Cумма размерностей подпространств. Есть ошибка?

[StepV]

mihaild в сообщении #1465296 писал(а):

StepV в сообщении #1465295 писал(а):

У нас не прямая сумма подпространств, а обычная с наличием пересечений

У нас уже нет никакой суммы подпространств, это два разложения вектора $f$ по базису пространства $L_2$.

Согласен с вами. Прошу прощения за невнимательность, т.к. отвечаю сразу двум участникам форума.
Сформулирую свою мысль точнее, У нас есть неоднозначность для разложения вектора $\textbf h(L_1+L_2)=\textbf g(L_1) + \textbf f(L_2)$. Поэтому и можно написать, то что я написал в первом сообщении:

StepV в сообщении #1465193 писал(а):

Можно разбить вектор $\textbf{h}$ по другому:
$ \textbf{g}(L_1) = (\beta_1 - \zeta_1) e_1 +(\beta_2 - \zeta_2) e_2 +\ldots + (\beta_k - \zeta_k) e_k + \alpha_1 g_1 +\alpha_2 g_2 + \ldots +\alpha_l g_l $
$ \textbf{f}(L_2) = \zeta_1 e_1 +\zeta_2 e_2 +\ldots + \zeta_k e_k + \gamma_1 f_1 +\gamma_2 f_2 + \ldots + \gamma_m f_m $
тогда коэффициенты при $e_i$ точно не должны быть равны нулю.

Взяв другие константы $\zeta_{11}$ и т.д. Мы получим новые разложения для вектора $\textbf h(L_1+L_2) $ и в каждом случае у нас разложения вектора получаются вектора $f$ и $g$ с другими коэффициентами. И по доказательству в теорему, во всех этих случаях коэффициенты должны быть равны нулю.

-- 26.05.2020, 21:20 --

Xaositect в сообщении #1465309 писал(а):

В Вашем упрощенном примере на плоскости этот переход соответствует такому: из одних соображений мы получили, что вектор лежит на оси $Ox$, а из других соображений - что он лежит на оси $Oy$. Следовательно, этот вектор нулевой.

Спасибо. Попробую подумать над вашим примером, надо его применить к теореме. Может в этом и будет вся проблема.

[mihaild]

StepV в сообщении #1465316 писал(а):

У нас есть неоднозначность для разложения вектора $\textbf h(L_1+L_2)=\textbf g(L_1) + \textbf f(L_2)$

Есть, но это не страшно.
Напоминаю, что мы вообще делаем: мы взяли какую-то линейную комбинацию векторов $g_1,g_2,\ldots,g_l,e_1,e_2,\ldots ,e_k,f_1,f_2,\ldots,f_m$, которая оказалась нулевой, и хотим показать, что все коэффициенты в ней нулевые. Для этого разобьем эту комбинацию на две части, причем, поскольку у нас тут уже коэффициенты в комбинации, а не просто вектора (может быть тот же нулевой вектор можно получить и другой комбинацией, но нам это не интересно, мы работаем с конкретными коэффициентами) мы это делаем совершенно однозначно. Ну и оказывается, что эти части выражаются слишком через многое, так что сами части нулевые.

StepV в сообщении #1465316 писал(а):

Можно разбить вектор $\textbf{h}$ по другому

Можно, но не нужно. Мы разбиваем $h$ не на произвольные вектора из $L_1$ и $L_2$, а на конкретные, используя данное нам его разложение по $g_1,g_2,\ldots,g_l,e_1,e_2,\ldots ,e_k,f_1,f_2,\ldots,f_m$. Ну и обнаруживаем, что все коэффициенты в этом разложении были нулевые.

[Xaositect]

StepV в сообщении #1465316 писал(а):

Сформулирую свою мысль точнее, У нас есть неоднозначность для разложения вектора $\textbf h(L_1+L_2)=\textbf g(L_1) + \textbf f(L_2)$. Поэтому и можно написать, то что я написал в первом сообщении:

StepV в сообщении #1465193 писал(а):

Можно разбить вектор $\textbf{h}$ по другому:
$ \textbf{g}(L_1) = (\beta_1 - \zeta_1) e_1 +(\beta_2 - \zeta_2) e_2 +\ldots + (\beta_k - \zeta_k) e_k + \alpha_1 g_1 +\alpha_2 g_2 + \ldots +\alpha_l g_l $
$ \textbf{f}(L_2) = \zeta_1 e_1 +\zeta_2 e_2 +\ldots + \zeta_k e_k + \gamma_1 f_1 +\gamma_2 f_2 + \ldots + \gamma_m f_m $
тогда коэффициенты при $e_i$ точно не должны быть равны нулю.

