一个代数问题
发布网友
发布时间：2022-04-22 00:01
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热心网友
时间：2023-07-21 15:00
这里的要点有两点，一是无限的直和中只能出现有限个非零项，本质上和有限和一样；二是映射应该回到定义去处理。
比如对于第一个问题，直观上的想法应该是这样：
任取f属于Hom(直和Mi，N)，将f唯一地表示成f=sum fi，其中fi为f在最多仅有第i个分量非0的子空间（即Mi和0的直和）上的*，那么fi和Hom(Mi，N)中的某个元素具有一一对应关系，也就是说上述对f的拆分其实就得到了Hom(直和Mi，N)到(直积Hom(Mi，N))的一个同构。
上面的单射和满射都是容易验证的，你所担心的可能是f=sum fi这个无限和不严格，其实凡是映射都应该回归到映射的定义来处理，然后就可以回避无限和了。
任取f属于Hom(直和Mi，N)，任何x属于(直和Mi)，那么存在唯一的xi属于Mi使得x=sum xi，且其中只有有限个xi非零。
定义fi满足：
fi(0,...,xi,0,...)=f(xi)
fi(*,...,0,*,...)=0
那么f(x) = sum f(xi) = sum fi(xi) [事实上还有 sum fi(xi)= sum fi(x)，也就是形式上的f=sum fi]
再定义gi满足
fi(0,...,xi,0,...)=(0,...,gi(xi),0,...)
那么从f到(gi)的对应关系是Hom(直和Mi，N)到(直积Hom(Mi，N))的一个单射。反过来任取(gi)属于(直积Hom(Mi，N))，按上述方式定义出fi，然后再定义f，所以上述f到(gi)的对应关系可逆。注意这里出现的所有求和都是最多有限项非零的求和，所以不会有无限和的困难。
对于第二个问题，做法基本上一样，只不过把
f = sum (f在Mi上的*)
改成
f = sum (f在Ni上的投影)
也是从映射的定义出发，把无限和 f=sum fi 转化到最多有限项非零的求和f(x)=sum fi(x)。
