msleziak.com

Nech $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ tvoria bázu vektorového priestoru $V$. Tvoria aj $\vec a+\vec b$, $\vec a +\vec c$, $\vec b+\vec c$ bázu priestoru $V$.
a) Ak $V$ je vektorový priestor nad poľom $\mathbb R$.
b) Ak $V$ je vektorový priestor nad poľom $\mathbb Z_2$.
Dokážte/vyvráťte.

V časti a) je odpoveď áno. V časti b) je odpoveď nie.

Zopakujem vec, ktorú hovorím často:
Ak chcem zdôvodniť, že niečo platí, mal by som nájsť nejaký všeobecný argument, ktorý funguje pre ľubovoľné vektory $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$.
Ak chcem zdôvodniť, že nejaké tvrdenie neplatí, stačí mi jeden konkrétny príklad - tým to tvrdenie vyvrátim.

Keďže ich budeme často používať, označme si vektory, s ktorými pracujeme:
\begin{align*}
\vec x&=\vec a+\vec b\\
\vec y&=\vec a+\vec c\\
\vec z&=\vec b+\vec c
\end{align*}

Vieme, že sme v priestore dimenzie 3. Ak teda mám tri vektory, na to aby som ukázal že tvoria bázu, nemusím overovať obe podmienky.
Stačí mi ukázať, že sú LN. (A generovanie mám zadarmo.)
Alebo môžem ukázať že tieto vektory generujú $V$. (A má zadarmo, že sú LN.)
(Keď mám správny počet vektorov, stačí overovať iba jednu z dvoch podmienok v definícii bázy.)

Nad poľom $\mathbb R$ - cez LN

Ukážeme, že $\vec x$, $\vec y$, $\vec z$ sú lineárne nezávislé.
Predpokladajme, že $k_1(\vec a+\vec b)+k_2(\vec a +\vec c)+k_3(\vec b+\vec c)=\vec 0$. Po úprave dostaneme
$$(k_1+k_2)\vec a+(k_1+k_3)\vec b+(k_2+k_3)\vec c=\vec0.$$
Pretože $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ tvoria bázu, vyplýva z~tejto rovnosti
\begin{align*}
k_1+k_2&=0\\
k_1+k_3&=0\\
k_2+k_3&=0\\
\end{align*}
Stačí nám teda zistiť, aké riešenia má táto sústava nad $\mathbb R$. Môžeme použiť akýkoľvek spôsob, akým sme zvyknutí riešiť sústavy; dostaneme $k_1=k_2=k_3=0$.
Tým sme zistili, že $\vec x$, $\vec y$, $\vec z$ sú naozaj lineárne nezávislé. Nad poľom $\mathbb R$ - cez obal

Ukážeme, že
$$[\vec a, \vec b, \vec c]=[\vec a+\vec b, \vec a +\vec c, \vec b+\vec c].$$
(A teda vektory $\vec x$, $\vec y$, $\vec z$ generujú $V$.)

Je jasné, že $\vec a+\vec b, \vec a +\vec c, \vec b+\vec c\inq[\vec a, \vec b, \vec c]$
$$[\vec a+\vec b, \vec a +\vec c, \vec b+\vec c]\subseteq[\vec a, \vec b, \vec c].$$

Chceme ukázať obrátenú inklúziu. Ak si všimneme, že
\begin{align*}
\vec a&=\frac{(\vec a+\vec b)+(\vec a+\vec c)-(\vec b+\vec c)}2\\
\vec b&=\frac{(\vec a+\vec b)-(\vec a+\vec c)+(\vec b+\vec c)}2\\
\vec c&=\frac{-(\vec a+\vec b)+(\vec a+\vec c)+(\vec b+\vec c)}2\\
\end{align*}
tak vidíme, že $\vec a, \vec b, \vec c\in[\vec a+\vec b, \vec a +\vec c, \vec b+\vec c]$, a teda
$$[\vec a, \vec b, \vec c]\subseteq[\vec a+\vec b, \vec a +\vec c, \vec b+\vec c].$$

Uvedené rovnosti sme nemuseli nevyhnutne uhádnuť - ak by sme na ne neprišli, tak by sme všetky koeficienty vedeli aj dopočítať.

