직합의 성질
📂線形代数직합의 성질
定理
W1,W2,…,Wkを有限次元 ベクトル空間 Vの部分空間とする。次の命題はすべて同値である。
- V=W1⊕W2⊕⋯⊕Wk
- V=i=1∑kWiであり、任意のベクトル vi∈Wi(1≤i≤k)に対して、v1+⋯vk=0ならば、すべての iに対して vi=0である。
- すべての v∈Vは v=v1+⋯+vk(vi∈Wi)の形で一意に表現される。
- γiが Wiの順序基底であれば、γ1∪⋯∪γkが Vの順序基底である。
- γ1∪⋯∪γkが Vの順序基底となるような Wiの順序基底 γiが存在する。
説明
Vの2つの部分空間 W1,W2に対して、
- W1+W2は W1,W2の和である。
- W1⊕W2は W1,W2の直和である。
証明
1.⟹2.
1.を仮定しよう。すると V=i=1∑kWiである。そして vi+⋯vk=0(vi∈Wi)としよう。するとある jに対して、
−vj=i=j∑vi∈i=j∑Wi
しかし vj∈Wjなので、次を得る。
−vj∈Wj∩i=j∑Wi={0}
したがってすべての iに対して、vi=0である。
2.⟹3.
2.を仮定しよう。v∈Vとしよう。すると仮定により v=v1+⋯+vkの形の vi∈Wiが存在する。もう一つの表現 v=w1+⋯+wk (wi∈Wi)が存在すると仮定しよう。すると次を得る。
0=v−v=(v1−w1)+⋯+(vk−wk)
したがって vi−wi∈Wiであり、2.を仮定したので、すべての iに対して vi−wi=0である。よって v=v1+⋯+vkは一意な表現である。
3.⟹4.
3.を仮定しよう。γiをWiの順序基底としよう。仮定により V=i=1∑kWiである。これは γ1∪⋯∪γkが Vを生成することを意味する。次にこの集合が線形独立であることを示すために vij∈γjであり、スカラー aijに対して i,j∑aijvij=0 (j=1,…,mi, i=1,…,k)と仮定しよう。各iに対して、
wi=j=1∑miaijvj
としよう。すべての iに対して 0∈Wiなので、0=0+⋯+0=w1+⋯+wkである。すると仮定によりすべての iに対して wi=0である。
0=wi=j=1∑miaijvj
しかし、それぞれの γiは基底なので線形独立であり、したがってすべての i,jに対して aij=0である。ゆえに γ1∪⋯∪γkは線形独立であり、Vの基底である。
4.⟹5.
自明である。
5.⟹1.
5.を仮定しよう。各iに対して γiを γ1∪⋯∪γkが Vの順序基底になるようにする Wiの順序基底としよう。すると、和集合の生成と生成の和が等しいので,
V=span(γ1∪⋯∪γk)=span(γ1)+⋯+span(γk)=i=1∑kWi
次に排他的であることを証明するために j(1≤j≤k)を固定し、零ベクトルでない v∈Vに対して次のように仮定しよう。
v∈Wj∩i=j∑Wi
交わりの定義により、次が成立する。
v∈Wj=spanγj,v∈i=j∑Wi=span(i=j⋃γi)
すると vは Vの基底 γ1∪⋯∪γkの異なる2つの線形結合を持つ。これは基底に対する線形結合が一意である事実に反するので仮定が間違っていることがわかる。したがって零ベクトルでない Vの元は Wj∩i=j∑Wiに属さない。
Wj∩i=j∑Wi={0}
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