练习：可逆性与同构

根据3.56，可逆映射既是单的又是满的。

假设u,v∈U，且STu=STv。根据S是单射，所以有Tu=Tv；再根据T是单射，所以有u=v.即，ST是单射。

令w∈W，则有v∈V使得Sv=w（因为S是满射）。对于v∈V，都有u∈U使得Tu=v。综上有对于任意的w∈W都有 STu=w，所以ST是满射。

因为ST既是单射又是满射所以ST是可逆的。

因为ST(T−1S−1)=S(TT−1)S−1=SS−1=I，且T−1S−1ST=T−1T=I

所以有ST的逆映射是T−1S−1

我们对dimV=2的例子给出反例。假设S,T∈L(V)，且有e1,e2是V的标准基： Te1=0;Te2=e2

Se1=e1;Se2=0 因为nullT≠{0}，且nullS≠{0}，所以S,T都是不可逆映射。

所以有

(S+T)e1=e1(S+T)e2=e2

显然S+T是恒等映射，恒等映射是可逆映射。原命题得证。

首先因为T是L(V)上的可逆算子，且满足Tu=Su，所以S是单射，因为T是单射。

然后假设S是单射，设U的一个基是u1,…,um，因为S是单的，则Su1,…,Sum在V中也是线性独立的。我们把u1,…,um扩展成V的基：u1,…,um,w1,…,wn；同样，我们也可以把Su1,…,Sum扩展成V的基，Su1,…,Sum,e1,…,en

然后我们定义映射T:V→V。满足：

Tui=Sui,Twj=ej,1≤i≤m1≤j≤n

由于u1,…,um是U的一个基，所以可以保证上述定义T的唯一性。

对于任意的u=a1u1+…+amum,ai∈F，我们有：

Tu=T(a1u1+…+amum)=a1T(u1)+…+amT(um)=a1S(u1)+…+amS(um)=S(a1u1+…+amum)=Su

对于任意的v∈V，都有：

v=b1u1+…+bmum+c1w1+…+cnwn

对上式两边进行T映射，则有：

Tv=T(b1u1+…+bmum+c1w1+…+cnwn)=b1Tu1+…+bmTum+c1Tw1+…+cnTwn=b1Su1+…+bmSum+c1e1+…+cnen

显然有：rangeT⊆V。

另外一方面Tu1,…,Tum,Tw1,…,Twn包含于rangeT 所以 span(Tu1,…,Tum,Tw1,…,Twn)⊆rangeT

所以T是满射。又因为3.69（对于有限维空间上的映射而言，满射意味着单射，意味着可逆映射），所以T是可逆映射。

假设有nullT1=nullT2，因为W是有限维的，所以rangeT2也是有限维的。假设w1,…,wn是rangeT2的一个基，所以存在v1,…,vn∈V使得T2vi=wi,i=1,…,n，v1,…,vn的存在性可以通过线性映射基本定理得到满足.

现在证明V=nullT2⊕span(v1,…,vn)，对于任何v∈V，存在ai∈F,i∈{1,…,n}我们有：

T2v=a1w1+…+anwn

因此有:

T2(v−a1v1−…−anvn)=0

也就是说： v=(v−a1v1−…−anvn)+(a1v1+…+anvn)

又因为v的任意性，所以：

V=nullT2+span(v1,…,vn)

接下来我们证明直和的条件成立，即nullT2∩span(v1,…,vn)={0} 假设a1v1+…+anvn∈nullT2我们有：

T2(a1v1+…+anvn)=a1w1+…+anwn=0

因为w1,…,wn是线性无关的，所以a1,…,an都是零。所以:

V=nullT2⊕span(v1,…,vn)

同样的，因为v1,…,vn是线性无关的，所以T1v1,…,T1vn也是线性无关的。又因为nullT1=nullT2，所以有：

0=T2(a1v1+…+anvn)=a1w1+…+anwn

现在我们扩展两个W的基，一个从T1v1,…,T1vn扩展到T1v1,…,T1vn,f1,…,fm，另一个从w1,…,wn扩展到w1,…,wn,e1,…,em。在这两个基之间我们定义S∈L(W)使得：

Swi=T1vi,Sej=fj,i=1,…,n;j=1,…,m

之前我们有V=nullT2⊕span(v1,…,vn) 所以对于任何的v∈V可以写成：

v=vnull+a1v1+…+anvn

所以有：

ST2(v)=ST2(vnull+a1v1+…+anvn)=ST2(a1v1+…+anvn)=S(a1w1+…+anwn)=a1T1(v1)+…+anT1(vn)=T1(a1v1+…+anvn)=T1(vnull+a1v1+…+anvn)=T1(v)

所以有ST2=T1。因为S是满射，因此S是单射。

另一方面假设存在可逆映射S∈L(W)满足ST2=T1，对于任何μ∈nullT1，我们有:

