ترکیب فرافکنی‌ها

در ادامه‌ی روح قضیه ۳ بخش پیشین، شرایطی را بررسی می‌کنیم که تحت آن‌ها ترکیبات جبری مختلف تصویرها، خودشان تصویر هستند.

قضیه ۱. فرض می‌کنیم که $E_{1}$ و $E_{2}$ به ترتیب تصویرهایی بر $ℳ_{1}$ و $ℳ_{2}$ در امتداد $𝒩_{1}$ و $𝒩_{2}$ هستند و اینکه میدان زیربنایی اسکالرها چنان است که $1 + 1 \neq 0$ . ما سه گزاره را مطرح می‌کنیم.

$E_{1} + E_{2}$ یک تصویر است اگر و تنها اگر $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = 0$ ؛ اگر این شرط برقرار باشد، آنگاه $E = E_{1} + E_{2}$ تصویر بر $ℳ$ در امتداد $𝒩$ است، که در آن $ℳ = ℳ_{1} \oplus ℳ_{2}$ و $𝒩 = 𝒩_{1} \cap 𝒩_{2}$ .
$E_{1} - E_{2}$ یک تصویر است اگر و تنها اگر $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = E_{2}$ ؛ اگر این شرط برقرار باشد، آنگاه $E = E_{1} - E_{2}$ تصویر بر $ℳ$ در امتداد $𝒩$ است، که در آن $ℳ = ℳ_{1} \cap 𝒩_{2}$ و $𝒩 = 𝒩_{1} \oplus ℳ_{2}$ .
اگر $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = E$ ، آنگاه $E$ تصویر بر $ℳ$ در امتداد $𝒩$ است، که در آن $ℳ = ℳ_{1} \cap ℳ_{2}$ و $𝒩 = 𝒩_{1} \cap 𝒩_{2}$ .

برهان. نمادگذاری را یادآوری می‌کنیم. اگر $ℋ$ و $𝒦$ زیرفضا باشند، آنگاه $ℋ + 𝒦$ زیرفضای تولید شده توسط $ℋ$ و $𝒦$ است؛ نوشتن $ℋ \oplus 𝒦$ دلالت بر این دارد که $ℋ$ و $𝒦$ مجزا هستند، و در این صورت $ℋ \oplus 𝒦 = ℋ + 𝒦$ ؛ و $ℋ \cap 𝒦$ اشتراک $ℋ$ و $𝒦$ است.

اگر $E_{1} + E_{2} = E$ یک تصویر باشد، آنگاه $(E_{1} + E_{2})^{2} = E^{2} = E = E_{1} + E_{2},$ به طوری که جملات ضربدری باید حذف شوند: اگر (1) را از چپ و راست در $E_{1}$ ضرب کنیم، به دست می‌آوریم با تفریق آن‌ها، داریم $E_{1} E_{2} - E_{2} E_{1} = 0$ . بنابراین $E_{1}$ و $E_{2}$ جابه‌جایی هستند، و (1) ایجاب می‌کند که حاصل‌ضرب آن‌ها صفر باشد. (اینجا جایی است که به فرض $1 + 1 \neq 0$ نیاز داریم.) از آنجا که برعکس، $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = 0$ به وضوح (1) را ایجاب می‌کند، می‌بینیم که این شرط برای تضمین اینکه $E$ یک تصویر باشد نیز کافی است.

از این پس فرض می‌کنیم که $E$ یک تصویر است؛ بر اساس بخش: تصویرها ، قضیه ۲، $ℳ$ و $𝒩$ به ترتیب مجموعه‌ی تمام جواب‌های معادلات $E z = z$ و $E z = 0$ هستند. بنویسیم $z = x_{1} + y_{1} = x_{2} + y_{2}$ ، که در آن $x_{1} = E_{1} z$ و $x_{2} = E_{2} z$ به ترتیب در $ℳ_{1}$ و $ℳ_{2}$ هستند، و $y_{1} = (1 - E_{1}) z$ و $y_{2} = (1 - E_{2}) z$ به ترتیب در $𝒩_{1}$ و $𝒩_{2}$ هستند. اگر $z$ در $ℳ$ باشد، $E_{1} z + E_{2} z = z$ ، آنگاه از آنجا که $E_{1} (E_{1} y_{2}) = E_{1} y_{2}$ و $E_{2} (E_{2} y_{1}) = E_{2} y_{1}$ ، ما $z$ را به صورت مجموع برداری از $ℳ_{1}$ و برداری از $ℳ_{2}$ نشان داده‌ایم، به طوری که $ℳ \subset ℳ_{1} + ℳ_{2}$ . برعکس، اگر $z$ مجموع برداری از $ℳ_{1}$ و برداری از $ℳ_{2}$ باشد، آنگاه $(E_{1} + E_{2}) z = z$ ، به طوری که $z$ در $ℳ$ است، و در نتیجه $ℳ = ℳ_{1} + ℳ_{2}$ . در نهایت، اگر $z$ هم به $ℳ_{1}$ و هم به $ℳ_{2}$ تعلق داشته باشد، به طوری که $E_{1} z = E_{2} z = z$ ، آنگاه $z = E_{1} z = E_{1} (E_{2} z) = 0,$ به طوری که $ℳ_{1}$ و $ℳ_{2}$ مجزا هستند؛ ما ثابت کردیم که $ℳ = ℳ_{1} \oplus ℳ_{2}$ .

