Somme dirette e prodotto cartesiano tra spazi vettoriali

[Noisemaker]

Buon Pomeriggio, posto un problema che è diviso in tre parti, ... spero sia corretto...


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Dimostrare che il prodotto cartesiano $V \times W$ di due $\mathbb{K}$-spazi vettoriali $V$ e $W$ è
un $\mathbb{K}$-spazio vettoriale, con la seguente somma e molteplicazione scalare:
\begin{align*}{\bf 1)}\,\,\,(v_1,w_1) + (v_2,w_2) = (v_1 + v_2,w_1 + w_2);\quad {\bf 2)}\,\,\,\lambda(v,w) = (\lambda v,\lambda w)\end{align*}

Verifichiamo le proprietà che definiscono uno spazio vettoriale: indichiamo per comodità $P=V \times W$

$ P_1: \qquad$ $(v_1,w_1) + (v_2,w_2)=(v_2,w_2)+(v_1,w_1) \quad \forall v_1,v_2\in { V}, w_1,w_2\in { W}.$ Allora abbiamo
\begin{align*}
(v_1,w_1) + (v_2,w_2) \stackrel{\bf(1)}{=}(v_1 + v_2,w_1 + w_2)=(v_2 + v_1,w_2 + w_1)\stackrel{\bf(1)}{=}(v_2,w_2)+(v_1,w_1)
\end{align*}
in quanto $(v_1 + v_2,w_1 + w_2)=(v_2 + v_1,w_2 + w_1)$ deriva dal fatto che, il primo elemento della coppia ordinata generata dal prodotto cartesiano è un elemento di $V,$ cioè \,$v_1 + v_2\in V,$ ed essendo $V$ sapzio vettoriale gode della proprietà commutativa rispetto la somma di due suoi elementi, e quindi $v_1 + v_2=v_ 2+ v_1\in V;$ analogamente lo stesso discorso vale per il secondo elemento della coppia ordinata $w_1 + w_2\in W.$
$ P_2: \qquad$ $ [(v_1,w_1) + (v_2,w_2)]+(v_3,w_3)=(v_1,w_1) + [ (v_2,w_2) ]+(v_3,w_3), \forall v_1..v_3\in V , w_1...w_3\in W.$ Allora abbiamo
\begin{align*}
[(v_1,w_1) + (v_2,w_2)]+(v_3,w_3) &\stackrel{\bf(1)}{=}[(v_1 + v_2,w_1 + w_2)]+(v_3,w_3) \\
&\stackrel{\bf(1)}{=} (v_1 + v_2+v_3,w_1 + w_2+v_3) \\
&=[v_1 + (v_2+v_3)\,\, ,\,\, w_1 +(w_2+v_3)]\\
&\stackrel{\bf(1)}{=}(v_1,w_1) + [ (v_2,w_2) +(v_3,w_3)]
\end{align*}
in quanto $ (v_1 + v_2+v_3,w_1 + w_2+v_3) =[v_1 + (v_2+v_3) , w_1 +(w_2+v_3)]$ deriva dal fatto che, il primo elemento della coppia ordinata generata dal prodotto cartesiano è un elemento di $V,$ cioè $v_1 + v_2+v_3\in V,$ ed essendo $V$ sapzio vettoriale gode della proprietà associativa rispetto la somma di due suoi elementi, e quindi $(v_1 + v_2)+v_3= v_1+(v_ 2+v_3)\in V;$ analogamente lo stesso discorso vale per il secondo elemento della coppia ordinata $w_1 + w_2+w_3\in W.$
$ P_3: \qquad$ $\exists 0_v \in V, 0_w \in W : (v_1, w_1)+( 0_v , 0_w )=(v_1, w_1).$ Allora si ha
