Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 2: Przestrzenie wektorowe

Zadanie 2.1

Niech $V=(0,\mathrm{\infty })$. Definiujemy odwzorowania:

$⊞:V\times V\ni (a,b)\to a⊞b:=ab\in V,$

$\odot :\mathbb{ℝ}\times V\ni (\lambda ,a)\to \lambda \odot a:=a^{\lambda }\in V,$

Wykazać, że czwórka $(V,\mathbb{ℝ},⊞,\odot )$ jest przestrzenią wektorową.

Wskazówka

Trzeba sprawdzić wszystkie warunki definicji przestrzeni wektorowej.

Rozwiązanie

Wiemy już (zadanie 1.1), że $(V,⊞)$ jest grupą przemienną. Wystarczy zatem sprawdzić warunki V2) - V5) z definicji przestrzeni wektorowej. W tym celu ustalmy dowolne $u,v\in V$ oraz $\alpha ,\beta \in \mathbb{ℝ}$.

i) Warunek V2)

$\begin{array}{rl}\odot (\beta \odot v)=& \alpha \odot \left(v^{\beta }\right)\\ =& {\left(v^{\beta }\right)}^{\alpha }\\ =& v^{\alpha \beta }\\ =& (\alpha \beta )\odot v.\end{array}$

Uzyskana równość oznacza, że warunek V1) jest spełniony.

ii) Warunek V3)

$\begin{array}{rl}(\alpha +\beta )\odot v=& v^{(\alpha +\beta )}\\ =& v^{\alpha }{v}^{\beta }\\ =& v^{\alpha }⊞v^{\beta }\\ =& \alpha \odot v⊞\beta \odot v.\end{array}$

iii) Warunek V4)

$\begin{array}{rl}\alpha \odot (u⊞v)=& \alpha \odot (uv)\\ =& (uv{)}^{\alpha }\\ =& u^{\alpha }{v}^{\alpha }\\ =& (\alpha \odot u)(\alpha \odot v)\\ =& (\alpha \odot u)⊞(\alpha \odot v).\end{array}$

iv) Warunek V5)

$1\odot v=v^1=v.$

Zadanie 2.2

W zbiorze ${\mathbb{ℝ}}^2$ określamy następujące działania:

$\begin{array}{rl}⊞:{\mathbb{ℝ}}^2\times {\mathbb{ℝ}}^2\ni ((x_1,x_2),(y_1,y_2))& \to (x_1+y_1,x_2+y_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2,\\ \odot :\mathbb{ℝ}\times {\mathbb{ℝ}}^2\ni (\lambda ,(x_1,x_2))& \to (\lambda x_1,\lambda x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2.\end{array}$

Sprawdzić, czy czwórka $({\mathbb{ℝ}}^2,\mathbb{ℝ},⊞,\odot )$ jest przestrzenią wektorową. Sprawdzić, czy jej podprzestrzenią jest

a) $A=\{(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2:x_1\ge 0,x_2\ge 0\}$,

b) $B=\{(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2:x_1{x}_2\ge 0\}$,

c) $C=\{(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2:x_1+x_2=0\}$.

Wskazówka

Możemy skorzystać z zadania 1.5 i badać tylko warunki dotyczące mnożenia wektorów przez skalary.

Rozwiązanie

Wiemy już (zadanie 1.5), że $({\mathbb{ℝ}}^2,⊞)$ jest grupą przemienną. Wystarczy sprawdzić warunki V2) - V5) z definicji przestrzeni wektorowej. Ustalmy dowolne $x,y\in {\mathbb{ℝ}}^2$ oraz $\alpha ,\beta \in \mathbb{ℝ}$. Niech $x=(x_1,x_2),y=(y_1,y_2)$.

i) Warunek V2)

$\begin{array}{rl}\alpha \odot (\beta \odot x)& =\alpha \odot (\beta x_1,\beta x_2)\\ & =(\alpha (\beta x_1),\alpha (\beta x_2))\\ & =((\alpha \beta )x_1,(\alpha \beta )x_2)\\ & =(\alpha \beta )\odot (x_1,x_2)\\ & =(\alpha \beta )\odot x.\end{array}$

ii) Warunek V3)

