2 Một số kết quả của tích ten xơ
2.2.3Một số tính chất của tích ten xơ
Mệnh đề 2.2.2. Cho v, v0 ∈ V;w, w0 ∈ W;λ ∈ K. Khi đó i) (v +v0)⊗w = v ⊗w +v0 ⊗w,
ii) v ⊗(w+w0) =v ⊗w +v ⊗w0,
iii) (λv)⊗w = λ(v ⊗w) =v ⊗(λw)
Chứng minh: Theo định nghĩa không gian con N(V, W), ta có:
(v+ v0, w)−(v, w)−(v0, w) ∈ N(V, W), (v, w +w0)−(v, w)−(v, w0) ∈ N(V, W),
(λv, w)−λ(v, w) ∈ N(V, W), (v, λw)−λ(v, w) ∈ N(V, W).
với mọi v, v0 ∈ V;w, w0 ∈ W;λ ∈ K nên theo định nghĩa tích ten xơ của V và W ta có: (v +v0)⊗w −v ⊗w −v0 ⊗w = 0, v ⊗(w+ w0)−v⊗w−v⊗w0 = 0, (λv)⊗w −λ(v⊗w) = 0, v ⊗(λw)−λ(v⊗w) = 0. Do đó ta có:
(v+ v0)⊗w = v ⊗w+ v0⊗w, v ⊗(w+w0) =v ⊗w +v ⊗w0, (λv)⊗w = λ(v ⊗w) = v⊗(λw).
Bổ đề 2.2.3. Giả sử ai là các véc tơ độc lập tuyến tính trong V. Khi đó từ hệ thức
P
i
ai ⊗bi = 0
trong V ⊗W thì ta phải có bi = 0 với mọi i.
Chứng minh: Bổ sung thêm các véc tơ vào tập ai để thu được một cơ sơ của V (định lí 1.1.3), ta có thể chỉ ra các phiếm hàm ϕj : V −→ K
thỏa mãn ϕj(ai) =δji. Với mỗi ánh xạ ϕj tồn tại một ánh xạ tuyến tính
gj : V ⊗W −→W thỏa mãn sơ đồ giao hoán sau:
(2.2.6)V ×W ⊗ // ϕj×idW $$ V ⊗W gj zz W Giả thiết P i ai⊗bi = 0 trong V ⊗W. Ta có: 0 = gj(0) = gj(P i ai ⊗bi) =P i gj(ai ⊗bi) =bj. Vậy bj = 0,∀j.
Định lí 2.2.4. Giả sử (xi) là một cơ sở của V, và (yj) là một cơ sở của W. Khi đó (xi ⊗yj) là một cơ sở của V ⊗W.
Chứng minh:
Với mọi v ∈ V thì v có biểu diễn là v = P
i
Với mọi w ∈ W thì v có biểu diễn là w = P j µjyj Các phần tử của V ⊗W có dạng v ⊗w Khi đó từ các hệ thức ở (2.2.6) ta có: v ⊗w = P i λixi ⊗P j µjyj = P i P j λiµjxi ⊗yj
Vậy {xi ⊗yj} là tập sinh của V ⊗W.
Ta chứng minh {xi ⊗yj} là độc lập tuyến tính.
Thật vậy, giả sử λijxi ⊗yj = 0. Khi đó xi ⊗(λijyj) = 0
Vìxi là các véc tơ độc lập tuyến tính nên theo bổ đề trên ta có λijyj = 0
Mà yj là cơ sở của W nên λij = 0 với mọi i, j. Vậy {xi ⊗yj} là cơ sở của V ⊗W.
Mệnh đề 2.2.5. (Tính kết hợp). Tồn tại duy nhất một đẳng cấu tuyến tính
f : V1 ⊗(V2 ⊗V3) −→ (V1 ⊗V2)⊗V3,
sao cho a⊗(b⊗c) 7→ (a⊗b)⊗c, với mọi a ∈ V1, b ∈ V2, c ∈ V3.
Chứng minh: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Với mỗi a ∈ V1 cố định, đặt fa : V2 ×V3 −→ (V1 ⊗V2) ⊗V3 xác định như sau:
fa(b, c) = (a⊗b)⊗c, ∀b ∈ V2, c∈ V3
Khi đó fa là một ánh xạ song tuyến tính.
