Definizioni prodotti tensoriali
Ciao, amici!
Conoscevo la definizione di prodotto tensoriale, dal Sernesi, nei seguenti termini: chiamato \(\mathcal{T}^r(V^\breve{})\) il $K$-spazio vettoriale degli $r$-tensori covarianti, cioè delle forme $r$-lineari di tipo \(F:V^r\to K\), tali cioè che soddisfano\[F(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_{i-1},a\mathbf{v}_i+a'\mathbf{v}'_{i},\mathbf{v}_{i+1},...,\mathbf{v}_r)\]\[=aF(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_{i-1},\mathbf{v}_i,\mathbf{v}_{i+1},...,\mathbf{v}_r)+a'F(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_{i-1},\mathbf{v}'_i,\mathbf{v}_{i+1},...,\mathbf{v}_r)\]per ogni \(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_{i-1},\mathbf{v}_i,\mathbf{v}'_{i},\mathbf{v}_{i+1},...,\mathbf{v}_r\in V\) e \(a,a'\in K\), si definisce, per \(F\in\mathcal{T}^r(V^\breve{})\) e \(G\in\mathcal{T}^s(V^\breve{})\), il prodotto tensoriale \(F\otimes G:V^{r+s}\to K\) come la forma ($r$+$s$)-lineare definita da\[(F\otimes G)(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_r,\mathbf{v}_{r+1},...,\mathbf{v}_{r+s})=F(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_r)G(\mathbf{v}_{r+1},...,\mathbf{v}_{r+s}).\]
Studiando algebra sul Bosch trovo il prodotto tensoriale di due $R$-moduli $M$ e $N$ su un anello $R$ definito come un $R$-modulo $T$ insieme a un'applicazione $R$-bilineare \(\tau:M\times N\to T\) che soddisfa la seguente proprietà: per ogni applicazione $R$-bilineare \(\Phi:M\times N\to E\) con $E$ un $R$-modulo, esiste un'unica applicazione $R$-lineare \(\varphi:T\to E\) per cui \(\Phi=\varphi\circ\tau\).
Suppongo che la definizione di sopra, quella del Sernesi, sia un caso particolare di quella di sotto, che leggerei con $R=K$, con i $K$-moduli che sono \(M=\mathcal{T}^r(V^\breve{})\), \(N=\mathcal{T}^r(V^\breve{})\) e \(T=\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})\) e l'applicazione \(\tau\) che è \(\mathcal{T}^r(V^\breve{})\times\mathcal{T}^s(V^\breve{})\to\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{}),(F,G)\mapsto F\otimes G\), che so essere bilineare.
Quello che non mi è chiaro è: si può dimostrare che per ogni applicazione $K$-bilineare \(\Phi:\mathcal{T}^r(V^\breve{})\times\mathcal{T}^s(V^\breve{})\to E\), con $E$ un $K$-spazio vettoriale, esiste un'unica applicazione $K$-lineare \(\varphi:\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})\to E\) tale che \(\Phi=\varphi\circ\tau\)?
\(\infty\) grazie a tutti!!!
Conoscevo la definizione di prodotto tensoriale, dal Sernesi, nei seguenti termini: chiamato \(\mathcal{T}^r(V^\breve{})\) il $K$-spazio vettoriale degli $r$-tensori covarianti, cioè delle forme $r$-lineari di tipo \(F:V^r\to K\), tali cioè che soddisfano\[F(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_{i-1},a\mathbf{v}_i+a'\mathbf{v}'_{i},\mathbf{v}_{i+1},...,\mathbf{v}_r)\]\[=aF(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_{i-1},\mathbf{v}_i,\mathbf{v}_{i+1},...,\mathbf{v}_r)+a'F(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_{i-1},\mathbf{v}'_i,\mathbf{v}_{i+1},...,\mathbf{v}_r)\]per ogni \(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_{i-1},\mathbf{v}_i,\mathbf{v}'_{i},\mathbf{v}_{i+1},...,\mathbf{v}_r\in V\) e \(a,a'\in K\), si definisce, per \(F\in\mathcal{T}^r(V^\breve{})\) e \(G\in\mathcal{T}^s(V^\breve{})\), il prodotto tensoriale \(F\otimes G:V^{r+s}\to K\) come la forma ($r$+$s$)-lineare definita da\[(F\otimes G)(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_r,\mathbf{v}_{r+1},...,\mathbf{v}_{r+s})=F(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_r)G(\mathbf{v}_{r+1},...,\mathbf{v}_{r+s}).\]
Studiando algebra sul Bosch trovo il prodotto tensoriale di due $R$-moduli $M$ e $N$ su un anello $R$ definito come un $R$-modulo $T$ insieme a un'applicazione $R$-bilineare \(\tau:M\times N\to T\) che soddisfa la seguente proprietà: per ogni applicazione $R$-bilineare \(\Phi:M\times N\to E\) con $E$ un $R$-modulo, esiste un'unica applicazione $R$-lineare \(\varphi:T\to E\) per cui \(\Phi=\varphi\circ\tau\).
