投影的组合

秉承前一节定理 3 的精神，我们研究投影的各种代数组合本身也是投影的条件。

定理 1。我们假设 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ 分别是沿着 $𝒩_{1}$ 和 $𝒩_{2}$ 到 $ℳ_{1}$ 和 $ℳ_{2}$ 上的投影，并且底层的标量域满足 $1 + 1 \neq 0$ 。我们做出三个断言。

$E_{1} + E_{2}$ 是投影当且仅当 $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = 0$ ；如果满足这个条件，那么 $E = E_{1} + E_{2}$ 是沿着 $𝒩$ 到 $ℳ$ 上的投影，其中 $ℳ = ℳ_{1} \oplus ℳ_{2}$ 且 $𝒩 = 𝒩_{1} \cap 𝒩_{2}$ 。
$E_{1} - E_{2}$ 是投影当且仅当 $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = E_{2}$ ；如果满足这个条件，那么 $E = E_{1} - E_{2}$ 是沿着 $𝒩$ 到 $ℳ$ 上的投影，其中 $ℳ = ℳ_{1} \cap 𝒩_{2}$ 且 $𝒩 = 𝒩_{1} \oplus ℳ_{2}$ 。
如果 $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = E$ ，那么 $E$ 是沿着 $𝒩$ 到 $ℳ$ 上的投影，其中 $ℳ = ℳ_{1} \cap ℳ_{2}$ 且 $𝒩 = 𝒩_{1} \cap 𝒩_{2}$ 。

证明。我们回顾一下记号。如果 $ℋ$ 和 $𝒦$ 是子空间，那么 $ℋ + 𝒦$ 是由 $ℋ$ 和 $𝒦$ 张成的子空间；写作 $ℋ \oplus 𝒦$ 意味着 $ℋ$ 和 $𝒦$ 是不相交的，此时 $ℋ \oplus 𝒦 = ℋ + 𝒦$ ；而 $ℋ \cap 𝒦$ 是 $ℋ$ 和 $𝒦$ 的交集。

如果 $E_{1} + E_{2} = E$ 是投影，那么 $(E_{1} + E_{2})^{2} = E^{2} = E = E_{1} + E_{2},$ 从而交叉项必须消失：如果我们在 (1) 的左右两边同时乘以 $E_{1}$ ，我们得到相减，我们得到 $E_{1} E_{2} - E_{2} E_{1} = 0$ 。因此 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ 是可交换的，并且 (1) 意味着它们的乘积为零。（这里我们需要假设 $1 + 1 \neq 0$ 。）反之，由于 $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = 0$ 显然蕴含 (1)，我们看到该条件对于确保 $E$ 是投影也是充分的。

从现在起，我们假设 $E$ 是投影；根据章节：投影，定理 2， $ℳ$ 和 $𝒩$ 分别是方程 $E z = z$ 和 $E z = 0$ 的所有解的集合。我们将 $z = x_{1} + y_{1} = x_{2} + y_{2}$ 写入，其中 $x_{1} = E_{1} z$ 和 $x_{2} = E_{2} z$ 分别在 $ℳ_{1}$ 和 $ℳ_{2}$ 中，而 $y_{1} = (1 - E_{1}) z$ 和 $y_{2} = (1 - E_{2}) z$ 分别在 $𝒩_{1}$ 和 $𝒩_{2}$ 中。如果 $z$ 在 $ℳ$ 中，即 $E_{1} z + E_{2} z = z$ ，那么由于 $E_{1} (E_{1} y_{2}) = E_{1} y_{2}$ 且 $E_{2} (E_{2} y_{1}) = E_{2} y_{1}$ ，我们已将 $z$ 表示为来自 $ℳ_{1}$ 的向量与来自 $ℳ_{2}$ 的向量之和，因此 $ℳ \subset ℳ_{1} + ℳ_{2}$ 。反之，如果 $z$ 是来自 $ℳ_{1}$ 的向量与来自 $ℳ_{2}$ 的向量之和，那么 $(E_{1} + E_{2}) z = z$ ，从而 $z$ 在 $ℳ$ 中，因此 $ℳ = ℳ_{1} + ℳ_{2}$ 。最后，如果 $z$ 同时属于 $ℳ_{1}$ 和 $ℳ_{2}$ ，即 $E_{1} z = E_{2} z = z$ ，那么 $z = E_{1} z = E_{1} (E_{2} z) = 0,$ 从而 $ℳ_{1}$ 和 $ℳ_{2}$ 是不相交的；我们已经证明了 $ℳ = ℳ_{1} \oplus ℳ_{2}$ 。