Thật vậy, với mọi b, b1, b2 ∈ V2;c, c1, c2 ∈ V3;λ1, λ2 ∈ K, ta có:
= (a⊗λ1b1 +a⊗λ2b2)⊗c = (a⊗λ1b1)⊗c+ (a⊗λ2b2)⊗c = λ1(a⊗b1)⊗c+λ2(a⊗b2)⊗c = λ1fa(b1, c) +λ2fa(b2, c) fa(b, λ1c1 +λ2c2) = (a⊗b)⊗(λ1c1 +λ2c2) = (a⊗b)⊗λ1c1 + (a⊗b)⊗λ2c2 = λ1(a⊗b)⊗c1 +λ2(a⊗b)⊗c2 = λ1fa(b, c1) +λ2fa(b, c2)
Do đó theo tính phổ dụng của tích ten xơ thì tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính cũng kí hiệu là fa : V2 ⊗V3 −→ (V1 ⊗V2)⊗V3 xác định bởi:
fa(b⊗c) = (a⊗b)⊗c, ∀b ∈ V2;c ∈ V3 Khi đó ta có fa+a0(b⊗c) = ((a+a0)⊗b)⊗c = (a⊗b+a0 ⊗b)⊗c = (a⊗b)⊗c+ (a0 ⊗b)⊗c = fa(b⊗c) +fa(b⊗c) = (fa +fa0)(b⊗c) fλa(b⊗c) = (λa⊗b)⊗c = λ(a⊗b)⊗c = λfa(b⊗c),
với mọi a, a0 ∈ V1;b ∈ V2;c ∈ V3λ ∈ K. Bây giờ, xét ánh xạ
f : V1 ×(V2 ⊗V3) −→ (V1 ⊗V2)⊗V3 f(a, b⊗c) = fa(b⊗c)
với mọi a ∈ V1;b ∈ V2;c ∈ V3.
Khi đó f là một ánh xạ song tuyến tính. Do đó theo tính phổ dụng của tích ten xơ thì tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính:
h :V1 ⊗(V2 ⊗V3) −→ (V1 ⊗V2)⊗V3 h(a⊗(b⊗c)) = (a⊗b)⊗c
với mọi a ∈ V1;b ∈ V2;c ∈ V3. Tương tự ta xây dựng được ánh xạ
k : (V1 ⊗V2) ⊗V3 −→ V1 ⊗(V2 ⊗V3). Khi đó hk = kh = id. Vậy h là đẳng cấu cần tìm.
Mệnh đề 2.2.6. (Tính giao hoán). Tồn tại duy nhất một đẳng cấu tuyến tính
f : V1 ⊗V2 −→ V2 ⊗V1
sao cho a⊗b 7→b⊗a, với mọi a ∈ V1, b ∈ V2,
Chứng minh: Xét ánh xạ f : V1 ×V2 −→ V2 ⊗V1 xác định bởi
(a, b) 7→f(a, b) =b⊗a
Ta thấy f là một ánh xạ song tuyến tính. Thật vậy,
Với mọi a, a1, a2 ∈ V1;b, b1, b2 ∈ V2;λ1, λ2 ∈ K, ta có:
f(λ1a1 +λ2a2, b) =b⊗(λ1a1 + λ2a2) = b⊗λ1a1 +b⊗λ2a2
= λ1b⊗a1 +λ2b⊗a2 = λ1f(a1, b) +λ2f(a2, b)
f(a, λ1b1 +λ2b2) = (λ1b1 +λ2b2)⊗a = λ1b1 ⊗a+λ2b2 ⊗a
= λ1f(a, b1) +λ2f(a, b2)
Khi đó theo tính chất phổ dụng của tích ten xơ, tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính h : V1 ⊗V2 −→ V2 ⊗V1, xác định bởi
h(a⊗b) = b⊗a
với mọi a ∈ V1, b ∈ V2.
Tương tự xét ánh xạ g : V2 ×V1 −→ V1 ⊗V2 sao cho g(b, a) =a⊗b. Dễ thấy rằng g là một ánh xạ song tuyến tính. Do đó theo tính phổ dụng của tích ten xơ, tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính
k : V2 ⊗V1 −→V1 ⊗V2 với k(b⊗a) =a⊗b. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Như vậy kh : V1 ⊗V2 −→ V1 ⊗V2 là một ánh xạ tuyến tính thỏa mãn
kh(a⊗b) =a⊗b, ∀a ∈ V1, b ∈ V2
Hay kh trùng với ánh xạ đồng nhất id trên tập các véc tơ dạng (a⊗b), đó là tập sinh của không gian V1⊗V2, do đókh = id trên toàn bộ không gian V1 ⊗V2 vì cả hai đều là ánh xạ tuyến tính.