Suppongo che la definizione di sopra, quella del Sernesi, sia un caso particolare di quella di sotto, che leggerei con $R=K$, con i $K$-moduli che sono \(M=\mathcal{T}^r(V^\breve{})\), \(N=\mathcal{T}^r(V^\breve{})\) e \(T=\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})\) e l'applicazione \(\tau\) che è \(\mathcal{T}^r(V^\breve{})\times\mathcal{T}^s(V^\breve{})\to\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{}),(F,G)\mapsto F\otimes G\), che so essere bilineare.
Quello che non mi è chiaro è: si può dimostrare che per ogni applicazione $K$-bilineare \(\Phi:\mathcal{T}^r(V^\breve{})\times\mathcal{T}^s(V^\breve{})\to E\), con $E$ un $K$-spazio vettoriale, esiste un'unica applicazione $K$-lineare \(\varphi:\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})\to E\) tale che \(\Phi=\varphi\circ\tau\)?
\(\infty\) grazie a tutti!!!
Risposte
Si, si può dimostrare. Non è difficile, solo un delirio di conti e di indici per tenere traccia di tutto quello che si vuole. Una dimostrazione non troppo complicata è su Hungerford o su Eisenbud. Su Hungerford non è spiegato tutto, ma ci sono gli enunciati con gli spazi vettoriali. Eisenbud fa le cose in dettaglio ma usa moduli su anelli qualsiasi (se $K$ è un campo, $V$ è un $K$-modulo se e solo se è uno spazio vettoriale su $K$) e fa tutti i conti.
Non è una dimostrazione particolarmente interessante. Secondo me il modo giusto per capire cosa sono i tensori è usando gli spazi vettoriali (in cui il prodotto tensoriale di due spazi è isomorfo (ma anche più che isomorfo) allo spazio delle matrici da uno spazio nell'altro). Su moduli qualsiasi si può visualizzare cosa succede in casi piccoli facendo i conti a mano, ma avere sempre in mente cosa succede con gli spazi vettoriali facilita molto le cose.
Non è una dimostrazione particolarmente interessante. Secondo me il modo giusto per capire cosa sono i tensori è usando gli spazi vettoriali (in cui il prodotto tensoriale di due spazi è isomorfo (ma anche più che isomorfo) allo spazio delle matrici da uno spazio nell'altro). Su moduli qualsiasi si può visualizzare cosa succede in casi piccoli facendo i conti a mano, ma avere sempre in mente cosa succede con gli spazi vettoriali facilita molto le cose.
Grazie di cuore!!!
Proseguendo nella lettura del Bosch, trovo che dimostra l'esistenza del prodotto tensoriale \(T\) per qualunque scelta di $R$-moduli $M$ e $N$ utilizzando l'interessante costruzione dell'$R$-modulo generato datutte le coppie \((x,y)\in M\times N\), chiamato \(R^{(M\times N)}\), passando poi al quoziente \(R^{(M\times N)}/Q\) rispetto al più piccolo sottomodulo $Q$ tale che le classi laterali contenenti gli elementi \((x,y)\) mantengano la $R$-bilinearità dei tensori, che si vede in pratica immediatamente che è il sottomodulo \(Q\subset R^{(M\times N)}\) generato da\[(x+x',y)-(x,y)-(x',y),\quad(x,y+y')-(x,y)-(x,y')\]\[(ax,y)-a(x,y),\quad(x,ay)-a(x,y)\]per ogni \(a\in R\), \(x,x'\in M\) e \(y,y'\in N\). Ponendo \(T=R^{(M\times N)}/Q\), tale modulo quoziente, con l'applicazione, che risulta $R$-bilineare, \(\tau:M\times N\to T\) che associa ad ogni \((x,y)\in M\times N\) la classe laterale corrispondente in $T$, rappresenta un prodotto tensoriale di \(M\) e $N$ su $R$, come si vede qua.
Mi chiedevo se fosse sufficiente notare* che, per \(\tau':\mathcal{T}^r(V^\breve{})\times\mathcal{T}^s(V^\breve{})\to\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{}),(F,G)\mapsto F\otimes G\), vale che \((F+F',G)-(F,G)-(F',G)\), \((F,G+G')-(F,G)-(F,G')\), \((aF,G)-a(F,G)\), \((F,aG)-a(F,G)\in\ker\tau'\) per ogni \(a\in K\), \(F,F'\in \mathcal{T}^r(V^\breve{})\) e \(G,G'\in \mathcal{T}^s(V^\breve{})\) e, utilizzando al posto di \(Q\) il sottomodulo generato da tali elementi** di \(\mathcal{T}^r(V^\breve{})\times\mathcal{T}^s(V^\breve{})\), ripercorrere esattamente lo stesso ragionamento di p. 275 del Bosch, naturalmente ponendo \(\tau=\tau'\), \(M=\mathcal{T}^r(V^\breve{})\) e \(N=\mathcal{T}^s(V^\breve{})\). È lecito questo mio modo di procedere?
\(\infty\) grazie ancora, a te e a tutti gli altri che vorranno intervenire!!!
