线性代数应该这样学第三版习题解答2.C

第1题解答: 设 $u_1,u_2,\cdots,u_n$ 是 $U$ 的一组基. 那么 $n=\dim U=\dim V$. 因此 $u_1,u_2,\cdots,u_n$ 是 $V$ 里的长度为 $\dim V$ 的线性无关向量组. 由 2.39 可知, $u_1,u_2,\cdots,u_n$ 是 $V$ 的一组基. 特别地, 任意 $V$ 中的向量能够被 $u_1,u_2,\cdots,u_n$ 线性表示. 因为 $u_i\in U$, 这说明 $V\subset U$. 因此我们有 $U=V$.


第2题解答: 因为 $\mathbb R^2$ 的维数为 2, 所以作为 $\mathbb R^2$ 的子空间的 $U$ 的维数只能是 0,1,2(因为 $\dim U\leq \dim \mathbb R^2$).

如果 $\dim U=0$, 那么显然 $U=\{0\}$.

如果 $\dim U=2$, 则由第1题知 $U=\mathbb R^2$.

如果 $\dim U=1$, 任取非零向量 $x\in U$, 我们有 \[U=\{kx:k\in\mathbb R\},\]这正好是以 $x$ 为方向过原点的线.


第3题解答: 当 $\dim U=0$, 或 $1$ 时, 和第2题类似.

当 $\dim U=3$ 时, 此时 $U=\mathbb R^3$.

当 $\dim U=2$ 时, 存在 $U$ 中的两个线性无关的向量 $x,y\in\mathbb R^3$. 那么 \[U=\{k_1x+k_2y:k_1\in\mathbb R,k_2\in\mathbb R\},\]这说明 $U$ 时过 $x$, $y$ 和原点的平面.


第4题解答:

(a) $U$ 的一组基为 $x-6$, $x^2-6x$, $x^3-6x^2$ 和 $x^4-6x^3$. 下面我们来证明之.

因为 $x-6$, $x^2-6x$, $x^3-6x^2$ 和 $x^4-6x^3$ 的次数互不相同, 所以它们线性无关.

另外, 如果一个多项式 $p(x)\in\mathcal P_4(\mathbb F)$ 且满足 $p(6)=0$, 那么 $p(x)$ 能被 $x-6$ 整除, 因此 \begin{align*}p(x)=&(x-6)(k_3x^3+k_2x^2+k_1x+k_0)\\=&k_3(x^4-6x^3)+k_2(x^3-6x^2)+k_1(x^2-6x)+k_0(x-6)\end{align*} 是 $x-6$, $x^2-6x$, $x^3-6x^2$ 和 $x^4-6x^3$ 的线性组合.

(b) 显然, $1$, $x-6$, $x^2-6x$, $x^3-6x^2$ 和 $x^4-6x^3$ 是 $\mathcal P_4(\mathbb F)$ 的一组基. 这是因为 $\dim \mathcal P_4(\mathbb F)=4$ 且由 $1$, $x-6$, $x^2-6x$, $x^3-6x^2$ 和 $x^4-6x^3$ 次数互不相同知它们线性无关.

(c) 令 $W=\{c:c\in\mathbb F\}$, 则由 (b) 可知 $\mathcal P_4(\mathbb F)=U\oplus W$.


第5题解答:

(a) 设多项式 $f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ 满足条件 $f”(6)=0$. 这说明我们有\[4\cdot 3\cdot a \cdot 6^2+3\cdot 2 \cdot b\cdot 6+2\cdot 1\cdot c=0.\]即 $36\cdot 12 \cdot a+36\cdot b+ 2\cdot c=0$. 显然该方程组的解空间的一组基 (以 $a,b,c,d,e$ 为顺序)为 $(1,0,0,0,0)$, $(0,1,0,0,0)$, $(0,0,-18,1,0)$ 和 $(0,0,0,-12,1)$. 将这些解代入得到对应的 $f(x)$, 这些 $f(x)$ 就是满足条件的多项式空间 $U$ 的一组基. 也就是说, $1$, $x$, $x^3-18x^2$, $x^4-12x^3$ 是 $U$ 的一组基.

(b) 和前面的题目提到的方法类似, 因为 $1$, $x$, $x^3-18x^2$, $x^4-12x^3$ 中没有二次多项式, 故只需要补充一个二次多项式即可. 我们有 $1$, $x$, $x^2$, $x^3-18x^2$ 和 $x^4-12x^3$ $\mathcal P_4(\mathbb R)$ 的一组基.

