利用 vector space 的性質 (4), 我們知道存在 w

2.2. Vector Space 的定義及其基本性質 25

例如, 在 Question 2.1 中我們利用 R² 加法的定義說明 vector space 性質 (3) 中 0 是唯 一的而 (4) 中若給定 u, 則反向量 u^′ 也是唯一的. 這兩個唯一性, 事實上不需要知道向量的 加法如何定義, 直接用 vector space 的性質就可以證明, 也就是說這個結果對一般的 vector space 都成立. 首先我們看以下之定理.

Proposition 2.2.2. 假設 V 為 vector space, 且 u, v, w∈ V. 若 u + w = v + w, 則 u = v.

Proof. 利用 vector space 的性質 (4), 我們知道存在 w^′ ∈ V 滿足 w + w^′ = 0. 然 而 由 u + w = v + w 知 (u + w) + w^′ = (v + w) + w^′. 左 式 由 性 質 (2),(3) 可 得 (u + w) + w^′ = u + (w + w^′) = u + 0 = u. 同 理 右 式 可 得 (v + w) + w^′ = v + (w + w^′) = v + 0 = v, 得 證

u = v. 

Proposition 2.2.2 告訴我們以後在 vector space 處理向量加法問題時, 可以自然地像處 理實數一樣使用消去法. 利用這個結果, 我們可以用來處理上述零向量以及反向量的唯一性.

Corollary 2.2.3. 假設 V 為 vector space, 則在 V 中存在唯一的向量 0 滿足對任意 u∈ V 皆有 0 + u = u. 另外, 給定 u∈ V, 存在唯一的 u^′∈ V 滿足 u + u^′= 0.

Proof. 首先證明 0 是唯一的. 假設 0^′ 也滿足 (3) 的性質, 即對任意 u∈ V 皆有 0^′+ u = u.

因此任取 u∈ V, 我們有 0 + u = u = 0^′+ u, 故由 Proposition 2.2.2 知 0 = 0^′, 得證唯一性.

另 一 方 面, 給 定 u∈ V, 若 u^′, u^′′ 皆 滿 足 (4) 的 性 質, 即 u + u^′ = u + u^′′= 0. 故 由 Proposition 2.2.2 知 u^′′= u^′, 得證唯一性.  既然 0 是唯一的, 以後就用 0 這個專屬的符號來表示 V 中唯一符合 0 + u = u, ∀u ∈ V 的這個元素, 且稱之為 V 的 additive identity 或依慣例稱之為 zero vector. 又給定 u∈ V, 存 在唯一的 u^′ 使得 u + u^′= 0, 依慣例我們以後就用 −u 來表示這一個唯一的 u^′, 且稱之為 u 的 additive inverse. 而 u 和 v 的 additive inverse−v 相加, 即 u + (−v), 我們就用 u − v 來 表示.

Question 2.2. 假設 V 為 vector space. 試證明對任意 v∈ V 皆有 −(−v) = v.

接著我們要再強調的是, 雖然在性質 (3) 中提到 0 是必須滿足對所有 u∈ V 皆有 0 + u = u 才可以 (事實上 Proposition 2.2.2 的證明需用到對所有 u 皆對才可以), 也就是說 依定義要驗證對所有 u∈ V 皆有 w + u = u, 才能確定 w 是零向量. 不過當我們確定 V 是 vector space 之後, 就可利用 Corollary 2.2.3, 知道只要有一個 u∈ V, 會使得 w + u = u, 就 可以認定 w = 0 了. 利用這一個唯一性, 我們可以推得許多有關於 0 的性質. 為了方便起見, 我們列出以下的結果.

Proposition 2.2.4. 假設 V 為 vector space over F, 我們有以下之結果.

(1) 若對於 w∈ V 存在 u ∈ V 使得 w + u = u, 則 w = 0.

(2) 對任意 v∈ V 皆有 0v = 0.

(3) 對任意 r∈ F 皆有 r0 = 0.

26 2. Vector Spaces

(4) 對任意 r∈ F,v ∈ V 皆有 (−1)(rv) = −(rv) = r(−v).

