练习：子空间，和与直和

针对这个简单的问题，我们只需要按照子空间判断的三个条件来一一确认即可： V的子集U是V的子空间当且仅当U满足以下三个条件：

1. 加法单位元 0∈U；
2. 加法封闭性 : u,w∈U→u+w∈U；
3. 标量乘法封闭性：a∈F,u∈U→au∈U

对于第一个问题 ,显然有(0,0,0)∈F3也在U={(x1,x2,x3)∈F3:x1+2x2+3x3=0}中。

对于可加性，设(x,y,z)∈U,(u,v,w)∈U，则有x+2y+3z=0,u+2v+3w=0，进而有(x+u)+2(y+v)+3(z+w)=0,即(x+u,y+v,z+w)∈U

对于齐次性，设(x,y,z)∈U，则有λ(x+2y+3z)=0，进而有λx+2(λy)+3(λz)=0,即，(λx,λy,λz)∈U

综上{(x1,x2,x3)∈F3:x1+2x2+3x3=0}是F3的子空间.

对于第二个问题，显然(0,0,0)∈F3，但是(0,0,0)∉V ，还可以验证这个子空间不满足齐次可加性。

对于第三个问题，(0,0,0)∈F3且(0,0,0)∈W，但是(1,1,0)∈W，(1,0,1)∈W (1,1,0)+(1,0,1)=(2,1,1)∉W

对于第四个问题，假设(x,y,z)∈Z,(u,v,w)∈Z，则有x=5c,z=5w,所以(x+u)=5z+5w=5(z+w)，所以(x+u,y+v,z+w)∈Z,

对于齐次性： λ∈F，(a,b,c)∈W，则有λa=λ(5c)=5(λc)，即(λa,λb,λc)∈Z

首先指定加法单位元是定义如下的函数0:(−4,4)→R，对所有的x∈(−4,4)都有0(x)=0

显然这个函数是f′(−1)=3f(2)的单位元。

定义V={R(−4,4):f′(−1)=3f(2)}假设f,g∈{R(−4,4):f′(−1)=3f(2)}，则(f+g)′(−1)=f′(−1)+g′(−1)=3f(2)+3g(2)=3(f(2)+g(2))=3(f+g)(2),即 V下加法封闭。

然后定义λinR则，λf也是实值可微函数，且有(λf)′(−1)=λf′(−1)=λ3f(2)=3λf(2)=3(λf)(2)

因此V在标量乘法下封闭

综上， V是R(−4,4)上的子空间。

用V表示区间[0,1]上满足∫10f(x)dx=b的实值连续函数f构成的集合。首先根据零函数的定义，有 b=0时，零元f=0在V内。

假设V是R[0,1]上的子空间, λ∈R,f∈V 则有 ∫10λf(x)dx=b=λ∫10f(x)dx=λb 从b=λb得出 b=0。

接下来就是证明子空间的三个步骤。逐一检验就可以了。

这种伪命题最好的办法是找个反例推翻它。我们有i∈C,(1,1)∈R2，则i(1,1)=(i,i)∉R2，即C2的子集R2不满足标量乘法封闭性，所以R2不是复向量空间C2的子空间。

对于第一个问题，我们知道在实数域上a3=b3意味着a=b，则我们用证明子空间的三步可以证明，{(a,b,c)∈R3:a3=b3}是R3的子空间。

对于第二个问题，当x=(1,−1+√3i2,0)∈{(a,b,c)∈C3:a3=b3}，y=(1,−1−√3i2,0)∈{(a,b,c)∈C3:a3=b3},但是x+y=(2,−1,0)∉{(a,b,c)∈C3:a3=b3} 因此不满足加法封闭性。

这个问题我的第一印象是(a,b)∈R2:b≠0，对于x=(a,b),y=(−a,−b)，显然有y∈U，但是却不满足加法和加法的逆封闭，因为x+y=(0,0)∉{(a,b)∈R2:b≠0}

于是换种思路U={(a,b)∈R2:a,b∈Z}，显然满足加法和加法的逆封闭，但是不满足标量乘法封闭。举一个反例0.5∈R,(1,4)∈{(a,b)∈R2:a,b∈Z}，但是0.5(1,4)∉{(a,b)∈R2:a,b∈Z}