*Ovviamente l'($r$+$s$)-tensore \(\tau'((F+F',G)-(F,G)-(F',G))=(F+F'-F-F')\otimes (G-G-G)\) \(=0\otimes-G\) come definito nel primo post coincide con \(0\in\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})\) e analogamente per le combinazioni seguenti.
**Non mi sembrerebbe tuttavia necessario verificare a priori se valga \(\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})=R^{(\mathcal{T}^{r}(V^\breve{})\times\mathcal{T}^{s}(V^\breve{}))}/Q\), cosa che non saprei dimostrare...
Proseguendo nella lettura del Bosch, trovo che dimostra l'esistenza del prodotto tensoriale \(T\) per qualunque scelta di $R$-moduli $M$ e $N$ utilizzando l'interessante costruzione dell'$R$-modulo generato datutte le coppie \((x,y)\in M\times N\), chiamato \(R^{(M\times N)}\), passando poi al quoziente \(R^{(M\times N)}/Q\) rispetto al più piccolo sottomodulo $Q$ tale che le classi laterali contenenti gli elementi \((x,y)\) mantengano la $R$-bilinearità dei tensori, che si vede in pratica immediatamente che è il sottomodulo \(Q\subset R^{(M\times N)}\) generato da\[(x+x',y)-(x,y)-(x',y),\quad(x,y+y')-(x,y)-(x,y')\]\[(ax,y)-a(x,y),\quad(x,ay)-a(x,y)\]per ogni \(a\in R\), \(x,x'\in M\) e \(y,y'\in N\). Ponendo \(T=R^{(M\times N)}/Q\), tale modulo quoziente, con l'applicazione, che risulta $R$-bilineare, \(\tau:M\times N\to T\) che associa ad ogni \((x,y)\in M\times N\) la classe laterale corrispondente in $T$, rappresenta un prodotto tensoriale di \(M\) e $N$ su $R$, come si vede qua.
Mi chiedevo se fosse sufficiente notare* che, per \(\tau':\mathcal{T}^r(V^\breve{})\times\mathcal{T}^s(V^\breve{})\to\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{}),(F,G)\mapsto F\otimes G\), vale che \((F+F',G)-(F,G)-(F',G)\), \((F,G+G')-(F,G)-(F,G')\), \((aF,G)-a(F,G)\), \((F,aG)-a(F,G)\in\ker\tau'\) per ogni \(a\in K\), \(F,F'\in \mathcal{T}^r(V^\breve{})\) e \(G,G'\in \mathcal{T}^s(V^\breve{})\) e, utilizzando al posto di \(Q\) il sottomodulo generato da tali elementi** di \(\mathcal{T}^r(V^\breve{})\times\mathcal{T}^s(V^\breve{})\), ripercorrere esattamente lo stesso ragionamento di p. 275 del Bosch, naturalmente ponendo \(\tau=\tau'\), \(M=\mathcal{T}^r(V^\breve{})\) e \(N=\mathcal{T}^s(V^\breve{})\). È lecito questo mio modo di procedere?
\(\infty\) grazie ancora, a te e a tutti gli altri che vorranno intervenire!!!
*Ovviamente l'($r$+$s$)-tensore \(\tau'((F+F',G)-(F,G)-(F',G))=(F+F'-F-F')\otimes (G-G-G)\) \(=0\otimes-G\) come definito nel primo post coincide con \(0\in\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})\) e analogamente per le combinazioni seguenti.
**Non mi sembrerebbe tuttavia necessario verificare a priori se valga \(\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})=R^{(\mathcal{T}^{r}(V^\breve{})\times\mathcal{T}^{s}(V^\breve{}))}/Q\), cosa che non saprei dimostrare...
Non son sicuro di aver capito la domanda...Il tuo modo di procedere e' certamente lecito. Chiamiamo $K$ il sottomodulo su cui si quozienta il modulo libero generato dalle coppie per ottenere il prodotto tensore (quindi $K$ e' generato dalle quattro relazioni che tu hai scritto in display sul tuo post). E' immediato che $K \subseteq \ker \tau'$. L'altra inclusione non e' facile da mostrare: e' piu' facile osservare che il quoziente su $K$ ha la proprieta' universale richiesta al prodotto tensoriale.
Non riesco a vedere le pagine che hai linkato, ma da qualche parte dovrei avere un pdf del tuo testo. Appena lo trovo controllo cosa fa lui.
Non riesco a vedere le pagine che hai linkato, ma da qualche parte dovrei avere un pdf del tuo testo. Appena lo trovo controllo cosa fa lui.
Mi è venuta in mente una cosa: accertato che una certa applicazione \(\tau:V\times W\to T\) dove $V,W,T$ sono $K$-spazi vettoriali è bilineare, se il prodotto tensoriale noto \(V\otimes_{K}W\) ha dimensione $m$, direi che sia sufficiente che $T$ abbia dimensione $m$ per essere certi che \(T\simeq V\otimes_{K}W\) sia prodotto tensoriale di $V$ e $W$ su $K$. Spero di venire corretto se sbaglio.