ST2μ=T1μ=0

因为S是单射所以，其零空间等于{0}，所以T2μ=0，因此μ∈nullT2。所以nullT1⊆nullT2，同样的，考虑到T2=S−1T1我们有nullT2⊆nullT1,所以有nullT1=nullT2

我们假设rangeT1=rangeT2，令u1,…,um是nullT1的一个基，我们可以把这个基扩展为V的一个基u1,…,um,w1,…,wn。那么根据线性映射基本定理的证明过程我们有：rangeT1=span(Tw1,…,Twn)，另外Tw1,…,Twn是线性独立的。因为rangeT1=rangeT2那么存在v1,…,vn∈V使得T1wi=T2vi,i=1,…,n因为T1w1,…,T1wn是线性独立的，那么T2v1,…,T2vn也是线性独立的，所以v1,…,vn也是线性独立的。由于rangeT1=rangeT2，则有nullT1=nullT2，令ζ1,…,ζm是nullT2的一个基，那么ζ1,…,ζm,v1,…,vn是V的一个基。我们定义S∈L(V)，使得：

Sui=ζi,Swj=vj

那么我们有：

T1wj=T2vj=T2Swj,j=1,…,n

且：

T1ui=0=T2ζi=T2Sui,i=1,…,m

因此T1=T2S，因为我们定义S是在V的一个基上定义的，所以其唯一性得到保证。又因为S是满射，所以S是可逆的。

如果存在一个可逆线性映射S∈L(V)使得T1=T2S，那么对于∀μ∈V都有：

T1μ=T2Sμ∈rangeT2

所以rangeT1⊆rangeT2。

因为S是可逆的，所以T2=T1S−1，我们会得到rangeT2⊆rangeT1.综上我们得到了rangeT1=rangeT2。

这个题目和上一个题目在证明过程中有些许类似，总结如下：

1. 都在一个空间上构建了两个基，并在这两个基之间构建了一个可逆映射。
2. 都用到了基于基构建的线性映射的唯一性。可见3.5非常重要。3.5告诉我们基于定义域的基构建的线性映射具有唯一性。
3. 都用到了3.22线性映射基本定理证明的过程。
4. 都用到了一个命题：假设T∈L(V,W)且v1,…,vm是V的一个向量组，满足Tv1,…,Tvm是线性独立的，那么v1,…,vm是线性独立的。证明过程很简单。值得注意的是这个问题反过来却不一定成立。即我们不能说v1,…,vm是线性独立的，就说Tv1,…,Tvm是线性独立的。因为：

a1Tv1+…+amTvm=T(a1v1+…+amvm)=0

并不意味着a1v1+…+amvm=0。因为有可能a1v1+…+amvm∈nullT 。在线性映射基本定理3.22的证明过程中考虑到了这一个问题。

从正反两个方面完成这个命题的证明。

首先假设存在可逆算子R∈L(V)和S∈L(W)满足T1=ST2R，那么S−1T1=T2R，因此（根据3.D.4）nullT1=nullT2R。因为rangeT2R=rangeT2，所以我们有：

dimnullT2R=dimV−dimrangeT2R=dimV−dimrangeT2=dimnullT2

因此dimnullT1=dimnullT2

然后证明另一方面。如果dimnullT1=dimnullT2，假设u1,…,um是nullT1的一个基，我们可以把这个基扩展为V的一个基u1,…,um,w1,…,wn。假设v1,…,vm是nullT2的一个基，我们同样可以把这个基扩展为V的一个基v1,…,vn,ζ1,…,ζn。我们有T1w1,…,T1wn在W中是线性独立的，所以我们可以把这个线性无关组扩展成为W中的一个基T1w1,…,T1wn,α1,…,αl，同理，T2ζ1,…,T2ζn在W中也是线性无关组，因此可以扩展成W的一个基T2ζ1,…,T2ζn,β1,…,βl,对于V中的两个基，定义线性映射R∈L(V)

Rui=vi,Rwj=ζj,i=1,…,m;j=1,…,n

对于W中的两个基，定义线性映射S∈L(W)：

ST2ζj=T1wj,Sβk=αk,j=1,…,n;k=1,…,l

因为S和R是从基到基的映射，因此S和R是可逆算子。

综上有T1=ST2R

证明子空间只需要做三件事情，证明0的存在，证明齐次可加性。

对于这个题目，显然0∈E。

假设T,S∈E，则有

(T+S)v=Tv+Sv=0+0=0

所以T+S∈E。对于任意的λ∈F：

(λT)v=λ(Tv)=0

因为v≠0，我们可以把v扩展成V的一个基v,v2,…,vn，假设w1,…,wm是W的一个基。在这两个基下，L(V,W)和Fm,n是同构的。

现在因为Tv=0，根据线性映射与矩阵的关系，我们知道M(T)的第一列必须死全零。因此E和第一列是全零的Fm,n同构，因为dimE=dimFm,n=m(n−1)=dimW(dimV−1)