Proof. (1) 由於 w 和 0 皆滿足 w + u = u = 0 + u, 故利用 Proposition 2.2.2 推得 w = 0.

(2) 要證明 0v = 0, 利用 (1), 我們只要檢查是否存在 u∈ V 使得 0v + u = u. 事實上, 若 考慮 u = v 的情形, 此時因 v = 1v, 故 0v + v = 0v + 1v = (0 + 1)v = 1v = v. 故得證 0v = 0.

(3) 同理, 利用 (1), 我們考慮 u = r0 的情況, 此時 r0 + u = r0 + r0 = r(0 + 0) = r0 = u, 得 證 r0 = 0.

(4) 這裡要證明的是 (−1)(rv) 和 r(−v) 都是 rv 的 additive inverse (反向量). 由 Corollary 2.2.3 我們知到只要驗證它們是否加上 rv 都會是 0 即可. 然而由 (2) 我們有

(−1)(rv) + rv = (−1)(rv) + 1(rv) = (−1 + 1)(rv) = 0(rv) = 0.

由 (3) 我們有

r(−v) + rv = r(−v) + r(v) = r(−v + v) = r(0) = 0.

因此得證 (−1)(rv) = −(rv) = r(−v). 

由 Proposition 2.2.4 我們知當 r = 0 或 v = 0 時會有 rv = 0, 但若 r̸= 0 且 v ̸= 0, 是 否有可能 rv = 0 呢? 答案是不可能. 這是因為若 rv = 0, 首先由 r̸= 0 且 F 是一個 field, 我們知道存在 r^′∈ F 滿足 r^′r = 1. 因此可以考慮 r^′ 乘上 rv 由 Proposition 2.2.4 (3) 得到 r^′(rv) = r^′0 = 0. 然而由 vector space 運算性質 (5), (6) 我們有 r^′(rv) = (rr^′)v = 1v = v. 也就 是說 v = 0, 此與假設 b̸= 0 相矛盾, 故知 rv 絕對不會是 0.

Question 2.3. 假設 V 為 vector space over F.

(1) 已知 v∈ V 且 v ̸= 0. 試證明若 r,s ∈ F 且 rv = sv, 則 r = s.

(2) 已知 r∈ F 且 r ̸= 0. 試證明若 u,v ∈ V 且 ru = rv, 則 u = v.

利用以上結果證明若 V 是 vector space overR 且 V 中有非零元素, 則 V 有無窮多個元素.

總而言之, vector space 中所要求加法及係數積的 8 項性質, 就是要確保一個 vector space 中的元素運算都可像實數一般處理. 例如, 我們可以如實數一樣引用 “減法” 的符號, 也就是說將 w + (−v) 寫成 w − v. 如此一來以後我們在一些等式的推演時就直接沿用大家 習慣的「移項」的說法. 例如 2u + v = w, 我們就直接移項且乘以 1/2 得 u =¹₂(w− v).

接下來我們看一些有關 vector space 的例子.

Example 2.2.5. (A) 考慮 S 為所有次數等於 2 的有理係數多項式所成的集合. 對 S 中兩 多項式 f (x) = ax²+ bx + c, g(x) = a^′x²+ b^′x + c^′ 我們定義

f (x) + g(x) = (a + a^′)x²+ (b + b^′)x + (c + c^′).

S 在這加法定義下並無封閉性. 例如 f (x) = x²+ 2x + 1∈ S 且 g(x) = −x²∈ S, 但 f (x)+g(x) = 2x + 1̸∈ S. 所以在此加法下 S 不是 vector space. 現考慮 P2(Q) 為次數小於等於 2 的 有理係數多項式所成的集合. 利用剛才的加法定義, 我們可得這個加法對 P₂(Q) 有封 閉性. 另外若對任意實數 r∈ R, 我們定義 r 對 f (x) = ax²+ bx + c∈ P2(Q) 的係數積為

