zadanie 1. Niech V = C rozwia,zanie

Podprzestrzenie liniowe
test na podprzestrzeń liniowa,
zadanie 1. Niech V = C 1 będzie przestrzenią (wszystkich) ciągłych i różniczkowalnych funkcji f : R → R.
Sprawdzić czy poniższe zbiory W, U są podprzestrzeniami liniowymi przestrzeni V ,
• W jest podzbiorem V składającym się z (wszystkich) funkcji spełniających warunki: f (0) = 2 i f (2) = 0.
• U jest podzbiorem V składającym się z (wszystkich) funkcji spełniających warunki: f (2) = 0 i f 0 (2) = 0.
rozwia,zanie
krok 1. Sprawdzamy czy jest o czym mówić tzn., czy rozważany podzbiór jest niepusty. Mamy f (x) =
−x + 2 ∈ W , bo f (0) = 0 + 2 = 2 i f (2) = −2 + 2 = 0 oraz f jest ciągła i różniczkowalna. Zatem zbiór W
jest niepusty.
krok 2. Wykorzystujemy sformułowanie zadania jako wzór na stworzenie elementu1 i elementu2 .
Niech f1 (x) będzie ciągłą i różniczkowalną funkcją taką, że f1 (0) = 2 i f1 (2) = 0. (bierzemy element1 z W )
Niech f2 (x) będzie ciągłą i różniczkowalną funkcją taką, że f2 (0) = 2 i f2 (2) = 0. (bierzemy element2 z W )
krok 3. Definiujemy dwa nowe elementy: element3 =element1 +element2 oraz element4 =α· element1 .
Niech f3 = f1 + f2 zatem f3 (x) = f1 (x) + f2 (x) i f4 (x) = αf1 (x), α ∈ R. !!! α jest dowolną liczbą rzeczywistą.
krok 4. Sprawdzamy czy element3 i element4 spełniają warunki przedstawione w zadaniu (warunki na bycie
w zbiorze W ). Oczywiście suma dwóch funkcji ciągłych i różniczkowalnych (na danym zbiorze) jest nadal
ciągła i różniczkowalna (na tym zbiorze). Teraz sprawdzamy czy f3 (0) = 2, f3 (2) = 0 i czy f4 (0) = 2, f4 (2) =
0.
f3 (0) = f1 (0) + f2 (0) = 2 + 2 = 4 6= 2
f3 (2) = f1 (2) + f2 (2) = 0 + 0 = 0
⇒ nie jest spełniony warunkek f3 (0) = 2
⇒ jest spełniony warunek f3 (2) = 0
f4 (0) = αf1 (0) = 2α czy 2α = 2? nie, bo biorąc np. α = 3 mamy f4 (0) = 3 · f1 (0) = 6 a 6 6= 2
⇒ nie jest spełniony warunkek
f4 (2) = αf1 (2) = α · 0 = 0
f4 (0) = 2 dla wszystkich α ∈ R
⇒ jest spełniony warunek f4 (2) = 0
krok 5. Dajemy odpowiedź wykorzystując krok 4. Jeśli wszystkie odpowiedzi były ’spełniony’, to ostateczną odpowiedzią jest ’jest popdprzestrzenią liniową’. Jeśli co najmniej jedna z odpowiedzi była ’nie jest
spełniony’, to ostateczna odpowiedź brzmi ’nie jest podprzestrzenią liniową’. Uwaga. Oczywiście w momencie
gdy jedna z odpowiedzi w kroku 4. jest ’nie jest spełniony’ nie trzeba sprawdzać pozostałych.
Ostatecznie zbiór składający się z funkcji spełniających warunki: f (0) = 2 i f (2) = 0 nie jest podprzestrzenią
liniową przestrzeni C 1 , krótko W nie jest podprzestrzenią liniową przestrzeni liniowej C 1 .
Teraz to samo (=te same kroki) dla zbioru U .
f (x) = 21 x2 − 2x + 2 jest elementem zbioru U , bo f jest funkcją ciągłą, różniczkowalną i f (2) = 0 oraz
f 0 (2) = 0. To oznacza, że U 6= ∅. (Najłatwiej jest sprawdzić czy (że) wektor zerowy jest elementem U .)
Niech f1 (x) będzie ciągłą i różniczkowalną funkcją taką, że f1 (2) = 0 i f10 (2) = 0. (bierzemy element1 z U )
Niech f2 (x) będzie ciągłą i różniczkowalną funkcją taką, że f2 (2) = 0 i f20 (2) = 0. (bierzemy element2 z U )
Nadal nie ma problemów z ciągłością i różniczkowalnością sumy i iloczynu. Sprawdzamy czy f3 = f1 + f2 i
f4 = αf1 , α ∈ R spełniają warunki na ’bycie’ w U .
f3 (2) = f1 (2) + f2 (2) = 0 + 0 = 0
⇒ spełniony warunek f3 (2) = 0
f30 (2)
⇒ spełniony warunek f30 (2) = 0
=
f10 (2)
+
f20 (2)
=0+0=0
f4 (2) = αf1 (2) = α · 0 = 0 ⇒ spełniony warunek f4 (2) = 0 dla dowolnej α ∈ R
f40 (2) = αf10 (2) = α · 0 = 0 ⇒ spełniony warunek f40 (2) = 0 dla dowolnej α ∈ R
To oznacza, że f3 (x) ∈ U oraz f4 (x) ∈ U , a stąd wniosek: U jest podprzestrzenią liniową przestrzeni C 1 .
