Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

20Pemetaan Linear

Pemetaan yang pantas ditelaah antara ruang vektor adalah yang selaras dengan strukturnya: yaitu pemetaan linear. Adapun kedua subruang fundamentalnya — kernel dan peta — mengukur keinjektifan dan kesurjektifannya, dan dalam dimensi hingga teorema rank–nulitas mengikat ukurannya menjadi satu hukum kekekalan. Lalu proyeksi dan simetri, kemudian bentuk linear dan hiperbidang, menutup bab ini.

20.1 Definisi dan sifat yang pertama

Definisi 20.1

Misalkan $E, F$ ruang vektor atas $K$ . Sebuah pemetaan $u \colon E \to F$ disebut linear bila

\forall x, y \in E,\ \forall \lambda \in K, \qquad u(x + \lambda y) = u(x) + \lambda u(y).

Maka $u(0) = 0$ dan $u(\sum \lambda_i x_i) = \sum \lambda_i u(x_i)$ . Adapun himpunan $\mathcal{L}(E, F)$ berisi pemetaan linear sendirinya merupakan ruang vektor; komposisi pemetaan linear bersifat linear, dan bilinear pada pasangannya. Sebuah endomorfisma adalah pemetaan linear $E \to E$ ; sedangkan isomorfisma adalah pemetaan linear yang bijektif (yang inversnya lalu otomatis linear); adapun $u^{-1}$ sebuah isomorfisma, dan komposisi isomorfisma, merupakan isomorfisma.

Bukti bahwa inversnya linear. Misalkan $u$ linear dan bijektif, $y, y' \in F$ dan $\lambda \in K$ . Tetapkanlah $x = u^{-1}(y)$ dan $x' = u^{-1}(y')$ . Maka

u\bigl(x + \lambda x'\bigr) = u(x) + \lambda u(x') = y + \lambda y' ,

lalu menerapkan $u^{-1}$ pada kedua ujungnya: $u^{-1}(y + \lambda y') = x + \lambda x' = u^{-1}(y) + \lambda\,u^{-1}(y')$ . Jadi tak ada apa pun tentang $u^{-1}$ yang dihitung: karena kelinearannya terangkut lewat sifat pendefinisi $u$ belaka — yaitu pola yang pantas diingat, sebab struktur sering menumpang bijeksi secara cuma-cuma. ∎

Proposisi 20.2 (Sebuah pemetaan linear dikenal pada sebuah basis)

Misalkan $(e_1, \dots, e_n)$ sebuah basis $E$ dan $(v_1, \dots, v_n)$ vektor $F$ yang sebarang. Maka ada tepat satu pemetaan linear $u \colon E \to F$ dengan $u(e_i) = v_i$ untuk setiap $i$ . Lebih lanjut:

u \text{ injektif} \iff (v_i) \text{ bebas}; \qquad u \text{ surjektif} \iff (v_i) \text{ membangun } F .

Bukti. Keberadaan dan ketunggalannya: setiap $x$ mempunyai koordinat tunggal $x = \sum \lambda_i e_i$ (Proposisi 18.15); lalu kelinearannya memaksa $u(x) = \sum \lambda_i v_i$ , dan rumus ini memang mendefinisikan sebuah pemetaan linear.

Keinjektifannya: menurut Proposisi 20.5 di bawah, $u$ bersifat injektif jika dan hanya jika kernelnya sepele. Sekarang $u\bigl(\sum\lambda_i e_i\bigr) = 0$ persis berarti $\sum\lambda_i v_i = 0$ . Jika $(v_i)$ bebas, maka ini memaksa setiap $\lambda_i = 0$ , yakni kernelnya tereduksi menjadi $0$ : jadi injektif. Sedangkan jika $(v_i)$ terikat, sebuah relasi taksepele $\sum\lambda_i v_i = 0$ menghasilkan vektor taknol $\sum\lambda_i e_i$ pada kernelnya (karena $(e_i)$ bebas): jadi tak injektif. Sehingga kedua syaratnya cocok suku demi suku.

Kesurjektifannya: peta $u$ adalah himpunan semua $\sum\lambda_i v_i$ , yakni tepat $\operatorname{Vect}(v_1, \dots, v_n)$ , yang sama dengan $F$ jika dan hanya jika keluarganya membangun. ∎

Definisi 20.3 (Kernel dan peta)

Untuk $u \in \mathcal{L}(E, F)$ :

\ker u = \{x \in E : u(x) = 0\} \subseteq E, \qquad \operatorname{im} u = u(E) \subseteq F ,

keduanya subruang (lewat pemeriksaan langsung dengan kriterianya).

Metode 20.4 (Kernel dan peta, dalam praktik)

Kernelnya: tulislah $u(x) = 0$ sebagai sebuah sistem atas koordinat (atau koefisien) $x$ , pecahkanlah, lalu parameterkanlah — maka kernelnya keluar dengan sebuah basis yang menempel (Metode 19.10). Petanya: ia rentang peta sebarang keluarga pembangun $E$ — biasanya sebuah basis, sehingga $\operatorname{im} u = \operatorname{Vect}\bigl(u(e_1), \dots, u(e_n)\bigr)$ ; lalu hapuslah peta yang berlebihan untuk menyarikan sebuah basis. Jalan pintasnya: hitunglah yang mana pun di antara keduanya yang lebih mudah lalu peroleh dimensi yang lain cuma-cuma lewat rank–nulitas (Teorema 20.7); dan ketika sebuah calon subruang yang masuk akal bagi petanya sudah dikenal, membandingkan dimensinya menaikkan inklusi yang mudah menjadi kesamaan (Teorema 19.14). Kedua jalan pintasnya dipakai pada Contoh 20.11 di bawah.

Proposisi 20.5

Pemetaan $u$ bersifat injektif $\iff$ $\ker u = \{0\}$ ; dan $u$ bersifat surjektif $\iff$ $\operatorname{im} u = F$ .

Bukti. Seperti pada grup (Proposisi 7.11): $u(x) = u(y) \iff u(x - y) = 0 \iff x - y \in \ker u$ . Adapun butir keduanya merupakan definisinya. ∎

20.2 Teorema rank–nulitas

Definisi 20.6

Adapun rank sebuah $u \in \mathcal{L}(E, F)$ (dengan $E$ yang berdimensi hingga) adalah $\operatorname{rk} u = \dim \operatorname{im} u$ — yang juga merupakan rank keluarga $\bigl(u(e_1), \dots, u(e_n)\bigr)$ bagi sebarang basis $(e_i)$ pada $E$ .

Teorema 20.7 (Rank–nulitas)

Misalkan $E$ berdimensi hingga dan $u \in \mathcal{L}(E, F)$ . Maka

\dim E = \dim \ker u + \operatorname{rk} u .

Lebih tepatnya, jika $S$ sebarang subruang pelengkap bagi $\ker u$ di $E$ , maka $u$ terbatasi menjadi isomorfisma dari $S$ pada $\operatorname{im} u$ .

Bukti. Misalkan $S$ memenuhi $E = \ker u \oplus S$ (Teorema 19.14), dan misalkan $v \colon S \to \operatorname{im} u$ pembatasan $u$ .

Adapun $v$ bersifat injektif: karena $\ker v = S \cap \ker u = \{0\}$ .

Dan $v$ bersifat surjektif: karena sebarang $u(x)$ dengan $x = k + s$ ( $k \in \ker u$ , $s \in S$ ) sama dengan $u(s) = v(s)$ .

Jadi $v$ sebuah isomorfisma; dan isomorfisma mengirim basis ke basis (Proposisi 20.2), sehingga $\dim S = \dim\operatorname{im} u$ , lalu $\dim E = \dim\ker u + \dim S$ menyimpulkannya. ∎

Contoh 20.8 (Membangun sebuah pemetaan menurut spesifikasi)

Konstruksikanlah $u \in \mathcal{L}(\R^3)$ dengan $\ker u = \operatorname{Vect}(1,1,1)$ dan $\operatorname{im} u = \{z = 0\}$ . Periksa kewarasannya dulu: rank–nulitas menuntut $1 + 2 = 3$ — yang selaras, sehingga sebuah penyelesaian mungkin ada. Pilihlah basis yang disesuaikan dengan kernelnya, katakanlah $\bigl((1,1,1),\ e_1,\ e_2\bigr)$ (Contoh 19.7), lalu tetapkanlah petanya (Proposisi 20.2):

u(1,1,1) = 0, \qquad u(e_1) = e_1, \qquad u(e_2) = e_2 .

Maka $\ker u \supseteq \operatorname{Vect}(1,1,1)$ dan $\operatorname{im} u = \operatorname{Vect}(e_1, e_2) = \{z = 0\}$ ; lalu rank–nulitas memaksa $\dim\ker u = 1$ , sehingga kernelnya tepat garis yang ditetapkan itu. Adapun secara eksplisit, dengan menguraikan $(x, y, z) = z(1,1,1) + (x - z)e_1 + (y - z)e_2$ :

u(x, y, z) = (x - z,\ y - z,\ 0).

Resepnya tersamaratakan: bahwa pemetaan linear dengan kernel $N$ dan peta $I$ yang ditetapkan ada tepat ketika $\dim N + \dim I = \dim E$ — dengan keperluannya dari rank–nulitas, dan kecukupannya dari konstruksi ini.

Akibat 20.9

Jika $\dim E = \dim F$ (yang hingga), maka untuk $u \in \mathcal{L}(E, F)$ :

u \text{ injektif} \iff u \text{ surjektif} \iff u \text{ bijektif}.

Khususnya ini berlaku bagi endomorfisma dalam dimensi hingga. (Adapun ia gagal dalam dimensi tak hingga: karena pada $K[X]$ , turunannya bersifat surjektif tetapi tak injektif, sedangkan $P \mapsto XP$ injektif tetapi tak surjektif.)

Bukti. Injektif $\iff \dim\ker u = 0 \iff \operatorname{rk} u = \dim E = \dim F \iff \operatorname{im} u = F$ (karena subruang yang berdimensi penuh adalah segalanya, Teorema 19.14) $\iff$ surjektif. ∎

Contoh 20.10 (Interpolasi, secara struktural)

Tetapkanlah $x_0, \dots, x_n$ yang berbeda lalu misalkan $u \colon \R_n[X] \to \R^{n+1}$ , $P \mapsto (P(x_0), \dots, P(x_n))$ : yang linear. Adapun kernelnya adalah $\{P : \deg P \leq n,\ n+1 \text{ akar}\} = \{0\}$ (Akibat 8.8). Dengan dimensi yang sama $n + 1$ : maka $u$ sebuah isomorfisma — sehingga keberadaan dan ketunggalan interpolan Lagrange (Teorema 8.23) dalam satu baris.

Adapun pola satu baris yang sama menangani data yang mencampur nilai dan turunan: $v \colon \R_3[X] \to \R^4$ , $P \mapsto \bigl(P(0), P'(0), P(1), P'(1)\bigr)$ bersifat linear, dan kernelnya terdiri atas polinomial berderajat $\leq 3$ dengan akar rangkap di $0$ dan $1$ , yakni terbagi oleh $X^2(X-1)^2$ yang berderajat $4$ : sehingga hanya $P = 0$ . Dengan dimensi yang sama lagi: setiap kuadruple data $(P(0), P'(0), P(1), P'(1))$ terwujud oleh tepat satu kubik — yaitu interpolasi Hermite, yang diberikan oleh perhitungan kernel sebelum rumus apa pun dituliskan (adapun soal akhir pekan Bab 22 bertemu determinannya).

Contoh 20.11 (Rank–nulitas dalam kerja: operator selisihnya)

Misalkan $\Delta \colon \R_n[X] \to \R_n[X]$ , $P \mapsto P(X+1) - P(X)$ : yang linear. Kernelnya: jika $\Delta P = 0$ , maka $P(0) = P(1) = P(2) = \dots$ , sehingga $P - P(0)$ berakar tak hingga banyak dan lenyap (Akibat 8.8): jadi $\ker\Delta$ adalah garis konstantanya. Lalu rank–nulitas: $\operatorname{rk}\Delta = (n + 1) - 1 = n$ . Dan karena $\deg \Delta P < \deg P$ untuk $P$ yang takkonstan (sebab suku puncaknya saling meniadakan), $\operatorname{im}\Delta \subseteq \R_{n-1}[X]$ , yang berdimensi tepat $n$ : sehingga inklusinya menjadi kesamaan. Kesimpulannya, tanpa perhitungan prapeta apa pun: bahwa setiap polinomial $Q$ berderajat $\leq n - 1$ merupakan selisih $Q = P(X+1) - P(X)$ — jadi antiturunan diskretnya ada. (Bandingkanlah soal akhir pekan Bab 18, yang di situ $\Delta$ dibalik secara eksplisit pada basis binomialnya.)

Contoh 20.12 (Pembukuan rank sepanjang sebuah komposisi)

Pada $\R_2[X]$ , susunlah turunan $D(P) = P'$ (yang ber-rank $2$ : dengan peta $\R_1[X]$ , dan kernel konstantanya) dengan dirinya sendiri. Maka $D \circ D = D^2$ memetakan $P \mapsto P''$ , dengan peta $\R_0[X]$ : jadi ber-rank $1$ . Bandingkanlah dengan batas umumnya: yang kasar memberikan $\operatorname{rk} D^2 \leq \min(2, 2) = 2$ ; sedangkan rumus persis pada Latihan 20.12 memperhitungkan kehilangannya dengan tepat,

\operatorname{rk} D^2 = \operatorname{rk} D - \dim\bigl(\ker D \cap \operatorname{im} D\bigr) = 2 - 1 = 1 ,

karena konstantanya (yaitu kernel $D$ yang luar) duduk di dalam $\R_1[X]$ (yaitu peta $D$ yang dalam) dengan dimensi $1$ . Jadi rank hilang persis di tempat kernel yang luar menyergap peta yang dalam — itulah kalimat yang harus diingat ketika rank komposisinya berkelakuan buruk.

Contoh 20.13 (Kernel dan peta operator Euler)

Pada $\R_n[X]$ , misalkan $u(P) = X\,P'$ (yang linear: karena pendiferensialan dan perkalian dengan $X$ demikian). Kernelnya: $XP' = 0$ memaksa $P' = 0$ (karena hasil kali polinomial lenyap hanya bila salah satu faktornya demikian), sehingga $\ker u$ adalah garis konstantanya. Petanya: pada basis monomialnya,

u(X^k) = k\,X^{k} \qquad (k = 0, 1, \dots, n),

sehingga $\operatorname{im} u = \operatorname{Vect}(X, 2X^2, \dots, nX^n) = \operatorname{Vect}(X, X^2, \dots, X^n)$ : yaitu polinomial yang bersuku konstan nol. Periksalah terhadap rank–nulitas: $\operatorname{rk} u = (n + 1) - 1 = n$ , yang memang dimensi yang ditemukan. Ada dua catatan yang pantas disimpan. Pertama, di sini $\operatorname{im} u \oplus \ker u = \R_n[X]$ — tetapi itu kebetulan yang membahagiakan bagi operator ini, bukan sebuah teorema: karena bagi $v(P) = P'$ yang mirip geseran pada $\R_1[X]$ , $\ker v = \operatorname{im} v = \R_0[X]$ dan jumlahnya tak langsung. Kedua, relasi $u(X^k) = kX^k$ mengatakan bahwa setiap monomialnya sekadar diskalakan ulang oleh $u$ — yaitu basis yang disesuaikan dengan pemetaannya, yakni benih gagasan nilai eigen yang dikembangkan pada jilid Tahun 2.

20.3 Proyeksi dan simetri

Definisi 20.14

Misalkan $E = F \oplus G$ . Adapun proyeksi pada $F$ sepanjang $G$ memetakan $x = f + g$ (dengan penguraiannya yang tunggal) ke $p(x) = f$ ; sedangkan simetri yang berkaitan adalah $s(x) = f - g$ . Keduanya linear, dan $s = 2p - \mathrm{id}$ .

Teorema 20.15 (Pencirian aljabarnya)

Sebuah endomorfisma $p$ merupakan proyeksi (pada suatu $F$ sepanjang suatu $G$ ) jika dan hanya jika $p \circ p = p$ ; dan lalu $F = \operatorname{im} p = \ker(p - \mathrm{id})$ serta $G = \ker p$ .
Sebuah endomorfisma $s$ merupakan simetri jika dan hanya jika $s \circ s = \mathrm{id}$ ; dan lalu $E = \ker(s - \mathrm{id}) \oplus \ker(s + \mathrm{id})$ .

Bukti. (1) Sebuah proyeksi memenuhi $p(f + g) = f$ dan $p(f) = f$ : sehingga $p^2 = p$ . Sebaliknya, misalkan $p^2 = p$ ; tetapkanlah $F = \operatorname{im} p$ , $G = \ker p$ . Maka setiap $x$ tertulis $x = p(x) + (x - p(x))$ dengan $p(x) \in F$ dan $p\bigl(x - p(x)\bigr) = p(x) - p^2(x) = 0$ : sehingga $E = F + G$ . Jika $y \in F \cap G$ : maka $y = p(z)$ dan $p(y) = 0$ , sehingga $y = p(z) = p^2(z) = p(y) = 0$ : jadi jumlahnya langsung, dan $p$ merupakan proyeksi pada $F$ sepanjang $G$ . Akhirnya pada $F$ : $y = p(z)$ memberikan $p(y) = y$ , sehingga $F \subseteq \ker(p - \mathrm{id})$ , dan sebaliknya $p(y) = y$ menaruh $y$ di petanya.

(2) Korespondensi $s = 2p - \mathrm{id}$ , $p = \frac{s + \mathrm{id}}2$ merupakan bijeksi antara endomorfismanya, dan di bawahnya

s^2 = 4p^2 - 4p + \mathrm{id} = \mathrm{id} \iff 4p^2 = 4p \iff p^2 = p :

sehingga simetrinya tepat bersesuaian dengan proyeksinya. Lalu menerjemahkan subruangnya: $s(x) = x \iff p(x) = x$ , sehingga $\ker(s - \mathrm{id}) = \operatorname{im} p = F$ ; sedangkan $s(x) = -x \iff 2p(x) = 0 \iff x \in \ker p = G$ , sehingga $\ker(s + \mathrm{id}) = G$ . Jadi jumlah langsung $E = F \oplus G$ pada butir (1) menjadi penguraian yang diumumkan menjadi vektor yang tetap dan vektor yang terbalik oleh $s$ . ∎

Contoh 20.16 (Sebuah proyeksi dan simetrinya, secara eksplisit)

Di dalam $\R^2$ , proyeksikanlah pada $F = \operatorname{Vect}(1,1)$ sepanjang $G = \operatorname{Vect}(0,1)$ . Uraikanlah $(x, y) = a(1,1) + b(0,1)$ : maka koordinat pertamanya memberikan $a = x$ , dan yang kedua $b = y - x$ . Sehingga

p(x, y) = (x, x), \qquad s(x, y) = 2p(x,y) - (x,y) = (x,\ 2x - y).

Periksalah aljabarnya: $p(p(x,y)) = p(x,x) = (x,x)$ , dan $s(s(x,y)) = s(x, 2x - y) = (x, 2x - (2x - y)) = (x, y)$ . Secara geometri, $s$ merupakan “pencerminan miring” terhadap garis $y = x$ pada arah tegaknya: karena ia menetapkan $F$ titik demi titik dan membalikkan $G$ . Seandainya kita memproyeksikan pada $F$ yang sama sepanjang $G' = \operatorname{Vect}(1,-1)$ , maka rumusnya akan berubah menjadi $p'(x,y) = \bigl(\frac{x+y}2, \frac{x+y}2\bigr)$ : jadi sebuah proyeksi ditentukan oleh petanya dan kernelnya, tak pernah oleh petanya belaka.