\begin{align*}
(v_1, w_1)+({\bf 0_v} ,{\bf 0_w})\stackrel{\bf(1)}{=} (v_1+{\bf 0_v}, w_1+{\bf 0_w})= (v_1, w_1)
\end{align*}
in quanto $v_1+ 0_v =v_1$ nello spazio vettoriale $V,$ ed analogamente $w_1+ 0_w $ nello spazio vettoriale $W.$
$ P_4: \qquad$ $\exists -(v_1,w_1 )\in P : ( v_1, w_1 )+ [ -(v_1,w_1 ) ] = 0_P =( 0_v , 0_w ).$ Allora si ha
\begin{align*}
( v_1, w_1 )+ [ -(v_1,w_1 ) ]&\stackrel{\bf(2)}{=}( v_1, w_1 )+ (-v_1,-w_1 )\stackrel{\bf(1)}{=}( v_1+[ -v_1 ], w_1+[ -w_1 ] ) \\
&=( v_1 -v_1 , w_1 -w_1 )=({\bf 0_v},{\bf 0_w}) ={\bf 0_P}
\end{align*}
in quanto $v_1 -v_1= 0_v $ nello spazio vettoriale $V,$ ed analogamente $ w_1 -w_1 = 0_w $ nello spazio vettoriale $W.$
$ P_5: \qquad$ $(\lambda\cdot\mu)\cdot ( v_1, w_1 )=\lambda\cdot[\mu\cdot ( v_1, w_1 )] ,\quad\forall \lambda,\mu\in\mathbb{K}.$
Allora si ha:
\begin{align*}
(\lambda\cdot\mu)\cdot ( v_1, w_1 )\stackrel{\bf(2)}{=}(\lambda\mu v_1, \lambda\mu w_1 )=[\lambda(\mu v_1), \lambda(\mu w_1)]\stackrel{\bf(2)}{=}\lambda[ \mu v_1, \mu w_1 ]\stackrel{\bf(2)}{=}\lambda[\mu (v_1, w_1) ]
\end{align*}
$ P_6: \qquad$$(\lambda +\mu)\cdot (v_1, w_1) =\lambda\cdot (v_1, w_1)+\mu\cdot (v_1, w_1),\quad\forall \lambda,\mu\in\mathbb{K}.$
Allora si ha
\begin{align*}
(\lambda +\mu)\cdot (v_1, w_1) &\stackrel{\bf(2)}{=}[(\lambda +\mu)v_1, (\lambda +\mu)w_1]=[(\lambda v_1 +\mu v_1), (\lambda w_1 +\mu w_1)]\\
&\stackrel{\bf(1)}{=} (\lambda v_1,\lambda w_1)+(\mu v_1,\mu w_1)\stackrel{\bf(2)}{=} \lambda (v_1, w_1)+\mu (v_1,\mu w_1)
\end{align*}
$ P_7: \qquad$ $\lambda\cdot[(v_1,w_1) + (v_2,w_2)] =\lambda\cdot (v_1,w_1)+\lambda\cdot (v_2,w_2) ,\quad\forall \lambda\in\mathbb{K}.$ Allora si ha
\begin{align*}
\lambda\cdot[(v_1,w_1) + (v_2,w_2)]&\stackrel{\bf(1)}{=}\lambda[(v_1+v_2),(w_1+w_2)]\stackrel{\bf(2)}{=} [\lambda(v_1+v_2),\lambda(w_1+w_2) ]\\
&=(\lambda v_1+\lambda v_2 \,\, , \,\, \lambda w_1+\lambda w_2)\stackrel{\bf(1)}{=}(\lambda v_1,\lambda w_1)+ (\lambda v_2,\lambda w_2)\\
&\stackrel{\bf(2)}{=}\lambda (v_1, w_1)+\lambda ( v_2, w_2)
\end{align*}
$ P_8: \qquad$ $1\cdot (v_1,w_1) =(v_1,w_1),\quad 1\in\mathbb{K}.$ Allora si ha:
\begin{align*}
1\cdot (v_1,w_1)&\stackrel{\bf(2)}{=} (1\cdot v_1,1\cdot w_1)=(v_1,w_1)
\end{align*}
Verificando le $8$ proprietà, il prodotto cartesiano tra due spazi vettoriali è uno spazio vettoriale.