Zauważmy, że zbiory z zadania 1. można zapisać jako
W = f ∈ C 1 : f (0) = 2 ∧ f (2) = 0 , U = f ∈ C 1 : f (2) = 0 ∧ f 0 (2) = 0 .
zadanie 2.
Niech V = R3 . Które z podanych zbiorów są podprzestrzeniami liniowymi przestrzeni V .
a) U = {(0, 0, 1), (0, 0, −1), (0, 0, 0)};
b) W - zbiór wektorów {(t, t, 0)}, gdzie t ∈ R jest parametrem;
c) Z - zbiór wektorów {(t, t, 1)}, gdzie t ∈ R jest parametrem.
Podpunkt a) może być odrobinę kłopotliwy z dwóch powodów. Po pierwsze oznaczenia. Mamy przecież tak
dużo różnych nawiasów. A oto przykład dezorientacji:
U = {(0, 0, 1), (0, 0, −1), (0, 0, 0)} i W =lin{(0, 0, 1), (0, 0, −1), (0, 0, 0)}. Trzeba rozróżniać te dwie rzeczy. Z
definicji
U = lin{(0, 0, 1), (0, 0, −1), (0, 0, 0)}
jest zbiorem wszystkich możliwych kombinacji postaci α1 (0, 0, 1) + α2 (0, 0, −1) + α3 (0, 0, 0)}, gdzie α1 , α2 , α3
są dowolnymi liczbami (z ciała, nad którym rozpięta jest wyjściowa przestrzeń V ).
Natomiast U = {(0, 0, 1), (0, 0, −1), (0, 0, 0)} jest zbiorem składającym się z trzech elementów (0, 0, 1),
(0, 0, −1) i (0, 0, 0). Pamiętajmy {} oznacza zbiór.
Zatem nieznacznie musimy zmodyfikować nasz przepis. Niech u1 = (0, 0, 1) i u2 = (0, 0, 1). Definiujemy u3 i
u4 tak jak w przepisie, mianowicie u3 = u1 + u2 , u4 = αu1 , α ∈ R.
u3 = (0, 0, 1) + (0, 0, 1) = (0, 0, 2) ale ten element nie należy do U ⇒ nie jest spełniony warunkek
To już oznacza, że U nie jest podprzestrzenia liniową przestrzeni V . Gdyby zacząć od drugiego warunku, to
okazuje się, że też nie jest spełniony, bo biorąc np. α = 2 mamy
u4 = 2u1 = (0, 0, 2)
a takiego elementu nie ma w zbiorze U .
Uwaga. Oczywiście gdyby przyjąć α = 1, to 1 · w1 jest w zbiorze U . Jednak aby zbiór był podprzestrzenią,
nie może zależeć jaki skalar weźmiemy = warunek ma być spełniony niezależnie od wyboru α.
Podpunkt b) i c) podpada dokładnie pod nasz przepis. Zbiór W jest niepusty, bo przykładowo (1, 1, 0) ∈ W .
Niech w1 = (t1 , t1 , 0) i w2 = (t2 , t2 , 0), t1 , t2 ∈ R. Są to oczywiście elementy zbioru W . Definiujemy w3 =
w1 + w2 i w4 = αw1 , α ∈ R.
w3 = w1 + w2 = (t1 , t1 , 0) + (t2 , t2 , 0) = (t1 + t2 , t1 + t2 , 0).
t1 + t2 jest oczywiście pewną liczbą rzeczywistą i na obu współrzędnych wektora w3 mamy te samy liczby
rzeczywiste zatem warunek należenia do W jest spełniony.
w4 = αw1 = α(t1 , t1 , 0) = (αt1 , αt1 , 0).
Znowu, w4 ma taką postać jak elementy z W .
Ostatecznie zbiór W jest podprzestrzenią przestrzeni V .
Zbiór Z jest niepusty, bo przykładowo (1, 1, 1) ∈ Z. Niech z1 = (t1 , t1 , 1) i z2 = (t2 , t2 , 1), t1 , t2 ∈ R. Są to
oczywiście elementy zbioru Z. Definiujemy z3 = z1 + z2 i z4 = αz1 , α ∈ R.
z3 = z1 + z2 = (t1 , t1 , 1) + (t2 , t2 , 1) = (t1 + t2 , t1 + t2 , 2).
Zatem biorąc dwa elementy z Z, np. (1, 1, 1) i (2,2,1) dostajemy po ich dodaniu (3, 3, 2), a to już nie jest
element z Z (ostatnia współrzędna jest równa 2 a nie 1).
Ostatecznie zbiór Z nie jest podprzestrzenią przestrzeni V .