Vektortér altere

A vektortér altere valamely vektortér olyan részhalmaza, amely továbbra is zárt az összeadásra és a skalárral való szorzásra.

Definíció

Legyen adott egy V vektortér. A V altere ekkor a V valamely W részhalmaza, amely maga is vektortér. A nemüres W ⊆ V részhalmaznak tehát két feltételt kell teljesítenie ahhoz, hogy a V altere legyen: minden x, y ∈ W vektorra és minden a ∈ ℝ számra

• x + y ∈ W,
• a · x ∈ W.

Tehát a V-ből olyan részhalmazt kell választanunk, amelynek vektorai zártak az összeadásra és a szorzásra.

Az ℝ³ tér altere

Vegyük az ℝ³ teret, és keressünk benne valamilyen alteret.

1. Mi lenne például az összes (a; a; a) alakú számhármas, ahol a ∈ ℝ? Vagyis olyan hármasok, mint $(1;1;1),(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2})$ vagy (−π; −π; −π). Az ilyen alteret jelöljük W₁-gyel. Ez az ℝ³ részhalmaza lenne, azaz W₁ ⊆ ℝ³, hiszen az ℝ³ egyszerűen az összes számhármast tartalmazza.

Ez a halmaz zárt lenne a vektorok összeadására, mert

$$(a;a;a)+(b;b;b)=(a+b;a+b;a+b).$$

Két vektor összeadása után újra olyan vektort kapunk, amelynek mindhárom tagja egyenlő, és az ilyen vektor eleme a W₁ halmaznak. A W₁ halmaz tehát teljesíti az altér első feltételét. Teljesíti-e a másodikat is?

Igen, teljesíti, mert a k-szoros a vektor mindhárom komponensét megváltoztatja, mégpedig pontosan ugyanúgy:

$$k\cdot (a;a;a)=(k\cdot a;k\cdot a;k\cdot a).$$

Ismét olyan vektort kapunk, amelynek mindhárom komponense egyenlő, és az ilyen vektor a W₁ halmazban van. A W₁ halmaz tehát az ℝ³ altere.

• Megpróbálhatjuk venni az összes olyan (a; b; c) számhármast, amelyre a, b, c ∈ [−1; 1]. Ezt a halmazt jelöljük W₂-vel, elemei például a $(\frac{1}{2};-\frac{2}{7};\frac{8}{9})$ vagy a $(0;\frac{\pi }{4};1)$ hármas. Zártak-e a W₂ elemei az összeadásra? Biztosan nem, mert az $(1;1;1)+(\frac{1}{2};\frac{1}{3};\frac{1}{4})$ összeg a $(\frac{3}{2};\frac{4}{3};\frac{5}{4})$ hármassal egyenlő, az pedig nem tartozik a W₂ halmazba. A W₂ halmaz tehát nem altere az ℝ³ térnek, sőt a W₂ egyáltalán nem alkot vektorteret.

• Most vegyük az összes (a; 0; b) alakú hármast, ahol a, b ∈ ℝ. Ezek mind olyan hármasok, amelyeknek a második komponense nulla. Jelöljük ezt a halmazt W₃-mal. Zárt-e ez a halmaz az összeadásra? Igen, az, mert

$$(a;0;b)+(c;0;d)=(a+c;0;b+d)$$

Az eredmény az (a + c; 0; b + d) hármas, amelynek a második komponense nulla, a másik kettőn pedig valós számok állnak. Ez a hármas biztosan eleme a W₃ halmaznak. Zárt-e a W₃ a szorzásra? Igen, mert

$$k\cdot (a;0;b)=(k\cdot a;0;k\cdot b)$$

Ismét a (k · a; 0; k · b) hármast kapjuk, amelynek a második komponense mindig nulla, a többi komponense pedig valós szám. Ez a hármas eleme a W₃ halmaznak. A W₃ halmaz tehát az ℝ³ altere. Vegyük észre, hogy ha a hármasok (a; b; 0) vagy (a; 0; 0) alakúak lennének, azok is alteret alkotnának.

A polinomok altere

Az előző cikkben bemutattuk a polinomokból álló vektorteret. Az ismétlés kedvéért: a polinom egy

$$p(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\dots +a_n{x}^n$$

alakú kifejezés. Feltételezzük, hogy a_n ≠ 0. Az ilyen polinom foka ekkor éppen az n szám. Az a₀, …, a_n valós számokat a polinom együtthatóinak nevezzük. A polinomra példa a 4 + 3x − 7x² kifejezés. Próbáljunk meg valamilyen alteret találni. Legyen tehát adott az összes polinom P(x) vektortere.