定义子集U={(a,b)∈R2:a=0orb=0}，显然对于(1,0)∈U,\(λ,0=in U\)， (0,1)∈U,(0,λ)∈U，但是(1,0)+(0,1)=(1,1)∉U

定义从R到R的周期函数集合为U。U不是RR的子空间，我们可以给出一个反例。h(x)=sin(√2x)+cosx，因为f(x)=sin√2x和g(x)=cosx都是从R到R的周期函数，假设存在正数p，使得h(x)=h(x+p)则有1=h(0)=h(p)=h(−p) 等效于： 1=cosp+sin√2p=cosp−sin√2p

显然有：

进而有√2p=2mπ,p=2nπ,m,n∈Z，推出√2=m/n 我们知道√2是无理数，进而推出矛盾。

这个题目告诉我们：从R到R的周期函数的集合不是子空间。从R到R的两个周期函数之和不一定还是周期的。

由于U1,U2是V的两个子空间，显然有0∈V,0∈U1,0∈U2，则0∈U1∩U2

下面证明可加性和齐次性。假设u,v∈U1∩U2，则有u+v∈U1,u+v∈U2，进而有u+v∈U1∩U2

对于齐次性，有λ∈F,u∈U1∩U2,则有λu∈U1,λu∈U2 ，即λu∈U1∩U2

设Ui,i={1,…,m}是V的一簇子空间，这组子空间的交为m∩i=1，接下来的证明和上一题的证明是一样的。

假设U,W是V的两个子空间，首先我们从U∪W=W推出U∪W是V的子空间。

显然因为U∪W=W,W是V的子空间。

然后我们从U∪W是V的子空间推出U∪W=W(对于U∪W=U)的情形也是类似。

设u∈U/W,w∈W/U，因为U∪W是V的子空间，则有u+w∈U∪W。利用反证法，假设U⊈且W\nsubseteq U，有如果u+w \in U, 则w = (u+w)-u \in U ，导出矛盾；如果u+w \in w, 则u = (u+w)-w \in W ，导出矛盾。

所以有U\cup W是V的子空间当且仅当U\subseteq W或者W\subseteq U

假设X,Y,Z是U的三个子空间，不失一般性，我们假设X\subseteq Z, Y\subseteq Z, 所以X\cup Y \cup Z = X,所以X\cup Y\cup Z是V的子空间。

但是，我不会证明:如果X\cup Y\cup Z是V的子空间，则意味着X\subseteq Z,Y\subseteq Z，或者Y\subseteq X,Z\subseteq X或者X\subseteq Y, Z\subseteq Y.

设(a,a,b,b)\in U 其中 a,b\in \mathbf{F},(c,c,c,d)\in W 其中 c,d \in \mathbf{F} 则U+W中的元素具有如下形式\{(a+c,a+c,b+c,b+d):a,b,c,d\in \mathbf{F}\}，鉴于a,b,c,d \in \mathbf{F}的任意性，有\{(a+c,a+c,b+c,b+d):a,b,c,d\in \mathbf{F}\}可以写为\{(x,x,y,z):x,y,z\in \mathbf{F}\},因此有U+W\subseteq \{(x,x,y,z)\in \mathbf{F}^{4}:x,y,z\in \mathbf{F}\}

接下来我们验证\{(x,x,y,z)\in \mathbf{F}^{4}:x,y,z\in \mathbf{F}\} \subseteq U+W，对于任意的\{(x,x,y,z)\in \mathbf{F}^{4}:x,y,z\in \mathbf{F}\} 我们都可以都有(0,0,y-x,y-x)\in U,(x,x,x,z-y+x)\in W，满足：(x,x,y,z) = (0,0,y-x,y-x) + (x,x,x,z-y+x) 因此\{(x,x,y,z)\in \mathbf{F}^{4}:x,y,z\in \mathbf{F}\} \subseteq U+W

综上有U+W =\{(x,x,y,z)\in \mathbf{F}^{4}:x,y,z\in \mathbf{F}\}

证明A=B必须同时证明A\subseteq B且B\subseteq A.在完成此类证明的时候我总是会落下一个。要长记性。下面的一个题目也是的。

因为U是V的子空间，所以U在加法下封闭，则有x,y\in U意味着x+y \in U，所以U + U = \{x +y :x\in U, y\in U\}，意味着U + U \subseteq U.