2.2. Vector Space 的定義及其基本性質 27

r· f (x) = (ra)x²+ (rb)x + (rc). 在此定義之下實數對 P₂(Q) 的係數積並無封閉性, 例如√ 2 乘 上 P₂(Q) 的元素 x²+ x + 1 會是 √

2x²+√ 2x +√

2 就不再是 P2(Q) 的元素, 所以在此定義之 下 P₂(Q) 也不是 over R 的 vector space. 不過若同樣的定義考慮有理數 Q 對 P2(Q) 的係數 積, 則會符合封閉性. 所以我們可以考慮 P₂(Q) 是否是 vector space over Q. 事實上我們很 容易驗證此時的加法與係數積會符合 vector space 的 8 個性質, 所以在此定義之下 P₂(Q) 確實是 vector space overQ. 同樣的若 n 是正整數, 若令 Pn(F) 為次數小於 n 且係數在 F 的 多項式所成的集合, 利用上述加法及係數積的定義, 我們可得 P_n(F) 是一個 over F 的 vector space.

(B) 對任意的 field F, 考慮 P(F) 為所有以 F 的元素為係數的多項式所成的集合. 利 用如 (A) 中定義多項式的加法與係數積, 我們可以證明 P(F) 為 vector space. 首先若 f (x) = anxⁿ+··· + a1x + a0, g(x) = bmx^m+··· + b1x + b0∈ P(F), 其中 m ≤ n, 則我們可以將 g(x) 寫成 g(x) = b_nxⁿ+··· + bmx^m+··· + b1x + b₀, 其中 b_n= b_n−1=··· = bm+1= 0. 為了方便 起見雖然多項式的次數可能不同, 以後我們都用這種方式將它們補成相同次數再相加. 所以 我們可以將 f (x) + g(x) 的定義寫成 f (x) + g(x) =∑ⁿi=0(ai+ bi)xⁱ. 而對於 r∈ F, 係數積 r f (x) 的定義為 r f (x) =∑ⁿi=0(ra_i)xⁱ. 利用這個定義以及 F 是 field 的假設, 我們知道在此定義之下 加法和係數積確為 P(F) 中的運算 (有封閉性). 接著我們要一一檢查是否符合 vectors space 的 8 項運算規則.

(1) 對任意 f (x) =∑ⁿi=0aixⁱ, g(x) =∑ⁿi=0bixⁱ∈ P(F) 我們有 f (x) + g(x) =

∑

(a_i+ b_i)xⁱ=

∑

(b_i+ a_i)xⁱ= g(x) + f (x).

(2) 對任意 f (x) =∑ⁿi=0a_ixⁱ, g(x) =∑ⁿi=0b_ixⁱ, h(x) =∑ⁿi=0c_ixⁱ∈ P(F) 我們有 ( f (x) + g(x)) + h(x) =

∑

(ai+ bi)xⁱ+

∑

cixⁱ=

∑

((ai+ bi) + ci)xⁱ,

f (x) + (g(x) + h(x)) =

∑

a_ixⁱ+

∑

(b_i+ c_i)xⁱ=

∑

(a_i+ (b_i+ c_i))xⁱ.

由於 (a_i+ b_i) + c_i= a_i+ (b_i+ c_i), 故得證 ( f (x) + g(x)) + h(x) = f (x) + (g(x) + h(x)).

(3) 考慮零多項式 g(x) = 0 =∑ⁿi=0b_ixⁱ∈ P(F), 其中 bi= 0, ∀i = 0,1,...,n. 此時對任意 f (x) =∑ⁿi=0a_ixⁱ∈ P(F), 可得

f (x) + g(x) =

∑

(ai+ bi)xⁱ=

∑

aixⁱ= f (x).

(4) 給定 f (x) =∑ⁿi=0aixⁱ∈ P(F), 我們考慮 h(x) = ∑ⁿi=0(−ai)xⁱ∈ P(F), 則 f (x) + h(x) =

∑

(a_i− ai)xⁱ=

∑

0xⁱ= 0.

(5) 對任意 f (x) =∑ⁿi=0a_ixⁱ∈ P(F), 皆有 1 f (x) =

∑

(1a_i)xⁱ=

∑

aixⁱ= f (x).

