"Лишняя" аксиома линейного пространства

[venco]

Maslov в сообщении #563061 писал(а):

venco в сообщении #563054 писал(а):

И этого недостаточно.
Откуда следует, что $0\cdot \bar a = 0\cdot \bar b$?

По-моему, достаточно. Если докажем существование обратного элемента, то единственность нуля выводится из остальных аксиом.

Дык, mustitz как раз существование обратного элемента и пытался доказать.

[Maslov]

venco в сообщении #563067 писал(а):

Дык, mustitz как раз существование обратного элемента и пытался доказать.

Ну да. Чтобы закончить его доказательство, осталось убедиться, что $0 \cdot \bar a = \bar 0$

[venco]

Maslov в сообщении #563069 писал(а):

venco в сообщении #563067 писал(а):

Дык, mustitz как раз существование обратного элемента и пытался доказать.

Ну да. Чтобы закончить его доказательство, осталось убедиться, что $0 \cdot \bar a = \bar 0$

Как?

[Maslov]

venco в сообщении #563073 писал(а):

Как?

Дык в этом и вопрос.

[lemanat]

Цитата:

единственность нуля выводится из остальных аксиом.

Единственность нуля вообще не входит в эти аксиомы, это уже теорема, и с ней проблем нет.

Цитата:

откуда взялось такое задание?

от преподавателя всему курсу, "на засыпку". Не думаю, что это развод - он говорил, что ему один студент доказал когда-то давно.

Цитата:

Хм. То есть если я умножу положительное действительное число на какое-то произвольное действительное число, я непременно получу положительное действительное число? Ну, по свойству замкнутости умножения на число?

На мой взгляд, не обязательно получите положительное действительное число, т.к. умножение, например, на -1 не отменяет линейности; важно то, что полученный элемент будет тоже принадлежать данному линейному пространству.
Условия в алгебраической форме:
1) $\forall a,b \in L \; \; (a+b) \in L$
2) $\forall a \in L \forall \alpha \in R (\alpha \cdot a \in L)$
3) выполняются аксиомы (см. выше)

умножение на ноль не задано. ясно только, что если умножим любой элемент линейного пространства на ноль, получим элемент того же пространства.

[AV_77]

Можно убрать коммутативность сложения векторов.

[Maslov]

AV_77 в сообщении #563093 писал(а):

Можно убрать коммутативность сложения векторов.

А подробнее можно?

[venco]

lemanat в сообщении #563082 писал(а):

Цитата:

откуда взялось такое задание?

от преподавателя всему курсу, "на засыпку". Не думаю, что это развод - он говорил, что ему один студент доказал когда-то давно.

И сгинуло это знание во тьме веков...
Гонит он. Или нерюх.

[AV_77]

Maslov в сообщении #563095 писал(а):

А подробнее можно?

$a + b + a + b = (1 + 1)(a + b) = a + a + b + b$.
И осталось сократить на $a$ слева и $b$ справа.

[venco]

AV_77 в сообщении #563100 писал(а):

Maslov в сообщении #563095 писал(а):

А подробнее можно?

$a + b + a + b = (1 + 1)(a + b) = a + a + b + b$.
И осталось сократить на $a$ слева и $b$ справа.

А кто вам обещал, что сокращать можно?

[AV_77]

venco в сообщении #563101 писал(а):

AV_77 в сообщении #563100 писал(а):

Maslov в сообщении #563095 писал(а):

А подробнее можно?

$a + b + a + b = (1 + 1)(a + b) = a + a + b + b$.
И осталось сократить на $a$ слева и $b$ справа.

А кто вам обещал, что сокращать можно?

Так противоположные есть по 4-й аксиоме.

[Maslov]

AV_77 в сообщении #563100 писал(а):

И осталось сократить на $a$ слева и $b$ справа.

Откуда следует возможность сокращения?

Только имейте в виду, ТС, задавая аксиомы, постулировал существование левого нейтрального и правого обратного элементов

lemanat в сообщении #563027 писал(а):

3. $\exists 0\in L : \forall a \in L \; \; 0+a=a$ (существование нулевого элемента)
4. $\forall a \in L \; \; \exists -a \in L : a+(-a)=0$ (существование противоположного элемента)

-- Пн апр 23, 2012 20:20:50 --

AV_77 в сообщении #563102 писал(а):

Так противоположные есть по 4-й аксиоме.

И что? Как сократимость-то доказать?

[venco]

Maslov в сообщении #563104 писал(а):

Только имейте в виду, ТС, задавая аксиомы, постулировал существование левого нейтрального и правого обратно элементов

Именно. Придётся вводить два нуля и два обратных элемента. А их равенство следует как раз из коммутативности сложения.

[Maslov]

AV_77, чтобы доказать возможность сокращать слева и справа, надо доказать следующее:
$a+b=a+c \Rightarrow b = c$
$b+a=c+a \Rightarrow b = c$

[Someone]

Коммутативность сложения векторов слишком во многих местах используется. Без неё вряд ли докажете единственность нулевого вектора (известное мне доказательство выглядит так: $\vec 0_1=\vec 0_2+\vec 0_1=\vec 0_1+\vec 0_2=\vec 0_2$; аксиома нулевого элемента используется в виде $\vec 0+\vec a=\vec a$), единственность противоположного элемента.

Я тоже слышал, что список из 8 аксиом является избыточным, но не знаю, что лишнее.

Пока писал, тут уже куча сообщений появилась...