Nel caso specifico di verificare che \( T=\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{}) \) sia effettivamente prodotto tensoriale di \(\mathcal{T}^{r}(V^\breve{}) \) e \(\mathcal{T}^{s}(V^\breve{}) \) su $K$ mi pare che basti sapere quale sia per un generico $k$ la dimensione di \(\mathcal{T}^{k}(V^\breve{}) \) e verificare che vale effettivamente \(\dim_K (\mathcal{T}^{r}(V^\breve{})\otimes_{K}\mathcal{T}^{s}(V^\breve{}) )=\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})\)...
Ho tutta l'impressione che in generale valga \(\dim_K(V\otimes_{K}W)=\dim_K(V)\cdot\dim_{K}(W)\), ma non sono certo di come dimostrarlo: qualcuno mi tirerebbe un salvagente?
D'altra parte ho anche l'impressione che \(\dim_K(\mathcal{T}^{k}(V^\breve{}))=\dim_K(V)^k\) e questo mi sembra -spero di non sbagliarmi- praticamente immediato visto che \(\dim_K (V)=\dim_K (V^\breve{})\) (=dimensione dello spazio duale di $V$) e visto che, per ogni \(F\in \mathcal{T}^{k}\), "fissando di volta in volta" tutti i \(\mathbf{v}_i\) nell'argomento di \(F(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_k)\) tranne uno, mi sembra di poter considerare la base che genera tutte le possibili applicazioni $K$-lineari \(V_k\to K\), che ha dimensione appunto \(\dim_K (V)\), ripetendo lo stesso ragionamento per ognuna delle $k$ "variabili" \(\mathbf{v}_i\) dell'argomento di $F$. Non mi sono spiegato in termini rigorosi, ma spero di essermi un pochettino avvicinato al bersaglio.
\(\aleph_1\) grazie a Pappappero per quanto mi ha aiutato finora e quanto eventualmente aggiunga e a chiunque altro intervenga!
Nel caso specifico di verificare che \( T=\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{}) \) sia effettivamente prodotto tensoriale di \(\mathcal{T}^{r}(V^\breve{}) \) e \(\mathcal{T}^{s}(V^\breve{}) \) su $K$ mi pare che basti sapere quale sia per un generico $k$ la dimensione di \(\mathcal{T}^{k}(V^\breve{}) \) e verificare che vale effettivamente \(\dim_K (\mathcal{T}^{r}(V^\breve{})\otimes_{K}\mathcal{T}^{s}(V^\breve{}) )=\mathcal{T}^{r+s}(V^\breve{})\)...
Ho tutta l'impressione che in generale valga \(\dim_K(V\otimes_{K}W)=\dim_K(V)\cdot\dim_{K}(W)\), ma non sono certo di come dimostrarlo: qualcuno mi tirerebbe un salvagente?
D'altra parte ho anche l'impressione che \(\dim_K(\mathcal{T}^{k}(V^\breve{}))=\dim_K(V)^k\) e questo mi sembra -spero di non sbagliarmi- praticamente immediato visto che \(\dim_K (V)=\dim_K (V^\breve{})\) (=dimensione dello spazio duale di $V$) e visto che, per ogni \(F\in \mathcal{T}^{k}\), "fissando di volta in volta" tutti i \(\mathbf{v}_i\) nell'argomento di \(F(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_k)\) tranne uno, mi sembra di poter considerare la base che genera tutte le possibili applicazioni $K$-lineari \(V_k\to K\), che ha dimensione appunto \(\dim_K (V)\), ripetendo lo stesso ragionamento per ognuna delle $k$ "variabili" \(\mathbf{v}_i\) dell'argomento di $F$. Non mi sono spiegato in termini rigorosi, ma spero di essermi un pochettino avvicinato al bersaglio.
\(\aleph_1\) grazie a Pappappero per quanto mi ha aiutato finora e quanto eventualmente aggiunga e a chiunque altro intervenga!
"DavideGenova":
Mi è venuta in mente una cosa: accertato che una certa applicazione \(\tau:V\times W\to T\) dove $V,W,T$ sono $K$-spazi vettoriali è bilineare, se il prodotto tensoriale noto \(V\otimes_{K}W\) ha dimensione $m$, direi che sia sufficiente che $T$ abbia dimensione $m$ per essere certi che \(T\simeq V\otimes_{K}W\) sia prodotto tensoriale di $V$ e $W$ su $K$. Spero di venire corretto se sbaglio.
No, questo è falso: affinchè \(T\cong V\otimes_K W\) $T$ deve anche (in effetti, solo) avere la proprietà universale del prodotto tensoriale.
"killing_buddha":
No, questo è falso: affinchè \( T\cong V\otimes_K W \) $ T $ deve anche (in effetti, solo) avere la proprietà universale del prodotto tensoriale.
