日記 (2020 年 1 月 3 日)
2 つの線型空間のテンソル積を考えることはよくあるが、 そこの元が 0 であるかチェックする方法を知らなかった (というか忘れていた) ので、 メモしておく。
以降、 係数体 は固定し、 線型空間や線型写像やテンソル積は全て 上で考える。
線型空間 V,W に対して、 そのテンソル積 V⊗W の元は、 V の元と W の元のテンソル積の有限和として、
ξ=:ni=1(vi⊗wi)♡
と書ける。
ここで、 この表示においてテンソル積の右側に出てくる (wi)1≤i≤n が線型従属であったとする。
すなわち、 全てが 0 というわけではない係数の族 (ai)1≤i≤n が存在して、
ni=1aiwi=0
が成り立つとする。
ai たちのうち少なくとも 1 つは 0 でないので、 適宜順番を入れ替えることで an≠0 であるとする。
すると、 上の式によって wn は、
wn=−n−1i=1 ai anwi
と書ける。
これを最初の式に代入すれば、
ξ = (n−1i=1(vi⊗wi)(−(vn⊗n−1i=1 ai anwi( = n−1i=1(vi− ai anvn(⊗wi
となり、 ξ をテンソル積の和としての表現したときの項の個数を 1 つ減らすことができる。
したがって、 テンソル積の和としての表現の右側に出てくる W の元が線型従属である限り、 上の操作を繰り返し行って項の個数を減らしていくことで、 最終的に和に出てくる W の元を線型独立にすることができる。
すなわち、 ξ を式 ♡ のように表すとき、 初めから (wi)1≤i≤n が線型独立であるとして良い。
このように表示しておくと、 その元が 0 であるかどうかは非常に簡単にチェックできる。
命題 1.
線型空間 V,W のテンソル積 V⊗W の元 ξ を、
ξ=:ni=1(vi⊗wi)
と表し、 (wi)1≤i≤n は線型独立であるとする。
このとき、 ξ=0 であるための必要十分条件は、 各 1≤i≤n に対して vi=0 となることである。
証明.
十分性は明らかである。
必要性を示すため、 ξ=0 であるとする。
任意に線型写像 λ:V→ をとると、 これは線型写像
Fλ: V⊗W ⟶ W v⊗w ⟼ λ(v)w
を誘導する。
この写像における ξ の像を考えることで、
ni=1λ(vi)wi=0
を得るが、 仮定によって (wi)i は線型独立であるから、 任意の i に対して λ(vi)=0 が成り立つ。
各 i を固定する。
もし vi≠0 であれば、 vi を含むような V の基底がとれるので、 vi を 1 に移してそれ以外の基底を 0 に移すような線型写像 λ:V→ が作れる。
しかし、 上の議論から、 この λ に対しても λ(vi)=0 が得られてしまうので、 これは矛盾である。
したがって、 vi=0 となり、 必要性が示された。
このテクニックの応用として、 次の命題が示せる。
命題 2.
線型空間 V,W,X,Y に対して、 線型写像
Φ: Hom(V,X)⊗Hom(W,Y) ⟶ Hom(V⊗W,X⊗Y) f⊗g ⟼ ❲ V⊗W ⟶ X⊗Y v⊗w ⟼ f(v)⊗g(w)❲
は単射である。
証明.
KerΦ=0 を示せば良い。
任意に元 ξ∈KerΦ をとり、
ξ=:ni=1(fi⊗gi)
と表し、 (gi)i は線型独立であるとする。
ここで、 Φ(ξ)=0 であることから、 任意の v∈V および w∈W に対し、 X⊗Y の元として、
ni=1(fi(v)⊗gi(w))=0
が成り立つ。
任意に線型写像 λ:X→ をとると、 Y の元として、
ni=1λ(fi(v))gi(w)=0
が成り立つ。
ここで w∈W は任意だったので、 Hom(W,Y) の元として、
ni=1λ(fi(v))gi=0
も成り立つ。
ここで、 (gi)i は線型独立であると仮定していたので、 任意の i に対して λ(fi(v))=0 である。
命題 1 の証明と同様の議論により、 このことから fi(v)=0 が得られる。
v∈V は任意だったので、 fi=0 が成り立つ。
すなわち、 ξ=0 である。