20 Решения самостоятельных задач

Решения самостоятельных задач

Задача 1. 1. Для многочленов выполняется

p_1-p_2-p_3 =(1+x)-(x+x^2)-(1-x^2)\equiv0

Это нетривиальная нулевая комбинация, поэтому набор зависим.

2. Для матриц

\alpha A_1+\beta A_2+\gamma A_3 =\begin{pmatrix} \alpha+\gamma&\beta+\gamma\\ \beta+\gamma&0 \end{pmatrix}

Приравнивание к нулевой матрице даёт

\begin{cases} \alpha+\gamma=0\\ \beta+\gamma=0 \end{cases}

Например, при $\alpha=-1$ , $\beta=-1$ , $\gamma=1$ получаем

-A_1-A_2+A_3=O_{2\times2}

Это нетривиальная нулевая комбинация, поэтому набор зависим; в частности, $A_3=A_1+A_2$ .

Задача 2.

1. Множество $U$ является подпространством. Нулевой вектор удовлетворяет уравнению. Если

\vec u=(x_1,y_1,z_1)\in U \qquad \vec v=(x_2,y_2,z_2)\in U

то

\begin{aligned} &(\alpha x_1+\beta x_2) -2(\alpha y_1+\beta y_2) +(\alpha z_1+\beta z_2)=\\ &=\alpha(x_1-2y_1+z_1) +\beta(x_2-2y_2+z_2) =0 \end{aligned}

2. Множество $W$ не является подпространством: $(0,0,0)\notin W$ , потому что $0\ne1$ .

3. Множество $Q$ является подпространством. Нулевой многочлен $p_0(x)\equiv0$ принадлежит $Q$ , поскольку $p_0(0)=0$ . Для $p(0)=q(0)=0$

(\alpha p+\beta q)(0)=\alpha p(0)+\beta q(0)=0

4. Множество $S$ не является подпространством. Оно не содержит нулевой многочлен. Кроме того, $x^2$ и $-x^2$ имеют степень $2$ , а их сумма равна нулевому многочлену и не имеет степени $2$ .

Задача 3. Имеем

\vec u_3=\vec u_1+\vec u_2

поэтому $\vec u_3$ можно удалить:

\left\langle \vec u_1,\vec u_2,\vec u_3\right\rangle =\left\langle \vec u_1,\vec u_2\right\rangle

\vec w=2\vec u_1+\vec u_2 =2(1,1,0)+(1,0,1)=(3,2,1)

Следовательно, $\vec w$ принадлежит оболочке; коэффициенты равны $2$ и $1$ .

Задача 4. Из второго уравнения $y=z=t$ . Тогда первое даёт $x=-2t$ . Поэтому

(x,y,z)=t(-2,1,1)

и пространство решений равно

\left\langle (-2,1,1)\right\rangle

Вектор $(-2,1,1)$ является решением исходной системы и ненулевой, поэтому набор из него линейно независим. Так как этот вектор порождает общее решение, он образует ФСР.

Задача 5. Обозначим

\vec g=(1,1,0) \qquad \vec k=(0,0,1) \qquad \vec h=(1,-1,0)

Тогда $U=\left\langle \vec g,\vec k\right\rangle$ , а $W=\left\langle \vec g,\vec h\right\rangle$ . Пусть вектор принадлежит пересечению. Тогда

a\vec g+b\vec k=c\vec g+d\vec h

Сравнение третьих координат даёт $b=0$ . Из первых двух координат получаем

a=c+d \qquad a=c-d

следовательно, $d=0$ и $a=c$ . Поэтому

U\cap W=\left\langle (1,1,0)\right\rangle

Сумма содержит $\vec g$ , $\vec h$ и $\vec k$ . Для любого $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$

(x,y,z) =\frac{x+y}{2}\vec g +\frac{x-y}{2}\vec h +z\vec k

поэтому $U+W=\mathbb{R}^3$ .

Наконец, $\vec k\in U$ и $\vec h\in W$ , но

\vec k+\vec h=(1,-1,1)\notin U\cup W

У векторов из $U$ первые две координаты равны, а у векторов из $W$ третья координата равна нулю. Сумма $(1,-1,1)$ не удовлетворяет ни одному из этих условий, значит, объединение не замкнуто относительно сложения.