Размерность суммы двух подпространств. Прямые суммы.

Если $M_{1}$ и $M_{2}$ подпространства в $V$, то размерность их суммы равна сумме размерностей этих пространств минус размерность пересечения $$\mathrm{dim}(M_{1}+M_{2})=\mathrm{dim}~M_{1}+\mathrm{dim}~M_{2}-\mathrm{dim}(M_{1}\cap M_{2})$$

Из предложения о размерности подпространств: $$\mathrm{dim}(M_{1}\cap M_{2})\leq \mathrm{dim}~M_{1} \land \mathrm{dim}~(M_{1}\cap M_{2})\leq \mathrm{dim}~M_{2}$$ Пусть: $$\mathrm{dim}(M_{1}\cap M_{2}) = k,~~ \mathrm{dim}~M_{1} = k+l,~~ \mathrm{dim}~M_{2}=k+m$$ Если $M_{1} = \{\mathbf{0}\}$, то $M_{1}+M_{2}=M_{2}$ и $M_{1}\cap M_{2}=\{\mathbf{0}\}$ и поэтому утверждение теоремы верно. Аналогично для $M_{2}$. Поэтому будем считать, что $M_{1}$ и $M_{2}$ ненулевые. Если $M_{1}\cap M_{2}$ нулевое, то во всех дальнейших рассуждения $a_{1},a_{2},...,a_{k}$ нужно заменить на нулевой набор векторов. Пусть $a_{1},a_{2},...,a_{k}$ - базис $M_{1}\cap M_{2}$. По теореме о продолжении базис пересечения можно дополнить до базиса и $M_{1}$, и $M_2$. Пусть $a_{1},a_{2},...,a_{k},b_{1},b_{2},...,b_{l}$ базис $M_{1}$, a $a_{1},a_{2},...,a_{k},c_{1},c_{2},...,c_{m}$ базис $M_{2}$ Докажем, что $$a_{1},a_{2},...,a_{k},b_{1},b_{2},...,b_{l},c_{1},c_{2},...,c_{m}~~~(1)$$ базис $M_{1}+M_{2}$. Этого достаточно для доказательства теоремы, так как число векторов в наборе равно $$k+l+m=(k+l)+(k+m)-k=\mathrm{dim}~M_{1}+\mathrm{dim}~M_{2}-\mathrm{dim}(M_{1}\cap M_{2})$$ Пусть $x \in M_{1}+M_{2}$, $x = x_{1} + x_{2}$. $x_{1}$ является линейной комбинацией $a_{1},a_{2},...,a_{k},b_{1},b_{2},...,b_{l}$. $x_{2}$ является линейной комбинацией $a_{1},a_{2},...,a_{k},c_{1},c_{2},...,c_{m}$. Отсюда $x$ является линейной комбинацией $(1) \implies$ $(1)$ - система образующих в пространстве $M_{1}+M_{2}$. Осталось доказать, что $(1)$ линейно независима. Предположим, что $$\alpha _{1}a_{1}+\alpha _{2}a_{2}+...+\alpha _{k}a_{k}+\beta_{1}b_{1}+\beta_{2}b_{2}+...\beta_{l}b_{l}+\gamma _{1}c_{1}+\gamma _{2}c_{2}+...+\gamma _{m}c_{m}=\mathbf{0}~~~(2)$$ для некоторых скаляров $\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{k},\beta_{1},\beta_{2},...,\beta_{l},\gamma _{1},\gamma _{2},...,\gamma _{m}$. Необходимо доказать, что все они равны 0. Возьмем $$y=\beta_{1}b_{1}+\beta_{2}b_{2}+...\beta_{l}b_{l}$$Понятно, что $y\in M_1$. С другой стороны из равенства $(2)$ следует, что $$y=-\alpha _{1}a_{1}-\alpha _{2}a_{2}-...-\alpha _{k}a_{k}-\gamma _{1}c_{1}-\gamma _{2}c_{2}-...-\gamma _{m}c_{m}$$ Значит $y \in M_{2}$. Тогда $y \in M_{1}\cap M_{2}$, а значит для некоторых $\lambda _{1},\lambda _{2}\dots \lambda _{k}$ $y=\lambda _{1}a_{1}+\lambda _{2}a_{2}+\dots+\lambda _{k}a_{k}$ Следовательно, если приравнять это и первое разложение: $$\lambda _{1}a_{1}+\lambda _{2}a_{2}+\dots+\lambda _{k}a_{k}-\beta_{1}b_{1}-\beta_{2}b_{2}-...-\beta_{l}b_{l}=\mathbf{0}~~~(3)$$ Поскольку вектора $a_{1},a_{2},...,a_{k},b_{1},b_{2},...,b_{l}$ образуют базис пространства $M_{1}$, они линейно независимы. Поэтому линейная комбинация в левой части $(3)$ тривиальна. В частности, $\beta_{1}=\beta_{2}=\dots=\beta_{l}=0$. Тогда выражение $(1)$ принимает вид $$\alpha _{1}a_{1}+\alpha _{2}a_{2}+\dots+\alpha_{k}a_{k}+\gamma _{1}c_{1}+\gamma _{2}c_{2}+...+\gamma _{m}c_{m}=\mathbf{0}~~~(2)$$ Учитывая, что вектора $a_{1},a_{2},...,a_{k},c_{1},c_{2},...,c_{m}$ образуют базис пространства $M_{2}$ (и, в частности, линейно независимы), мы получаем, что $\alpha _{1} = \alpha _{2} = \dots = \alpha _{k} = \gamma _{1} = \gamma 2 = \dots = \gamma _{m} = 0$ Итак, все коэффициенты в левой части равенства $(2)$ равны $0$, что и требовалось доказать.

