Tổng trực tiếp trong không gian đối ngẫu

Lời nói đầu Nh chúng ta đã biết, một dạng tuyến tính của một không gian vectơ E trên trờng K là một ánh xạ tuyến tính từ E vào K. Tập hợp tất cả các dạng tuyến tính trên E ký hiệu là E * = L(E, K) lập thành một không gian vectơ trên trờng K và gọi là không gian đối ngẫu của E. Nếu E là không gian hữu hạn sinh thì dimE * = dimE và ta có E * đẳng cấu với E. Tuy nhiên việc chuyển đổi tất cả các tính chất của E sang E * không phải bao giờ cũng dễ dàng. Thờng thì trừu tợng và phức tạp hơn nếu chúng ta không thành thạo với các phép tơng ứng tức là các ánh xạ. Tổng trực tiếp của các không gian con có nhiều ứng dụng trong các chuyên ngành Đại số, Giải tích và Hình học. Mục đích chính của khoá luận là nghiên cứu tổng trực tiếp của các không gian con của không gian đối ngẫu E * . Khoá luận đợc chia làm hai chơng. Chơng 1. Tổng trực tiếp của các không gian con. Chơng 2. Tổng trực tiếp trong không gian đối ngẫu. ở chơng 1, chủ yếu nhắc lại một số định nghĩa, tích chất và kết quả quan trọng liên quan. Chứng minh đợc một số tính chất của không gian con bù: Nếu E = E 1 E 2 thì E E 1 ì E 2 (Mệnh đề 3.5) hoặc E 2 E/E 1 (Mệnh đề 3.10) và tổng quát hoá cho tổng trực tiếp hữu hạn các không gian con (nhận xét sau mệnh đề 3.5). Trong chơng 2, đã chuyển đợc các kết quả chủ yếu trong E sang cho không gian đối ngẫu E * . Chẳng hạn: Mọi không gian con * 1 E của không gian đối ngẫu E * đều tồn tại * 2 E của E * sao cho E * = * 1 E * 2 E (Mệnh đề 3.1). Nếu E * = * 1 E * 2 E và * 1 E F * E * thì F * = ( * 1 E F * ) * 2 E (Mệnh đề 3.4). Hay E = E 1 E 2 thì E * = * 1 E * 2 E (Mệnh đề 3.6). 3 Khoá luận đợc hoàn thành vào tháng 4 năm 2003 tại trờng Đại học Vinh dới sự hớng dẫn tận tình của thầy giáo Nguyễn Văn Giám. Vì thời gian có hạn và b- ớc đầu nghiên cứu khoa học nên không thể tránh khỏi một số sai sót, mặc dù tác giả đã có nhiều cố gắng. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy, ngời đã tận tình giúp đỡ tác giả trong quá trình làm khoá luận. Tác giả xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán trờng Đại học Vinh, xin cảm ơn gia đình và bạn bè đã giúp đỡ, tạo điều kiện cho tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thành khoá luận. Vinh, ngày 20 - 4 - 2003 Tác giả 4 Chơng 1 Tổng trực tiếp của các không gian con Đ1. Không gian tổng 1.1. Định nghĩa. Cho E 1 và E 2 là hai không gian con của một không gian vectơ E. Không gian tổng E 1 + E 2 là tập hợp tất cả các vectơ x E có dạng: x = x 1 + x 2 (x 1 E 1 , x 2 E 2 ) Không gian tổng E 1 + E 2 chính là không gian con nhỏ nhất của E chứa E 1 và E 2 . 