Proyeksi pada F = Vect(1,1) sepanjang G = Vect(0,1) beserta simetrinya, pada titik M = (2,\ 0.5): dengan meluncur tegak, M mengenai F di p(M) = (2,2) lalu mendarat di s(M) = 2p(M) - M = (2,\ 3.5), sejauh di atas F (yang diukur sepanjang G) sebagaimana M tadi di bawahnya. — Proyeksi pada $F = \operatorname{Vect}(1,1)$ sepanjang $G = \operatorname{Vect}(0,1)$ beserta simetrinya, pada titik $M = (2,\ 0.5)$ : dengan meluncur tegak, $M$ mengenai $F$ di $p(M) = (2,2)$ lalu mendarat di $s(M) = 2p(M) - M = (2,\ 3.5)$ , sejauh di atas $F$ (yang diukur sepanjang $G$ ) sebagaimana $M$ tadi di bawahnya.

20.4 Bentuk linear dan hiperbidang

Definisi 20.17

Sebuah bentuk linear pada $E$ adalah pemetaan linear $\varphi \colon E \to K$ . Sedangkan hiperbidang $E$ (dengan $\dim E = n$ ) adalah subruang berdimensi $n - 1$ .

Contoh 20.18 (Sebuah bentuk penilaian dan hiperbidangnya)

Pada $\R_2[X]$ , penilaian $\varphi(P) = P(2)$ merupakan bentuk linear yang taknol (karena $\varphi(1) = 1$ ). Adapun kernelnya adalah hiperbidang berisi polinomial yang lenyap di $2$ , yakni (menurut teorema faktor, Teorema 8.7) kelipatan $X - 2$ di dalam $\R_2[X]$ :

\ker\varphi = \operatorname{Vect}\bigl(X - 2,\ X(X - 2)\bigr), \qquad \dim = 2 .

Dalam koordinat pada $(1, X, X^2)$ , $\varphi(a + bX + cX^2) = a + 2b + 4c$ : jadi setiap bentuk linear pada ruang yang berdimensi hingga, begitu sebuah basis ditetapkan, merupakan ungkapan linear yang tetap dalam koordinatnya — sehingga bentuknya menjadi “vektor baris”, sebagaimana Bab 21 akan membuatnya harfiah, dan baris koefisien di sini, $(1, 2, 4)$ , merupakan baris Vandermonde: jadi bentuk penilaian adalah cara teori interpolasi pada soal akhir pekan Bab 22 masuk ke aljabar linear.

Teorema 20.19

Hiperbidang $E$ tepat merupakan kernel bentuk linear yang taknol. Dan dua bentuk taknol berkernel sama jika dan hanya jika keduanya sebanding.

Bukti. Jika $\varphi \neq 0$ : maka $\operatorname{rk}\varphi = 1$ (karena petanya subruang taknol pada $K$ ), sehingga $\dim\ker\varphi = n - 1$ : yaitu sebuah hiperbidang. Sebaliknya, misalkan $H$ sebuah hiperbidang, dengan $(e_1, \dots, e_{n-1})$ sebuah basis $H$ yang dilengkapi oleh $e_n$ : maka bentuk “koordinat terakhir” berkernel $H$ .

Adapun bentuk yang sebanding berbagi kernelnya. Sebaliknya, andaikan $\ker\varphi = \ker\psi = H$ lalu pilihlah $a \notin H$ : maka setiap $x$ tertulis $x = h + \lambda a$ (karena $E = H \oplus Ka$ ), dan

\varphi(x) = \lambda \varphi(a), \qquad \psi(x) = \lambda\psi(a):

sehingga $\varphi = \frac{\varphi(a)}{\psi(a)}\,\psi$ . ∎

Contoh 20.20

Di dalam $K^n$ , sebuah hiperbidang merupakan himpunan penyelesaian $\{a_1 x_1 + \dots + a_n x_n = 0\}$ dengan tak semua $a_i$ nol — yaitu persamaan yang dikenal bagi sebuah bidang lewat titik asal di $\R^3$ . Adapun pada ruang fungsi, bentuk penilaian $P \mapsto P(1)$ atau $f \mapsto \int_0^1 f$ mendefinisikan hiperbidang $\R_n[X]$ , dan $C(\intcc{0}{1})$ (bandingkan Latihan 19.6).

Contoh 20.21 (Satu hiperbidang, yang dikerjakan tiga cara)

Ambillah $\varphi(x, y, z) = x - 2y + 3z$ pada $\R^3$ dan $H = \ker\varphi$ . Basisnya: pecahkanlah $x = 2y - 3z$ :

(2y - 3z,\ y,\ z) = y\,(2, 1, 0) + z\,(-3, 0, 1),

yaitu dua vektor yang bebas: sehingga $\dim H = 2$ , jadi sebuah hiperbidang, sebagaimana diramalkan Teorema 20.19 dari $\varphi \neq 0$ . Garis pelengkapnya: sebarang vektor di luar $H$ merentangnya, misalnya $a = (1, 0, 0)$ (karena $\varphi(a) = 1 \neq 0$ ); dan penguraian sebarang $v$ bersifat eksplisit:

v = \underbrace{\bigl(v - \varphi(v)\,a\bigr)}_{\in\,H} + \underbrace{\varphi(v)\,a}_{\in\,\operatorname{Vect}(a)},

karena $\varphi\bigl(v - \varphi(v)a\bigr) = \varphi(v) - \varphi(v)\varphi(a) = 0$ . Kesebandingannya: jika $\psi(x,y,z) = -2x + 4y - 6z$ , maka $\psi = -2\varphi$ dan keduanya berkernel $H$ ; sebaliknya, sebarang bentuk yang lenyap pada $H$ merupakan kelipatan $\varphi$ (Latihan 20.8) — jadi persamaan sebuah hiperbidang tunggal sampai skalanya, yaitu fakta yang terus-menerus dipakai bagi bidang dalam geometri.

Catatan 20.22 (Jebakan yang lazim)

Kernel dan peta hidup di ruang yang berbeda: karena $\ker u \subseteq E$ , $\operatorname{im} u \subseteq F$ ; sehingga jumlah $\ker u + \operatorname{im} u$ hanya bermakna bagi endomorfisma, dan bahkan lalu ia tak harus langsung (karena $u(x, y) = (y, 0)$ mempunyai $\ker u = \operatorname{im} u$ ; adapun Latihan 20.7 mencirikan kapan kelangsungannya berlaku). $u^2 = 0$ tak berarti $u = 0$ : karena $u(x,y) = (y, 0)$ yang sama berkuadrat nol tanpa lenyap — adapun yang sungguh dikatakan $u^2 = 0$ adalah $\operatorname{im} u \subseteq \ker u$ (Latihan 20.5). Injektif $\iff$ surjektif menuntut dimensi hingga yang sama: karena pada $K[X]$ , turunannya bersifat surjektif dan tak injektif, sedangkan $P \mapsto XP$ injektif dan tak surjektif (Akibat 20.9); dan di antara ruang yang berdimensi berbeda, satu implikasinya sekadar mustahil (karena $\operatorname{rk} u \leq \min(\dim E, \dim F)$ ). Menetapkan peta berjalan pada sebuah basis, bukan pada keluarga apa pun: karena menuntut $u(1, 0) = a$ , $u(0, 1) = b$ , $u(1, 1) = c$ menentukan $u$ secara berlebihan kecuali bila $c = a + b$ ; jadi pemetaan linear bebas pada sebuah basis, tetapi terbelenggu di mana pun selainnya. Rank tak terawetkan oleh komposisi: karena ia hanya dapat turun, $\operatorname{rk}(vu) \leq \min(\operatorname{rk} u, \operatorname{rk} v)$ (Latihan 20.4), dengan kehilangannya yang persis terukur pada Latihan 20.12.

Catatan 20.23 (Ke mana pemetaan ini pergi)

Pemetaan linear segera akan menjadi matriks: karena begitu basisnya ditetapkan, Bab 21 menyandikan setiap $u \in \mathcal{L}(E, F)$ lewat sebuah larik persegi panjang, dan komposisinya menjadi hasil kali matriks — lalu rank–nulitas menggerakkan teori sistem linear pada Bab 22. Adapun proyeksi kembali pada Bab 23 dalam kasus khususnya yang paling berguna, yaitu proyeksi ortogonal, yang di situ kernelnya dipilih tegak lurus terhadap petanya. Sedangkan soal akhir pekan di bawah mendorong aljabar proyektornya sejauh yang dijangkau perkakas tahun pertama, sampai lema Fitting; adapun jilid Tahun 2 melangkah lebih jauh dengan trace dan dengan teori nilai eigen, yang bagi teori itu proyektor pada subruang yang stabil merupakan balok bangunan dasarnya.

Catatan 20.24 (Cakrawala di dalam Buku 3: rank–nulitas tiga kali lagi)

Hukum kekekalan $\dim E = \dim\ker u + \operatorname{rk} u$ akan dibaca ulang tiga kali sebelum jilid ini berakhir. Pada Bab 22 ia menjadi bentuk himpunan penyelesaiannya: bahwa sistem yang selaras dengan $p$ anu dan ber-rank $r$ mempunyai himpunan penyelesaian berdimensi $p - r$ — yaitu dimensi kernel yang menyamar. Pada Bab 23 ia membelah secara ortogonal, $\dim F + \dim F^\perp = \dim E$ , lalu menggerakkan setiap perhitungan jarak. Sedangkan pada soal akhir pekan Bab 25, ia menjadi akuntan kuadrat terkecilnya: yaitu $n$ pengamatan, $2$ parameter yang dicocokkan, dan $n - 2$ dimensi sisanya, dengan kesamaan Pythagoras $\norm b^2 = \norm p^2 + \norm{b - p}^2$ sebagai bayangan Euclid rank–nulitas. Jadi satu teorema, empat kostum.