باقی می‌ماند یافتن $𝒩$ ، یعنی یافتن تمام جواب‌های $E_{1} z + E_{2} z = 0$ . اگر $z$ در $𝒩_{1} \cap 𝒩_{2}$ باشد، این معادله به وضوح برقرار است؛ برعکس $E_{1} z + E_{2} z = 0$ ایجاب می‌کند (با ضرب از چپ به ترتیب در $E_{1}$ و $E_{2}$ ) که $E_{1} z + E_{1} E_{2} z = 0$ و $E_{2} E_{1} z + E_{2} z = 0$ . از آنجا که $E_{1} E_{2} z = E_{2} E_{1} z = 0$ برای تمام $z$ ها، در نهایت به دست می‌آوریم $E_{1} z = E_{2} z = 0$ ، به طوری که $z$ هم به $𝒩_{1}$ و هم به $𝒩_{2}$ تعلق دارد.

با تکنیک و نتایج به دست آمده در این برهان، برهان بخش‌های باقی‌مانده قضیه آسان است.

بر اساس بخش: تصویرها ، قضیه ۳، $E_{1} - E_{2}$ یک تصویر است اگر و تنها اگر $1 - (E_{1} - E_{2}) = (1 - E_{1}) + E_{2}$ یک تصویر باشد. بر اساس (i) این اتفاق می‌افتد (زیرا، البته، $1 - E_{1}$ تصویر بر $𝒩_{1}$ در امتداد $ℳ_{1}$ است) اگر و تنها اگر و در این حالت $(1 - E_{1}) + E_{2}$ تصویر بر $𝒩_{1} \oplus ℳ_{2}$ در امتداد $ℳ_{1} \cap 𝒩_{2}$ است. از آنجا که (2) معادل است با $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = E_{2}$ ، برهان (ii) کامل است.
اینکه $E = E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1}$ ایجاب می‌کند که $E$ یک تصویر باشد واضح است، زیرا $E$ توان‌ثابت است. بنابراین فرض می‌کنیم که $E_{1}$ و $E_{2}$ جابه‌جایی هستند و $ℳ$ و $𝒩$ را می‌یابیم. اگر $E z = z$ ، آنگاه $E_{1} z = E_{1} E z = E_{1} E_{1} E_{2} z = E_{1} E_{2} z = z,$ و به طور مشابه $E_{2} z = z$ ، به طوری که $z$ هم در $ℳ_{1}$ و هم در $ℳ_{2}$ قرار دارد. عکس آن واضح است؛ اگر $E_{1} z = z = E_{2} z$ ، آنگاه $E z = z$ . در ادامه فرض کنید که $E_{1} E_{2} z = 0$ ؛ نتیجه می‌شود که $E_{2} z$ به $𝒩_{1}$ تعلق دارد، و از جابه‌جایی $E_{1}$ و $E_{2}$ ، اینکه $E_{1} z$ به $𝒩_{2}$ تعلق دارد. این تقارن بیشتر از آن چیزی است که نیاز داریم؛ از آنجا که $z = E_{2} z + (1 - E_{2}) z$ ، و از آنجا که $(1 - E_{2}) z$ در $𝒩_{2}$ است، ما $z$ را به صورت مجموع برداری از $𝒩_{1}$ و برداری از $𝒩_{2}$ نشان داده‌ایم. برعکس اگر $z$ چنین مجموعی باشد، آنگاه $E_{1} E_{2} z = 0$ ؛ این برهان اینکه $𝒩 = 𝒩_{1} + 𝒩_{2}$ را به پایان می‌رساند.

◻

بعداً به قضایایی از این نوع باز خواهیم گشت، و در موارد خاص، نتایج دقیق‌تری به دست خواهیم آورد. با این حال، پیش از ترک این موضوع، توجه را به چند ویژگی جزئی در قضیه این بخش جلب می‌کنیم. ابتدا مشاهده می‌کنیم که اگرچه در هر دو مورد (i) و (ii) یکی از $ℳ$ و $𝒩$ مجموع مستقیم زیرفضاهای داده شده بود، در (iii) تنها بیان کردیم که $𝒩 = 𝒩_{1} + 𝒩_{2}$ . بررسی امکان $E_{1} = E_{2} = E$ نشان می‌دهد که این امر اجتناب‌ناپذیر است. همچنین: شرط (iii) تنها به عنوان یک شرط کافی بیان شده بود؛ امکان ساختن تصویرهای $E_{1}$ و $E_{2}$ وجود دارد که حاصل‌ضرب آن‌ها $E_{1} E_{2}$ یک تصویر باشد، اما $E_{1} E_{2}$ و $E_{2} E_{1}$ متفاوت باشند. در نهایت، ممکن است این حدس زده شود که امکان تعمیم نتیجه (i)، با استقرا، به بیش از دو جمله وجود دارد. اگرچه این درست است، اما به طرز شگفت‌آوری غیربدیهی است؛ ما آن را بعداً در یک حالت خاص و مورد علاقه اثبات خواهیم کرد.