[size=150]2 [/size]
Se $v_1,... , u_n$ è una base di $V$ e $w_1,... ,w_m$ una base di $W,$ dimostrare che
\begin{align*}
(v_1, 0), ... ,(v_n, 0), (0,w_1),... , (0,w_m)\end{align*}
è una base di $V \times W.$

Per dimostrae che $(v_1, 0), ... ,(v_n, 0), (0,w_1),... , (0,w_m)$ è una base di $V \times W,$ dobbiamo poter essere in grado di esprimere in modo unico un generico vettore dello spazio vettoriale $V \times W,$ come come combinazione lineare degli elementi della base; sia $(x,y)$ un gernerico vettore dello spazio $V \times W,$ con $x\in V, y\in W;$ dobbiamo verificare che
\begin{align*}
(x,y)&=\lambda_1(v_1, 0)+\lambda_2(v_2, 0)+ ... +\lambda_n(v_n, 0)+\lambda_{n+1} (0,w_1)+\lambda_{n+2} (0,w_2)+... +\lambda_{n+m} (0,w_m)\\
&\stackrel{\bf(2)}{=}(\lambda_1v_1, 0)+(\lambda_2 v_2, 0)+ ... +(\lambda_n v_n, 0)+(\lambda_{n+1} 0,w_1)+(\lambda_{n+2} 0,w_2)+... +(\lambda_{n+m} 0,w_m)\\
&\stackrel{\bf(1)}{=}(\lambda_1v_1+ \lambda_2 v_2+... + \lambda_n v_n\,\,;\,\, \lambda_{n+1}w_1+\lambda_{n+2}w_2+... +\lambda_{n+m}w_m)
\end{align*}
e dunque abbiamo che
\begin{align*}
x=\lambda_1v_1+ \lambda_2 v_2+... + \lambda_n v_n,\qquad
y= \lambda_{n+1}w_1+\lambda_{n+2}w_2+... +\lambda_{n+m}w_m
\end{align*}
Essendo $v_1,... , v_n$ una base di $V$ per ipotesi, significa che il vettori ,$v_1,... ,v_n$ sono linearmente indipendenti e dunque i coefficienti $\lambda_1, ... ,\lambda_n$ risultano tutti uguali a zero; analogamente i vettori $w_1,... , w_m$ sono una base di $W$ per ipotesi, significa che il vettori $w_1,... , w_m$ sono linearmente indipendenti e dunque i coefficienti $\lambda_{n+1}, ... ,\lambda_{n+m}$ risultano tutti uguali a zero. Allora la combinazione lineare
\begin{align*}
(x,y)&=\lambda_1(v_1, 0)+\lambda_2(v_2, 0)+ ... +\lambda_n(v_n, 0)+\lambda_{n+1} (0,w_1)+\lambda_{n+2} (0,w_2)+... +\lambda_{n+m} (0,w_m)
\end{align*}
ha i coefficienti $\lambda_1=\lambda_2= ... =\lambda_n=\lambda_{n+1} =\lambda_{n+2}=... =\lambda_{n+m}=0$
e dunque i vettori $(v_1, 0), ... ,(v_n, 0), (0,w_1),... , (0,w_m)$ risultano linearmente indipendenti. Per dimostrare che questa rappresentazione è unica, consideriamo un'altra combianazione linerare secondo gli scalari $\mu_1,\mu_2, ... ,\mu_n,\mu_{n+1} ,\mu_{n+2},... ,\mu_{n+m}$
\begin{align*}
(x,y)&=\mu_1(v_1, 0)+\mu_2(v_2, 0)+ ... +\mu_n(v_n, 0)+\mu_{n+1} (0,w_1)+\mu_{n+2} (0,w_2)+... +\mu_{n+m} (0,w_m)\\
&\stackrel{\bf(2)}{=}(\mu_1v_1, 0)+(\mu_2 v_2, 0)+ ... +(\mu_n v_n, 0)+(\mu_{n+1} 0,w_1)+(\mu_{n+2} 0,w_2)+... +(\mu_{n+m} 0,w_m)\\
&\stackrel{\bf(1)}{=}(\mu_1v_1+ \mu_2 v_2+... + \mu_n v_n\,\,;\,\, \mu_{n+1}w_1+\mu_{n+2}w_2+... +\mu_{n+m}w_m)
\end{align*}
e dunque abbiamo che
\begin{align*}
x=\mu_1v_1+ \mu_2 v_2+... + \mu_n v_n,\qquad
y= \mu_{n+1}w_1+\mu_{n+2}w_2+... +\mu_{n+m}w_m
\end{align*}
Essendo $v_1,... , v_n$ una base di $V$ i vettori $v_1,... ,v_n$ sono linearmente indipendenti e dunque i coefficienti $\mu_1, ... ,\mu_n$ risultano tutti uguali a zero; analogamente i vettori $w_1,... , w_m.$ Allora i coefficienti $\lambda_j=\mu_j,$ e dunque la rappresentzione è unica e i vettori $(v_1, 0), ... ,(v_n, 0), (0,w_1),... , (0,w_m)$ sono una base di $V\times W.$