20.5 Latihan

Latihan 20.1 ★

Pemetaan mana yang linear?

$\R^2 \to \R^2$ , $(x, y) \mapsto (x + y, x - 2y)$ ;
$\R^2 \to \R$ , $(x, y) \mapsto xy$ ;
$\R[X] \to \R[X]$ , $P \mapsto P' + XP$ ;
$\mathcal{F}(\R,\R) \to \R$ , $f \mapsto f(3)$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.1.

(1) Linear: karena koordinatnya berupa ungkapan linear. (2) Tak linear: karena $u(2(1,1)) = 4 \neq 2 = 2u(1,1)$ . (3) Linear: karena pendiferensialan dan perkalian dengan $X$ demikian, dan jumlah pemetaan linear pun demikian. (4) Linear: karena penilaian menghormati operasi titik demi titiknya.

Latihan 20.2 ★

Misalkan $u \colon \R^3 \to \R^3$ , $(x,y,z) \mapsto (x + y - z,\; 2x + y + z,\; 3x + 2y)$ . Tentukanlah $\ker u$ (yaitu basis dan dimensinya), $\operatorname{rk} u$ , serta sebuah basis $\operatorname{im} u$ . Apakah $u$ injektif? Dan surjektif?

Solusi

Solusi Latihan 20.2.

Kernelnya: pecahkanlah $x + y - z = 0$ , $2x + y + z = 0$ , $3x + 2y = 0$ . Dari yang ketiga, $y = -\frac{3x}{2}$ ; lalu yang pertama memberikan $z = x + y = -\frac x2$ ; lalu periksalah pada yang kedua: $2x - \frac{3x}{2} - \frac x2 = 0$ : jadi terpenuhi. Sehingga $\ker u = \operatorname{Vect}\bigl((2, -3, -1)\bigr)$ (dengan mengambil $x = 2$ ), berdimensi $1$ .

Lalu rank–nulitas: $\operatorname{rk} u = 3 - 1 = 2$ . Adapun petanya: direntang oleh peta basis kanoniknya, $u(e_1) = (1,2,3)$ , $u(e_2) = (1,1,2)$ , $u(e_3) = (-1,1,0)$ ; dengan dua yang pertama bebas, dan ranknya $2$ : sehingga basisnya $\bigl((1,2,3), (1,1,2)\bigr)$ .

Jadi tak injektif (karena $\ker \neq \{0\}$ ), dan tak surjektif (karena ranknya $2 < 3$ ): yang selaras dengan Akibat 20.9.

Latihan 20.3 ★

Misalkan $u \colon \R_n[X] \to \R_n[X]$ , $P \mapsto P - P'$ . Buktikan bahwa $u$ sebuah isomorfisma: sekali lewat $\ker u$ , sekali lagi dengan menunjukkan inversnya (tinjaulah $P + P' + P'' + \dots$ ).

Solusi

Solusi Latihan 20.3.

Kernelnya: $P = P'$ memaksa $\deg P = \deg P'$ kecuali bila $P = 0$ ; padahal $\deg P' < \deg P$ untuk $P \neq 0$ : sehingga $\ker u = \{0\}$ , dan $u$ , sebagai endomorfisma injektif pada $\R_n[X]$ yang berdimensi hingga, merupakan isomorfisma (Akibat 20.9).

Inversnya: misalkan $v(P) = P + P' + P'' + \dots + P^{(n)}$ (yaitu jumlah yang hingga pada $\R_n[X]$ ). Maka

v\bigl(u(P)\bigr) = \sum_{k=0}^{n} (P - P')^{(k)} = \sum_{k=0}^{n} P^{(k)} - \sum_{k=0}^{n} P^{(k+1)} = P - P^{(n+1)} = P ,

secara teleskopis, karena $P^{(n+1)} = 0$ . Jadi $v = u^{-1}$ .

Latihan 20.4 ★

Misalkan $u \in \mathcal{L}(E, F)$ dan $v \in \mathcal{L}(F, G)$ , dengan ruang yang berdimensi hingga. Buktikan:

\operatorname{rk}(v \circ u) \leq \min\bigl(\operatorname{rk} u,\ \operatorname{rk} v\bigr).

Solusi

Solusi Latihan 20.4.

Di sini $\operatorname{im}(v \circ u) = v(\operatorname{im} u) \subseteq \operatorname{im} v$ : sehingga ranknya $\leq \operatorname{rk} v$ . Dan $v$ yang dibatasi pada $\operatorname{im} u$ berpeta $\operatorname{im}(vu)$ , sehingga dengan rank–nulitas di dalam $\operatorname{im} u$ : $\operatorname{rk}(vu) \leq \dim\operatorname{im} u = \operatorname{rk} u$ .

Latihan 20.5 ★★

Misalkan $u$ sebuah endomorfisma $E$ (yang berdimensi hingga) dengan $u^2 = 0$ . Buktikan bahwa $\operatorname{im} u \subseteq \ker u$ , sehingga $\operatorname{rk} u \leq \frac{\dim E}{2}$ . Untuk $E = \R^2$ , berikanlah sebuah contoh dengan kesamaannya.

Solusi

Solusi Latihan 20.5.

Persamaan $u^2 = 0$ berarti $u(u(x)) = 0$ untuk setiap $x$ : sehingga setiap $u(x)$ terletak di $\ker u$ , yakni $\operatorname{im} u \subseteq \ker u$ . Lalu menurut rank–nulitas:

\dim E = \dim\ker u + \operatorname{rk} u \geq 2\operatorname{rk} u .

Adapun contoh kesamaannya di $\R^2$ : $u(x, y) = (y, 0)$ : karena $u^2 = 0$ , $\operatorname{rk} u = 1 = \frac{\dim E}{2}$ .

Latihan 20.6 ★★

Misalkan $p, q$ proyeksi $E$ dengan $p \circ q = q \circ p$ . Buktikan bahwa $p \circ q$ sebuah proyeksi, dengan

\operatorname{im}(pq) = \operatorname{im} p \cap \operatorname{im} q , \qquad \ker (pq) = \ker p + \ker q .

Solusi

Solusi Latihan 20.6.

Di sini $(pq)^2 = pqpq = ppqq = pq$ (menurut komutasinya): jadi sebuah proyeksi (Teorema 20.15).

Petanya: $\operatorname{im}(pq) \subseteq \operatorname{im} p$ , dan $= \operatorname{im}(qp) \subseteq \operatorname{im} q$ : sehingga termuat di irisannya. Sebaliknya, jika $x \in \operatorname{im} p \cap \operatorname{im} q$ , maka $p(x) = x$ dan $q(x) = x$ (karena titik tetapnya mencirikan peta sebuah proyeksi), sehingga $pq(x) = x$ : jadi $x \in \operatorname{im}(pq)$ .

Kernelnya: $\ker p \subseteq \ker(qp) = \ker(pq)$ dan demikian pula $\ker q \subseteq \ker(pq)$ : sehingga jumlahnya termuat. Sebaliknya, misalkan $pq(x) = 0$ , lalu tulislah

x = \underbrace{q(x)}_{\in\, \ker p} + \underbrace{(x - q(x))}_{\in\, \ker q} :

maka suku pertamanya memenuhi $p(q(x)) = 0$ , sehingga ia terletak di $\ker p$ ; sedangkan yang kedua berada di $\ker q$ karena $q(x - q(x)) = q(x) - q^2(x) = 0$ . Jadi $x \in \ker p + \ker q$ .

Latihan 20.7 ★★

Misalkan $u \in \mathcal{L}(E)$ , dengan $E$ yang berdimensi hingga. Buktikan kesetaraan antara:

$E = \ker u \oplus \operatorname{im} u$ ;
$\ker u = \ker u^2$ ;
$\operatorname{im} u = \operatorname{im} u^2$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.7.

Perhatikanlah lebih dulu inklusi umumnya $\ker u \subseteq \ker u^2$ dan $\operatorname{im} u^2 \subseteq \operatorname{im} u$ , lalu menurut rank–nulitas, (2) $\iff$ (3) (karena kernel yang sama $\iff$ rank yang sama $\iff$ peta yang sama, mengingat inklusinya).

(1 $\Rightarrow$ 2): misalkan $u^2(x) = 0$ ; maka $u(x) \in \ker u \cap \operatorname{im} u = \{0\}$ , sehingga $x \in \ker u$ .

(2 $\Rightarrow$ 1): menurut Grassmann dan rank–nulitas, $\dim(\ker u + \operatorname{im} u) = \dim\ker u + \operatorname{rk} u - \dim(\ker u \cap \operatorname{im} u) = \dim E - \dim(\ker u \cap \operatorname{im} u)$ : sehingga jumlahnya adalah $E$ jika dan hanya jika irisannya $\{0\}$ . Misalkan $y \in \ker u \cap \operatorname{im} u$ : maka $y = u(x)$ dan $u(y) = 0$ , sehingga $u^2(x) = 0$ , jadi (menurut (2)) $u(x) = 0$ : sehingga $y = 0$ . Jadi $E = \ker u \oplus \operatorname{im} u$ .

Latihan 20.8 ★★

Misalkan $\varphi, \psi$ bentuk linear pada $E$ dengan $\ker\varphi \subseteq \ker\psi$ . Buktikan $\psi = \lambda\varphi$ untuk suatu $\lambda \in K$ (termasuk kasus yang merosot).

Solusi

Solusi Latihan 20.8.