1. Először próbáljuk ki az összes n-edfokú polinom halmazát, ahol n ≥ 0, ezt jelöljük W₁-gyel. Az előző cikkben már említettük, hogy ez egyáltalán nem vektortér, tehát aligha lehet a P(x) altere. Ismételjük meg: ha például a W₁-beli polinomot megszorozzuk nullával, a p(x) = 0 polinomot kapjuk, amelynek definíció szerint a foka −1. Ez az elem tehát biztosan nincs egyetlen W₁-ben sem.

2. Vegyük W₂-nek az összes legfeljebb n-edfokú polinomot. Így n = 2 esetén a W₂-ben lesz az összes 2, 1, 0, −1 fokú polinom. Zárt-e ez a halmaz az összeadásra? Igen, mert két legfeljebb n-edfokú polinom összegének a foka sosem lehet nagyobb n-nél, csak kisebb. Ugyanígy zárt a szorzásra is, mert a p(x) polinom bármely k-szorosa vagy ugyanolyan fokú polinom, vagy a nullapolinom. Mindkét lehetőséget lefedi a W₂ halmaz, tehát a W₂ altere a P(x) térnek.

Az alterek alapvető tulajdonságai

Legyen adott egy V vektortér és két altere, W₁ és W₂. Ekkor igaz, hogy

1. A W₁ ∩ W₂ metszet a V altere.

   Legyen az ℝ³ vektortér és két altere, W₁ és W₂, olyanok, hogy a W₁ az (a; b; 0), a W₂ pedig az (a; 0; b) alakú hármasokból áll, ahol a, b ∈ ℝ. A W₁ ∩ W₂ metszet ekkor az (a; 0; 0) alakú hármasokat tartalmazó halmaz – ez nyilvánvalóan altere az ℝ³ térnek.

   Ez azonban természetesen nem bizonyítás. A bizonyítás így nézne ki: vegyünk egy tetszőleges V vektorteret és két alterét, W₁-et és W₂-t. Azt akarjuk bebizonyítani, hogy minden x, y ∈ W₁ ∩ W₂ esetén x + y ∈ W₁ ∩ W₂.

   Mivel az x és az y vektor benne van a W₁ ∩ W₂ metszetben, biztosan igaz, hogy x, y ∈ W₁, és egyúttal x, y ∈ W₂ (ez a halmazok metszetének definíciójából következik). Mivel a W₁ és a W₂ egyúttal vektorterek is, azt is teljesülnie kell, hogy x + y ∈ W₁, és egyúttal x + y ∈ W₂ (ez a vektorterek definíciójából következik). Most tehát azt kaptuk, hogy x + y ∈ W₁ és egyúttal x + y ∈ W₂, amiből következik, hogy x + y ∈ W₁ ∩ W₂ (ismét a halmazok metszetének definíciója alapján – ha egy elem benne van a W₁ halmazban és a W₂ halmazban is, akkor a metszetükben is benne kell lennie).

   Ezután a szorzásra való zártságot kell ellenőriznünk. Be kell bizonyítanunk, hogy minden k ∈ ℝ és x ∈ W₁ ∩ W₂ esetén k · x ∈ W₁ ∩ W₂. Az eljárás ugyanaz. Mivel x ∈ W₁ ∩ W₂, egyúttal x ∈ W₁ és x ∈ W₂. Mivel a W₁ és a W₂ vektorterek, k · x ∈ W₁ és egyúttal k · x ∈ W₂, tehát k · x ∈ W₁ ∩ W₂. □

2. A W₁ ∪ W₂ unió nem feltétlenül altere a V-nek.

   A második tulajdonság bizonyításához elég egy megfelelő ellenpéldát találni. Megteszik az előző W₁ és W₂ terek, amelyekben a hármasok (a; b; 0), illetve (a; 0; b) alakúak. Ha képezzük az uniójukat, megkapjuk az összes olyan hármast, amelynek a második vagy a harmadik helyén nulla áll. Az (1; 0; 1) és az (1; 1; 0) vektor tehát biztosan a W₁ ∪ W₂ unióban van. Az összegük viszont a (2; 1; 1) vektor, amelyben sehol sincs nulla. Ez a vektor sem a W₁-ben, sem a W₂-ben nincs benne, így a W₁ ∪ W₂ unióban sem lehet. Találtunk tehát két vektort, amelyek összege nem ugyanabba a halmazba tartozik, ezért nem lehet vektortér.