Пусть $V$ – векторное пространство, а $M_{1}$ и $M_{2}$ – его подпространства. Говорят, что сумма подпространств $M_{1}$ и $M_{2}$ является их ***прямой суммой***, если $M_{1} \cap M_{2} = \{\mathbf{0}\}$. Прямая сумма подпространств $M_{1}$ и $M_{2}$ обозначается через $M_{1} ⊕ M_{2}$.

Если $V=M_{1}\oplus M_{2}$, $b_{1},b_{2},...,b_{l}$ - базис $M_{1}$, $c_{1},c_{2},...,c_{m}$ - базис $M_{2}$, то $b_{1},b_{2},...,b_{l},c_{1},c_{2},...,c_{m}$ - базис $V$ (по теореме о размерности суммы и пересечения)

Пусть $V$ - векторное пространство, а $M_{1}$ и $M_{2}$ - его подпространства. Следующие утверждения эквивалентны: 1) $M_{1}+M_{2}$ - прямая сумма $M_{1}$ и $M_{2}$; 2) $\mathrm{dim}(M_{1}+M_{2})=\mathrm{dim}~M_{1}+\mathrm{dim}~M_{2}$; 3) любой вектор из $M_{1}+M_{2}$ единственным образом представим в виде суммы вектора из $M_{1}$ и вектора из $M_{2}$; 4) нулевой вектор пространства $V$ единственным образом представим в виде суммы вектора из $M_{1}$ и вектора из $M_{2}$

Эквивалентность условий 1) и 2) непосредственно вытекает из теоремы о размерности суммы и пересечения и того факта, что размерность нулевого пространства равна 0. 3) $\Rightarrow$ 4) очевидно. Поэтому достаточно доказать импликации 1) $\Rightarrow$ 3) и 4) $\Rightarrow$ 1). 1 $\Rightarrow$ 3. Пусть $x \in M_{1} + M_{2},~ x = x_{1} + x_{2},~ x_{1} \in M_{1}, x_{2} \in M_{2}$. Остается доказать, что такое представление вектора $x$ единственно. Предположим, что $x = y_{1} + y_{2}$, где $y_{1} \in M_{1}$ и $y_{2} \in M_{2}$. Из равенств $$x = x_{1} + x_{2} = y_{1} + y_{2}$$ имеем $x_{1} − y_{1} = y_{2} − x_{2}$. Ясно, что $x_{1} − y_{1} \in M_{1}$, а $y_{2} − x_{2} \in M_{2}$. Следовательно, $x_{1} − y_{1} = y_{2} − x_{2} \in M_{1} \cap M_{2}$. Но $M_{1} \cap M_{2} =$ {$\mathbf{0}$}. Поэтому $x_{1} − y_{1} = y_{2} − x_{2} = \mathbf{0}$, откуда $x_{1} = y_{1}$ и $x_{2} = y_{2}$. 4 $\Rightarrow$ 1. Предположим, что $M_{1} \cap M_{2} \neq \{\mathbf{0}\}$, т. е. существует ненулевой вектор $x \in M_{1} \cap M_{2}$. Тогда вектор $\mathbf{0}$ может быть двумя различными способами представлен в виде суммы вектора из $M_{1}$ и вектора из $M_{2}$: $\mathbf{0}= x + (−x)$ и $\mathbf{0} = \mathbf{0} + \mathbf{0}$. Мы получили противоречие с условием 4. $\square$