Jika $\varphi = 0$ : maka $\ker\varphi = E \subseteq \ker\psi$ memaksa $\psi = 0 = 0\cdot\varphi$ . Sedangkan jika $\varphi \neq 0$ : maka $\ker\varphi$ sebuah hiperbidang; pilihlah $a \notin \ker\varphi$ . Tetapkanlah $\lambda = \frac{\psi(a)}{\varphi(a)}$ . Maka bentuk $\psi - \lambda\varphi$ lenyap pada $\ker\varphi$ (karena keduanya demikian, menurut inklusinya) dan di $a$ : sehingga ia lenyap pada $\ker\varphi \oplus Ka = E$ . Jadi $\psi = \lambda\varphi$ .

Latihan 20.9 ★★★

Misalkan $u \in \mathcal{L}(E)$ dengan $\dim E = n$ , dan andaikan $u^n = 0$ tetapi $u^{n-1} \neq 0$ (yaitu endomorfisma yang nilpoten maksimal). Pilihlah $x$ dengan $u^{n-1}(x) \neq 0$ ; lalu buktikan bahwa $\bigl(x, u(x), \dots, u^{n-1}(x)\bigr)$ merupakan basis $E$ . (Terapkanlah pangkat $u$ pada sebuah kombinasi nol, dimulai dengan $u^{n-1}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 20.9.

Andaikan $\lambda_0 x + \lambda_1 u(x) + \dots + \lambda_{n-1} u^{n-1}(x) = 0$ . Terapkanlah $u^{n-1}$ : maka semua suku berfaktor $u^{\geq n}$ mati, sehingga menyisakan $\lambda_0 u^{n-1}(x) = 0$ , jadi $\lambda_0 = 0$ . Lalu terapkanlah $u^{n-2}$ pada relasi yang tersisa: $\lambda_1 u^{n-1}(x) = 0$ , sehingga $\lambda_1 = 0$ ; dan seterusnya. Jadi keluarganya bebas; dan karena berukuran $n = \dim E$ , ia sebuah basis (Proposisi 19.8). (Pada basis ini, $u$ bertindak sebagai geseran — yaitu model kenilpotenan yang maksimal.)

Latihan 20.10 ★★★

Misalkan $f \in \mathcal{L}(\R^n)$ dengan $f \circ f = -\mathrm{id}$ .

Buktikan bahwa $f$ sebuah isomorfisma dan bahwa tak ada $x \neq 0$ yang memenuhi $f(x) = \lambda x$ dengan $\lambda \in \R$ .
Buktikan bahwa $n$ genap. Petunjuk: pilihlah $x_1 \neq 0$ ; tunjukkan bahwa $\operatorname{Vect}(x_1, f(x_1))$ merupakan bidang yang stabil di bawah $f$ ; lalu pilihlah $x_2$ di luarnya dan ulangi, sambil membuktikan bahwa $\bigl(x_1, f(x_1), x_2, f(x_2), \dots\bigr)$ tetap bebas.

Solusi

Solusi Latihan 20.10.

Pemetaan $f \circ f = -\mathrm{id}$ bersifat bijektif, sehingga $f$ demikian (Proposisi 1.26 yang disesuaikan: karena $f$ mempunyai invers dua sisinya $-f$ ). Jika $f(x) = \lambda x$ dengan $x \neq 0$ : maka menerapkan $f$ , $-x = \lambda^2 x$ , sehingga $\lambda^2 = -1$ : yang mustahil di $\R$ .
Bangunlah keluarganya secara rakus. Ambillah $x_1 \neq 0$ : maka $(x_1, f(x_1))$ bebas menurut (1). Jika $\operatorname{Vect}$ atas keluarga yang berjalan $\bigl(x_1, f(x_1), \dots, x_k, f(x_k)\bigr)$ , yang kita sebut $V_k$ — yaitu subruang yang stabil di bawah $f$ (karena setiap pembangunnya terpetakan ke pembangun lain atau lawannya: $f(f(x_i)) = -x_i$ ) — bukan seluruh $E$ , maka pilihlah $x_{k+1} \notin V_k$ . Klaimnya: keluarga yang diperbesar itu bebas. Andaikan $\alpha x_{k+1} + \beta f(x_{k+1}) + v = 0$ dengan $v \in V_k$ dan $(\alpha, \beta) \neq (0,0)$ . Terapkanlah $f$ : $\alpha f(x_{k+1}) - \beta x_{k+1} + f(v) = 0$ dengan $f(v) \in V_k$ . Lalu hapuslah $f(x_{k+1})$ di antara kedua relasinya (kalikanlah yang pertama dengan $\alpha$ , yang kedua dengan $-\beta$ , lalu jumlahkan):

$(\alpha^2 + \beta^2)\, x_{k+1} \in V_k ,$

dan $\alpha^2 + \beta^2 \neq 0$ memaksa $x_{k+1} \in V_k$ : yang bertentangan. Jadi konstruksinya berlanjut, sambil menambahkan vektor dua sekaligus, sampai $V_k = E$ : sehingga keluarga akhirnya sebuah basis berukuran genap, jadi $n$ genap.

Latihan 20.11 ★★

Misalkan $u, v \in \mathcal{L}(E, F)$ , dengan ruang yang berdimensi hingga. Buktikan batas dua sisinya

\abs{\operatorname{rk} u - \operatorname{rk} v} \;\leq\; \operatorname{rk}(u + v) \;\leq\; \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v .

(Untuk batas atasnya, bandingkanlah $\operatorname{im}(u+v)$ dengan $\operatorname{im} u + \operatorname{im} v$ ; sedangkan untuk yang bawah, terapkanlah batas atasnya dengan cerdik.)

Solusi

Solusi Latihan 20.11.

Batas atasnya: untuk setiap $x$ , $(u + v)(x) = u(x) + v(x) \in \operatorname{im} u + \operatorname{im} v$ , sehingga

\operatorname{rk}(u + v) \leq \dim(\operatorname{im} u + \operatorname{im} v) \leq \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v

(menurut Grassmann, Teorema 19.18). Adapun batas bawahnya: terapkanlah batas atasnya pada pasangan $(u + v, -v)$ , yang jumlahnya $u$ :

\operatorname{rk} u \leq \operatorname{rk}(u + v) + \operatorname{rk}(-v) = \operatorname{rk}(u + v) + \operatorname{rk} v,

sehingga $\operatorname{rk} u - \operatorname{rk} v \leq \operatorname{rk}(u+v)$ ; lalu menukar $u$ dan $v$ memberikan nilai mutlaknya.

Latihan 20.12 ★★★

(Ketaksamaan Frobenius) Misalkan $u \in \mathcal{L}(E, F)$ , $w \in \mathcal{L}(F, G)$ dan $v \in \mathcal{L}(G, H)$ , dengan semua ruangnya berdimensi hingga. Buktikan rumus yang persis

\operatorname{rk}(v \circ w) = \operatorname{rk} w - \dim\bigl(\ker v \cap \operatorname{im} w\bigr),

lalu simpulkanlah ketaksamaan Frobenius

\operatorname{rk}(v \circ w) + \operatorname{rk}(w \circ u) \;\leq\; \operatorname{rk} w + \operatorname{rk}(v \circ w \circ u) .

Periksalah bahwa kasus $w = \mathrm{id}_F$ merupakan ketaksamaan Sylvester, yang dibuktikan dalam bentuk matriks pada Latihan 21.10.

Solusi

Solusi Latihan 20.12.

Rumus yang persis. Misalkan $v'$ pembatasan $v$ pada subruang $\operatorname{im} w$ . Maka petanya adalah $v(w(F)) = \operatorname{im}(v \circ w)$ , dan kernelnya adalah $\ker v \cap \operatorname{im} w$ . Lalu rank–nulitas bagi $v'$ pada ruang $\operatorname{im} w$ :

\operatorname{rk} w = \dim\operatorname{im} w = \operatorname{rk}(v \circ w) + \dim(\ker v \cap \operatorname{im} w) .

Frobenius. Terapkanlah rumus yang persis itu dua kali, pada $w$ dan pada $w \circ u$ :

\operatorname{rk} w - \operatorname{rk}(vw) = \dim\bigl(\ker v \cap \operatorname{im} w\bigr), \qquad \operatorname{rk}(wu) - \operatorname{rk}(vwu) = \dim\bigl(\ker v \cap \operatorname{im}(wu)\bigr) .

Dan karena $\operatorname{im}(w \circ u) \subseteq \operatorname{im} w$ , irisan yang kedua termuat di yang pertama, sehingga dimensinya tak lebih besar:

\operatorname{rk}(wu) - \operatorname{rk}(vwu) \;\leq\; \operatorname{rk} w - \operatorname{rk}(vw) ,

yang tersusun ulang menjadi ketaksamaan Frobenius. Adapun dengan $w = \mathrm{id}_F$ (yang ber-rank $\dim F$ , dan $\operatorname{im}\, \mathrm{id}_F = F$ ): $\operatorname{rk} v + \operatorname{rk} u \leq \dim F + \operatorname{rk}(vu)$ , yaitu ketaksamaan Sylvester — yang dibuktikan lagi, dalam bentuk matriks, pada Latihan 21.10.

20.6 Soal: kalkulus proyektor dan lema Fitting

Soal 20.1

Proyeksi adalah endomorfisma yang dihasilkan jumlah langsung, dan sebaliknya: karena setiap kesamaan $E = F_1 \oplus \dots \oplus F_k$ diam-diam merupakan sebuah keluarga proyektor yang berjumlah identitas. Soal ini mengembangkan kamus itu — yaitu aljabar satu proyektor, dua proyektor, dan $k$ proyektor — lalu menerapkan gagasan kestabilan yang sama pada sebarang endomorfisma dan membuktikan lema Fitting: bahwa setiap endomorfisma sebuah ruang yang berdimensi hingga terbelah menjadi bagian nilpoten dan bagian yang dapat dibalik. Di sepanjang soal ini, $E$ adalah ruang vektor atas $K$ yang berdimensi $n$ , dan proyektor berarti $p \in \mathcal{L}(E)$ dengan $p^2 = p$ (Teorema 20.15).