Avevo ragionato nel modo seguente. Illustro con un diagrammino commutativo realizzato con le mie scarse capacità con Latex (in particolare non sono stato in grado di realizzare le frecce oblique e ho dovuto ripetere tre volte $E$ uguagliandolo a se stesso: mi scuso per l'inguardabilità del diagramma
), dove $V$ e $W$ sono $K$-spazi vettoriali e $\tau$ è l'applicazione bilineare che definisce il prodotto tensoriale \(V\otimes_{K}W\). Si ha quindi che per ogni applicazione $K$-bilineare \(\Phi\) esiste una ed una sola applicazione $K$-lineare \(\varphi:V\otimes_{K}W\to E\) tale che \(\Phi=\varphi\circ\tau\).\[\begin{CD}{V\times W} @> {\tau} >> {V\otimes_{K}W} @> {i}>> {T'} \\
@V{\Phi}VV @VV{\varphi}V @VV{\varphi'}V \\
{E} @= {E} @= {E}\\
\end{CD}\]Se $i$ è un $K$-isomorfismo tra i moduli, cioè tra gli spazi vettoriali, \(V\otimes_{K}W\) e $T'$, ho l'impressione che $\tau':=i\circ\tau$ sia un'applicazione $K$-bilineare \(V\times W\to T'\): sbaglio?
Direi poi che esista una corrispondenza biunivoca tra ogni applicazione $K$-lineare \(\varphi:V\otimes_{K}W\to E\) e un'applicazione $K$-lineare \(\varphi':T'\to E\) perché mi pare che ad ognuna di queste \(\varphi'\in\text{Hom}_K(T',E)\) corrisponda una \(\varphi'\circ i\in\text{Hom}_K(V\otimes_{K}W,E)\) e ad ogni \(\varphi\in\text{Hom}_K(V\otimes_{K}W,E)\) corrisponda una \(\varphi\circ i^{-1}\in\text{Hom}_K(T',E)\): è scorretto?
Se tali premesse sono vere, mi sembrerebbe -ponendo \(\varphi'=\varphi\circ i^{-1}\) dove \(\varphi\in\text{Hom}_K(V\otimes_{K}W,E)\) è l'unica mappa $K$-lineare che soddisfa \(\Phi=\varphi\circ\tau\)- che per ogni mappa $K$-bilineare \(\Phi:V\times W\to E\) esista una ed una sola applicazione $K$-lineare \(\varphi':T'\to E\) tale che \(\Phi=\varphi'\circ\tau'=\varphi'\circ(i\circ\tau)\), cioè \(\varphi\circ i^{-1}\). Da questo dedurrei che $T'$, con \(\tau'=i\circ\tau\), è prodotto tensoriale di $V$ e $W$ su $K$.
Dove sbaglio?
\(\aleph_1\) grazie a te e a tutti gli intervenuti e a coloro che intervengano!!!
Se $T$ fosse il prodotto tensoriale dei due moduli in questione, ci sarebbe solo un isomorfismo possibile da lui a $V\otimes_K W$; è una conseguenza della proprietà universale.
C'è una cosa importante di cui bisogna tenere conto. Due spazi vettoriali con la stessa dimensione sono sempre isomorfi. Il fatto è che in generale l'isomorfismo dipende dalla base scelta. Se esiste un isomorfismo che non dipende dalla base scelta, si parla di isomorfismo canonico.
Il tuo $i$ è un isomorfismo e se non dipende dalle basi scelte hai perfettamente ragione. Tuttavia, la sola corrispondenza delle dimensioni non basta per dire che $T'$ è "canonicamente isomorfo" al prodotto tensoriale.
Il tuo $i$ è un isomorfismo e se non dipende dalle basi scelte hai perfettamente ragione. Tuttavia, la sola corrispondenza delle dimensioni non basta per dire che $T'$ è "canonicamente isomorfo" al prodotto tensoriale.
$\infty$ grazie a tutti e due!!!
Accidenti, che sbagliaccio: non consideravo che può esistere più di un isomorfismo tra i due spazi!
Tuttavia se l'$R$-isomorfismo di moduli \(M\otimes_{R}N\simeq T'\) è unico mi sento rincuorato nel vedere che non è un delirio l'idea che $T'$ è un prodotto tensoriale di $M$ e $N$ su $R$.
Accidenti, che sbagliaccio: non consideravo che può esistere più di un isomorfismo tra i due spazi!Tuttavia se l'$R$-isomorfismo di moduli \(M\otimes_{R}N\simeq T'\) è unico mi sento rincuorato nel vedere che non è un delirio l'idea che $T'$ è un prodotto tensoriale di $M$ e $N$ su $R$.
Sto cercando più materiale possibile sull'argomento, ma, più leggo, più mi confondo le idee. Il Sernesi chiama $r$-tensore ogni applicazione multilineare $V^r\to K$. Tali applicazioni costituiscono uno spazio vettoriale chiamato \(\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\), sicché, definendo somma e moltiplicazione per uno scalare per ogni \(F,G\in\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\) e $a,b\in K$ come \(aF+bG:(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_r)\mapsto aF(\mathbf{v}_1,...\mathbf{v}_r)+bG(\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_r)\), si ottiene un altra applicazione multilineare $V^r\to K$, cioè un altro $r$-tensore secondo tale definizione. Ora, so che non ogni somma di tensori (secondo la definizione, la seconda del post originale, basata sull'esistenza ed unicità di \(\varphi:\Phi=\varphi\circ\tau\)) appartenenti ad un prodotto tensoriale, che è anche un $K$-modulo, è necessariamente un tensore.