Tương tự hk : V2⊗V1 −→V2⊗V1 là một ánh xạ tuyến tính thỏa mãn:
hk(b⊗a) = b⊗a
với mọi a ∈ V1, b ∈ V2.
Lập luận tương tự trên ta có hk = id trên toàn bộ không gian V2⊗V1. Hai đẳng thức kh = id và hk = id chứng tỏ h là một đẳng cấu tuyến tính.
Mệnh đề 2.2.7. (Tính "có đơn vị"). Tồn tại duy nhất một đẳng cấu tuyến tính
K ⊗K V ∼= //V ⊗K K∼= //V
sao cho λ ⊗a 7→ a⊗λ 7→ λa, với mọi λ ∈ K, a ∈ V. Chứng minh:
Theo tính giao hoán của tích ten xơ thì
K ⊗K V ∼= //V ⊗K K
Ta chứng minh V đẳng cấu với V ⊗K K. Thật vậy, xét ánh xạ
f :V ×K −→ V
xác định bởi f(a, λ) 7→aλ = λa
Khi đó f là một ánh xạ song tuyến tính.
Thật vậy, với mọi a, a1, a2 ∈ V, λ, λ0, λ00, λ1, λ2 ∈ K, ta có:
f(λ1a1 + λ2a2, λ) = λ(λ1a1 +λ2a2) = λλ1a1 +λλ2a2) = λ1λa1 +λ2λa2
= λ1f(a1, λ) +λ2f(a2, λ)
f(a, λ1λ0 +λ2λ00) = (λ1λ0+λ2λ00)a = λ1λ0.a+λ2λ00a = λ1f(a, λ0) +λ1f(a, λ00)
Vậy f xác định như trên là một ánh xạ song tuyến tính từ V ×K vào
Do đó theo tính chất phổ dụng của tích ten xơ, tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính h : V ⊗K −→ V xác định bởi
h(a⊗λ) = aλ = λa, ∀a ∈ V, λ ∈ K
sao cho f = h⊗.
Gọi k :V −→ V ⊗K là ánh xạ được xác định bởi:
k(a) =v ⊗1, ∀a ∈ V
Dễ thấy hk : V −→ V là ánh xạ đồng nhất, vì
∀a ∈ V : hk(a) = h(k(a)) = h(a⊗1) = 1.a = a. Mặt khác, ∀a ∈ V,∀λ ∈ K, ta có:
kh(a⊗λ) =k(aλ) = aλ⊗1 =a⊗(λ.1) = a⊗λ.
Vì các phân tử có dạng a⊗λ sinh ra không gian V ⊗K nên kh = id. Vậy V ⊗K ∼= V. Tương tự ta chứng minh được K ⊗V ∼= V. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Mệnh đề 2.2.8. (Tính phân phối). (V1 ⊕V2)⊗V3 ∼= (V 1 ⊗V3)⊕(V2 ⊗V3) V1 ⊗(V2 ⊕V3) ∼= (V 1 ⊗V2)⊕(V1 ⊗V3) Chứng minh: Ta chứng minh (V1 ⊕V2)⊗V3 ∼= (V 1 ⊗V3)⊕(V2 ⊗V3). Xét ánh xạ: f : (V1 ⊕V2)×V3 −→ V1 ⊗V3 ⊕V2 ⊗V3 ((a+b), c) 7−→ (a⊗c) + (b⊗c)
với a ∈ V1, b ∈ V2, c ∈ V3. Khi đó f là một ánh xạ song tuyến tính. Thật vậy, với mọi a, a1, a2 ∈ V1;b, b1, b2 ∈ V2;c, c1, c2 ∈ V3;λ1, λ2 ∈ K. Ta có
f(λ1(a1 +b1) + λ2(a2 + b2), c) = λ1(a1 +b1)⊗c+ λ2(a2 +b2)⊗c = λ1(a1 ⊗c+b1 ⊗c) +λ2(a2 ⊗c+b2 ⊗c) = λ1f(a1 + b1, c) +λ2f(a2 +b2, c) f(a+b, λ1c1 +λ2c2) =a⊗(λ1c1 + λ2c2) + b⊗(λ1c1 +λ2c2) = λ1a⊗c1 +λ2a⊗c2 + λ1b⊗c1 + λ2b⊗c2 = λ1(a⊗c1 +b⊗c1) +λ2(a⊗c2 +b⊗c2) = λ1f(a+ b, c1) +λ2f(a+b, c2)
Vậy f là ánh xạ song tuyến tính.