(c) 令 $W=\{cx^2:c\in\mathbb R\}$, 则由 (b) 问可知 $\mathcal P_4(\mathbb R)=U\oplus W$.


第6题解答:

(a) 对于多项式 $f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$, 我们看 $f(2)=f(5)$ 时, $a,b,c,d,e$ 需要满足什么条件. 很明显 $a,b,c,d,e$ 将满足一个齐次线性方程. 该方程的解空间的维数是 4, 因此 $U$ 的维数也是 4 (为什么?). 因此我们只需要在 $\mathcal P_4(\mathbb F)$ 中找到 4 个满足线性无关的多项式, 并且它们在 $x=2$ 和 $x=5$ 取同样的值. 一个比较好的例子是 $1$, $x^2-7x+10$, $x(x^2-7x+10)$ 和 $x^2(x^2-7x+10)$. (首先我们知道同时有 $x=2$ 和 $x=5$ 为根的多项式被 $x^2-7x+10$ 整除, 所以我们可以先取 $x^2-7x+10$, $x(x^2-7x+10)$ 和 $x^2(x^2-7x+10)$; 然后注意到常数多项式也满足要求, 这就是为什么选这组基的原因)

(b) 如同第5题, 只需要补上一个一次多项即可. 所以, $1$, $x$, $x^2-7x+10$, $x(x^2-7x+10)$ 和 $x^2(x^2-7x+10)$ 是 $\mathcal P_4(\mathbb F)$ 的一组基.

(c) 令 $W=\{cx:c\in\mathbb F\}$, 则由 (b) 可知 $\mathcal P_4(\mathbb F)=U\oplus W$.


第7题解答:

(a) 对多项式 $f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$, 对应 $f(2)=f(5)=f(6)$ 我们可以得到关于 $a,b,c,d,e$ 的两个齐次线性方程, 容易验证它们是不相关的. 这说明对应的解空间的维数为 $3$, 因此 $U$ 的维数也是 3. 所以我们只需要在 $\mathcal P_4(\mathbb F)$ 中找到三个线性无关的多项式 $f_1,f_2,f_3$ 使得任何一个都在 $f_i(2)=f_i(5)=f_i(6)$, 其中 $i=1,2,3$. 一个例子就是 $1$, $(x-2)(x-5)(x-6)$ 和 $x(x-2)(x-5)(x-6)$. 这组基由类似第6题的方法得到的.

(b) 显然, 还是由次数的原因, 只需要补充一个一次多项式和一个二次多项式就可以了. 故 $1$, $x$, $x^2$, $(x-2)(x-5)(x-6)$ 和 $x(x-2)(x-5)(x-6)$ 是 $\mathcal P_4(\mathbb F)$ 的一组基.

(c) 令 $W=\{cx+dx^2:c\in\mathbb F,d\in\mathbb F\}$, 则由 (b) 可知 $\mathcal P_4(\mathbb F)=U\oplus W$.


第8题解答:

(a) 对多项式 $f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$, 如果它满足 $\int_{-1}^1 f=0$, 那么有 $a/5+d/3+e=0$. 类似第6题第7题, 可得 4 个线性无关的解, 分别为\[(0,0,0,1,0),\quad (0,0,3,0,-1)\]\[(0,1,0,0,0),\quad (5,0,0,0,-1).\]将它们带入 $f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$, 我们可以得到 $U$ 的一组基 $x$, $3x^2-1$, $x^3$ 和 $5x^4-1$.

(b) 类似第6题第7题(考虑次数), $1$, $x$, $3x^2-1$, $x^3$ 和 $5x^4-1$ 是 $\mathcal P_4(\mathbb R)$ 的一组基.

(c) 令 $W=\{c:c\in\mathbb R\}$, 则由 (b) 可知 $\mathcal P_4(\mathbb R)=U\oplus W$.


第9题解答: 注意到\[v_2-v_1=(v_2+w)-(v_1+w),\]因此 $v_2-v_1\in \mathrm{span}(v_1+w,\cdots,v_m+w)$. 类似地, $v_i-v_1\in \mathrm{span}(v_1+w,\cdots,v_m+w)$ 对所有的 $2\leqslant i\leqslant m$ 成立.