Nel caso particolare degli $r$-tensori di \(\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\), invece, tale proprietà mi sembra valere. Ciò non è ovviamente una contraddizione, ma mi sembra sospetto e forse indice che, in questa faccenda, non stia capendo niente.
D'altra parte so che l'utilizzo dei tensori è onnipresente in fisica e mi stupisco di quanto mi risulti difficile cercando in rete e su testi stampati e digitali vari un'illustrazione esplicita del fatto che un $r$-tensore/applicazione multilineare \(F\in\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\), è anche un tensore in quanto immagine di un'applicazione \(\tau:M\times N\to\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\) per opportuni $K$-moduli $M$ e $N$, cioè del fatto che la definizione usata in algebra multilineare è un caso particolare della definizione secondo la proprietà universale...
Nel caso particolare degli $r$-tensori di \(\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\), invece, tale proprietà mi sembra valere. Ciò non è ovviamente una contraddizione, ma mi sembra sospetto e forse indice che, in questa faccenda, non stia capendo niente.
D'altra parte so che l'utilizzo dei tensori è onnipresente in fisica e mi stupisco di quanto mi risulti difficile cercando in rete e su testi stampati e digitali vari un'illustrazione esplicita del fatto che un $r$-tensore/applicazione multilineare \(F\in\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\), è anche un tensore in quanto immagine di un'applicazione \(\tau:M\times N\to\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\) per opportuni $K$-moduli $M$ e $N$, cioè del fatto che la definizione usata in algebra multilineare è un caso particolare della definizione secondo la proprietà universale...
Ho trovato un documento piuttosto chiaro qui. Le argomentazioni di questo documento che si riferiscono a prodotti di due spazi vettoriali e applicazioni $K$-bilineari mi sembrano del tutto valide per prodotti di un numero finito $r$ arbitrario di spazi vettoriali $V_i$ e applicazioni $K$-multilineari. Naturalmente se per ogni indice $V_i=V_j$ lo spazio \(\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\) è quello chiamato \(\mathcal{T}^r(V^{\breve{}})\) nel post originale.
Quindi, dall'esercizio 1.3, direi che, chiamando \(L_i\in V_i^{\breve{}}\) un generico funzionale lineare $V_i\to K$, si possa definire l'isomorfismo \[\phi: V_1^{\breve{}}\otimes_K ...\otimes_K V_r^{\breve{}}\xrightarrow{\sim}\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K),\quad \phi(L_1\otimes...\otimes L_r) (\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_r)=L_1(\mathbf{v}_1)...L_r(\mathbf{v}_r)\]Se quindi le applicazioni multilineari contenute in \(\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\) sono tensori nel senso degli elementi che definiscono il prodotto tensoriale dotato della proprietà universale descritta nel post originale, direi che questo \(\phi\) debba essere l'unico isomorfismo che lega \(V_1^{\breve{}}\otimes_K ...\otimes_K V_r^{\breve{}}\) e \(\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\), giusto?
Ora, osservo che, chiamato \(\psi:V_1^{\breve{}}\otimes_K ...\otimes_K V_r^{\breve{}}\xrightarrow{\sim}(V_1\otimes_K ...\otimes_K V_r)^{\breve{}}\) l'isomorfismo analogo a quello omonimo dell'es. 1.3, ad ogni funzionale lineare \(V_1\otimes_K ...\otimes_K V_r\to K\) corrisponde proprio per la proprietà universale del prodotto tensoriale una ed una sola applicazione $K$-multilineare \(\prod_{i=1}^r V_i\to K\), quindi l'isomorfismo \(\psi\circ\phi^{-1}:\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\xrightarrow{\sim}(V_1\otimes_K ...\otimes_K V_r)^{\breve{}} \) è unico.
A questo punto direi che, se esiste un altro isomorfismo \(\phi':V_1^{\breve{}}\otimes_K ...\otimes_K V_r^{\breve{}}\xrightarrow{\sim}\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\), si debba avere \(\phi\circ\psi^{-1}=\phi'\circ\psi^{-1}\) e quindi \(\phi=\phi'\). O sbaglio?
Inoltre credo di aver compreso la mia perplessità circa il fatto che non ogni combinazione lineare di tensori è un tensore: alcuni autori, tra cui il Sernesi, chiamano effettivamente tensore ogni combinazione lineare di tensori, ogni elemento appartenente ad un prodotto tensoriale, mentre altri, come il Bosch, chiamano tensori quelli che i primi chiamano tensori decomponibili.
$\infty$ grazie e buone feste a tutti!!!
