Tampereen yliopisto Lineaarialgebra 2 Harjoituksen 4 ratkaisuja Kevät 2024

Tehtävien 1, 2, 3 ja 5 ratkaisut on muokattu Ville Puuskan tekemistä.

Tehtävä 1. Olkoon S ⊆ ℚ äärellinen, ts. S = {q_{0}, …, q_{n−1} }, missä n ∈ ℕ. Valitaan a_{0}, …, a_{n−1} ∈ ℤ ja b_{0}, …, b_{n} ∈ ℤ_{+} , joille q_{i} = a_{i}/b_{i}, kun i ∈ {0, …, n − 1}. Osoitetaan, että sp(S) ≠ ℚ. Laventamalla jokaista alkiota

q_{i} = \frac{a_{i}}{b_{i}} = \frac{a_{i}b_{1} ⋯ b_{i−1} b_{i+1} ⋯ b_{n}}{b_{1} ⋯ b_{n}},

voidaan olettaa, että b_{0} = b_{1} = ⋯= b_{n−1} = b. Osoitetaan, että 1/(2b) ∉ sp(S). Olkoot siis c_{0}, …, c_{n−1} ∈ ℤ. Nyt c_{0}a_{0} + ⋯ c_{n−1} a_{n−1} ∈ ℤ, joten

c_{0} \frac{a_{0}}{b} + ⋯+ c_{n−1} \frac{a_{n−1}}{b} = \frac{c_{0}a_{0} + ⋯+ c_{n−1} a_{n−1}}{b} ≠ \frac{\frac{1}{2}}{b} = \frac{1}{2b}.

Siis 1/(2b) ∉ sp(a_{1}/b_{1}, …, a_{n}/b_{n}).

Tehtävä 2. Ehdon välttämättömyys: Oletetaan, että S ∪T on V:n aliavaruus ja S ⊈ T. On siis olemassa a ∈ S\T. Tiedetään, että jokaisella b ∈ T pätee a+b ∈ S∪T eli a+b ∈ S tai a + b ∈ T. Jälkimmäinen on mahdotonta, sillä tällöin pätisi myös a = a + b − b ∈ T. Siis a + b ∈ S, ja edelleen b = a + b − a ∈ S. Siis T ⊆ S.

Ehdon riittävyys: Jos S ⊆ T, niin S ∪ T = T on V:n aliavaruus. Vastaavasti jos T ⊆ S, niin S ∪ T = S on V:n aliavaruus.

Tehtävä 3. Harjoitustehtävän 2.5 mukaan asettamalla kaikilla A, B ⊆ X

A△B = (A \ B) ∪ (B \ A)

saadaan X:n potenssijoukosta ℤ/2ℤ-vektoriavaruus. Olkoon B ⊆ P(X) kanta. Tällöin jokaisella A ⊆ X on olemassa yksikäsitteinen kertoimet λ_{B} ∈ ℤ/2ℤ, B ∈ B, joille

A = △_{B∈B} λ_{B}B.

Kun merkitään F = supt((λ_{B})_{B∈B} ) ja huomataan, että kantajan F täytyy olla äärellinen ja λ_{F} = ¯1, kun F ∈ F, niin joukolle A saadaan yksikäsitteinen esitys

A = △_{F ∈F} F.

Todistetaan induktiolla äärellisen perheen A ⊆ P(X) koon n = |A| suhteen, että kaikill x ∈ X on voimassa

x ∈ △_{A∈A} A ⟺ x ∈ A parittoman monellaA ∈ A.

1^{∘} Tapaukset n = 0 ja n = 1 ovat selviä. (Abelin ryhmässä (P(X), △) määritellään △_{A∈∅} A = ∅.)

2^{∘} Olkoon sitten n > 1. Induktio-oletuksen mukaan väite pätee kaikilla perheillä A′⊆ P(X), joille |A′| < n.

Kiinnitetään jokin A_{0} ∈ A, jolloin △_{A∈A} A = A_{0}△ △_{A∈A∖{A_{0}}} A. Olkoon x ∈ X. Jos x ∉ A_{0}, niin induktio-oletuksen nojalla

x ∈ △_{A∈A} A = A_{0}△ △_{A∈A∖{A_{0}}} A
⟺ x ∈ △_{A∈A∖{A_{0}}} A
⟺ x ∈ A parittoman monellaA ∈ A ∖ {A_{0}}
⟺ x ∈ A parittoman monellaA ∈ A.

Jos taas x ∈ A_{0}, niin induktio-oletuksesta seuraa

x ∈ △_{A∈A} A = A_{0}△ △_{A∈A∖{A_{0}}} A
⟺ x ∉ △_{A∈A∖{A_{0}}} A
⟺ x ∈ A parillisen monellaA ∈ A ∖ {A_{0}}
⟺ x ∈ A parittoman monellaA ∈ A.