事实上, 由于 $v_1$, $\cdots$, $v_m$ 在 $V$ 中线性无关, 我们可以推出(类似 2.A.7, 2.A.11, 2.B.6) $v_2-v_1$, $\cdots$, $v_m-v_1$ 是线性无关的. 由 2.33, 我们得到\[\dim\mathrm{span}(v_1+w,\cdots,v_m+w)\geqslant m-1.\]


第10题解答: 因为 $p_0$ 的次数为 $0$, 我们有 $\mathrm{span}(p_0)=\mathrm{span}(1)$. 我们将用数学归纳法.

现在假设\[ \mathrm{span}(p_0,p_1,\cdots,p_i)=\mathrm{span}(1,x,\cdots,x^i). \] 由假设和已知条件, 显然有\[ \mathrm{span}(p_0,p_1,\cdots,p_i,p_{i+1})\subset \mathrm{span}(1,x,\cdots,x^i,x^{i+1}). \]另一方面, $p_{i+1}$ 的次数为 $i+1$, 因此可以写成 \[p_{i+1}=a_{i+1}x^{i+1}+f_{i+1}(x),\]其中 $a_{i+1}\ne 0$ 和 $\deg f_{i+1}(x)\leqslant i$. 则 \[x^{i+1}=\frac{1}{a_{i+1}}(p_{i+1}-f_{i+1}(x))\in \mathrm{span}(1,x,\cdots,x^i,p_{i+1}).\]注意到 $\mathrm{span}(p_0,p_1,\cdots,p_i)=\mathrm{span}(1,x,\cdots,x^i)$, 我们得出 \[\mathrm{span}(1,x,\cdots,x^i,p_{i+1})=\mathrm{span}(p_0,p_1,\cdots,p_i,p_{i+1}).\]因此 \[x^{i+1}\in \mathrm{span}(p_0,p_1,\cdots,p_i,p_{i+1}),\]从而 \[\mathrm{span}(1,x,\cdots,x^i,x^{i+1})\subset \mathrm{span}(p_0,p_1,\cdots,p_i,p_{i+1}).\]
由数学归纳法, 可知 \[ \mathrm{span}(p_0,p_1,\cdots,p_i)=\mathrm{span}(1,x,\cdots,x^i),\]对所有 $0\leqslant i\leqslant m$ 都成立. 特别地, \[ \mathrm{span}(p_0,p_1,\cdots,p_m)=\mathrm{span}(1,x,\cdots,x^m) \]意味着 $p_0$, $p_1$, $\cdots$, $p_m$ 是 $\mathcal P(\mathbb F)$ 的一组基. 这是因为 $p_0$, $p_1$, $\cdots$, $p_m$ 是 $\mathcal P(\mathbb F)$ 的生成组且它的长度正好是 $\mathcal P_m(\mathbb F)$ 的维数(2.42).


第11题解答: 由 2.43 可知, 我们有\[\dim(U\cap W)=\dim U+\dim W-\dim(U+W)=8-\dim(\mathbb R^8)=0.\]因此 $U \cap W=\{0\}$, 结合条件 $U+W=\mathbb R^8$, 我们得到 $\mathbb R^8=U\oplus W$.


第12题解答: 由 2.43 可知, 我们有\[\dim(U\cap W)=\dim U+\dim W-\dim(U+W)=10-\dim(U+W).\]注意到 $U+W$ 是 $\mathbb R^9$ 的子空间, 所以由 2.38 知 $\dim(U+W)\leqslant 9$. 因此 \[\dim(U\cap W)\geqslant 1,\]从而 $U \cap W\ne\{0\}$.


第13题解答: 由 2.43 可知\begin{align*}\dim(U\cap W)=&\dim U+\dim W-\dim(U+W)\\=&8-\dim(U+W)\geqslant 8-\dim(\mathbb C^6)=2.\end{align*}因此存在 $e_1, e_2\in U\cap W$ 使得 $e_1$ 和 $e_2$ 是线性无关的.

因此 $e_1$ 或 $e_2$ 都不是另一者的倍数.


第14题解答: 由 1.40 可知 $U_1+\cdots+U_m$ 是 $V$ 的子空间, 因此由 2.38 知\[\dim(U_1+\cdots+U_m)\leqslant\dim V.\]从而 $U_1+\cdots+U_m$ 是有限维的. 现在我们取 $\mathcal W_i$ 为 $U_i$ 的一组基(看做一个集合), 那么由空间的和的定义可知, $U_1+\cdots+U_m$ 能被 $\mathcal W_1$, $\cdots$, $\mathcal W_m$ 的并集生成. 因此由 2.31 可推出\[\dim(U_1+\cdots+U_m)\leqslant \dim U_1+\cdots+\dim U_m,\]这是因为 $\mathcal W_1$, $\cdots$, $\mathcal W_m$ 的并集的元素个数不大于 $\dim U_1+\cdots+\dim U_m$.