Quindi, dall'esercizio 1.3, direi che, chiamando \(L_i\in V_i^{\breve{}}\) un generico funzionale lineare $V_i\to K$, si possa definire l'isomorfismo \[\phi: V_1^{\breve{}}\otimes_K ...\otimes_K V_r^{\breve{}}\xrightarrow{\sim}\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K),\quad \phi(L_1\otimes...\otimes L_r) (\mathbf{v}_1,...,\mathbf{v}_r)=L_1(\mathbf{v}_1)...L_r(\mathbf{v}_r)\]Se quindi le applicazioni multilineari contenute in \(\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\) sono tensori nel senso degli elementi che definiscono il prodotto tensoriale dotato della proprietà universale descritta nel post originale, direi che questo \(\phi\) debba essere l'unico isomorfismo che lega \(V_1^{\breve{}}\otimes_K ...\otimes_K V_r^{\breve{}}\) e \(\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\), giusto?
Ora, osservo che, chiamato \(\psi:V_1^{\breve{}}\otimes_K ...\otimes_K V_r^{\breve{}}\xrightarrow{\sim}(V_1\otimes_K ...\otimes_K V_r)^{\breve{}}\) l'isomorfismo analogo a quello omonimo dell'es. 1.3, ad ogni funzionale lineare \(V_1\otimes_K ...\otimes_K V_r\to K\) corrisponde proprio per la proprietà universale del prodotto tensoriale una ed una sola applicazione $K$-multilineare \(\prod_{i=1}^r V_i\to K\), quindi l'isomorfismo \(\psi\circ\phi^{-1}:\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\xrightarrow{\sim}(V_1\otimes_K ...\otimes_K V_r)^{\breve{}} \) è unico.
A questo punto direi che, se esiste un altro isomorfismo \(\phi':V_1^{\breve{}}\otimes_K ...\otimes_K V_r^{\breve{}}\xrightarrow{\sim}\text{Mult}(\prod_{i=1}^r V_i,K)\), si debba avere \(\phi\circ\psi^{-1}=\phi'\circ\psi^{-1}\) e quindi \(\phi=\phi'\). O sbaglio?
Inoltre credo di aver compreso la mia perplessità circa il fatto che non ogni combinazione lineare di tensori è un tensore: alcuni autori, tra cui il Sernesi, chiamano effettivamente tensore ogni combinazione lineare di tensori, ogni elemento appartenente ad un prodotto tensoriale, mentre altri, come il Bosch, chiamano tensori quelli che i primi chiamano tensori decomponibili.
$\infty$ grazie e buone feste a tutti!!!
Quello che tu vuoi fare quando definisci il prodotto tensoriale di due spazi vettoriali è, essenzialmente, cerca un oggetto che faccia da rappresentante a un funtore. Questo funtore, fissati due spazi $V,W$, è quello che manda uno spazio vettoriale $U$ (tutti e tre sullo stesso campo $k$; in effetti il grado massimo e indolore di generalità a cui spostarsi è quello in cui $U,V,W$ sono moduli su un anello, unitario ma non necessariamente commutativo: si può generalizzare ancora, ma diventa doloroso).
Cosa vuol dire rappresentare un funtore? Che tu hai una corrispondenza che manda $U$ in \(\text{Mult}(V\times W,U)\), la quale è compatibile (nel senso di tutti i funtori) con la presenza di applicazioni $k$-lineari \(U\to U'\). Vorresti ora "approssimare nel modo migliore possibile" la suddetta operazione vedendola come il considerare mappe da un opportuno spazio $T$ (il prodotto tensoriale, che "approssima con una funzione lineare, nel modo miglliore possibile, una applicazione multilineare") verso il tuo $U$.Vuoi in pratica che
\[
\text{Mult}(V\times W,U)\cong \hom_k(T,U)
\]
in un modo che "non dipenda dalle coordinate" (quello che si dice, cioè, un isomorfismo canonico: uguale in ogni base perché definito da una corrispondenza coordinate-free). Cominci a riconoscere qualcosa di simile a quello che affermi tu? Capisci anche bene che farlo per due spazi implica subito come farlo per un numero arbitrario di spazi (sotto questa affermazione c'è in realtà un po' di lavoro che ti permette di giustificare l'affermazione in modo rigoroso, vedi la nota sotto[1]).
Non è stupefacente che questo linguaggio non abbia mai percolato fuori dalla scuola di geometria differenziale francese (i due Cartan, soprattutto); stupisce anche me il livello di astrusità che raggiungono certe esposizioni reperibili sui vecchi testi di geometria in italiano e su praticamente qualsiasi testo in inglese: le notazioni non sono mai comuni ai vari autori; l'ordine di esposizione dei concetti nemmeno, certi risultati che a volte sono definizioni da un'altra parte diventano corollari. E' spiacevole, soprattutto dopo che hai "attraversato il fiume", vedere che c'è ancora chi ha dei problemi a definire $V\otimes_k W$ come un quoziente rispetto a una certa relazione di equivalenza, o a trattarlo come un oggetto universale.
