Линейные пространства и линейные операторы - задачи с решениями

Решение:
Так как [tex]g[/tex] линейна, [tex]g(e_1+e_2)=g(e_1)+g(e_2)[/tex] и [tex]g(e_1+e_2+e_3)=g(e_1+e_2)+g(e_3)[/tex]. Поэтому
[tex]g(e_2)=-1-1=-2,\qquad g(e_3)=2-(-1)=3[/tex]
Ещё раз используя линейность, получаем
[tex]g(e_1+2e_2+3e_3)=g(e_1)+2g(e_2)+3g(e_3)=1+2\cdot (-2)+3\cdot 3=6[/tex]

Решение:
Множество решений однородной линейной системы с [tex]n[/tex] неизвестными — подпространство в [tex]\mathbb{R}^n[/tex] размерности [tex]n-r[/tex], где [tex]r[/tex] — ранг матрицы коэффициентов. Здесь [tex]n=7[/tex]: неизвестные [tex]x_1, x_2, x_3, x_4, x_6[/tex] не входят в уравнения, поэтому они свободные. Оба уравнения пропорциональны:
[tex]4x_5-10x_7=2(2x_5-5x_7),\qquad 6x_5-15x_7=3(2x_5-5x_7)[/tex]
поэтому система равносильна одному уравнению [tex]2x_5-5x_7=0[/tex] и [tex]r=1[/tex] (а не [tex]2[/tex]). Следовательно,
[tex]\dim U=7-1=6[/tex]
Базис [tex]U[/tex]: [tex]e_1, e_2, e_3, e_4, e_6[/tex] и [tex](0; 0; 0; 0; 5; 0; 2)[/tex].

Решение:
Любое подпространство содержит нулевой вектор [tex](0; 0)[/tex]. Подставим его:
[tex]U_1:\ 3\cdot 0+2\cdot 0=0\ne 1,\qquad U_4:\ 0\ne 3\cdot 0+2=2[/tex]
поэтому [tex]U_1[/tex] и [tex]U_4[/tex] не являются подпространствами (это прямые, не проходящие через начало координат).
[tex]U_2[/tex] — множество решений однородного уравнения [tex]3x-2y=0[/tex]. Если [tex](x_1; y_1)[/tex] и [tex](x_2; y_2)[/tex] принадлежат [tex]U_2[/tex], то для всех [tex]\alpha,\beta\in\mathbb{R}[/tex]
[tex]3(\alpha x_1+\beta x_2)-2(\alpha y_1+\beta y_2)=\alpha(3x_1-2y_1)+\beta(3x_2-2y_2)=0[/tex]
т.е. [tex]U_2[/tex] замкнуто относительно линейных комбинаций и является подпространством. Для [tex]U_3[/tex] упростим уравнение:
[tex]4y+2=2x+2\iff x-2y=0[/tex]
Это уравнение снова однородное, поэтому так же [tex]U_3[/tex] — подпространство (прямая через начало координат с направляющим вектором [tex](2; 1)[/tex]). Следовательно, подпространствами являются ровно [tex]U_2[/tex] и [tex]U_3[/tex].

Решение:
Процесс Грама — Шмидта даёт
[tex]v_1=a_1,\quad v_2=a_2-\frac{\langle a_2,v_1\rangle}{\langle v_1,v_1\rangle}v_1,\quad v_3=a_3-\frac{\langle a_3,v_1\rangle}{\langle v_1,v_1\rangle}v_1-\frac{\langle a_3,v_2\rangle}{\langle v_2,v_2\rangle}v_2[/tex]
Сначала [tex]v_1=(1; 0; 1)[/tex] и [tex]\langle v_1,v_1\rangle=2[/tex]. Так как [tex]\langle a_2,v_1\rangle=-1+0-1=-2[/tex],
[tex]v_2=(-1; 1; -1)-\frac{-2}{2}(1; 0; 1)=(0; 1; 0),\qquad \langle v_2,v_2\rangle=1[/tex]
Далее [tex]\langle a_3,v_1\rangle=2+0+1=3[/tex] и [tex]\langle a_3,v_2\rangle=1[/tex], откуда (нельзя забывать проекцию на [tex]v_2[/tex])
[tex]v_3=(2; 1; 1)-\frac{3}{2}(1; 0; 1)-(0; 1; 0)=\left(\frac{1}{2}; 0; -\frac{1}{2}\right)[/tex]
Проверка: [tex]\langle v_1,v_2\rangle=0[/tex], [tex]\langle v_1,v_3\rangle=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0[/tex], [tex]\langle v_2,v_3\rangle=0[/tex].

Решение:
Шаг [tex]1[/tex]: [tex]0v=\vec{0}[/tex] для любого [tex]v\in V[/tex]. Так как [tex]0=0+0[/tex] в [tex]K[/tex], по дистрибутивности относительно сложения скаляров
[tex]0v=(0+0)v=0v+0v[/tex]
Прибавим к обеим частям противоположный вектор [tex]-(0v)[/tex] и воспользуемся ассоциативностью и аксиомами [tex]w+(-w)=\vec{0}[/tex], [tex]w+\vec{0}=w[/tex]:
[tex]\vec{0}=0v+(-(0v))=(0v+0v)+(-(0v))=0v+\left(0v+(-(0v))\right)=0v+\vec{0}=0v[/tex]
Шаг [tex]2[/tex]: по аксиоме [tex]1v=v[/tex], дистрибутивности и шагу [tex]1[/tex]
[tex]v+(-1)v=1v+(-1)v=\left(1+(-1)\right)v=0v=\vec{0}[/tex]
т.е. [tex](-1)v[/tex] — вектор, противоположный [tex]v[/tex].
Шаг [tex]3[/tex]: противоположный вектор единствен. Если [tex]v+w=\vec{0}[/tex] и [tex]v+w'=\vec{0}[/tex], то по аксиомам (коммутативность, ассоциативность, нулевой вектор)
[tex]w=w+\vec{0}=w+(v+w')=(w+v)+w'=\vec{0}+w'=w'+\vec{0}=w'[/tex]
Применяя это к [tex]w=(-1)v[/tex] и [tex]w'=-v[/tex], получаем [tex](-1)v=-v[/tex].