Nad poľom $\mathbb Z_2$

Ak si zoberieme napríklad $\vec a=(1,0,0)$, $\vec b=(0,1,0)$, $\vec c=(0,0,1)$, tak môžeme ľahko skontrolovať, že
\begin{align*}
\vec x=\vec a+\vec b&=(1,1,0)\\
\vec y=\vec a+\vec c&=(1,0,1)\\
\vec z=\vec b+\vec c&=(0,1,1)
\end{align*}
sú lineárne závislé.

Dokonca pre ľubovoľné $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ máme, že platí
$$\vec x+\vec y+\vec z=\vec 0.$$
Ak si uvedomíme, že v o vektorovom priestore nad $\mathbb Z_2$ máme pre ľubovoľný vektor $\vec v$ rovnosť $\vec v+\vec v=\vec 0$, tak dostaneme
\begin{align*}
\vec x+\vec y+\vec z
&=(\vec a+\vec b)+(\vec a +\vec c)+(\vec b+\vec c)\\
&=(\vec a+\vec a)+(\vec b +\vec b)+(\vec c+\vec c)\\
&=\vec0+\vec0+\vec0=\vec0
\end{align*}
Čiže sme nulový vektor dostali ako lineárnu kombináciu vektorov $\vec x$, $\vec y$, $\vec z$, kde nie sú všetky koeficienty nulové (sú to jednotky).
Teda bez ohľadu na voľbu vektorov $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ sú vektory $\vec a+\vec b$, $\vec a +\vec c$, $\vec b+\vec c$ lineárne závislé.

Prečo nefunguje postup, ktorý fungoval pre $\mathbb R$?

Možno stojí za vyskúšanie vyriešiť tú istú sústavu, ktorú sme použili v časti a) -- tentokrát nad $\mathbb Z_2$.
Z toho dôvodu, aby bolo vidno, prečo rovnaký postup nefunguje aj v časti b).
Dostaneme, že $k_1=k_2=k_3=1$ tiež vyhovuje tejto sústave.
(Asi nie je ťažké si rozmyslieť, že postupy ktoré sme použili pre $\mathbb R$ zhavarujú na mieste, kde potrebujme deliť dvojkou. Ale aj tak je možno užitočné sa pozrieť na riešenia tej istej sústavy v $\mathbb Z_2$ a porovnať si ich s tým, čo sme napísali doteraz.)

Riadkové operácie
Niektorí z vás ste si napísali vektory $\vec x$, $\vec y$, $\vec z$ ako riadky do nejakej matice a robili riadkové úpravy.
Napríklad niečo takéto:
$\begin{pmatrix}
\vec a+\vec b \\
\vec a+\vec c \\
\vec b+\vec c \\
\end{pmatrix}\sim$ $
$\begin{pmatrix}
\vec a+\vec b \\
-\vec b+\vec c \\
\vec b+\vec c \\
\end{pmatrix}\sim$ $
$\begin{pmatrix}
\vec a+\vec b \\
-\vec b+\vec c \\
2\vec c \\
\end{pmatrix}\sim$ $
$\begin{pmatrix}
\vec a+\vec b \\
-\vec b+\vec c \\
\vec c \\
\end{pmatrix}\sim$ $
$\begin{pmatrix}
\vec a+\vec b \\
-\vec b \\
\vec c \\
\end{pmatrix}\sim$ $
$\begin{pmatrix}
\vec a \\
-\vec b \\
\vec c \\
\end{pmatrix}\sim$ $
$\begin{pmatrix}
\vec a \\
\vec b \\
\vec c \\
\end{pmatrix}$
Potom ste povedali, že matice sú riadkovo ekvivalentné, takže ak riadky jednej tvoria bázu, tak to platí aj pre riadky tej druhej matice.