Do đó theo tính chất phổ dụng của tích ten xơ thì tồn tại ánh xạ tuyến tính: h : (V1 ⊕V2)⊗V3 −→V1 ⊗V3 ⊕V2 ⊗V3 xác định bởi h : (a⊕b)⊗c −→ (a⊗c)⊕(b⊗c) với mọi a ∈ V1, b ∈ V2, c ∈ V3. Ta chứng minh h là một đẳng cấu.
Tương tự như chứng minh các tính chất trên thì luôn tồn tại một ánh xạ tuyến tính:
Khi đó ta cũng có hk = kh = id
Hay h là đẳng cấu tuyến tính.
Chứng minh tương tự ta có được đẳng thức thứ hai.
Hệ quả 2.2.9. Giả sử {ei, i ∈ I} là cơ sở của V1 và {fj, j ∈ I} là cơ sở của V2. Khi đó {ei⊗fj;i ∈ I, j ∈ I} là cơ sở của V1 ⊗V2. Nói riêng nếu V1, V2 là hai không gian hữu hạn chiều thì
dim(V1 ⊗V2) = dimV1.dimV2
Chứng minh:
Theo định nghĩa của cơ sở ta có đẳng cấu tuyến tính
V1 ∼= ⊕m i=1Kαi, V2 ∼= ⊕n j=1Kβj Áp dụng hai mệnh đề trên, ta có V1 ⊗V2 ∼= (⊕m i=1Kαi)⊗(⊕n j=1Kβj) ∼ = ⊕m i=1⊕n j=1 (Kαi)⊗(Kβj) ∼ = ⊕m i=1⊕n j=1 K(αi⊗βj)
Đẳng thức này chứng tỏ {ei ⊗fj;i ∈ I, j ∈ I} là cơ sở của V1 ⊗V2. Từ kết quả trên suy ra nếu V10 ⊂ V1 và V20 ⊂ V2 thì có thể xem V10⊗V20
là không gian con của V1 ⊗V2.
Định lí 2.2.10. Cho U, V là hai không gian véc tơ và U = ⊕i∈IUi. Khi đó:
U ⊗V ∼= ⊕
i∈I(Ui ⊗V) V ⊗U ∼= ⊕
Chứng minh: Ta có mỗi phần tử của U được biểu diễn duy nhất dưới dạng u = ⊕i∈Iui, trong đó ui ∈ Vi bằng 0 với hầu hết i ∈ I, trừ ra một số hữu hạn phần tử có thể khác 0. Xét ánh xạ f : U ×V −→ ⊕i∈I(Ui⊗V) (P i∈I ui, v) 7−→ (ui ⊗v)i∈I
thì f là một ánh xạ song tuyến tính. Bởi vậy theo tính phổ dụng của tích ten xơ thì tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính:
h : U ⊗V −→ ⊕i∈I(Ui ⊗V) h((P i∈I ui)⊗v) = (ui ⊗v)i∈I với mọi P i∈I ui ∈ U;v ∈ V.