[size=150] 3[/size]
Sia $V = U\oplus W$ una somma diretta di sottospazi $U$ e $W$ di $V.$ Se $u_1,...,v_n$ è una base di $U$ e $w_1, ... ,w_m$ una base di $W,$ dimostrare che $u_1,...,u_n,w_1,....,w_m$ è una
base di $V.$

Siano $u_1,...,u_n$ e $w_1, ... w_m$ basi qualunque di $U$ e di $W.$ Sia $v$ un vettore qualunque di $V.$ Per
ipotesi possiamo scrivere $v = u + w$ secondo opprtuni vettori $u\in U$ e $w \in W.$ In corrispondenza di tali vettori esistono degli scalrai $a_i$ e $b_j$ tali che
\begin{align*}
u = a_1u_1 +...+a_nu_n,\qquad w =b_1w_1+...+b_mw_m.
\end{align*}
Quindi
\begin{align*}v = a_1u_1+...+a_nu_n+b_1w_1+...+b_mw_m,\end{align*}
e ciò prova che $ u_1, ... ,u_n,w_1,..., w_m$ è un sistema di generatori di $V.$ Resta da provare che $u_1, ... ,u_n, w_1,..., w_m$ è linearmente indipendente. Sia allora
\begin{align*}
{\bf 0_v} = a_1u_1+...+a_nu_n+b_1w_1+...+b_mw_m
\end{align*}
una combinazione lineare di $u_1, ... ,u_n, w_1,..., w_m$. Poichè
\begin{align*}
{\bf 0_v} = a_1u_1 +... + a_hu_h + b_1w_1 +... +
b_kw_k = {\bf 0_u} + {\bf 0_w},
\end{align*}
deve essere
\begin{align*}
a_1u_1 + ... + a_nu_n = {\bf 0_u}\qquad b_1w_1 + ... + b_mw_m = {\bf 0_w}.
\end{align*}
Poichè $ u_1,..., u_n,$ e $ w_1+...+ w_m$ sono indipendenti allora tutti gli scalari $a_i$ e $b_j$ devono essere nulli. Ciò prova che la relazione
\begin{align*}
{\bf 0_v} = a_1u_1 + ... + a_nu_n + b_1w_1 + + b_mw_m
\end{align*}
deve essere banale, cioè che
\begin{align*}
a_1u_1+...+a_nu_n+b_1w_1+...+b_mw_m
\end{align*} è linearmente indipendente: essendo generatrice dello spazio $V$ e linearmente indipendente, forma una base per $V$

[gugo82]

Sembra giusto.

Aggiungo:

4. Scelti due sottospazi \(U,W\) di \(V\), dimostrare che \(U\oplus W\) è isomorfo a \(U\times W\).

[Noisemaker]

"gugo82":Sembra giusto.

Aggiungo:

4. Scelti due sottospazi \(U,W\) di \(V\), dimostrare che \(U\oplus W\) è isomorfo a \(U\times W\).

dimostrare che lo spazio vettoriale \(U\oplus W\) è isomorfo a \(U\times W\) equivale a dimostrare che
\begin{align*}
\dim U\oplus W =\dim U\times W
\end{align*}

Se $u_1,\cdots,u_n$ è una base di $U$ e $w_1,\cdots,w_m$ è una base di $W$ allora avremo che

\begin{align*}
\dim U\oplus W =\dim U+\dim W=n+m
\end{align*}
D'altra parte avremo che $(u_1, 0), ... ,(u_n, 0), (0,w_1),... , (0,w_m)$ è una base di $U\times W$ e dunque \begin{align*}\dim(U\times W)=n+m\end{align*}

e che quanto volevamo.

[gugo82]

Ok, nel caso di sottospazi finitamente generati.

Ma se almeno uno dei due sottospazi \(U\) o \(W\) non ha dimensione finita, come te la cavi?