Moja námietka voči takémuto postupu je táto:
Využívame niečo, čo sme dokázali pre matice.
Lenže teraz pracujeme s~ľubovoľným vektorovým priestorom nad $\mathbb R$; jeho prvky teda nemusia byť usporiadané $n$-tice.
Napríklad by mohli byť naše vektory nejaké tri funkcie -- niečo také, že v každom riadku mám napísanú nejakú funkciu asi nebudeme považovať za maticu.

Tento postup stále funguje - treba ale pridať zdôvodnenie. (na úpravy matíc by sme sa mohli odvolať iba vtedy, ak $V=\mathbb R^n$.)
Zdôvdodenenie ale nie je veľmi ťažké - a dokonca ho môžeme napísať skoro rovnako, ako sme zapísali v týchto úpravách.
Pokúsime sa rozmyslieť si, že platia takéto rovnosti:
$[\vec a+\vec b, \vec a+\vec c, \vec b+\vec c]=$ $
[\vec a+\vec b, -\vec b+\vec c, \vec b+\vec c]=$ $
[\vec a+\vec b, -\vec b+\vec c, 2\vec c]=$ $
[\vec a+\vec b, -\vec b+\vec c, \vec c]=$ $
[\vec a+\vec b, -\vec b, \vec c]=$ $
[\vec a, -\vec b, \vec c]=$ $
[\vec a, -\vec b, \vec c]$

Na rovnosť $[\vek s_k,\vek t_k,\vek u_k]=[\vek s_{k+1},\vek t_{k+1},\vek u_{k+1}]$ v $k$-tom kroku si stačí rozmyslieť, že každý z vektorov $\vek s_k,\vek t_k,\vek u_k$ je lineárnou kombináciou vektorov $\vek s_{k+1},\vek t_{k+1},\vek u_{k+1}$ a aj obrátene.
To pre túto postupnosť rovností, ktorú sme urobili, nie je ťažké. Vlastne opakujeme presne tie isté úvahy, ako sme robili pri overovaní, že ERO nemenia podpriestor generovaný riadkami matice.

Izomorfizmus

Iný možný argument by bol taký, že ak máme bázu $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$, tak vieme, že $\vec a\mapsto(1,0,0)$, $\vec b\mapsto(0,1,0)$, $\vec c\mapsto(0,0,1)$ nám dáva izomorfizmus medzi $V$ a $\mathbb R^3$.

Ak si rozmyslíme, že všetky vlastnosti o ktorých sa tu rozprávame, sa nepokazia pri izomorfizme - tak už stačí overiť túto vec pre $\vec a=(1,0,0)$, $\vec b=(0,1,0)$, $\vec c=(0,0,1)$.

Aby som na písomke takéto niečo uznal, tak by bolo treba naozaj mať nejaké zdôvodnenie, prečo riešiť túto úlohu všeobecne je v nejakom zmysle "to isté" ako riešiť ju pre tento špeciálny prípade. (Okrem toho bola dohoda, že na písomke by sa mali používať hlavne veci z kapitol, z ktorých sa písala písomka - toto bolo až neskôr.)

Ale nezávisle od toho, či nám to pomohlo na písomke alebo nie, je užitočné si uvedomiť takúto vec - že v mnohých situáciách viem namiesto overovania niečoho pre ľubovoľný konečnorozmerný priestor prejsť k tomu, že to isté tvrdenie overujem pre usporiadané $n$-tice. Konkrétne ak $\dim(V)=n$, tak $V\cong F^n$ - a ak sa pozerám na nejaké vlastnosti, ktoré sa zachovajú lineárnym izomorfizmom, tak je jedno či pracujem v jednom alebo v druhom priestore.