Suma directa externa de espacios

Definimos la suma directa externa de espacios vectoriales y estudiamos dos de sus propiedades.

    Enunciado
    Sea $\Delta$ un conjunto no vacío de índices, $\{V_i:i\in\Delta\}$ una colección de espacios vectoriales sobre el cuerpo $K$ y $V=\prod_{i\in \Delta}V_i$ el correspondiente espacio vectorial producto. Se define la suma directa externa de los espacios $V_i$ como $$\bigoplus_{i\in\Delta}V_i=\{f\in V:f(i)=0\text{ salvo un número finito de índices }i\in \Delta\}.$$
  1. Demostrar que la suma directa externa de los espacios $V_i$ es subespacio de $V.$
  2. Sea ahora $V_i=K$ para todo $i\in K$ y llamemos $U=\bigoplus_{i\in\Delta}K$, es decir la suma directa externa consta ahora de $| \Delta |$ copias de $K$. Para todo $i\in\Delta$ definimos el vector $\delta_i\in U$ de la forma $\delta_i(j)=1$ si $j=i$ y $\delta_i(j)=0$ si $j\ne i$. Es decir, $\delta_i(j)=\delta_{ij}$ (deltas de Kronecker).
    Demostrar que $B=\{\delta_i:i\in \Delta\}$ es base de $U$.
    Solución
  1. El vector nulo de $f_0$ de $V$ cumple $f_0(i)=0$ para todo $i\in \Delta$ luego lo cumple salvo el número finito nulo de subindides de $\Delta$, es decir $f_0\in \bigoplus_{i\in\Delta}V_i$.
    Si $f,g\in \bigoplus_{i\in\Delta}V_i$, entonces existen subconjuntos finitos $\Delta_1$ y $\Delta_2$ de $\Delta$ tales que $$\begin{aligned}
    & f(i)=0\;\text{ si }\; i\in\Delta-\Delta_1,\quad f(i)\ne 0\;\text{ si }\; i\in\Delta_1,\\
    & g(i)=0\;\text{ si }\; i\in\Delta-\Delta_2,\quad g(i)\ne 0\;\text{ si }\; i\in\Delta_2.
    \end{aligned}$$ Entonces, si $\alpha,\beta \in K$ se verifica $$i\in \left(\Delta-\Delta_1\right)\cap \left(\Delta-\Delta_2\right)\Rightarrow (\alpha f+\beta g)(i)=\alpha f(i)+\beta g(i)=0$$ Ahora bien, $$\left(\Delta-\Delta_1\right)\cap \left(\Delta-\Delta_2\right)=\left(\Delta \cap \Delta_1^c\right)\cap \left(\Delta\cap \Delta_2^c\right)$$ $$=\Delta \cap \Delta_1^c\cap \Delta_2^c=\Delta_1^c\cap \Delta_2^c=\left(\Delta_1\cup\Delta_2\right)^c.$$ Entonces, $(\alpha f+\beta g)(i)\ne 0$ a lo sumo en $\Delta_1\cup\Delta_2$ que es un conjunto finito. Es decir, $\alpha f+\beta g\in \bigoplus_{i\in\Delta}V_i$.
  2. Veamos que $B$ es sistema libre. Elijamos $S=\{\delta_{i_1},\ldots,\delta_{i_m}\}\subset B$ y sea $$\alpha_1\delta_{i_1}+\cdots +\alpha_m\delta_{i_m}=0\quad \text{con}\quad \alpha_1,\ldots,\alpha_m\in K.$$ Para todo $i=i_k$ con $k=1,\ldots,m$ tenemos $$(\alpha_1\delta_{i_1}+\cdots +\alpha_m\delta_{i_m})(i_k)=0(i_k)\Rightarrow \alpha_k\cdot 1=0\Rightarrow \alpha_k=0.$$ Veamos que $B$ es sistema generador. Si $f\in U$, existe un subconjunto finito $\Delta^\prime=\{i_1,\ldots,i_n\}$ de $\Delta$ tal que $f(i)=0$ si $i\in \Delta-\Delta^\prime$ y $f(i)=1$ si $i\in \Delta_1.$ Veamos que se verifica $$f=f(i_1)\delta_{i_1}+\cdots+f(i_n)\delta_{i_n}.\qquad (*)$$ En efecto, $$\begin{aligned}
    i\in \Delta-\Delta^\prime & \Rightarrow \left(f(i_1)\delta_{i_1}+\cdots+f(i_n)\delta_{i_n}\right)(i)=f(i_1)\delta_{i_1}(i)+\cdots+f(i_n)\delta_{i_n}(i)\\
    & = f(i_1)\cdot0+\cdots+f(i_n)\cdot 0=0=f(i).
    \end{aligned}$$ $$\begin{aligned}
    i\in \Delta^\prime & \Rightarrow \left(f(i_1)\delta_{i_1}+\cdots+f(i_n)\delta_{i_n}\right)(i)=f(i)\delta_i(i)=f(i)\cdot 1=f(i).
    \end{aligned}$$ en consecuencia, se verifica la igualdad $(*).$
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