|
Даны 7 аксиом векторного пространства. Доказать, что некоторая аксиома является зависимой от других (то есть аксиома не нужна, она выражается через другие), кроме аксиомы х+y = y+x (ее я доказывал). Либо придумать пример, что все аксиомы выполняются а другие нет. (то есть ее нельзя выразить через другие). Например, 1*x = x - легко придумать пример. Известно, что легче придумать контрпример (например, к этому - х + 0 = x). Потому что независимых аксиомы вроде только 2 (1 я назвал, а вторую не знаю, но знаю что она есть). задан 12 Май '14 7:25 
fred
показано 5 из 8
показать еще 3
|
|
Я так понимаю, имелась в виду аксиома о существовании противоположных элементов, то есть нулевой вектор уже имеется, и тождество $%x+0=x$% верно, но при этом надо, чтобы не всякий элемент обладал противоположным. Такой пример построить можно. Рассмотрим коммутативную полугруппу $%V$% из четырёх элементов: $%V=\{0,x,y,z\}$%, где операция сложения задана так: $%x+y=y+x=z$%, $%x+z=z+x=y+z=z+y=z$%. Элемент $%0$% является нейтральным относительно этой операции, и все элементы являются идемпотентными относительно этой операции, то есть $%v+v=v$% для всех $%v\in V$%. Легко проверить, что это полугруппа, и ясно, что она не является группой (у элемента $%x$% нет противоположного). Умножение на скаляр зададим правилом $%\lambda\cdot v=v$% для всех $%\lambda$% из поля скаляров и для всех $%v\in V$%. Очевидно, что при этом будут выполняться все 4 аксиомы, относящиеся к умножению на скаляр. О других аксиомах можно будет что-то сказать чуть позже. Пока надо заметить, что аксиома существования нулевого вектора не может рассматриваться в отрыве от остальных аксиом, так так в формулировке аксиомы о противоположных элементах фигурирует нулевой вектор. Если мы хотим уменьшить число аксиом, скажем, до шести, то это сделать можно, но надо сделать некоторые переформулировки. Тогда уже будет возможность в полной мере говорить о независимости. Добавление. Вот пример, когда все законы выполнены кроме закона ассоциативности. Положим $%V=\{0,x,y,z\}$%, где $%0$% -- нейтральный элемент, а сумма любых двух ненулевых равна нулю. Тогда $%(x+y)+z=z\ne x=x+(y+z)$%. Противоположным для каждого элемента будет он сам. В качестве поля скаляров берём поле из двух элементов, а умножение на скаляр определяем как $%0\cdot v=0$%, $%1\cdot v=v$%. И заодно пример с нарушением одного закона: $%(\lambda+\mu)\cdot v=\lambda\cdot v+\mu\cdot v$%. В качестве $%V$% берём $%\mathbb R$%, а умножение на скаляр задаём формулой $%\lambda\cdot v=\lambda^2v$%. Легко видеть, что все законы выполнены кроме одного указанного. Другие примеры потом можно будет добавить. отвечен 12 Май '14 16:52 
falcao А вообще хорошая попытка, спасибо.
(13 Май '14 15:13)
fred
@fred: да, конечно, Вы правы! Я не те равенства записал, которые были нужны. У меня замысел был такой: взять идемпотентные элементы x,y, а также их сумму z=x+y. Но тогда z поглощает все элементы. Это уже будет полугруппа. Я сейчас внесу исправления.
(13 Май '14 17:55)
falcao
Для примера на выполнение всех законов кроме ассоциативности закон (x + y)V = xV + yV выполнен не будет (V !=0)
(13 Май '14 21:55)
fred
|
|
Этот вопрос мне тоже интересен (давно). 8 обычных аксиом векторного пространства V над полем F: даны операции x+y, 0, -x, ax, где x,y принадлежат V, a принадлежит F, V1 (x+y)+z=x+(y+z), V2 x+0=0+x=x, V3 x+(-x)=(-x+x)=x, V4 x+y=y+x, V5 a(x+y)=ax+ay, V6 (a+b)x=ax+bx, V7 (ab)x=a(bx), V8 1x=x, где 1 - единица поля F. V4 зависима; остальные независимы в системе аксиом V1-V8. Простой модели для доказательства независимости V5 не знаю. Интересно, что V2&V3 эквивалентно аксиоме V9 0x=0y. Можно найти работу с доказательством системы аксиом V1, V5-V6, V9. Однако, отсюда еще не следует независимость V5 в системе аксиом V1-V8. отвечен 15 Янв '17 0:55 
Rif |
|
Для независимости V5 можно взять такой пример: $%V$% -- множество пар комплексных чисел с поэлементной операцией сложения, $%F$% -- поле комплексных чисел. Внешнее умножение определим так: если $%z_1\neq 0,$% то $%a\circ(z_1,z_2)=(az_1,az_2);$% если $%z=0,$% то $%a\circ(0,z_2)=(0,\bar{a} z_2),$% где $%\bar{a}$% -- комплексно сопряженное к $%a.$% отвечен 4 Май '17 0:32 
userded |
А какие именно 7 аксиом рассматриваются? Обычно берётся "комплект" из 8 аксиом: 4 аксиомы абелевой группы, умножение на 1, умножение на $%\alpha\beta$%, и две аксиомы, по форме напоминающие дистрибутивный закон. Насколько я помню, каждая из них независима от остальных, то есть везде строятся контрпримеры.
Да, именно эти аксиомы. Прошу построить контрпример.
А почему Вы тогда сказали, что аксиом 7, а не 8? Или имелось в виду, что выделяется одна из аксиом, и надо доказать или опровергнуть тот факт, что она выводится из остальных семи?
Контрпример тут нужен не один, а целых 8, потому что для каждой из аксиом независимость доказывается отдельно. Некоторые из примеров строятся легко, но в целом это задание достаточно "хлопотное".
Контр-пример показывает, что выполняются все 7 аксиом, а одна не выполняется. Это и будет означать что она независима. Мне достаточно если вы придумаете хотя бы один контр-пример. Не сказал бы, что они строятся легко. Скорее всего, на пространстве придется самому особым образом задать операции. Но если легко, продемонстрируйте.
Я сказал 7 , потому что одну я доказывал, что первая (коммутативность +) выводится из других. То есть, по сути всего аксиом - 7. Она выделена отдельно лишь для удобства.
А как Вам удалось вывести коммутативность из других аксиом? У меня было ощущение, что этого сделать нельзя.
Вообще-то такой вывод возможен: из аксиом следует, что 2a=a+a, и тогда 2(a+b)=2a+2b превращается в a+b+a+b=a+a+b+b, откуда при наличии вычитания выводится коммутативность сложения.
К каким из аксиом тогда в первую очередь интересуют примеры, обосновывающие их независимость?
Ну вот, ближе к делу :). Конечно ваш вывод нужно тщательно проработать, но в целом ход верен. Я знаю что выводятся только 2. Остальные независимы. Учитель сказал, что проще всего придумать контр-пример к этой аксиоме: - х + 0 = x (существование противоположного элемента относительно сложения). Но вот как, я не могу придумать.