Bagian I — Aljabar di sekitar satu proyektor. Misalkan $p$ sebuah proyektor, dengan $p \neq 0$ , $p \neq \mathrm{id}$ .

Tunjukkan bahwa $\mathrm{id} - p$ sebuah proyektor lalu kenalilah $\operatorname{im}(\mathrm{id} - p)$ dan $\ker(\mathrm{id} - p)$ .
Hitunglah $(\lambda\,\mathrm{id} + \mu\,p)^2$ lalu tentukanlah semua pasangan $(\lambda, \mu) \in K^2$ yang untuknya $\lambda\,\mathrm{id} + \mu\,p$ merupakan proyektor.
Tunjukkan bahwa bidang $\operatorname{Vect}(\mathrm{id}, p)$ pada $\mathcal{L}(E)$ stabil terhadap komposisi, dan bahwa untuk setiap polinomial $Q \in K[X]$ ,

$Q(p) = Q(0)\,\mathrm{id} + \bigl(Q(1) - Q(0)\bigr)\,p .$
Tentukanlah untuk $(\lambda, \mu)$ yang mana pemetaan $\lambda\,\mathrm{id} + \mu\,p$ dapat dibalik, lalu berikanlah inversnya dalam bentuk $\alpha\,\mathrm{id} + \beta\,p$ . Tafsirkanlah jawabannya lewat tindakan $\lambda\,\mathrm{id} + \mu\,p$ pada $\operatorname{im} p$ dan pada $\ker p$ .
Misalkan $p'$ proyektor lain dengan peta yang sama $\operatorname{im} p' = \operatorname{im} p$ . Tunjukkan bahwa $p\,p' = p'$ dan $p'\,p = p$ . Apa yang dikatakan kesamaan ini tentang menyusun proyeksi pada subruang yang sama sepanjang kernel yang berbeda?

Bagian II — Dua proyektor. Misalkan $p, q$ proyektor $E$ ; dan anggaplah karakteristiknya bukan $2$ (yang benar bagi $K = \R, \C$ ).

Andaikan $p + q$ sebuah proyektor. Dengan menjabarkan $(p + q)^2$ , tunjukkan $pq + qp = 0$ ; lalu dengan menyusunnya bersama $p$ di kiri, kemudian di kanan, simpulkanlah $pq = qp$ , lalu tutuplah dengan $pq = qp = 0$ .
Sebaliknya, andaikan $pq = qp = 0$ . Tunjukkan bahwa $p + q$ sebuah proyektor, dengan

$\operatorname{im}(p + q) = \operatorname{im} p \oplus \operatorname{im} q, \qquad \ker(p + q) = \ker p \cap \ker q .$
Tunjukkan bahwa $p - q$ merupakan proyektor jika dan hanya jika $pq = qp = q$ . (Terapkanlah pertanyaan 6–7 pada $\mathrm{id} - p$ dan $q$ .)
Tunjukkan makna geometri $pq = qp = q$ : bahwa ia berlaku jika dan hanya jika $\operatorname{im} q \subseteq \operatorname{im} p$ dan $\ker p \subseteq \ker q$ . (Lalu kita menulis $q \leq p$ : “ $q$ memproyeksikan pada yang lebih sedikit, sepanjang yang lebih banyak”.)
Sekarang misalkan $p, q$ berkomutasi. Ingat kembali dari Latihan 20.6 bahwa $pq$ merupakan proyektor pada $\operatorname{im} p \cap \operatorname{im} q$ sepanjang $\ker p + \ker q$ . Tunjukkan bahwa $r = p + q - pq$ sebuah proyektor dengan

$\operatorname{im} r = \operatorname{im} p + \operatorname{im} q, \qquad \ker r = \ker p \cap \ker q .$

(Tinjaulah $\mathrm{id} - r = (\mathrm{id} - p)(\mathrm{id} - q)$ .)

Bagian III — Penguraian identitasnya.

Misalkan $E = F_1 \oplus \dots \oplus F_k$ dan, untuk $x = x_1 + \dots + x_k$ (dengan penguraiannya yang tunggal, $x_i \in F_i$ ), tetapkanlah $p_i(x) = x_i$ . Tunjukkan bahwa setiap $p_i$ sebuah proyektor, bahwa $p_i p_j = 0$ untuk $i \neq j$ , dan bahwa $p_1 + \dots + p_k = \mathrm{id}$ ; lalu kenalilah $\operatorname{im} p_i$ dan $\ker p_i$ .
Sebaliknya, misalkan $p_1, \dots, p_k \in \mathcal{L}(E)$ memenuhi $p_1 + \dots + p_k = \mathrm{id}$ dan $p_i p_j = 0$ untuk setiap $i \neq j$ . Tunjukkan bahwa setiap $p_i$ sebuah proyektor dan bahwa $E = \operatorname{im} p_1 \oplus \dots \oplus \operatorname{im} p_k$ .
Untuk dua proyektor dengan $p + q = \mathrm{id}$ : tunjukkan bahwa $pq = qp = 0$ berlaku secara otomatis.
Untuk tiga proyektor dengan $p + q + r = \mathrm{id}$ : tunjukkan bahwa $p + q$ sebuah proyektor, lalu simpulkanlah dari pertanyaan 6 bahwa semua hasil kali berpasangannya lenyap — sehingga $E = \operatorname{im} p \oplus \operatorname{im} q \oplus \operatorname{im} r$ , tanpa hipotesis apa pun atas hasil kalinya.
Untuk $k$ proyektor dengan $p_1 + \dots + p_k = \mathrm{id}$ : tunjukkan lebih dulu bahwa untuk sebarang subruang, $\dim (F_1 + \dots + F_k) \leq \dim F_1 + \dots + \dim F_k$ , dengan kesamaannya jika dan hanya jika jumlahnya langsung; lalu tunjukkan $E = \operatorname{im} p_1 + \dots + \operatorname{im} p_k$ , lalu buktikanlah bahwa jika lebih lanjut $\sum_i \operatorname{rk} p_i \leq n$ , maka jumlahnya langsung dan $p_i p_j = 0$ untuk $i \neq j$ .

Bagian IV — Kernel yang berulang: lema Fitting. Misalkan $u \in \mathcal{L}(E)$ , dengan $\dim E = n$ .

Tunjukkan kedua rantainya, yang sah untuk setiap $k \geq 0$ :

$\ker u^k \subseteq \ker u^{k+1}, \qquad \operatorname{im} u^{k+1} \subseteq \operatorname{im} u^k .$
Tunjukkan bahwa jika $\ker u^{r} = \ker u^{r+1}$ untuk suatu $r$ , maka $\ker u^{k} = \ker u^{r}$ untuk setiap $k \geq r$ ; lalu nyatakanlah dan buktikanlah kestabilan yang serupa bagi petanya.
Simpulkan bahwa ada bilangan bulat terkecil $r$ dengan $\ker u^{r} = \ker u^{r+1}$ , bahwa $r \leq n$ , dan bahwa petanya stabil pada $r$ yang sama.
(Lema Fitting) Buktikan bahwa

$E \;=\; \ker u^{r} \,\oplus\, \operatorname{im} u^{r} .$
Tunjukkan bahwa kedua subruangnya stabil di bawah $u$ , bahwa pembatasan $u$ pada $\ker u^{r}$ bersifat nilpoten, dan bahwa pembatasan $u$ pada $\operatorname{im} u^{r}$ merupakan isomorfisma $\operatorname{im} u^{r}$ : sehingga setiap endomorfisma, pada sebuah jumlah langsung yang kanonik, bersifat “nilpoten tambah dapat dibalik”.
Misalkan $\pi$ proyektor pada $\ker u^{r}$ sepanjang $\operatorname{im} u^{r}$ . Tunjukkan bahwa $\pi \circ u = u \circ \pi$ .

Bagian V — Sebuah kasus yang dikerjakan, dan sintesisnya.

Misalkan $u(x, y, z) = (y, 0, z)$ pada $\R^3$ . Hitunglah $u^2$ dan $u^3$ , tentukanlah indeks kestabilannya $r$ , kedua subruang $\ker u^{r}$ dan $\operatorname{im} u^{r}$ , proyektor Fittingnya $\pi$ , lalu periksalah pada rumusnya bahwa $\pi u = u\pi$ dan bahwa $u$ bersifat nilpoten pada satu faktornya, dan bijektif pada yang lain.
Tunjukkan kesetaraannya: bahwa $u$ nilpoten $\iff$ $\ker u^{r} = E$ $\iff$ $\pi = \mathrm{id}$ ; lalu simpulkanlah bahwa endomorfisma nilpoten sebuah ruang berdimensi $n$ selalu memenuhi $u^{n} = 0$ (sehingga indeks kenilpotenannya tak pernah melampaui dimensinya).
(Ketunggalan) Andaikan $E = A \oplus B$ dengan $A, B$ yang stabil di bawah $u$ , dengan pembatasan $u|_A$ yang nilpoten dan $u|_B$ yang bijektif. Buktikan $A = \ker u^{r}$ dan $B = \operatorname{im} u^{r}$ : sehingga penguraian Fittingnya tunggal.
Sintesis, dalam empat kalimat: kamus apa yang ditegakkan Bagian III antara jumlah langsung dan keluarga proyektor; mengapakah pertanyaan 14 tak memerlukan hipotesis atas hasil kalinya sedangkan pertanyaan 15 memerlukan hipotesis rank (dan perkakas Tahun 2 yang mana, yaitu trace, yang menghapusnya); dalam arti apa lema Fitting merupakan versi yang distabilkan dari Latihan 20.7; dan menjadi apa kedua faktor Fittingnya pada teori nilai eigen jilid Tahun 2 itu. Namailah teorema yang dibuktikan pada Bagian IV.

Solusi

Solusi Soal 20.1.