Nyt, jokaisella A ⊆ X on olemassa yksikäsitteinen F, jolle

x ∈ A, jos ja vain jos parittoman monellaF ∈ F pätee x ∈ F.

Tehtävä 4. Tehdään vapaustesti joukolle {id_{ℝ}, id_{ℝ} +1, | id_{ℝ} |}: Olkoot λ, μ, ν ∈ ℝ skalaareja, joille

λ id_{ℝ} +μ(id_{ℝ} +1) + ν| id_{ℝ} | = ¯0

eli jokaisella x ∈ ℝ

λ id_{ℝ}(x) + μ(id_{ℝ} +1)(x) + ν| id_{ℝ} |(x) = ¯0(x) = 0 ⟺ λx + μ(x + 1) + ν|x| = 0.

Tarkastelemalla tilannetta kohdassa x = 0 saadaan

0 = λ · 0 + μ · 1 + ν|0| = μ.

Siis μ = 0 ja kohdista x = 1 ja x = −1 saadaan yhtälöt

\{ \begin{matrix}λ · 1 + ν|1| = 0 \\ λ · (−1) + ν| − 1| = 0 \end{matrix}  ⟺ \{ \begin{matrix}λ + ν = 0 \\ −λ + ν = 0 \end{matrix}  ⟺ \{ \begin{matrix}2ν = 0 \\ −λ + ν = 0 \end{matrix}  ⟺ λ = ν = 0.

Siis vapaustesti menee läpi.

Vastaus: Joukko {id_{ℝ}, id_{ℝ} +1, | id_{ℝ} |} on vapaa.

Tehtävä 5. Tarkastellaan yhtälöä x(c, 1, 0) + y(1, c, 1) + z(0, 1, c) = 0, eli

\{ \begin{matrix}xc + y = 0 \\ x + yc + z = 0 \\ y + zc = 0 \end{matrix}

Jos c = 0, niin valitsemalla x = 1, y = 0, z = −1 yhtälö toteutuu. Siis jono ei ole vapaa, jos c = 0.

Jos c ≠ 0, niin ensimmäisestä ja viimeisestä yhtälöstä nähdään, että x = z. Siispä yhtälöryhmä saadaan muotoon

\{ \begin{matrix}xc + y = 0 \\ 2x + yc = 0 \\ x = z \end{matrix}

Sijoittamalla toiseen yhtälöön y = −xc saadaan (2−c^{2})x = 0. Koska c ∈ ℚ, niin c^{2} ≠ 2, joten x = 0. Edelleen y = −xc = 0 ja z = x = 0. Siispä jono on vapaa, kun c ≠ 0.

Vastaus: Jono on vapaa, kunhan c ≠ 0.

Tehtävä 6.

1) Koska tyhjästä joukosta ei voida muodostaa epätriviaaleja lineaarikombinaatioita, niin ∅ on triviaalisti vapaa.

2) Tehdään vapaustesti joukolle A. Oletetaan siis, että

∑_{x∈A} λ_{x}x = 0,

missä λ_{x} ∈ K, kun x ∈ A, ja kerroinjono on äärellisluonteinen. Merkitään myös λ_{x} = 0, kun x ∈ B ∖ A. Tällöin

∑_{x∈B} λ_{x}x = 0,

joten joukon B vapauden nojalla kaikilla x ∈ B pätee λ_{x} = 0, siis myös silloin, kun x ∈ A. Siis A on vapaa.

3) Edellisen kohdan nojalla ehdon välttämättömyys on selvä. Oletetaan sitten, että jokainen äärellinen A_{0} ⊆ A on vapaa. Oletetaan, että

∑_{x∈A} λ_{x}x = 0,

missä kertoimet ovat K:sta ja kerroinjono äärellisluonteinen. Äärellisluonteisuus merkitsee, että

A_{0} = supt((λ_{x})_{x∈A} )

on äärellinen. Lisäksi huomataan, että

∑_{x∈A_{0}} λ_{x}x = ∑_{x∈A} λ_{x}x = 0,

joten joukon A_{0} vapauden nojalla λ_{x} = 0 kaikilla x ∈ A_{0}. Toisaalta kaikilla x ∈ A ∖ A_{0} pätee λ_{x} = 0 kantajan määritelmän nojalla. Siis A on vapaa.

4) Koska A on vapaa, niin sp(A):ssa se on vapaa virittäjistö eli kanta. Kaikille vapaille joukoille I ⊆ sp(A) pätee kantalauseen seurauksien nojalla |I| ≤ dim(sp(A)) = |A|, joten koska |A| < |B| ja B on vapaa, niin B ⊈ sp(A). Valitaan x ∈ B \ sp(A). Tällöin A ∪ {x} on vapaa ja x ∈ B \ A.