第15题解答: 令 $(v_1,\cdots,v_n)$ 为 $V$ 的一组基, 则 $v_i$ 都不为零向量. 对每一个 $j\in\{1,\dots,n\}$, 设 $U_j=\mathrm{span}(v_j)$; 也就是说, $U_j=\{av_j:a\in\mathbb F\}$. 由于 $v_j$ 不为零, 因此 $\dim U_j=1$, 对任意的 $j=1,\cdots,n$ 都成立.

另一方面, 因为 $(v_1,\cdots,v_n)$ 是 $V$ 的一组基, 因此 $V$ 中每一个向量都能被唯一表示成\[a_1v_1+\cdots+a_nv_n,\]其中 $a_1$, $\cdots$, $a_n\in\mathbb F$. 由直和的定义, 前一段话说明 $V=U_1\oplus \cdots \oplus U_n$.


第16题解答(略啰嗦, 也有别的方法证明, 我只是随便写了一种):

因为 $U_1+\cdots+U_m$ 是直和, 所以\[U_1\oplus \cdots \oplus U_m=U_1+\cdots+U_m.\]因此由第14题可知 $U_1\oplus \cdots \oplus U_m$ 是有限维的. 现在我们关于 $m$ 用数学归纳法来证明\[\dim U_1\oplus \cdots \oplus U_m= \dim U_1+\cdots+\dim U_m.\]由 2.43, 对于 $m=2$, 我们有\[\dim(U_1+U_2)=\dim U_1+\dim U_2-\dim(U_1\cap U_2)=\dim U_1+\dim U_2.\]其中 $U_1\cap U_2=0$ 是因为 $U_1+U_2$ 是直和(这个不难证明, 理由可以参照下面由 $U_1+\cdots+U_m$ 为直和推出 $U_1+\cdots+U_{m-1}$ 为直和).

现在假设等式对 $m-1$ 成立. 考虑 $m$, 如果 $U_1+\cdots+U_m$ 是直和, 这说明将 $0$ 写成 $u_1+\cdots+u_m$ 的形式, 其中 $u_j\in U_j$, 的方式唯一, 即每一个 $u_j$ 都是零向量. 因此将 $0$ 写成 $u_1+\cdots+u_{m-1}$ 的形式, 其中 $u_j\in U_j$, 的方式唯一, 即每一个 $u_j$ 都是零向量. 这说明 $U_1+\cdots+U_{m-1}$ 是直和, 因此\[\dim U_1\oplus \cdots \oplus U_{m-1}= \dim U_1+\cdots+\dim U_{m-1}.\]

另一方面, 设 $W=U_1\oplus \cdots \oplus U_{m-1}$, 则 $U_1\oplus \cdots \oplus U_m=W+U_m$. 设 $0=x+y$, 其中 $x=x_1+\cdots+x_{m-1}\in W$, $y\in u_m$, 且每一个 $x_j$ 都在 $U_j$ 里, 由 1.44 可知 $x_i=0$ 且 $y=0$. 因此由 1.44 可知 $W+U_m$ 也是直和. 现在利用我们起始步骤中 $m=2$ 的结果, 我们有\[\dim U_1\oplus \cdots \oplus U_m=\dim(W+U_m)=\dim W+\dim U_m=\dim U_1+\cdots+\dim U_{m-1}+\dim U_m.\]


第17题解答: 下面是一个反例.

设 $V=\mathbb R^2$, \[U_1=\{(x,0):x\in\mathbb R\},\]\[U_2=\{(0,y):y\in\mathbb R\},\]\[U_3=\{(x,x):x\in\mathbb R\}.\]则 $U_1+U_2+U_3=\mathbb R^2$, 因此 $\dim(U_1+U_2+U_3)=2$. 但是, \[\dim U_1=\dim U_2=\dim U_3=1\]和 \[\dim(U_1\cap U_2)=\dim (U_2\cap U_3)=\dim (U_3\cap U_1)=\dim (U_1\cap U_2\cap U_3)=0.\]因此在这个情况下, 如果命题成立的话, 我们将得到 $2=3$, 而这显然是不可能的.

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