1. Di sini $(\mathrm{id} - p)^2 = \mathrm{id} - 2p + p^2 = \mathrm{id} - p$ : jadi sebuah proyektor. Jika $y = x - p(x)$ , maka $p(y) = p(x) - p^2(x) = 0$ , dan sebaliknya $x \in \ker p$ memberikan $x = (\mathrm{id} - p)(x)$ : sehingga $\operatorname{im}(\mathrm{id} - p) = \ker p$ . Dan $(\mathrm{id} - p)(x) = 0 \iff p(x) = x \iff x \in \operatorname{im} p$ (menurut titik tetapnya, Teorema 20.15): sehingga $\ker(\mathrm{id} - p) = \operatorname{im} p$ .

2. Di sini $(\lambda\,\mathrm{id} + \mu p)^2 = \lambda^2\,\mathrm{id} + (2\lambda\mu + \mu^2)\,p$ . Adapun pasangan $(\mathrm{id}, p)$ bebas di $\mathcal{L}(E)$ : karena $p = c\, \mathrm{id}$ akan memberikan $c^2 = c$ , sehingga $p = 0$ atau $\mathrm{id}$ , yang tersingkirkan. Lalu dengan mengenali koefisiennya, pemetaannya merupakan proyektor jika dan hanya jika $\lambda^2 = \lambda$ dan $2\lambda\mu + \mu^2 = \mu$ . Untuk $\lambda = 0$ : $\mu \in \{0, 1\}$ . Untuk $\lambda = 1$ : $\mu^2 + \mu = 0$ , sehingga $\mu \in \{0, -1\}$ . Jadi tepat empat proyektor pada bidangnya: $0$ , $p$ , $\mathrm{id}$ , dan $\mathrm{id} - p$ .

3. Di sini $(\lambda\,\mathrm{id} + \mu p)(\lambda'\,\mathrm{id} + \mu' p) = \lambda\lambda'\,\mathrm{id} + (\lambda\mu' + \mu\lambda' + \mu\mu')\,p$ : sehingga bidangnya stabil terhadap komposisi. Dan karena $p^k = p$ untuk setiap $k \geq 1$ , maka untuk $Q = \sum_k a_k X^k$ :

Q(p) = a_0\,\mathrm{id} + \Bigl(\sum_{k \geq 1} a_k\Bigr) p = Q(0)\,\mathrm{id} + \bigl(Q(1) - Q(0)\bigr)\,p .

4. Pada $\operatorname{im} p$ (yang di situ $p$ bertindak sebagai identitas), $\lambda\,\mathrm{id} + \mu p$ mengalikan dengan $\lambda + \mu$ ; sedangkan pada $\ker p$ , dengan $\lambda$ . Dan karena $E = \operatorname{im} p \oplus \ker p$ , pemetaannya bersifat bijektif jika dan hanya jika $\lambda \neq 0$ dan $\lambda + \mu \neq 0$ . Lalu memecahkan $\lambda\alpha = 1$ , $\lambda\beta + \mu\alpha + \mu\beta = 0$ pada aturan komposisi pertanyaan 3:

(\lambda\,\mathrm{id} + \mu p)^{-1} = \frac1\lambda\,\mathrm{id} - \frac{\mu}{\lambda(\lambda + \mu)}\,p ,

yang tindakannya berupa $1/\lambda$ pada $\ker p$ dan $1/(\lambda + \mu)$ pada $\operatorname{im} p$ , sebagaimana seharusnya.

5. Tulislah $F = \operatorname{im} p = \operatorname{im} p'$ . Maka untuk setiap $x$ , $p'(x) \in F$ dan $p$ menetapkan $F$ titik demi titik: sehingga $p(p'(x)) = p'(x)$ , yakni $p\,p' = p'$ ; dan secara simetris $p'\,p = p$ . Jadi ketika dua proyeksi berbagi petanya, yang diterapkan lebih dulu yang memutuskan: karena keluarannya sudah terletak di $F$ , yang di situ proyeksi yang luar bertindak sebagai identitas dan tak mengubah apa pun.

6. Di sini $(p + q)^2 = p^2 + pq + qp + q^2 = (p + q) + pq + qp$ , sehingga $p + q$ yang proyektor memaksa $pq + qp = 0$ . Lalu susunlah di kiri dengan $p$ : $pq + pqp = 0$ ; dan di kanan dengan $p$ : $pqp + qp = 0$ . Lalu menguranginya, $pq = qp$ ; sehingga $pq + qp = 2pq = 0$ dan karena karakteristiknya bukan $2$ : maka $pq = qp = 0$ .

7. Dengan $pq = qp = 0$ , penjabaran yang sama memberikan $(p + q)^2 = p + q$ . Adapun petanya: $\operatorname{im}(p + q) \subseteq \operatorname{im} p + \operatorname{im} q$ selalu. Sebaliknya, untuk $x \in \operatorname{im} p$ : $q(x) = q(p(x)) = 0$ , sehingga $(p + q)(x) = p(x) = x$ dan $x \in \operatorname{im}(p+q)$ ; demikian pula bagi $\operatorname{im} q$ . Adapun kelangsungannya: $x \in \operatorname{im} p \cap \operatorname{im} q$ memberikan $x = p(x) = p(q(x)) = 0$ . Adapun kernelnya: jika $p(x) + q(x) = 0$ , maka menerapkan $p$ memberikan $p(x) + p(q(x)) = p(x) = 0$ , dan menerapkan $q$ memberikan $q(x) = 0$ : sehingga $\ker(p + q) = \ker p \cap \ker q$ (dengan inklusi baliknya yang jelas).

8. Fungsi $p - q$ merupakan proyektor jika dan hanya jika $\mathrm{id} - (p - q) = (\mathrm{id} - p) + q$ demikian (menurut pertanyaan 1 dua kali). Lalu menurut pertanyaan 6–7 yang diterapkan pada proyektor $\mathrm{id} - p$ dan $q$ , ini berlaku jika dan hanya jika $(\mathrm{id} - p)q = q(\mathrm{id} - p) = 0$ , yakni jika dan hanya jika $pq = q$ dan $qp = q$ .

9. Persamaan $pq = q$ berarti $p$ menetapkan setiap $q(x)$ , yakni $\operatorname{im} q \subseteq \ker(p - \mathrm{id}) = \operatorname{im} p$ . Sedangkan $qp = q$ berarti $q\bigl((\mathrm{id} - p)(x)\bigr) = 0$ untuk setiap $x$ , yakni $q$ lenyap pada $\operatorname{im}(\mathrm{id} - p) = \ker p$ : sehingga $\ker p \subseteq \ker q$ . Kedua langkahnya berupa kesetaraan: jadi urutan $q \leq p$ mengatakan bahwa $q$ memproyeksikan pada peta yang lebih kecil, sepanjang kernel yang lebih besar.

10. Dengan menjabarkannya, $(\mathrm{id} - p)(\mathrm{id} - q) = \mathrm{id} - p - q + pq = \mathrm{id} - r$ . Adapun proyektor $\mathrm{id} - p$ dan $\mathrm{id} - q$ berkomutasi, sehingga menurut Latihan 20.6 hasil kalinya $\mathrm{id} - r$ merupakan proyektor pada $\operatorname{im}(\mathrm{id} - p) \cap \operatorname{im}(\mathrm{id} - q) = \ker p \cap \ker q$ sepanjang $\ker(\mathrm{id} - p) + \ker(\mathrm{id} - q) = \operatorname{im} p + \operatorname{im} q$ . Lalu menurut pertanyaan 1, $r = \mathrm{id} - (\mathrm{id} - r)$ menjadi proyektor dengan $\operatorname{im} r = \operatorname{im} p + \operatorname{im} q$ dan $\ker r = \ker p \cap \ker q$ .

11. Pemetaan $p_i$ terdefinisi dengan baik (menurut ketunggalan penguraiannya) dan linear (karena penguraian $x + \lambda y$ merupakan jumlah penguraiannya, kembali menurut ketunggalannya). Untuk $x_i \in F_i$ penguraiannya adalah $x_i$ sendiri, sehingga $p_i(x_i) = x_i$ : jadi $p_i^2 = p_i$ , dan $p_j(x_i) = 0$ untuk $j \neq i$ : sehingga $p_i p_j = 0$ (karena $p_j(x) \in F_j$ ). Lalu menjumlahkan komponennya, $\sum_i p_i = \mathrm{id}$ . Akhirnya $\operatorname{im} p_i = F_i$ dan $\ker p_i = \bigoplus_{j \neq i} F_j$ .

12. Di sini $p_i = p_i \circ \mathrm{id} = p_i\sum_j p_j = p_i^2 + \sum_{j \neq i} p_i p_j = p_i^2$ : sehingga setiap $p_i$ sebuah proyektor. Lalu setiap $x = \mathrm{id}(x) = \sum_i p_i(x)$ terletak di $\sum_i \operatorname{im} p_i$ : sehingga petanya berjumlah $E$ . Adapun kelangsungannya: andaikan $y_1 + \dots + y_k = 0$ dengan $y_i \in \operatorname{im} p_i$ , sehingga $p_i(y_i) = y_i$ . Terapkanlah $p_j$ : maka $p_j (y_i) = p_j p_i (y_i) = 0$ untuk $i \neq j$ , sehingga $0 = p_j\bigl(\sum y_i\bigr) = y_j$ , untuk setiap $j$ . Jadi $E = \bigoplus_i \operatorname{im} p_i$ .

13. Di sini $q = \mathrm{id} - p$ , lalu pertanyaan 1 memberikan $pq = p - p^2 = 0 = qp$ secara langsung: jadi bagi dua proyektor, berjumlah identitas sudah memaksa keortogonalan pasangannya.