另外这个映射T可以看做是从span(v2,…,vn)向W的映射。

根据线性映射基本定理dimV=dimnullT+dimrangeT，在本题中dimrangeT=dimrangeW，我们令dimV=m+n,dimnullT=m,dimrangeT=n 所以在V中我们只要找到一个U使得dimU=n，我们就找到了一个映射T|U是U到W的同构。因为这两个空间的维度相同。

假设u1,…,um是nullT的一个基，我们可以把这个基扩展为V上的一个基u1,…,um,v1,…,vn，我们知道Tv1,…,Tvn是W的一个基（根据线性映射基本定理的证明过程可得。）。我们定义U=span(v1,…,vn). 对于任何u∈U都可以表示成u=a1v1,…,anvn的形式。

Tu=T(a1v1+…+anvn)=a1Tv1+…+anTvn

即Tu⊆rangeT，又因为Tv1,…,Tvn 张成了rangeT所以rangeT⊆Tu.

因为T:V→W是满射，T|U是满射。又因为对于式(\ref(eq:23))假设Tu=0显然有ai=0，所以null(T|U)={0}，所以T|U是单射。

综上T|U是可逆的线性映射，即T|U是同构。

总结一下这个题目的证明不难，但是有几点需要注意的：

1. 从基到基的映射是单射又是满射。
2. 一般提高同构就考虑是不是可逆映射，是不是既是单射又是满射，是不是两个空间维度相同。

首先假设ST是可逆的，则有存在R∈L(V)使得(ST)R=R(ST)=I，如果v∈V满足Tv=0，那么有：

v=Iv=R(ST)v=0

由于v的任意性，所以nullT=0，所以T是单射，所以T是可逆的。如果u∈V，那么：

u=Iu=(ST)Ru=S(TRu)

这说明u∈rangeS这说明S是满射，所以S是可逆的。

现在证明另一方向。现在假设S,T都是可逆的，所以：

ST(T−1S−1)=S(TT−1)S−1=SS−1=I

又因为：

T−1S−1ST=T−1(S−1S)T=T−1T=I

因此T−1S−1是ST的逆。

首先假设ST=I，因为I是可逆的，所以ST是可逆的，所以S和T是可逆的。我们对ST=I两边乘以T的逆，则有S=T−1

我们把TS中的S换成T−1，显然有TS=I

同理，我们也可以从TS=I推导出ST=I.

首先I是可逆的，所以S,T,U都是可逆的，并且T=S−1U−1，进而T−1=US

举一个反例。

假设V=C∞ ，定义T,S,U为：

T(z1,z2,z3,…)=(0,z1,z2,z3,…)S(z1,z2,z3,…)=(z2,z3,,z4,…)U=I

我们有STU=I，但是T不是满射。

因为V是有限维的，RST是满射意味着RST可逆，所以R,S,T是可逆的。所以S是单射。

我们首先证明T是线性映射，根据线性映射的定义，需要证明T满足齐次可加性。

假设v,w∈V，我们可以把这两个元素写作：

v=a1v1+…+anvnw=b1v1+…+bnvn

则有:

Tv=M(v)=[a1⋮an]Tw=M(w)=[b1⋮bn]

所以有：

T(v+w)=M(v+w)=[a1+b1⋮an+bn]=M(v)+M(w)=Tv+Tw

即,T满足可加性。

另外对于

cv=ca1v1+…canvn

有T(cv)=M(cv)=[ca1,…,can]=cM(v)=cTv

显然，T具有齐次性。

所以T是线性映射。

对于Tv=0，我们有a1=…=an=0，所以有v=0，因此T是单射；

另外

T(c1v1+…+cnvn)=[c1⋮cn]

由于c1,…,cn取值的任意性，有rangeT=Fn,1

所以T既是单射又是满射。即，T是可逆的。

这个题目的证明与3.65类似。这个矩阵A不仅依赖于基的选取，还依赖于T。

假设T=λI，显然ST=SλI=λSI=λS=λIS=TS

另一方面假设TS=ST

令e1,…,en是V的一个基，假设E≠{0}，则有非零的T∈E，这意味着存在一个s∈{1,…,n}满足Tes≠0，令： Tes=a1e1+…+anen

因为Tes≠0，则存在t∈{1,…,n}满足at≠0. 定义Eijek=δikej，其中:

δjk={0j≠k1j=k

通过定义，对于每一个i∈{1,…,n}我们有：

EtiTEisej=atδijei,j=1,…,n

另外我们之前假设T∈E，所以EtiTEis∈E，注意E是L(V)的一个子集，所以：

(Et1TE1s+…+EtnTEns)ej=atej,j=1,…,n

并且Et1TE1s+…+EtnTEns∈E，这意味这ajI∈E，所以对任何S∈L(V)都有 S=SI∈E，也就是说E=L(V)

这个题目太难想了。