$\begin{array}{rl}(\alpha +\beta )\odot x& =((\alpha +\beta )x_1,(\alpha +\beta )x_2)\\ & =(\alpha x_1+\beta x_1,\alpha x_2+\beta x_2)\\ & =(\alpha x_1,\alpha x_2)⊞(\beta x_1,\beta x_2)\\ & =\alpha \odot (x_1,x_2)⊞\beta \odot (x_1,x_2)\\ & =\alpha \odot x⊞\beta \odot x.\end{array}$

iii) Warunek V4)

$\begin{array}{rl}\alpha \odot (x⊞y)& =\alpha \odot ((x_1,x_2)⊞(y_1,y_2))\\ & =\alpha \odot (x_1+y_1,x_2+y_2)\\ & =(\alpha (x_1+y_1),\alpha (x_2+y_2))\\ & =(\alpha x_1+\alpha y_1,\alpha x_2+\alpha y_2)\\ & =(\alpha x_1,\alpha x_2)⊞(\alpha y_1,\alpha y_2)\\ & =\alpha \odot (x_1,x_2)+\alpha \odot (y_1,y_2)\\ & =\alpha \odot x⊞\alpha \odot y.\end{array}$

iv) Warunek V3)

$\begin{array}{rl}1\odot x& =1\odot (x_1,x_2)\\ & =(1x_1,1x_2)\\ & =(x_1,x_2)\\ & =x.\end{array}$

Czwórka $({\mathbb{ℝ}}^2,\mathbb{ℝ},⊞,\odot )$ jest przestrzenią wektorową. $A$ nie jest podprzestrzenią wektorową, gdyż na przykład $(1,1)\in A$, natomiast $(-1)\odot (1,1)\notin A$. Zauważmy, że suma dwóch wektorów ze zbioru $A$ należy do $A$. $B$ nie jest podprzestrzenią wektorową, gdyż na przykład $(2,1),(-1,-2)\in B$, ale $(2,1)⊞(-1,-2)=(1,-1)\notin B$. Zauważmy, że iloczyn dowolnego wektora ze zbioru $B$ przez dowolną liczbę rzeczywistą znowu należy do $B$. W końcu dla dowolnych wektorów $(x_1,x_2),(y_1,y_2)\in C$ mamy $x_1+x_2=0$ i $y_1+y_2=0$. Stąd dla dowolnych liczb rzeczywistych $\alpha$ i $\beta$ otrzymujemy $\alpha x_1+\alpha x_2=0$ oraz $\beta y_1+\beta y_2=0$ i po dodaniu stronami $(\alpha x_1+\beta y_1)+(\alpha x_2+\beta y_2)=0$, co oznacza, że $\alpha \odot (x_1,x_2)⊞\beta \odot (y_1,y_2)\in C$, czyli $C$ jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^2,\mathbb{ℝ},⊞,\odot )$.

Zadanie 2.3

W zbiorze ${\mathbb{ℝ}}^2$ określamy następujące działania:

$\begin{array}{rl}⊞:{\mathbb{ℝ}}^2\times {\mathbb{ℝ}}^2\ni ((x_1,x_2),(y_1,y_2))& \to (x_1+y_1,x_2+y_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2,\\ \odot :\mathbb{ℝ}\times {\mathbb{ℝ}}^2\ni (\lambda ,(x_1,x_2))& \to (\lambda x_1,-\lambda x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2.\end{array}$

Sprawdzić, czy czwórka $({\mathbb{ℝ}}^2,\mathbb{ℝ},⊞,\odot )$ jest przestrzenią wektorową.

Wskazówka

Możemy skorzystać z zadania 1.5 i badać tylko warunki dotyczące mnożenia wektorów przez skalary.

Rozwiązanie

Zauważmy, że $1\odot (1,1)=(1,-1)$, czyli nie jest spełniony warunek V4) z definicji przestrzeni wektorowej. A to oznacza, że czwórka $({\mathbb{ℝ}}^2,\mathbb{ℝ},⊞,\odot )$ nie jest przestrzenią wektorową.