Bây giờ, với mỗi i ∈ I, gọi γi : Ui → U là phép nhúng chính tắc. Khi đó ta có ánh xạ tuyến tính
γi ⊗idV : Ui⊗V −→U ⊗V ui ⊗v 7−→ ui⊗v
Khi đó ta suy ra tồn tại ánh xạ tuyến tính
k : ⊕i∈I(Ui⊗V) −→ U ⊗V thỏa mãn k((ui ⊗v)i∈I) = (P i∈I ui ⊗v) = (P i∈I ui)⊗v, với mọi (ui ⊗v)i∈I ∈ ⊕i∈I(Ui ⊗V). Vì các phần tử dạng (P i∈I ui) ⊗ v sinh ra U ⊗ V, các phần tử dạng (ui ⊗v)i∈I sinh ra ⊕i∈I(Ui ⊗V) và
hk((ui⊗v)i∈I) =h((P i∈I ui)⊗v) = (ui ⊗v)i∈I kh((P i∈I ui)⊗v) = k((ui ⊗v)i∈I) = (P i∈I ui)⊗v Ta suy ra hk = id;kh= id. Vậy k, h là những đẳng cấu. Mệnh đề 2.2.11. Cho U = ⊕iUi, V = ⊕jVj. Khi đó U ⊗V = ⊕i,j(Ui ⊗Vj). Chứng minh: Theo định lí trên ta có:
U ⊗V = (⊕iUi)⊗(⊕jVj) ∼ = ⊕i(Ui⊗(⊕jVj)) ∼ = ⊕i(⊕j(Ui ⊗Vj) ∼ = ⊕(i,j)(Ui ⊗Vj) Mệnh đề 2.2.12. Cho U1, U2 ⊆ U, V1, V2 ⊆ V . Khi đó (U1 ⊗V1)∩(U2 ⊗V2) = (U1 ∩U2)⊗(V1 ∩V2). 2.2.4 Một số ví dụ về tích ten xơ
Ví dụ 1. Cho V1, V2 là hai không gian véc tơ với cơ sở lần lượt là (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
{ei,1 ≤ i ≤ m} và {fj,1 ≤ j ≤ n}. Theo hệ quả 2.2.3 thì {ei ⊗fj; 1 ≤ i ≤ m,1 ≤ j ≤ n} là cơ sở của V1 ⊗ V2, dễ thấy hệ sinh này có
mn phần tử. Giả sử (x1, x2, ..., xm) là tọa độ của x ∈ V1 theo cơ sở
{e1, ..., em},(y1, y2, ..., yn) là tọa độ của y ∈ V2 theo cơ sở {f1, ..., fn}. Khi đó ta thấy: x⊗y = m P i=1 xiei ⊗ n P j=1 yjfj
= m P i=1 n P j=1 xiyj(ei ⊗fj)
Điều này chứng tỏ {xiyj|1 ≤ i ≤ m,1 ≤ j ≤ n} là tọa độ của x ⊗ y
theo cơ sở {e1 ⊗f1, ..., em⊗fn}.
Chẳng hạn, xét V1 = V2 = R3 với cơ sở tự nhiên
e1 = (1,0,0);e2 = (0,1,0);e3 = (0,0,1). Khi đó R3 ⊗R3 có cơ sở là {e1⊗e1, e1⊗e2, e1⊗e3, e2 ⊗e1, e2⊗e2, e2⊗e3, e3 ⊗e1, e3⊗e2, e3⊗e3}. Đồng nhất R3 ⊗R3 với R9, ta có thể chọn e1 = (1,0,0,0,0,0,0,0,0) e2 = (0,1,0,0,0,0,0,0,0) e3 = (0,0,1,0,0,0,0,0,0) e4 = (0,0,0,1,0,0,0,0,0) e5 = (0,0,0,0,1,0,0,0,0) e6 = (0,0,0,0,0,1,0,0,0) e7 = (0,0,0,0,0,0,1,0,0) e8 = (0,0,0,0,0,0,0,1,0) e9 = (0,0,0,0,0,0,0,0,1) Và nếu x = (x1, x2, x3);y = (y1, y2, y3) thì x⊗y = (x1y1, x1y2, x1y3, x2y1, x2y2, x2y3, x3y1, x3y2, x3y3)
Theo đó có thể đưa ra trực tiếp khái niệm tích ten xơ của hai véc tơ
x⊗y = (x1y1, ..., x1yn, ..., , xmyn) ∈ Kmn
Ví dụ 2. Cho K là một trường và m, n là hai số nguyên dương. Với x= (x1, ..., xm) ∈ Km; y = (y1, ..., yn) ∈ Kn ta xác định
x⊗y = (x1y1, ..., x1yn, ..., , xmyn) ∈ Kmn
và
g : Km ×Kn −→Kmn (x, y) 7−→x⊗y
Giả sử(u1, ..., um); (v1, ..., vn); (e1, ..., emn)lần lượt là cơ sở củaKm, Kn, Kmn. với x = x1u1 +...+xmum ∈ Km;y = y1v1 +...+ynvn ∈ Kn, kí hiệu
x⊗y = x1y1e1 + ...+xmynemn
Khi đó g xác định như trên là một ánh xạ song tuyến tính.
Lấy 1 K - không gian véc tơ P và một ánh xạ song tuyến tính bất kì
f : Km ×Kn −→ P
Với mọi 1 ≤ i ≤ mn có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng i = qn+ r, trong đó 0 ≤ q ≤ m−1; 1 ≤r ≤n. Với biểu diễn đó của i thì
uq+1 ⊗ur = ei
Xét đồng cấu h :Kmn −→P xác định bởi ảnh của cơ sở như sau:
h(ei)f(uq+1⊗ur), ∀1 ≤ i ≤mn.