1.2. Bổ đề. Cho S 1 , S 2 là hai cơ sở của E 1 và E 2 tơng ứng. Nếu S 1 S 2 là một cơ sở của E 1 E 2 thì S 1 S 2 cũng là một cơ sở của E 1 + E 2 . Chứng minh: +) S 1 S 2 là một hệ sinh của E 1 + E 2 . Giả sử S 1 = {x i } {z k }; S 2 = {y j } {z k }; với {z k } là cơ sở của E 1 E 2 . Khi đó S 1 S 2 = {x i } {y j } {z k }. Do các vectơ thuộc E 1 và E 2 là các tổ E y 1 z k y j z 1 x i E 2 x 1 E 1 hợp tuyến tính của S 1 và S 2 nên mọi vectơ thuộc E 1 + E 2 đều là tổ hợp tuyến tính của S 1 và S 2 . Thật vậy, với x E 1 + E 2 x = x 1 + x 2 , x 1 E 1 , x 2 E 2 x 1 = i a i x i + k b k z k . x 2 = j c j y j + k d k z k . Do đó, x = i a i x i + j c j y j + k (b k + d k )z k . Vậy S 1 S 2 là hệ sinh của E 1 + E 2 . (1) +) S 1 S 2 là hệ độc lập tuyến tính. Xét tổ hợp tuyến tính 5 i a i x i + j b j y j + k c k z k = 0 i a i x i = - ( j b j y j + k c k z k ) E 1 E 2 . Do {z k } là một hệ sinh của E 1 E 2 nên i a i x i là một tổ hợp tuyến tính của {z k }. i a i x i = k d k z k Ta có i a i x i - k d k z k = 0 là một quan hệ tuyến tính của S 1 . Do S 1 độc lập tuyến tính nên a i = 0 i và d k = 0, k. Suy luận tơng tự ta cũng nhận đợc b j = 0, j. Vì vậy k c k z k = 0. Mặt khác, do {z k } độc lập tuyến tính nên c k = 0, k. Suy ra hệ S 1 S 2 độc lập tuyến tính . (2) Kết hợp (1) và (2) ta suy ra S 1 S 2 là một cơ sở của không gian tổng E 1 + E 2 . 1.3. Định lý (Định lý về chiều của không gian tổng). Giả sử E 1 và E 2 là hai không gian vectơ hữu hạn sinh. Ta có dim(E 1 + E 2 ) = dimE 1 + dimE 2 - dim(E 1 E 2 ). Chứng minh: Giả sử dim(E 1 E 2 ) = p, dimE 1 = m + p, dimE 2 = n + p. Gọi {z k } là cơ sở của E 1 E 2 . Ta bổ sung {z k } đến cơ sở của E 1 là {x i } {z k } và bổ sung {z k } đến một cơ sở của E 2 là {y j } {z k }. Trong đó số phần tử của {z k }, {x i }, {y j } lần lợt là p, m, n. Theo Bổ đề 1.2 thì {x i } {y j } {z k } sẽ là một cơ sở của không gian tổng E 1 + E 2 . Do đó 6 dim(E 1 + E 2 ) = m + n + p = (m + p) + (n + p) - p = dimE 1 + dimE 2 - dim(E 1 E 2 ). Đ2. Tổng trực tiếp 2.1. Định nghĩa. Cho E 1 , E 2 , ., E r là các không gian vectơ con của không gian vectơ E. Tổng E 1 + E 2 + . + E r đợc gọi là tổng trực tiếp của các không gian con E 1 , E 2 , ., E r nếu mỗi vectơ x thuộc tổng đều biểu thị một cách duy nhất dới dạng: x = x 1 + x 2 + . + x r , trong đó x i E i , i = 1, ., r. Ký hiệu là E 1 E 2 . E r . 2.2. Ví dụ. Ví dụ 1: Cho E là một không gian bất kỳ, khi đó {0} và E là các không gian con của E. Thế thì E = E {0}. Vì x E thì x biểu diễn đợc duy nhất dới dạng: x = x + 0. Ví dụ 2: Xét trong mặt phẳng Oxy, ta có: E 2 = E 1 E 2 . trong đó E 1 = {Ox} E 2 = {Oy} Do đó E 2 = {Ox} {Oy}. y 2 O 1 x 2.3. Định lý. Cho E 1 , E 2 , ., E r là các không gian vectơ con của không gian vectơ E. Các điều kiện sau là tơng đơng: (1) E 1 + E 2 + . + E r là tổng trực tiếp. (2) (E 1 + E 2 + . + E j -1 ) E j = 0, j = 2, ., r. (3) Tồn tại các cơ sở S 1 , S 2 , ., S r của E 1 , E 2 , ., E r không giao nhau từng đôi một sao cho S 1 S 2 . S r là một cơ sở của E 1 + E 2 + . + E r . Chứng minh: 7 (1) (2): Giả sử x j là một vectơ bất kỳ thuộc (E 1 + . + E j -1 ) E j , j = 2, ., r. Khi đó ta có: x j = x 1 + x 2 + . + x j -1 với x i E i (i = 1,1 j ) ta có thể viết: 0 = x 1 + x 2 + . + x j -1 - x j = 0 + 0 + . + 0 (j lần) Do E 1 + E 2 + . + E r là tổng trực tiếp nên ta phải có x j = 0. Vậy (E 1 + E 2 + . + E j-1 ) E j = 0. (2) (3): Giả sử S 1 , ., S r là một hệ các cơ sở của E 1 , E 2 , ., E r tơng ứng, và S 1 , S 2 , ., S r -1 không giao nhau từng đôi một; S 1 . S r -1 là một cơ sở của E 1 + E 2 + . + E r -1 . Do (E 1 + E 2 + . + E r -1 ) E r = 0 nên S 1 , S 2 , ., S r -1 không giao nhau với S r . Suy ra S 1 , S 2 , ., S r cũng không giao nhau từng đôi một. Đặt biệt ta có: (S 1 , S 2 , ., S r -1 ) S r = . Theo Bổ đề 1.2 thì S 1 S 2 . S r là một cơ sở của E 1 + . + E r . (3) (1): Giả sử vectơ x E 1 + E 2 + . + E r có hai cách biểu diễn: x = x 1 + x 2 + . + x r , x i E i , i = 1, ., r. và x = y 1 + y 2 + . + y r , y i E i , i = 1, ., r. Ta có (x 1 - y 1 ) + (x 2 - y 2 ) + . + (x r - y r ) = 0 Do x i - y i E i nên ta có thể viết x i - y i = j a ij z ij , z ij S i , i = 1, ., r. Từ đó ta suy ra i j a ij z ij = 0 8 Do S 1 , S 2 , ., S r không giao nhau từng đôi một nên các vectơ z ij hoàn toàn khác nhau. Vì vậy đẳng thức trên là một quan hệ tuyến tính của S 1 S 2 . S r . Mặt khác, do S 1 S 2 . S r là một cơ sở của E 1 + E 2 + . + E r mà ta phải có: a ij = 0 , i,j. Suy ra x i - y i = 0 dẫn đến x i = y i , i = 1, ., r. Vậy x chỉ có một cách biểu diễn duy nhất thành tổng các vectơ của E 1 + E 2 + . + E r . Theo định nghĩa tổng trực tiếp suy ra tổng E 1 + E 2 + . + E r là tổng trực tiếp. 2.4. Định lý. Giả sử E 1 , E 2 , ., E r là những không gian con hữu hạn sinh. Ta có: dim(E 1 + E 2 + . + E r ) dimE 1 + dimE 2 + . + dimE r . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi E 1 + . + E r là tổng trực tiếp trong E. Chứng minh: Trong trờng hợp r = 1 là hiển nhiên. Giả sử r > 1. Dùng quy nạp ta có thể giả thiết dim(E 1 + . + E r -1 ) dimE 1 + . + dimE r -1 . Theo Định lý 1.3. thì dim(E 1 + .+ E r ) dim(E 1 + .+ E r -1 ) + dimE r - dim((E 1 + .+E r -1 ) E r ) dimE 1 + . + dimE r -1 + dimE r . Nếu dim(E 1 + . + E r ) = dimE 1 + . + dimE r thì ta phải có: dim(E 1 + . + E r -1 ) = dimE 1 + . + dimE r -1 , dim((E 1 + . + E r -1 ) E r ) = 0. Từ điều kiện thứ nhất ta suy ra đợc (E 1 + . + E r -1 ) E i = 0 với i = 1,1 r (theo giả thiết qui nạp). Từ điều kiện thứ hai ta nhận đợc (E 1 + . + E r -1 ) E r = 0. Vì vậy E 1 + . + E r là tổng trực tiếp trong E theo Định lý 2.3. Đảo lại, nếu E 1 + . + E r là tổng trực tiếp trong E thì theo Định lý 2.3 ta tìm thấy các cơ sở S 1 , ., S r của E 1 , ., E r không giao nhau từng đôi một sao cho S 1 S 2 . S r là cơ sở của E 1 + . + E r . Từ đây suy ra 9 dim(E 1 + E 2 + . + E r ) = tổng số phần tử của S 1 , ., S r = dimE 1 + . + dimE r . Đ3. Không gian con bù 3.1. Định nghĩa. Cho