Zadanie 2.4

Niech $+$ oraz $\cdot$ oznaczają zwykłe dodawanie i mnożenie w ciele liczb zespolonych. Definiujemy działanie:

$\odot :\mathbb{ℂ}\times \mathbb{ℂ}\ni (\lambda ,z)\to (\lambda )\cdot z\in \mathbb{ℂ}.$

Sprawdzić, czy czwórka $(\mathbb{ℂ},\mathbb{ℂ},+,\odot )$ jest przestrzenią wektorową.

Wskazówka

Ponieważ $(\mathbb{ℂ},+)$ jest grupą przemienną pozostaje tylko zbadać warunki dotyczące mnożenia wektorów przez skalary.

Rozwiązanie

Weźmy

$\begin{array}{rlr}\lambda =& 2+\mathbf{𝐢},\mu =& 1-\mathbf{𝐢}.\end{array}$

Wtedy

$\lambda \mu =3-\mathbf{𝐢}.$

Dla $z=\mathbf{𝐢}$ mamy

$\lambda \odot (\mu \odot z)=(2+\mathbf{𝐢})\odot ((1-\mathbf{𝐢})\odot \mathbf{𝐢})=2(1\mathbf{𝐢})=2\mathbf{𝐢},$

natomiast $(\lambda \mu )\odot z=3\mathbf{𝐢}$. Tak więc warunek V2) z definicji przestrzeni wektorowej nie jest spełniony, zatem czwórka $(\mathbb{ℂ},\mathbb{ℂ},+,\odot )$ nie jest przestrzenią wektorową.

Zadanie 2.5

Niech $(V,\mathbb{𝕂},+,\cdot )$ będzie dowolną przestrzenią wektorową i niech $\mathrm{\Theta }\in V$ oznacza wektor zerowy. Wykazać, że dla dowolnego wektora $v\in V$ i dla dowolnego skalara $\lambda \in \mathbb{𝕂}$ mamy

a) $0\cdot v=\mathrm{\Theta }$,

b) $\lambda \cdot \mathrm{\Theta }=\mathrm{\Theta }$,

c) $(-1)\cdot v=-v$.

Wskazówka

a) Skorzystajmy z faktu, że $0+0=0$ i z rozdzielności mnożenia względem dodawania skalarów.

b) Skorzystajmy z faktu, że $\mathrm{\Theta }+\mathrm{\Theta }=\mathrm{\Theta }$ i z rozdzielności mnożenia względem dodawania wektorów.

c) Skorzystajmy z rozdzielności mnożenia względem dodawania skalarów oraz z punktu a).

Rozwiązanie

a) $(0+0)\cdot v=0\cdot v$, zatem (dzięki rozdzielności mnożenia względem dodawania skalarów) mamy

$0\cdot v+0\cdot v=0\cdot v,$

skąd po dodaniu stronami wektora przeciwnego do $0\cdot v$ otrzymujemy $0\cdot v=\mathrm{\Theta }$.

b) Tu postępujemy podobnie jak w podpunkcie a), tylko tym razem korzystamy z rozdzielności mnożenia względem dodawania wektorów. Mamy wtedy

$\lambda \cdot (\mathrm{\Theta }+\mathrm{\Theta })=\lambda \cdot \mathrm{\Theta },$

czyli

$\lambda \cdot \mathrm{\Theta }+\lambda \cdot \mathrm{\Theta }=\lambda \cdot \mathrm{\Theta },$

a stąd

$\lambda \cdot \mathrm{\Theta }=\mathrm{\Theta }.$

c) Mamy

$(-1)\cdot v+v=(-1)\cdot v+1\cdot v=(-1+1)\cdot v=0\cdot v=\mathrm{\Theta }.$

Stąd wnioskujemy, że $(-1)\cdot v$ jest wektorem przeciwnym do $v$.

Zadanie 2.6

Niech $V$ będzie dowolną przestrzenią wektorową i niech $U$ oraz $W$ będą jej podprzestrzeniami. Wykazać, że

$U+W=\{u+w:u\in U\text{ i }w\in W\}$

też jest podprzestrzenią przestrzeni $V$. Wykazać, że jest to najmniejsza (ze względu na zawieranie) podprzestrzeń przestrzeni $V$ zawierająca $U$ i $W$.

