Underrum

Ett underrum är en delmängd av ett vektorrum som fortfarande är sluten under addition och multiplikation med skalär.

Definition

Låt V vara ett vektorrum. Ett underrum W är då en delmängd av V där mängden W i sig också är ett vektorrum. En icke-tom delmängd W ⊆ V måste alltså uppfylla de här två villkoren för att vara ett underrum till V: för alla x, y ∈ W och för varje a ∈ ℝ gäller

• x + y ∈ W,
• a · x ∈ W.

Vi måste alltså välja en delmängd av V så att dessa vektorer är slutna under addition och multiplikation.

Underrum till ℝ³

Vi tar rummet ℝ³ och letar efter något underrum.

1. Vad sägs om alla tripler på formen (a, a, a), där a ∈ ℝ? Alltså tripler som $(1,1,1),(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ eller (−π, −π, −π). Ett sådant underrum, som vi kallar W₁, skulle vara en delmängd av ℝ³, dvs. W₁ ⊆ ℝ³, eftersom ℝ³ innehåller alla tripler.

Rummet skulle vara slutet under addition av vektorer, eftersom

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

När vi adderar två vektorer får vi en ny vektor som återigen har tre lika komponenter, och en sådan vektor ligger i mängden W₁. Mängden W₁ uppfyller alltså underrummets första villkor. Men uppfyller den det andra villkoret?

Ja, eftersom k gånger vektorn ändrar alla tre komponenter, men på exakt samma sätt:

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

Vi får återigen en vektor med tre lika komponenter, och en sådan vektor ligger i mängden W₁. Mängden W₁ är alltså ett underrum till ℝ³.

• Vi kan prova att ta alla tripler (a, b, c) sådana att a, b, c ∈ [−1, 1]. Den här mängden kallar vi W₂, och till dess element hör till exempel triplerna $(\frac{1}{2},-\frac{2}{7},\frac{8}{9})$ och $(0,\frac{\pi }{4},1)$. Är elementen i W₂ slutna under addition? Nej, det är de inte, eftersom $(1,1,1)+(\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4})$ är lika med tripeln $(\frac{3}{2},\frac{4}{3},\frac{5}{4})$, som inte tillhör W₂. Mängden W₂ är alltså inget underrum till ℝ³, mängden W₂ bildar över huvud taget inget vektorrum.

• Nu tar vi alla tripler på formen (a, 0, b), där a, b ∈ ℝ. Det är alla tripler vars andra komponent är noll. Vi kallar den här mängden W₃. Är mängden sluten under addition? Ja, eftersom

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

Resultatet är tripeln (a + c, 0, b + d), vars andra komponent är noll och vars två andra komponenter är reella tal. Den tripeln ligger säkert i W₃. Är W₃ sluten under multiplikation? Ja, eftersom

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

Vi får återigen tripeln (k · a, 0, k · b), vars andra komponent alltid är noll och vars övriga komponenter är reella tal. En sådan tripel är ett element i W₃. Mängden W₃ är alltså ett underrum till ℝ³. Lägg märke till att även tripler på formen (a, b, 0) eller (a, 0, 0) skulle bilda ett underrum.

Underrum av polynom

I förra artikeln visade vi ett vektorrum av polynom. En påminnelse: ett polynom är ett uttryck på formen

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

Vi förutsätter att a_n ≠ 0. Polynomets grad är då just talet n. De reella talen a₀, …, a_n kallar vi polynomets koefficienter. Ett exempel på ett polynom är uttrycket 4 + 3x − 7x². Vi ska försöka hitta något underrum. Låt P(x) vara vektorrummet av alla polynom.

1. Först provar vi mängden av alla polynom av grad n, där n ≥ 0, som vi kallar W₁. I förra artikeln konstaterade vi att detta inte alls är ett vektorrum, så det blir knappast ett underrum till P(x). Vi upprepar att om vi till exempel multiplicerar ett polynom i W₁ med noll får vi polynomet p(x) = 0, som per definition har grad −1. Det elementet ligger alltså inte i något W₁.

2. För W₂ provar vi att ta alla polynom av grad n och lägre. För n = 2 ligger alltså alla polynom av grad 2, 1, 0, −1 i W₂. Är den här mängden sluten under addition? Ja, eftersom summan av två polynom av grad n aldrig blir av högre grad än n, den kan bara bli lägre. På samma sätt är mängden sluten under multiplikation, eftersom varje k gånger polynomet p(x) antingen ger ett polynom av samma grad eller nollpolynomet. Båda möjligheterna täcks av mängden W₂, så W₂ är ett underrum till P(X).

Grundläggande egenskaper hos underrum

Låt V vara ett vektorrum och W₁ och W₂ två av dess underrum. Då gäller att

1. Snittet W₁ ∩ W₂ är ett underrum till V.

   Låt ℝ³ vara vårt vektorrum och W₁ och W₂ underrum sådana att W₁ består av tripler på formen (a, b, 0) och W₂ av tripler på formen (a, 0, b), där a, b ∈ ℝ. Snittet W₁ ∩ W₂ blir då mängden av tripler på formen (a, 0, 0) — en sådan mängd är uppenbarligen ett underrum till ℝ³.

   Det är förstås inget bevis. Ett bevis ser ut så här: vi tar ett godtyckligt vektorrum V och två av dess underrum W₁ och W₂. Vi vill nu visa att för alla x, y ∈ W₁ ∩ W₂ gäller att x + y ∈ W₁ ∩ W₂.

   Eftersom vektorerna x och y ligger i snittet W₁ ∩ W₂ måste det säkert gälla att x, y ∈ W₁ och samtidigt x, y ∈ W₂ (det följer av definitionen av snittet av mängder). Eftersom W₁ och W₂ också är vektorrum måste det gälla att x + y ∈ W₁ och samtidigt att x + y ∈ W₂ (det följer av definitionen av vektorrum). Nu har vi alltså att x + y ∈ W₁ och samtidigt x + y ∈ W₂, vilket ger att x + y ∈ W₁ ∩ W₂ (återigen utifrån definitionen av snitt — om ett element ligger i mängden W₁ och även i mängden W₂ måste det ligga i deras snitt).

   Vidare måste vi kontrollera slutenheten under multiplikation. Vi måste visa att för alla k ∈ ℝ och x ∈ W₁ ∩ W₂ gäller att k · x ∈ W₁ ∩ W₂. Tillvägagångssättet är detsamma. Eftersom x ∈ W₁ ∩ W₂ gäller samtidigt x ∈ W₁ och x ∈ W₂. Eftersom W₁ och W₂ är rum gäller k · x ∈ W₁ och samtidigt k · x ∈ W₂, och därmed k · x ∈ W₁ ∩ W₂. □

2. Unionen W₁ ∪ W₂ behöver inte vara ett underrum till V.

   För att bevisa den andra egenskapen räcker det att hitta ett lämpligt motexempel. Vi klarar oss med de tidigare rummen W₁ och W₂, som har tripler på formen (a, b, 0) respektive (a, 0, b). Om vi bildar deras union får vi alla tripler som måste ha en nolla på andra eller tredje platsen. Vektorerna (1, 0, 1) och (1, 1, 0) ligger alltså säkert i unionen W₁ ∪ W₂. Men deras summa är vektorn (2, 1, 1), som inte har någon nolla alls. Den vektorn ligger varken i W₁ eller i W₂, så den kan inte heller ligga i W₁ ∪ W₂. Vi har alltså hittat två vektorer vars summa inte tillhör samma mängd, så det kan inte vara ett vektorrum.