接下来只需寻找 $𝒩$ ，即寻找 $E_{1} z + E_{2} z = 0$ 的所有解。如果 $z$ 在 $𝒩_{1} \cap 𝒩_{2}$ 中，该方程显然成立；反之， $E_{1} z + E_{2} z = 0$ 意味着（分别在左边乘以 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ ） $E_{1} z + E_{1} E_{2} z = 0$ 且 $E_{2} E_{1} z + E_{2} z = 0$ 。由于对所有 $z$ 都有 $E_{1} E_{2} z = E_{2} E_{1} z = 0$ ，我们最终得到 $E_{1} z = E_{2} z = 0$ ，因此 $z$ 同时属于 $𝒩_{1}$ 和 $𝒩_{2}$ 。

利用本证明中获得的技术和结果，定理其余部分的证明就很简单了。

根据章节：投影，定理 3， $E_{1} - E_{2}$ 是投影当且仅当 $1 - (E_{1} - E_{2}) = (1 - E_{1}) + E_{2}$ 是投影。根据 (i)，这发生（因为显然 $1 - E_{1}$ 是沿着 $ℳ_{1}$ 到 $𝒩_{1}$ 上的投影）当且仅当并且在这种情况下， $(1 - E_{1}) + E_{2}$ 是沿着 $ℳ_{1} \cap 𝒩_{2}$ 到 $𝒩_{1} \oplus ℳ_{2}$ 上的投影。由于 (2) 等价于 $E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1} = E_{2}$ ，(ii) 的证明完成。
由 $E = E_{1} E_{2} = E_{2} E_{1}$ 蕴含 $E$ 是投影是显而易见的，因为 $E$ 是幂等的。因此，我们假设 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ 可交换，并寻找 $ℳ$ 和 $𝒩$ 。如果 $E z = z$ ，那么 $E_{1} z = E_{1} E z = E_{1} E_{1} E_{2} z = E_{1} E_{2} z = z,$ 类似地有 $E_{2} z = z$ ，因此 $z$ 包含在 $ℳ_{1}$ 和 $ℳ_{2}$ 中。反之是显然的；如果 $E_{1} z = z = E_{2} z$ ，那么 $E z = z$ 。接下来假设 $E_{1} E_{2} z = 0$ ；由此可知 $E_{2} z$ 属于 $𝒩_{1}$ ，并且由 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ 的可交换性可知， $E_{1} z$ 属于 $𝒩_{2}$ 。这比我们需要的对称性更多；由于 $z = E_{2} z + (1 - E_{2}) z$ ，且由于 $(1 - E_{2}) z$ 在 $𝒩_{2}$ 中，我们已将 $z$ 表示为来自 $𝒩_{1}$ 的向量与来自 $𝒩_{2}$ 的向量之和。反之，如果 $z$ 是这样的和，那么 $E_{1} E_{2} z = 0$ ；这就完成了 $𝒩 = 𝒩_{1} + 𝒩_{2}$ 的证明。

◻

我们稍后将回到这种类型的定理，并且在某些情况下，我们将获得更精确的结果。然而，在结束这个主题之前，我们想提请大家注意本节定理的一些微小特性。我们首先注意到，尽管在 (i) 和 (ii) 中， $ℳ$ 和 $𝒩$ 之一是给定子空间的直和，但在 (iii) 中我们仅陈述了 $𝒩 = 𝒩_{1} + 𝒩_{2}$ 。考虑 $E_{1} = E_{2} = E$ 的可能性表明这是不可避免的。此外：(iii) 的条件被断言仅是充分的；有可能构造出投影 $E_{1}$ 和 $E_{2}$ ，其乘积 $E_{1} E_{2}$ 是投影，但 $E_{1} E_{2}$ 和 $E_{2} E_{1}$ 却不相同。最后，可以推测，通过归纳法，有可能将 (i) 的结果推广到两个以上的加项。虽然这是正确的，但其非平凡性令人惊讶；我们稍后将在一个令人感兴趣的特例中证明它。