Wskazówka

Trzeba sprawdzić wszystkie warunki definicji podprzestrzeni. Aby dowieść, że jest to najmniejsza (ze względu na zawieranie) podprzestrzeń przestrzeni $V$ zawierająca $U$ i $W$ trzeba pokazać, że każda podprzestrzeń zawierająca $U$ i $W$ zawiera również $U+W$.

Rozwiązanie

Najpierw wykażemy, że $U+W$ jest podprzestrzenią przestrzeni $V$. Zauważmy, że $U+W$ musi być zbiorem niepustym, ponieważ $0\in U$ oraz $0\in W$, zatem $0=0+0\in U+W$. Weźmy dowolne dwa elementy $x,y\in U+W$ oraz skalar $\lambda$. Z definicji zbioru $U+W$ znajdziemy takie $u_x,u_y\in U$ oraz $w_x,w_y\in W$, że $x=u_x+w_x$ oraz $y=u_y+w_y$. Stąd

$x+y=(u_x+w_x)+(u_y+w_y)=(u_x+u_y)+(w_x+w_y).$

Dzięki temu, że zarówno $U$ jak i $W$ jest podprzestrzenią, a zatem zbiorem zamkniętym ze względu na dodawanie wektorów otrzymujemy, że

$u_x+u_y\in U\text{ oraz }{w}_x+w_y\in W,$

co oznacza, że $x+y\in U+W$. Podobnie

$\lambda x=\lambda (u_x+w_x)=\lambda u_x+\lambda w_x$

i dzięki temu, że $\lambda u_x\in U$ oraz $\lambda w_x\in W$ mamy $\lambda x\in U+W$.

Niech teraz $Z$ będzie dowolną podprzestrzenią przestrzeni $V$ zawierającą $U$ i $W$. Wtedy dla dowolnych wektorów $u\in U,w\in W$ mamy $u,w\in Z$, a więc także $u+w\in Z$, a stąd $U+W\subset Z$.

Zadanie 2.7

Niech $V$ będzie dowolną przestrzenią wektorową i niech $U$ oraz $W$ będą jej podprzestrzeniami. Wykazać, że zbiór $U\cup W$ jest podprzestrzenią przestrzeni $V$ wtedy i tylko wtedy, gdy $U\subset W$ lub $W\subset U.$

Wskazówka

W dowodzie implikacji

$U\cup W$ jest podprzestrzenią przestrzeni $V⟹U\subset W$ lub $W\subset U$

spróbujmy rozumowania nie wprost.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że $U\cup W$ jest podprzestrzenią przestrzeni $V$ i że $U\subset ̸W$ oraz $W\subset ̸U$. Weźmy $u\in U\setminus W$ oraz $w\in W\setminus U$. Wtedy, na mocy założenia, $u+w\in U\cup W$. Oznacza to, że $u+w\in U$ lub $u+w\in W$. Przypuśćmy, że zachodzi pierwsza z tych możliwości. Wtedy

$w=(u+w)-u\in U,$

co pozostaje w sprzeczności z wyborem $w$. Jeśli natomiast $u+w\in W$, to otrzymujemy

$u=(u+w)-w\in W$

i znów mamy sprzeczność z wyborem wektora $u$. Dowód implikacji w jedną stronę jest zakończony.

Załóżmy, że $U\subset W$. Wtedy $U\cup W=W$ jest podprzestrzenią przestrzeni $V$. Jeżeli $W\subset U$, to $U\cup W=U$ jest także podprzestrzenią przestrzeni $V$.

Zadanie 2.8

Niech $(V,\mathbb{𝕂},+,\cdot )$ będzie dowolną przestrzenią wektorową oraz niech $X$ będzie zbiorem niepustym. W zbiorze

$V^X:=\{f|f:X\to V\}$

wprowadzamy działanie wewnętrzne $⊞$ oraz mnożenie przez skalary $\odot$ w następujący sposób:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} f \boxplus g \colon X \ni x &\to f(x) + g(x) \in V, \ \ f,g \in V^X.\\ ( \lambda \odot f) \colon X \ni x &\to \lambda \cdot f(x) \in V, \ \lambda \in \mathbb{K},\ f \in V^X . \end{align}}

Wykazać, że $(V^X,\mathbb{𝕂},⊞,\odot )$ jest przestrzenią wektorową.

