📂선형대수

직합의 성질

정리¹

$W_{1}, W_{2}, \dots, W_{k}$를 유한차원 벡터공간 $V$의 부분공간들이라 하자. 다음의 명제들은 모두 동치이다.

1. $V = W_{1} \oplus W_{2} \oplus \cdots \oplus W_{k}$
2. $V = \sum\limits_{i=1}^{k}W_{i}$이고, 임의의 벡터들 $v_{i} \in W_{i}(1 \le i \le k)$에 대해서, $v_{1} + \cdots v_{k} = 0$이면, 모든 $i$에 대해서 $v_{i} = 0$이다.
3. 모든 $v \in V$는 $v = v_{1} + \cdots + v_{k} (v_{i} \in W_{i})$의 꼴로 유일하게 표현된다.
4. $\gamma_{i}$가 $W_{i}$의 순서기저이면, $\gamma_{1} \cup \cdots \cup \gamma_{k}$가 $V$의 순서기저이다.
5. $\gamma_{1} \cup \cdots \cup \gamma_{k}$가 $V$의 순서기저가 되도록 하는 $W_{i}$들의 순서기저 $\gamma_{i}$가 존재한다.

설명

$V$의 두 부분공간 $W_{1}, W_{2}$에 대해서,

• $W_{1} + W_{2}$는 $W_{1}, W_{2}$의 합이다.
• $W_{1} \oplus W_{2}$는 $W_{1}, W_{2}$의 직합이다.

증명

• $1. \implies 2.$

  1.을 가정하자. 그러면 $V = \sum\limits_{i=1}^{k}W_{i}$이다. 그리고 $v_{i} + \cdots v_{k} = 0 (v_{i} \in W_{i})$라고 하자. 그러면 어떤 $j$에 대해서, $$-v_{j} = \sum\limits_{i\ne j}v_{i} \in \sum\limits_{i\ne j}W_{i}$$ 그런데 $v_{j} \in W_{j}$이므로, 다음을 얻는다. $$-v_{j} \in W_{j} \cap \sum\limits_{i\ne j}W_{i} = \left\{ 0 \right\}$$ 따라서 모든 $i$에 대해서, $v_{i} = 0$이다.

• $2. \implies 3.$

  2.를 가정하자. $v \in V$라고 하자. 그러면 가정에 의해 $v = v_{1} + \cdots + v_{k}$인 $v_{i} \in W_{i}$들이 존재한다. 또 다른 표현 $v = w_{1} + \cdots + w_{k}\ (w_{i} \in W_{i})$이 존재한다고 가정하자. 그러면 다음을 얻는다. $$0 = v - v = (v_{1} - w_{1}) + \cdots + (v_{k} - w_{k})$$ 따라서 $v_{i} - w_{i} \in W_{i}$이고 2.를 가정했으므로, 모든 $i$에 대해 $v_{i} - w_{i} = 0$이다. 따라서 $v = v_{1} + \cdots + v_{k}$는 유일한 표현이다.

• $3. \implies 4.$

  3.을 가정하자. $\gamma_{i}$를 $W_{i}$의 순서기저라고 하자. 가정에 의해 $V = \sum\limits_{i=1}^{k}W_{i}$이다. 이는 $\gamma_{1} \cup \cdots \cup \gamma_{k}$가 $V$를 생성한다는 것을 의미한다. 이제 이 집합이 선형독립임을 보이기위해 $v_{ij} \in \gamma_{j}$이고, 스칼라 $a_{ij}$에 대해서 $\sum\limits_{i,j} a_{ij} v_{ij} = 0$ $(j = 1,\dots,m_{i},\ i=1,\dots,k)$라고 가정하자. 각각의 $i$에 대해서, $$w_{i} = \sum_{j=1}^{m_{i}}a_{ij}v_{j}$$ 라고 하자. 모든 $i$에 대해서 $0 \in W_{i}$이므로, $0 = 0 + \cdots + 0 = w_{1} + \cdots + w_{k}$이다. 그러면 가정에 의해서 모든 $i$에 대해서 $w_{i} = 0$이다. $$0 = w_{i} = \sum_{j=1}^{m_{i}}a_{ij}v_{j}$$ 그런데 각각의 $\gamma_{i}$는 기저이므로 선형독립이고, 따라서 모든 $i,j$에 대해서 $a_{ij} = 0$이다. 그러므로 $\gamma_{1} \cup \cdots \cup \gamma_{k}$는 선형독립이고, $V$의 기저이다.

• $4. \implies 5.$

  자명하다.

• $5. \implies 1.$

  5.를 가정하자. 각각의 $i$에 대해서 $\gamma_{i}$를 $\gamma_{1} \cup \cdots \cup \gamma_{k}$가 $V$의 순서기저가 되도록 하는 $W_{i}$의 순서기저라고 하자. 그러면, 합집합의 생성과 생성의 합이 같으므로, $$\begin{align*} V &= \span(\gamma_{1} \cup \cdots \cup \gamma_{k}) \\ &= \span(\gamma_{1}) + \cdots + \span(\gamma_{k}) \\ &= \sum\limits_{i=1}^{k}W_{i} \end{align*}$$ 이제 배타성을 증명하기 위해 $j (1 \le j \le k)$를 고정하고, 영벡터가 아닌 $v \in V$에 대해서 다음과 같이 가정하자. $$v \in W_{j} \cap \sum\limits_{i \ne j} W_{i}$$ 교집합의 정의에 의해 다음이 성립한다. $$v \in W_{j} = \span \gamma_{j}, \qquad v \in \sum\limits_{i \ne j} W_{i} = \span(\bigcup_{i \ne j} \gamma_{i})$$ 그러면 $v$는 $V$의 기저 $\gamma_{1} \cup \cdots \cup \gamma_{k}$의 서로 다른 두 선형결합을 가진다. 이는 기저에 대한 선형결합이 유일하다는 사실에 모순되므로 가정이 틀렸다는 것을 알 수 있다. 따라서 영벡터가 아닌 $V$의 원소는 $W_{j} \cap \sum\limits_{i \ne j} W_{i}$에 속하지 않는다. $$W_{j} \cap \sum\limits_{i \ne j} W_{i} = \left\{ 0 \right\}$$

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