim X=n<\infty$esiste un insieme linearmente indipendente di$n$vettori$\{x_{1},\dots,x_{n}\}$in$X$e da allora$T^{-1}$esiste lo capiamo$\{Tx_{1},\dots,Tx_{n}\}$è un insieme linearmente indipendente$Y$dal teorema di cui sopra. Da$\dim Y=n$il set$\{T x_{1},\dots,T x_{n}\}$costituisce una base per$Y$. Quindi, per qualsiasi$y\in Y$esistono scalari$\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$tale che dalla linearità di$T$:$$y=\alpha_{1}Tx_{1}+\dots\alpha_{n}Tx_{n}=T(\alpha_{1} x_{1}+\dots+\alpha_{n}x_{n}).$$Perciò$y\in {\scr{R}}(T)$E perché$y\in Y$è stato scelto arbitrariamente${\scr{R}}(T)=Y$.
Supponiamo ora invece che${\scr{R}}(T)=Y$. Quindi per dimostrarlo$T^{-1}$esiste basta dimostrarlo$T$è iniettivo. Per prima cosa scegliamo una base$\{y_{1},\dots,y_{n}\}$per$Y$. Da${\scr{R}}(T)=Y$esistono vettori$x_{1},\dots,x_{n}\in X$tale che$T x_{1}=y_{1},\dots,T x_{n} = y_{n}$. Allora è immediato che se$Ta = Tb$e scriviamo$Ta$e$Tb$in termini di combinazioni lineari di$Tx_{1},\dots,Tx_{n}$, questo è$$Ta = \alpha_{1}Tx_{1}+\dots+\alpha_{n}Tx_{n}, \quad Tb=\beta_{1}Tx_{1}+\dots+\beta_{n}Tx_{n}$$
ne risulterà$\alpha_{j}=\beta_{j}$(da$\{Tx_{1},\dots,Tx_{n}\}$è una base).
Qui sono bloccato. Penso che l'affermazione seguirebbe entrambi i casi$x_{j} \mapsto Tx_{j}$era unico (ma questo è più o meno quello che vogliamo dimostrare). Oppure, se possiamo mostrare il set$\{x_{1},\dots,x_{n}\}$essere linearmente indipendenti.
Domanda: Mi sto perdendo qualcosa di ovvio in quest'ultimo argomento e la prima parte è corretta?
Risposte
Se$T^{-1}$esiste, cioè se$T$è invertibile, quindi per qualsiasi
$y \in Y \tag 1$
noi abbiamo
$T(T^{-1}(y)) = y, \tag 2$
che lo dimostra
${\scr R}(T) = Y, \tag 3$
questo è,$T$è suriettivo; allo stesso modo, se vale (3), allora
$X/\ker T \cong Y, \tag 4$
cioè,$X/\ker T$e$Y$sono isomorfi come spazi vettoriali; da questo,
$\dim(X/\ker T) = \dim(Y); \tag 5$
ma se
$\ker T \ne \{0\}, \tag 6$
poi
$\dim(X/\ker T) < \dim X, \tag 7$
e (5) e (7) nella resa dei concerti
$\dim(Y) < \dim(X), \tag 8$
contraddicendo l'ipotesi data$\dim(X) = \dim(Y)$; dunque
$\ker(T) = \{0\}, \tag 9$
e quindi$T$è iniettivo; da$T$è sia suriettiva che iniettiva, è invertibile, o in altre parole,$T^{-1}$esiste.
Permettere$x_1,...,x_n$essere una base di$X$. Quindi$T(x_1),...,T(x_n)$span$T(X)=Y$. Da$Y$è$n$-dimensionale,$y_1=T(x_1),...,y_n=T(x_n)$è una base di$Y$. Considera la mappa lineare$S:Y\to X$che accetta tutte le combinazioni lineari$\sum \alpha_iy_1$a$\sum\alpha_ix_i$. Quindi$T\circ S$($T$atti prima è l'identità sulla base$x_1,...,x_n$. Così$T\circ S$è la mappa dell'identità. Quindi$S=T^{-1}$. Al contrario, se per alcuni$S: Y\to X$,$T\circ S=\mathrm{identity}$. Quindi$T$è suriettivo.