Dowód Komentarz

W szczególności, jeśli $V=\mathbb{𝕂}$, to okaże się, że przestrzenią wektorową jest czwórka $({\mathbb{𝕂}}^X,\mathbb{𝕂},⊞,\odot )$, a jeśli dodatkowo jako $X$ weźmiemy zbiór $I_n=\{1,2,\dots ,n\}$, gdzie $n$ jest liczbą naturalną dodatnią, to natychmiast otrzymamy, że przestrzenią wektorową jest $({\mathbb{𝕂}}^n,\mathbb{𝕂},+,\cdot )$ z działaniami określonymi następująco:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} (x_1, x_2,\ldots, x_n) + (y_1, y_2, \ldots, y_n) & = (x_1+y_1, x_2+y_2,\ldots, x_n+y_n),\\ \lambda \cdot (x_1, x_2, \ldots, x_n) & = ( \lambda x_1, \lambda x_2, \ldots, \lambda x_n).\qedhere \end{align}}

Wskazówka

Możemy skorzystać z zadania 1.6 i badać tylko warunki dotyczące mnożenia wektorów przez skalary.

Rozwiązanie

Na podstawie rozwiązania zadania 1.6 stwierdzamy, że jest spełniony warunek V1) z definicji przestrzeni wektorowej. Pozostaje nam wykazać, że są spełnione warunki V2) - V5). Oto dowody poszczególnych warunków:

i) Warunek V2)

Weźmy dowolne $\alpha ,\beta \in \mathbb{𝕂}$ oraz dowolne odwzorowanie $f\in V^X$. Wystarczy pokazać, że dla każdego $x\in X$ zachodzi równość

$((\alpha \odot (\beta \odot f))(x)=((\alpha \beta )\odot f)(x).$

Weźmy zatem dowolny element $x\in X$. Wychodząc od lewej strony mamy

$\begin{array}{rl}\alpha \odot (\beta \odot f))(x)& =\alpha \cdot (\beta \odot f)(x)\\ & =\alpha \cdot (\beta \cdot f(x))\\ & =(\alpha \beta )\cdot f(x)\\ & =((\alpha \beta )\odot f)(x),\end{array}$

co, wobec dowolności wyboru elementu $x$, kończy dowód.

ii) Warunek V3)

Weźmy dowolne $\alpha ,\beta \in \mathbb{𝕂}$ oraz dowolne odwzorowanie $f\in V^X$. Wystarczy pokazać, że dla każdego $x\in X$ zachodzi równość

$((\alpha +\beta )\odot f)(x)=((\alpha \odot f)⊞(\beta \odot f))(x).$

Weźmy zatem dowolny element $x\in X$. Wychodząc od lewej strony mamy

$\begin{array}{rl}((\alpha +\beta )\odot f)(x)& =(\alpha +\beta )\cdot f(x)\\ & =(\alpha \cdot f(x))+(\beta \cdot f(x))\\ & =(\alpha \odot f)(x)+(\beta \odot f)(x)\\ & =((\alpha \odot f)⊞(\beta \odot f))(x),\end{array}$

co kończy dowód.

iii) Warunek V4)

Weźmy dowolne $\alpha \in \mathbb{𝕂}$ oraz dowolne odwzorowania $f,g\in V^X$. Trzeba pokazać, że dla dowolnego $x\in X$

$(\alpha \odot (f⊞g))(x)=((\alpha \odot f)⊞(\alpha \odot g))(x).$

Po ustaleniu dowolnego elementu $x\in X$ postępujemy podobnie jak dotychczas i otrzymujemy

$\begin{array}{rl}(\alpha \odot (f⊞g))(x)& =\alpha \cdot ((f⊞g))(x)\\ & =\alpha \cdot (f(x)+g(x))\\ & =(\alpha \cdot f(x))+(\alpha \cdot g(x))\\ & =(\alpha \odot f)(x)+(\alpha \odot g)(x)\\ & =((\alpha \odot f)⊞(\alpha \odot g))(x).\end{array}$

iv) Warunek V5)

Weźmy dowolne odwzorowanie $f\in V^X$ i dowolny element $x\in X$. Wtedy

$(1\odot f)(x)=1\cdot f(x)=f(x),$

co należało wykazać.