E 1 là một không gian con của E. Một không gian con E 2 của E đợc gọi là không gian bù của E 1 trong E nếu E = E 1 E 2 . Ví dụ: 1. E là không gian bù của không gian không vì E = 0 E. 2. Không gian bù của một đờng thẳng trong mặt phẳng là một đờng thẳng không song song với đờng thẳng đó. 3.2. Hệ quả 1. Các điều kiện sau là tơng đơng: (1) E = E 1 E 2 . (2) E = E 1 + E 2 và E 1 E 2 = 0. (3) Tồn tại các cơ sở S 1 và S 2 của E 1 và E 2 không giao nhau sao cho S 1 S 2 là một cơ sở của E. Chứng minh: Suy trực tiếp từ định lý 2.3. 3.3. Hệ quả 2. Nếu E là không gian hữu hạn sinh thì E = E 1 E 2 khi và chỉ khi E = E 1 + E 2 và dimE = dimE 1 + dimE 2 . Chứng minh: Suy trực tiếp từ định lý 2.4. 3.4. Mệnh đề. Mọi không gian con E 1 của E đều tồn tại một không gian con E 2 của E sao cho: E = E 1 E 2 . Chứng minh: Lấy một cơ sở S 1 của E 1 . Ta bổ sung S 1 đến S 1 S 2 là một cơ sở của E. Xét không gian con của E sinh bởi S 2 là E 2 . Khi đó ta có: S 1 S 2 = , và S 1 S 2 là một cơ sở của E 1 + E 2 = E. Theo Hệ quả 3.2 ta có: E = E 1 E 2 . 10 Hay tồn tại E 2 là không gian con của không gian E là không gian con bù của E 1 . 3.5. Mệnh đề. Nếu E = E 1 E 2 thì E E 1 ì E 2 . Chứng minh: Xét tơng ứng: : E E 1 ì E 2 x (x 1 , x 2 ) Vì E = E 1 E 2 nên với mỗi x E thì x đợc biểu diễn duy nhất dới dạng: x = x 1 + x 2 ; x 1 E 1 , x 2 E 2 . Do đó là một ánh xạ. Thật vậy, với x,y E, x = y ta có: x = x 1 + x 2 , x 1 E 1 , x 2 E 2 . y = y 1 + y 2 , y 1 E 1 , y 2 E 2 . Khi đó (x) = (x 1 , x 2 ) = (y) = (y 1 , y 2 ) = = 22 11 yx yx +) là đơn ánh. Với mọi x,y E, x y ta có: x = x 1 + x 2 , x 1 E 1 , x 2 E 2 và y = y 1 + y 2 , y 1 E 1 , y 2 E 2 . (x) = (x 1 , x 2 ) ; (y) = (y 1 , y 2 ) Nếu (x) = (y) (x 1 , x 2 ) = (y 1 , y 2 ) = = 22 11 yx yx x = y mâu thuẫn với giả thiết x y (x) (y). +) là toán ánh. Với mỗi cặp (x 1 ,x 2 ) E 1 ì E 2 ; x 1 E 1 , x 2 E 2 , tồn tại vectơ x = x 1 +x 2 E sao cho: (x) = (x 1 , x 2 ) E 1 ì E 2 . +) là ánh xạ tuyến tính. 11 Với mọi x,y E ta có: x = x 1 + x 2 ; y = y 1 + y 2 x + y = (x 1 + y 1 ) + (x 2 + y 2 ); x 1 + y 1 E 1 ; x 2 + y 2 E 2 . (x + y) = (x 1 + y 1 , x 2 + y 2 ) = (x 1 , x 2 ) + (y 1 , y 2 ) = (x) + (y). K ta có: ( , x) = ( x 1 , x 2 ) = (x 1 , x 2 ) = . (x). E E 1 ì E 2 . Nhận xét: Từ mệnh đề trên ta có thể mở rộng nh sau: Cho E = E 1 E 2 . E n . Khi đó a) E = i n ji i E 1 ì E j . b) E = i k i E 1 ì += j n kj E 1 c) E = n i 1 = E i . Với trờng hợp a) và b) chẳng qua là hệ quả của mệnh đề trên nếu ta đặt i n ji i E = 1 = E thì sẽ trở về mệnh đề trên (ở a)); nếu ta đặt i k i E 1 = = E , j n kj E 1 += = E cũng chính là mệnh đề trên (ở b)). Đối với trờng hợp c), ta xét ánh xạ f : E n i 1 = E i x (x 1 , x 2 , ., x n ) Trong đó x = x 1 + x 2 + .+ x n , x i E i , i = 1, ,n . Khi đó ta cũng chứng minh đợc f là một song ánh tuyến tính và dẫn đến điều phải chứng minh. 12