Взяв другие константы $\zeta_{11}$ и т.д. Мы получим новые разложения для вектора $\textbf h(L_1+L_2) $ и в каждом случае у нас разложения вектора получаются вектора $f$ и $g$ с другими коэффициентами. И по доказательству в теорему, во всех этих случаях коэффициенты должны быть равны нулю.

Коэффициенты $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ должны быть нулю. $\zeta$ не обязательно.

Из того, что $f = -g$, $g\in L_1$, $f \in L_2$ следует, что $g \in L_0$, $f \in L_0$.

Из того, что $g \in L_0$ следует, что $\alpha = 0$, из того, что $f \in L_0$ следует, что $\gamma = 0$. После этого имеются 2 разложения для $f$: $f = \sum \zeta_i e_i = \sum (\zeta_i - \beta_i) e_i$, откуда $\beta = 0$.

[StepV]

mihaild в сообщении #1465319 писал(а):

Можно, но не нужно. Мы разбиваем $h$ не на произвольные вектора из $L_1$ и $L_2$, а на конкретные, используя данное нам его разложение по $g_1,g_2,\ldots,g_l,e_1,e_2,\ldots ,e_k,f_1,f_2,\ldots,f_m$. Ну и обнаруживаем, что все коэффициенты в этом разложении были нулевые.

Все именно так, как вы пишете. Спасибо всем за обсуждение. Проверил все на примере для двух плоскостей. Действительно, если мы выбираем системы координат так, как написано в начале теоремы, то коэффициенты $\gamma_i$ должны обнулиться, иначе мы просто неправильно выбрали базисные вектора для $L_2$ в начале процедуры и тогда вектор $\textbf{f} \in L_0$.
С другой стороны хочу обратить внимание участников обсуждения на другую интересную мысль, которая пришла во время обсуждения.
Для векторов подпространств будем писать вектор выделенным шрифтом, а в скобках указывать подпространство, к которому он принадлежит, например: $\textbf{h}_1(\hat{L})$.
Тогда рассмотрим следующую последовательность шагов:
Шаг 1. $\textbf{h}(\hat{L}) = 0$
Шаг 2. $\textbf{h}(\hat{L}) = \textbf{g}(L_1) + \textbf{f}(L_2) = 0 $
Шаг 3. $\textbf{h}(\hat{L}) = \textbf{g}(L_0) + \textbf{f}(L_0) = 0 $
Шаг 4. $\textbf{g}(L_0) = -\textbf{f}(L_0)$

При этом, естественно, $\textbf{g}(L_0) \neq 0$ и $\textbf{f}(L_0) \neq 0$ .
Интересный вывод получился, нулевой вектор суммы подпространств $\hat{L}$ имеет ненулевые, но противоположные по знаку компоненты в суммируемых пространствах.
Пример: $\textbf{f}= -5 \textbf{i}$ , a $\textbf{g}= 5 \textbf{i}$
$\textbf{h}(\hat{L}) = \textbf{g} + \textbf{f} = 5 \textbf{i} + (-5 \textbf{i}) = 0$

[StepV]

Xaositect в сообщении #1465320 писал(а):

Из того, что $g \in L_0$ следует, что $\alpha = 0$, из того, что $f \in L_0$ следует, что $\gamma = 0$. После этого имеются 2 разложения для $f$: $f = \sum \zeta_i e_i = \sum (\zeta_i - \beta_i) e_i$, откуда $\beta = 0$.

Спасибо! Вы написали почти в точку. На этом и был у меня тормоз. Разобрал пример для пересечения двух плоскостей и этот нюанс понял. Действительно, системы координат не произвольные, а выстроенные в определенном порядке. Вектора, описывающие $L_0$ в обоих системах одинаковые. И эта процедура описана в начале теоремы. Я воспринял эту процедуру, как просто построение базиса, оказывается именно на порядке построения базисов подпространств и держится дальнейшее доказательство.