Zadanie 2.9

Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem liczb rzeczywistych i niech $+$ oznacza standardowe dodawanie w grupie addytywnej $V\times V$. Dla liczby zespolonej $\zeta =\alpha +\mathbf{𝐢}\beta$ oraz elementu $(u,v)\in V\times V$ definiujemy iloczyn

$\zeta \odot (u,v):=(\alpha u-\beta v,\alpha v+\beta u).$

Wykazać, że $(V\times V,\mathbb{ℂ},+,\odot )$ jest przestrzenią wektorową.

Wskazówka

Można skorzystać z zadania 1.5 i wówczas wystarczy sprawdzić warunki V2)-V5) z definicji przestrzeni wektorowej.

Rozwiązanie

Na mocy zadania 1.5 wiemy, że jeżeli $(V,+)$ jest grupą przemienną, to $V\times V$ ze standardowo wprowadzonym dodawaniem w iloczynie kartezjańskim jest także grupą przemienną.

Aby wykazać, że $(V\times V,\mathbb{ℂ},+,\odot )$ jest przestrzenią wektorową pozostaje zatem sprawdzić, że spełnione są warunki V2) - V5) z definicji przestrzeni wektorowej.

Ustalmy dowolne dwie liczby zespolone

$\begin{array}{rlr}\zeta & =\alpha +\mathbf{𝐢}\beta ,\vartheta & =\gamma +\mathbf{𝐢}\delta \end{array}$

oraz dwa wektory $(u,v)$, $(w,z)$ należące do przestrzeni $V\times V$.

i) Warunek V2)

Zauważmy, że z definicji mnożenia liczb zespolonych wynika, że

$\begin{array}{rl}(\zeta \vartheta )& =(\alpha \gamma -\beta \delta )+(\alpha \delta +\beta \gamma )\mathbf{𝐢},\end{array}$

zatem

$\begin{array}{rl}(\zeta \vartheta )\odot (u,v)& =((\alpha \gamma -\beta \delta )u-(\alpha \delta +\beta \gamma )v,(\alpha \gamma -\beta \delta )v+(\alpha \delta +\beta \gamma )u).\end{array}$

Z drugiej strony

$\begin{array}{rl}\zeta \odot (\vartheta \odot (u,v))& =\zeta \odot (\gamma u-\delta v,\gamma v+\delta u)\\ & =(\alpha (\gamma u-\delta v)-\beta (\gamma v+\delta u),\alpha (\gamma v+\delta u)+\beta (\gamma u-\delta v))\\ & =((\alpha \gamma -\beta \delta )u-(\alpha \delta +\beta \gamma )v,(\alpha \gamma -\beta \delta )v+(\alpha \delta +\beta \gamma )u).\end{array}$

ii) Warunek V3)

$\begin{array}{rl}(\zeta +\vartheta )\odot (u,v)& =((\alpha +\gamma )+\mathbf{𝐢}(\beta +\delta ))\odot (u,v)\\ & =((\alpha +\gamma )u-(\beta +\delta )v,(\alpha +\gamma )v+(\beta +\delta )u)\\ & =(\alpha u-\beta v,\alpha v+\beta u)+(\gamma u-\delta v,\gamma v+\delta u)\\ & =(\zeta \odot (u,v))+(\vartheta \odot (u,v)).\end{array}$

iii) Warunek V4)

$\begin{array}{rl}\zeta \odot ((u,v)+(w,z))& =\zeta \odot (u+w,v+z)\\ & =(\alpha (u+w)-\beta (v+z),\alpha (v+z)+\beta (u+w))\\ & =(\alpha u-\beta v,\alpha v+\beta u)+(\alpha w-\beta z,\alpha z+\beta w)\\ & =(\zeta \odot (u,v))+(\zeta \odot (w,z)).\end{array}$

iv) Warunek V5)