28 2. Vector Spaces

(6) 對任意 r, s∈ R 以及 f (x) = ∑ⁿi=0a_ixⁱ∈ P(F), 我們有 r(s f (x)) = r(

∑

(sa_i)xⁱ) =

∑

(r(sa_i))xⁱ=

∑

((rs)a_i)xⁱ= (rs)

∑

aixⁱ= (rs) f (x).

(7) 對任意 r, s∈ R 以及 f (x) = ∑ⁿi=0a_ixⁱ∈ P(F), 皆有 (r + s) f (x) =

∑

((r + s)a_i)xⁱ=

∑

(ra_i+ sa_i)xⁱ=

∑

(ra_i)xⁱ+

∑

(sa_i)xⁱ= r f (x) + s f (x).

(8) 對任意 r∈ R 以及 f (x) = ∑ⁿi=0aixⁱ, g(x) =∑ⁿi=0bixⁱ∈ P(F) 皆有 r( f (x) + g(x)) = r(

∑

(ai+ bi)xⁱ) =

∑

(r(ai+ bi))xⁱ=

∑

(rai+ rbi)xⁱ= r f (x) + rg(x).

因為 P(F) 的加法與 F 的係數積符合 vector space 的 8 項運算規則, 所以在這個加法與係數 積的運算之下 P(F) 是一個 vector space over F. 例如所有有理係數多項式所成的集合 P(Q) 就是一個 over Q 的 vector space, 而實係數多項式所成的集合 P(R) 就是一個 vector space overR. 有趣的是 P(R) 也是一個 vector space over Q, 大家想想看為什麼.

(C) 給定任意 n∈ N, 以及一個 field F. 我們令 Fⁿ={(a1, . . . , an) : ai∈ F}. 我們沿用 R² 中向量的加法及係數積來定義 Fⁿ 中向量的加法以及係數積. 令 u = (a₁, . . . , a_n), v = (b₁, . . . , b_n)∈ Fⁿ 以及 r∈ F. 我們定義

u + v = (a₁+ b1, . . . , an+ bn) and ru = (ra1, . . . , ran).

依此定義我們很容易驗證此加法和係數積運算在Fⁿ 是封閉的, 而且符合 vector space 的 8 項運算規則, 所以在這個加法與係數積的運算之下Fⁿ 是一個 vector space overF. 同樣的考 慮所有 entry 皆為 F 中元素的 m × n 矩陣所成的集合 Mm,n(F) 利用一般矩陣的加法及係數 積, 我們也可驗證 M_m,n(F) 是一個 vector space over F.

(D) 給定一非空集合 S 以及 field F, 我們令 F(S,F) 表示所有定義域是 S 且對應域 是 F 的函數所成的集合. 現若 f ,g ∈ F(S,F), 表示對任意 s ∈ S, f (s),g(s) 都會是 F 中的 元素. 所以我們定義 f + g 為定義域是 S 且對應域是 F 的函數, 其定義為 f + g 在任意 s∈ S 的取值為 f (s) + g(s). 亦即 ( f + g)(s) = f (s) + g(s),∀s ∈ S. 對任意 c ∈ F 我們也定義 c f 為定義域是 S 且對應域是 F 的函數, 其定義為 c f 在任意 s ∈ S 的取值為 c · f (s). 亦即 (c f )(s) = c· f (s),∀s ∈ S. 由於在此定義之下 f + g 和 c f 仍然在 F(S,F) 中, 所以此加法和係 數積運算在 F(S,F) 是封閉的. 我們可以驗證這兩種運算也符合 vector space 的 8 項運算規 則, 所以在這個加法與係數積的運算之下 F(S,F) 是一個 vector space over F.

Question 2.4. 依照 Example 2.2.5 (D) 的定義, 試說明 F(R,R), F(R,Q), F(Q,Q) 以及 F(Q,R) 中那些是 vector space over R? 哪些是 vector space over Q?

———————————– 27 September, 2018