[1] Quello che devi dimostrare è che "il prodotto tensoriale è associativo": Supponi di aver trovato un rappresentante $T$ per $\text{Mult}(V\times (W\times Z),U)$ e un rappresentante $T'$ per $\text{Mult}((V\times W)\times Z,U)$; d'altra parte è evidente che il prodotto cartesiano di spazi vettoriali sia una operazione associativa a meno di un isomorfismo fin troppo canonico per essere riconosciuto diverso dall'identità: e allora hai che
\[
\hom(T,U)\cong \text{Mult}(V\times (W\times Z),U)\cong \text{Mult}((V\times W)\times Z,U)\cong \hom(T',U)
\]
per ogni $k$-spazio vettoriale $U$; d'altra parte adesso è vero per $U=T$, e l'identità di $T$ deve andare, lungo quella catena di isomorfismi, in un isomorfismo $T\to T'$ (ti invito a provarlo). Fine: i due spazi sono isomorfi in un solo modo.
Cosa vuol dire rappresentare un funtore? Che tu hai una corrispondenza che manda $U$ in \(\text{Mult}(V\times W,U)\), la quale è compatibile (nel senso di tutti i funtori) con la presenza di applicazioni $k$-lineari \(U\to U'\). Vorresti ora "approssimare nel modo migliore possibile" la suddetta operazione vedendola come il considerare mappe da un opportuno spazio $T$ (il prodotto tensoriale, che "approssima con una funzione lineare, nel modo miglliore possibile, una applicazione multilineare") verso il tuo $U$.Vuoi in pratica che
\[
\text{Mult}(V\times W,U)\cong \hom_k(T,U)
\]
in un modo che "non dipenda dalle coordinate" (quello che si dice, cioè, un isomorfismo canonico: uguale in ogni base perché definito da una corrispondenza coordinate-free). Cominci a riconoscere qualcosa di simile a quello che affermi tu? Capisci anche bene che farlo per due spazi implica subito come farlo per un numero arbitrario di spazi (sotto questa affermazione c'è in realtà un po' di lavoro che ti permette di giustificare l'affermazione in modo rigoroso, vedi la nota sotto[1]).
Non è stupefacente che questo linguaggio non abbia mai percolato fuori dalla scuola di geometria differenziale francese (i due Cartan, soprattutto); stupisce anche me il livello di astrusità che raggiungono certe esposizioni reperibili sui vecchi testi di geometria in italiano e su praticamente qualsiasi testo in inglese: le notazioni non sono mai comuni ai vari autori; l'ordine di esposizione dei concetti nemmeno, certi risultati che a volte sono definizioni da un'altra parte diventano corollari. E' spiacevole, soprattutto dopo che hai "attraversato il fiume", vedere che c'è ancora chi ha dei problemi a definire $V\otimes_k W$ come un quoziente rispetto a una certa relazione di equivalenza, o a trattarlo come un oggetto universale.
[1] Quello che devi dimostrare è che "il prodotto tensoriale è associativo": Supponi di aver trovato un rappresentante $T$ per $\text{Mult}(V\times (W\times Z),U)$ e un rappresentante $T'$ per $\text{Mult}((V\times W)\times Z,U)$; d'altra parte è evidente che il prodotto cartesiano di spazi vettoriali sia una operazione associativa a meno di un isomorfismo fin troppo canonico per essere riconosciuto diverso dall'identità: e allora hai che
\[
\hom(T,U)\cong \text{Mult}(V\times (W\times Z),U)\cong \text{Mult}((V\times W)\times Z,U)\cong \hom(T',U)
\]
per ogni $k$-spazio vettoriale $U$; d'altra parte adesso è vero per $U=T$, e l'identità di $T$ deve andare, lungo quella catena di isomorfismi, in un isomorfismo $T\to T'$ (ti invito a provarlo). Fine: i due spazi sono isomorfi in un solo modo.
"killing_buddha":Direi di sì, e questo credo di non sbagliare a sentirmi sicuro che è l'isomorfismo indotto dalla corrispondenza biunivoca, dovuta alla proprietà universare del prodotto tensoriale, tra applicazioni multilineari $M\times N\to U$ e $R$-lineari \(M\otimes_R N\to U\), che è un omomorfismo di moduli con somma e moltiplicazione per scalari definite nei due insiemi dalla somma e dalla moltiplicazione per un elemento di $R$ delle immagini delle applicazioni nel codominio $U$.
\[
\text{Mult}(V\times W,U)\cong \hom_k(T,U)
\]
in un modo che "non dipenda dalle coordinate" (quello che si dice, cioè, un isomorfismo canonico: uguale in ogni base perché definito da una corrispondenza coordinate-free). Cominci a riconoscere qualcosa di simile a quello che affermi tu?
"killing_buddha":
\[
\hom(T,U)\cong \text{Mult}(V\times (W\times Z),U)\cong \text{Mult}((V\times W)\times Z,U)\cong \hom(T',U)
\]per ogni $k$-spazio vettoriale $U$; d'altra parte adesso è vero per $U=T$, e l'identità di $T$ deve andare, lungo quella catena di isomorfismi, in un isomorfismo $T\to T'$ (ti invito a provarlo). Fine: i due spazi sono isomorfi in un solo modo.
Già. Non ne scrivo una prova qui perché "barerei" visto che la conosco già da un po' di giorni da qui.
$\infty$ grazie e tanti auguri!!!
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