Korzystając z tego, że $1\cdot w=w$ oraz $0\cdot w=0$ dla każdego wektora w przestrzeni wektorowej $V$ widzimy, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} 1 \odot (u,v) & = (1\cdot u - 0\cdot v, 1\cdot v + 0\cdot u)\\ & = (u,v).\qedhere \end{align}}

Zadanie 2.10

Niech $n\in {\mathbb{\mathbb{N}}}_0$ i niech

  Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle  P &=& \{ f\in\mathbb{R}^{\mathbb{R}} : f }
  jest wielomianem $\},$
  $U_n=\{f\in {\mathbb{ℝ}}^{\mathbb{ℝ}}:f$  jest wielomianem stopnia  $n\},$
  $W_n=\{f\in {\mathbb{ℝ}}^{\mathbb{ℝ}}:f$  jest wielomianem stopnia nie większego niż  $n\}.$

Wykazać, że $P$ jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^{\mathbb{ℝ}}$ z działaniami określonymi w zadaniu 2.8. Sprawdzić czy dla dowolnego $n\in {\mathbb{\mathbb{N}}}_0$

a) $U_n$ jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni $P$,

b) $W_n$ jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni $P$.

Wskazówka

Wystarczy sprawdzić, czy dla dowolnych $f,g\in P(U_n,W_n)$ i $\alpha \in \mathbb{ℝ}$ suma $f+g$ oraz iloczyn $\alpha f$ należą do $P(U_n,W_n)$. Zastanówmy się też jaki może być stopień wielomianu będącego sumą dwóch wielomianów tego samego stopnia.

Rozwiązanie

Zauważmy, że suma dwóch wielomianów jest wielomianem, podobnie iloczyn wielomianu przez liczbę. Elementami $U_0$ są wszystkie funkcje stałe i tylko takie, a więc $U_0$ jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni $P$. Natomiast dla ustalonego $n\ge 1$ weźmy wielomiany $f$ i $g$ dane wzorami:

$\begin{array}{rlr}f(x)& =x^n+1,g(x)& =-x^n.\end{array}$

Wtedy $(f+g)(x)=1$ dla wszystkich $x\in \mathbb{ℝ}$, a zatem $f+g$ nie jest wielomianem stopnia $n$, czyli dla żadnego $n\ge 1$ zbiór $U_n$ nie jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni $P$. Łatwo widać, że $W_n$ jest zamknięta ze względu na dodawanie i mnożenie przez skalary. Jest tak, ponieważ przy ustalonym $n\ge 0$ każdy wielomian stopnia co najwyżej $n$ można jednoznacznie zapisać (dopisując w razie potrzeby jednomiany z zerowymi współczynnikami) w postaci:

$w(x)={\alpha }_n{x}^n+{\alpha }_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +{\alpha }_{1}x+{\alpha }_0,$

gdzie ${\alpha }_0,\dots ,{\alpha }_n$ są liczbami rzeczywistymi, przy czym ${\alpha }_0=\dots ={\alpha }_n=0$ dla wielomianu zerowego a jeżeli stopień $w$ wynosi $m$ i $m<n$, to

${\alpha }_{m+1}=\dots ={\alpha }_n=0.$

Z drugiej strony każdy wielomian, który daje się przedstawić w powyższej postaci jest stopnia co najwyżej $n$. Teraz jeżeli $f$ i $g$ są wielomianami należącymi do zbioru $W_n$, to

$\begin{array}{rl}f(x)& =a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0,\\ g(x)& =b_n{x}^n+b_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +b_{1}x+b_0\end{array}$

i wówczas

$\begin{array}{rl}(f+g)(x)& =f(x)+g(x)\\ & =(a_n+b_n)x^n+(a_{n-1}+b_{n-1})x^{n-1}+\dots +(a_1+b_1)x+a_0+b_0\end{array}$

jest wielomianem stopnia nie większego niż $n$. Weźmy teraz $\alpha \in \mathbb{ℝ}$. Mamy

$(\alpha f)(x)=\alpha a_n{x}^n+\dots +\alpha a_0$

i znów otrzymujemy wielomian stopnia nie większego niż $n$.