Khi đó h là đồng cấu duy nhất thỏa mãn f = hg. Thật vậy, với ∀x ∈ Km, y ∈ Kn ta có
f(x, y) = P i=1,m,j=1,n xiyjf(ui, vj) = P i=1,m,j=1,n xiyjh(e(i−1)n+j) = h( P i=1,m,j=1,n xiyje(i−1)n+j) = h(x⊗y) = hg(x, y) Suy ra f = hg.
Giả sử còn có đồng cấu h0 :Kmn −→P thỏa mãn f = h0g. Khi đó
h0(ei) =h0(uq+1 ⊗ur) =h0g(uq+1, ur) = f(uq+1, ur) = h(ei)
với 1 ≤i ≤ mn và i = qn+r, trong đó 0 ≤q ≤m−1; 1≤ r ≤ n. Vậy h = h0.
Vậy (Kmn, g) là tích ten xơ của hai không gian Km và Kn.
Ví dụ 3.ChoK là một trường và các vành đa thứcK[X], K[Y], K[X, Y]. Khi đó ánh xạ h : K[X]×K[Y] −→K[X, Y] xác định bởi công thức (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
h(f(x), g(y)) =f(x)g(y)
với mọi f(x) ∈ K[X], g(y) ∈ K[Y] là một ánh xạ song tuyến tính. Do đó theo tính chất phổ dụng của tích ten xơ thì tồn tại duy nhất dồng cấu
F : K[X]⊗K[Y] −→K[X, Y] F(f(x)⊗g(y)) = f(x)g(y)
Mặt khác mỗi phần tử u ∈ K[X, Y] luôn biểu diễn được dưới dạng
với m ∈ N, fi ∈ K[X], Ym ∈ K[Y], i = 1, ..., n.
Ta có tương ứng G: K[X, Y] −→K[X]⊗K[Y] xác định bởi
G(u) = f0 ⊗1 +f1 ⊗Y +...+fm ⊗Ym
là một ánh xạ, hơn nữa GF = F G = id hay G là đồng cấu nghịch đảo của F.
Do đó K[X]⊗K K[Y] ∼= K[X, Y]
2.3 Tích ten xơ của ánh xạ, tính khớp
2.3.1 Định nghĩa
Giả sử f : V1 −→ V; g : W1 −→ W, là các ánh xạ tuyến tính. Khi đó ánh xạ f ×g : V1 ×W1 −→V1 ⊗W1 (f ×g)(v, w) 7−→f(v)⊗g(w), ∀v ∈ V1, w ∈ W1 là ánh xạ song tuyến tính. Thật vậy, với v, v1, v2 ∈ V1;w, w1, w2 ∈ W1;λ1, λ2 ∈ K, ta có: (f ×g)(λ1v1 +λ2v2, w) =f(λ1v1 +λ2v2)⊗g(w) = (λ1f(v1) +λ2f(v2))⊗g(w) = λ1f(v1)⊗g(w) +λ2f(v2)⊗g(w) = λ1(f ×g)(v1, w) + λ2(f ×g)(v2, w). (f ×g)(v, λ1w1 +λ2w2) =f(v)⊗g(λ1w1 +λ2w2)
= f(v)⊗(g(λ1w1) +g(λ2w2)) = f(v)⊗g(λ1w1) +f(v)⊗g(λ2w2) = λ1f(v)⊗g(w1) +λ2f(v)⊗g(w2) = λ1(f ×g)(v, w1) + λ2(f ×g)(v, w2).
Do đó theo từ tính phổ dụng của tích ten xơ, tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính được kí hiệu
f ⊗g :V1 ⊗W1 −→ V ⊗W (v ⊗w) 7−→ f(v)⊗g(w)
ánh xạ f ⊗g được gọi là tích ten xơ của hai ánh xạ f và g.
2.3.2 Tính chấtMệnh đề 2.3.1. Cho f1,2 : V1 −→ V; g1,2 : W1 −→ W là các ánh xạ Mệnh đề 2.3.1. Cho f1,2 : V1 −→ V; g1,2 : W1 −→ W là các ánh xạ tuyến tính. Khi đó f ⊗(g1 +g2) =f ⊗g1 + f ⊗g2.