接下来我们有对于任意的x,u\in U, x = x+0 = x+u -u = (x-u) + u \in U+U 所以U\subseteq U+U

综上我们有 U + U = U

解：根据空间和的定义，U+W=\{u+w:u\in U,w\in W\} ，因为U和W都是V的子空间，则u\in V,w\in V，进而有u+w = w+u,所以U+W=\{u+w:u\in U,w\in W\}=\{w+u:w\in W,u\in U\} = W+U

说明V的子空间加法具有交换性

这道题的做法和上道题的做法一样，紧扣空间和的定义。我们可以发现子空间的和具有结合性。

只包含0的子空间是加法单位元。只包含0的子空间有加法逆元

这个题的直观感受是不成立，因为只有W有逆元的时候才成立。而有加法逆元的子空间只有\{0\}。我们可以举一个反例假设U_{1} = \{(a,b)\in \mathbf{R}^{2}:a,b\in \mathbf{R}\}， U_{2} = \{(a,0)\in \mathbf{R}^{2}:a\in \mathbf{R}\}， W = \{(0,b)\in \mathbf{R}^{2}:b\in \mathbf{R}\} 显然有U_{1} + W = U_{2} + W，但是U_{1}\neq U_{2}

这个题目说明子空间的加法不能使用消去率，因为除了\{0\}外，所有的子空间都不具有逆元。

这个题目的处理方式有点像1.c.14的证明。

对于任何的(x,y,z,w)\in \mathbf{F}^{4}，有(x,x,z,z) + (0,y-x,0,w-z) = (x,y,z,w)，因为(x,x,z,z) \in U ，我们只需要令W = \{(0,x,0,y)\in \mathbf{F}^{4}:x,y\in \mathbf{F} \}

关于直和，我们知道两个子空间可以作直和当且仅当这两个子空间的交集是零空间，或者这两个子空间的和中零的表示方式是唯一的。

我们还需要证明U和W的交集是\{0\}。假设(x,y,z,w)\in U\cap W，则有x=0,z=0,y=x=0,w=z=0， 显然U\cap W = \{0\}，所以\mathbf{F}^{4} = U \oplus W

观察U=\{(x,y,x+y,x-y,2x)\in \mathbf{F}^{5}:x,y\in \mathbf{F}\}我们发现，后三个元素可以由前两个元素导出，那么我么需要构造一个后三个元素不能由前两个元素导出的向量组的集合。显然，可以构造：

W=\{(0,0,x,y,z)\in \mathbf{F}^{5}:x,y,z\in \mathbf{F}\}

对于每个(x,y,z,u,v)\in \mathbf{F}^{5}有： (x,y,z,u,v) = (x,y,x+y,x-y,2x) + (0,0,z-x-y,u-x+y,v-2x) 我们有(x,y,x+y,x-y,2x) \in U，(0,0,z-x-y,u-x+y,v-2x) \in W.

另外对于U\cap W我们有x=0,y=0,z=0,u=0,v=0，即U\cap V = \{0\}。

综上\mathbf{F}^{5} = U\oplus W

这个问题是1.c.21的延续，比较简单：

W_{1}=\{(0,0,x,0,0)\in \mathbf{F}^{5}:x\in \mathbf{F}\} W_{2}=\{(0,0,0,x,0)\in \mathbf{F}^{5}:x\in \mathbf{F}\} W_{3}=\{(0,0,0,0,x)\in \mathbf{F}^{5}:x\in \mathbf{F}\}

证明略

有反例V = \mathbf{R}^{2} U_{1} = \{(x,0)\in \mathbf{R}^{2}:x\in \mathbf{R}\} U_{2} = \{(0,x)\in \mathbf{R}^{2}:x\in \mathbf{R}\}, W = \{(x,x)\in \mathbf{R}^{2}:x\in \mathbf{R}\}

对于任何一个f(x)\in \mathbf{R}^{ \mathbf{R}}我们有

\frac{f(x)+f(-x)}{2}\in U_{e}， \frac{f(x)-f(-x)}{2}\in U_{o}，所以有 \mathbf{R}^{\mathbf{R}} = U_{e} + U_{o} ，另外对于U_{e}\cap U_{0}我们有f =0所以U_{e}\cap U_{0} = \{0\}