14. Di sini $p + q = \mathrm{id} - r$ dengan $r$ sebuah proyektor, dan $(\mathrm{id} - r)$ merupakan proyektor (pertanyaan 1): sehingga $p + q$ sebuah proyektor, lalu pertanyaan 6 memberikan $pq = qp = 0$ . Lalu menurut kesimetriannya (karena $q + r = \mathrm{id} - p$ dan $p + r = \mathrm{id} - q$ ), semua hasil kali berpasangannya lenyap, dan pertanyaan 12 menyimpulkannya: $E = \operatorname{im} p \oplus \operatorname{im} q \oplus \operatorname{im} r$ , secara otomatis.

15. Lemanya. Lewat induksi dengan Grassmann (Teorema 19.18):

\dim(F_1 + \dots + F_k) \leq \dim(F_1 + \dots + F_{k-1}) + \dim F_k \leq \dots \leq \sum_i \dim F_i .

Jika totalnya berupa kesamaan, maka setiap langkahnya demikian: $(F_1 + \dots + F_{j-1}) \cap F_j = \{0\}$ untuk setiap $j$ , sehingga sebuah relasi $y_1 + \dots + y_k = 0$ (dengan $y_i \in F_i$ ) runtuh dari kanannya: $y_k \in (F_1 + \dots + F_{k-1}) \cap F_k = \{0\}$ , lalu $y_{k-1} = 0$ , dan seterusnya: jadi jumlahnya langsung. Sebaliknya jumlah langsung mempunyai dimensi yang aditif (rangkaikanlah basisnya). Penerapannya: $x = \sum_i p_i(x)$ menunjukkan $E = \sum_i \operatorname{im} p_i$ , sehingga $n \leq \sum_i \operatorname{rk} p_i$ ; lalu hipotesisnya memberikan kesamaan, jadi kelangsungannya. Adapun hasil kalinya: tetapkanlah $j$ dan $y \in \operatorname{im} p_j$ . Maka $y = \sum_i p_i(y)$ dengan $p_i(y) \in \operatorname{im} p_i$ , sedangkan $y = y$ juga sebuah penguraian (dengan komponen $j$ belaka); sehingga ketunggalannya memaksa $p_i(y) = 0$ untuk $i \neq j$ . Lalu diterapkan pada $y = p_j(x)$ : $p_i p_j = 0$ .

16. Jika $u^k(x) = 0$ maka $u^{k+1}(x) = u(0) = 0$ . Dan $\operatorname{im} u^{k+1} = u^k\bigl(u(E)\bigr) \subseteq u^k(E) = \operatorname{im} u^k$ .

17. Anggaplah $\ker u^{r} = \ker u^{r+1}$ lalu misalkan $x \in \ker u^{r+2}$ : maka $u(x) \in \ker u^{r+1} = \ker u^{r}$ , sehingga $u^{r+1}(x) = 0$ : jadi $x \in \ker u^{r+1}$ . Digabung dengan pertanyaan 16, $\ker u^{r+1} = \ker u^{r+2}$ , dan lewat induksi semua kernel berikutnya berimpit dengan $\ker u^{r}$ . Adapun bagi petanya: rank–nulitas memberikan $\dim\operatorname{im} u^k = n - \dim\ker u^k$ , sehingga dimensi petanya membeku persis ketika dimensi kernelnya juga demikian, lalu dengan inklusi pertanyaan 16, dimensi yang sama berarti subruang yang sama (Teorema 19.14).

18. Barisan $\bigl(\dim\ker u^k\bigr)_k$ bersifat tidak turun dengan nilai di $\intint{0}{n}$ ; sehingga ia tak dapat naik tegas $n + 1$ kali, jadi suatu $\dim\ker u^{r} = \dim\ker u^{r+1}$ dengan $r \leq n$ , sehingga $\ker u^{r} = \ker u^{r+1}$ (menurut inklusinya ditambah dimensi yang sama). Ambillah $r$ yang terkecil; lalu pertanyaan 17 membekukan segalanya mulai $r$ , termasuk petanya.

19. Irisannya: misalkan $x \in \ker u^{r} \cap \operatorname{im} u^{r}$ , katakanlah $x = u^{r}(y)$ dengan $u^{r}(x) = 0$ . Maka $u^{2r}(y) = 0$ , dan $\ker u^{2r} = \ker u^{r}$ (pertanyaan 17), sehingga $x = u^{r}(y) = 0$ . Adapun dimensinya: rank–nulitas bagi $u^{r}$ memberikan $\dim\ker u^{r} + \dim\operatorname{im} u^{r} = n$ ; lalu dengan irisan yang sepele, Grassmann membuat jumlahnya menjadi subruang berdimensi $n$ : sehingga $E = \ker u^{r} \oplus \operatorname{im} u^{r}$ .

20. Kestabilannya: $u^{r}(u(x)) = u(u^{r}(x)) = 0$ untuk $x \in \ker u^{r}$ ; dan $u(u^{r}(y)) = u^{r}(u(y)) \in \operatorname{im} u^{r}$ . Pada $N = \ker u^{r}$ : $(u|_N)^{r} = 0$ menurut definisi $N$ : jadi nilpoten. Sedangkan pada $I = \operatorname{im} u^{r}$ : $\ker(u|_I) = \ker u \cap I \subseteq \ker u^{r} \cap I = \{0\}$ , sehingga $u|_I$ merupakan endomorfisma injektif pada $I$ yang berdimensi hingga, jadi bijektif (Akibat 20.9).

21. Misalkan $x = a + b$ dengan $a \in N$ , $b \in I$ . Maka $u(x) = u(a) + u(b)$ dengan $u(a) \in N$ dan $u(b) \in I$ (pertanyaan 20): dan inilah persis penguraian $u(x)$ , sehingga $\pi(u(x)) = u(a) = u(\pi(x))$ : jadi $\pi u = u\pi$ .

22. Di sini $u^2(x,y,z) = u(y, 0, z) = (0, 0, z)$ dan $u^3(x,y,z) = u(0,0,z) = (0,0,z) = u^2(x,y,z)$ . Adapun kernelnya: $\ker u = \{y = z = 0\} = \operatorname{Vect}(e_1)$ , $\ker u^2 = \{z = 0\} = \operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ , $\ker u^3 = \ker u^2$ : sehingga stabil pada $r = 2$ . Adapun petanya: $\operatorname{im} u = \operatorname{Vect}(e_1, e_3)$ , $\operatorname{im} u^2 = \operatorname{Vect}(e_3)$ . Lalu Fitting: $\R^3 = \operatorname{Vect}(e_1, e_2) \oplus \operatorname{Vect}(e_3)$ , dan $\pi(x, y, z) = (x, y, 0)$ . Periksa: $\pi u(x,y,z) = \pi(y, 0, z) = (y, 0, 0)$ dan $u\pi(x,y,z) = u(x, y, 0) = (y, 0, 0)$ : jadi sama. Pada faktor pertamanya $u(x, y, 0) = (y, 0, 0)$ , yang berkuadrat $0$ : jadi nilpoten; sedangkan pada yang kedua $u(0,0,z) = (0,0,z)$ : yaitu identitasnya, jadi bijektif.

23. Jika $u^m = 0$ maka $\ker u^m = E$ ; dan karena kernelnya membeku mulai $r$ , $\ker u^{r} = \ker u^{\max(m, r)} = E$ . Sebaliknya $\ker u^{r} = E$ berarti $u^{r} = 0$ . Dan $\ker u^{r} = E \iff$ proyektor Fittingnya memetakan pada $E$ sepanjang $\{0\}$ , yakni $\pi = \mathrm{id}$ . Akhirnya $r \leq n$ (pertanyaan 18) memberikan: bahwa setiap endomorfisma nilpoten memenuhi $u^{n} = 0$ — sehingga indeks kenilpotenannya tak pernah melampaui dimensinya.

24. Misalkan $m$ sebuah indeks kenilpotenan $u|_A$ : maka $A \subseteq \ker u^{m} \subseteq \ker u^{\max(m,r)} = \ker u^{r}$ . Dan karena $u|_B$ bijektif, $B = u(B) = u^{k}(B) \subseteq \operatorname{im} u^{k}$ untuk setiap $k$ , khususnya $B \subseteq \operatorname{im} u^{r}$ . Lalu

n = \dim A + \dim B \leq \dim\ker u^{r} + \dim\operatorname{im} u^{r} = n :

jadi kedua inklusinya berupa kesamaan dimensi, sehingga kesamaan subruang: $A = \ker u^{r}$ , $B = \operatorname{im} u^{r}$ .

25. (i) Bagian III merupakan sebuah kamus: bahwa pembelahan $E = F_1 \oplus \dots \oplus F_k$ tepat bersesuaian dengan keluarga proyektor dengan $\sum p_i = \mathrm{id}$ dan $p_i p_j = 0$ , dengan $F_i$ sebagai petanya. (ii) Untuk $k = 3$ pelengkapnya $\mathrm{id} - p_i$ sendirinya berupa proyektor, yang menutup argumennya tanpa hipotesis tambahan; sedangkan untuk $k$ yang umum kita memerlukan $\sum_i \operatorname{rk} p_i \leq n$ , yaitu ketaksamaan yang diberikan trace Tahun 2 secara cuma-cuma (karena $\operatorname{tr} p = \operatorname{rk} p$ bagi sebuah proyektor, dan tracenya berjumlah $\operatorname{tr} \mathrm{id} = n$ ). (iii) Adapun Latihan 20.7 merupakan lema Fitting pada kasus yang sudah stabil $r \leq 1$ ; sedangkan secara umum kita membiarkan rantai kernel dan petanya membeku, yang memakan paling banyak $n$ langkah. (iv) Pada jilid Tahun 2, bila diterapkan pada $u - \lambda\, \mathrm{id}$ , faktor nilpotennya menjadi ruang eigen yang tersamaratakan di $\lambda$ dan proyektor Bagian III menjadi proyektor spektral teori reduksinya. Adapun teorema Bagian IV adalah lema Fitting.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium