Matematické Fórum

↑ check_drummer:
To je myšlené tak, že se u vektorových prostorů vždy uvažuje komutativní těleso, nebo všechna tělesa jsou komutativní (protože to nejsou, třeba kvaterniony).

↑ check_drummer:

Anglický výraz "field" je v naší terminologii "pole", což je komutativní těleso. Pokud je v našich textech psáno "těleso", tak to komutativní být nemusí.

↑ check_drummer:

Tak definovat se to dá i nad nekonutativním tělesem (definovat se dá leccos). Jde o to, jestli by takový prostor k něčemu byl. Myslím, že nepřekonatelné problémy by byly už třeba s lineární kombinací.

Takže odpověď na otázku ↑ Kotletka: by asi byla: může, ale asi by k ničemu nebyl :-)

↑ check_drummer:

No právě že už by nebyl v pohodě ani násobek vektoru. Jesliže $2\cdot 3\cdot \overrightarrow{v}\ne 3\cdot 2\cdot \overrightarrow{v}$, tak by se s tím asi nic moc dělat nedalo.

↑ check_drummer:

Lineárně nezávislé by nebyly, ale ta nerovnost by asi vadila.  Až budu mít chvilku, zkusím vymyslet nějaký příklad (i když si nejsem jist, zda se mi to podaří :-)

↑ check_drummer:

Vektorový prostor nad nekomutativním tělesem může být pouze triviální, tj. může obsahovat pouze nulový vektor.

Důkaz: (sporem)

Jestliže T je nekomutativní těleso, pak existují prvky $a;b\in T-\{0\}$ tak, že $ab\ne ba$.

Uvažujme vektorový prostor nad takovým tělesem a předpokládejme, že v něm existuje nenulový vektor $\overrightarrow{u}$. Jeho skalární násobek $ab\cdot \overrightarrow{u}$, $a;b\in T-\{0\}$ označme $\overrightarrow{v}$. Máme

$\overrightarrow{v}=ab\cdot \overrightarrow{u}$       (1)
$a^{-1}\overrightarrow{v}=b\cdot \overrightarrow{u}$
$a^{-1}a\overrightarrow{v}=ba\cdot \overrightarrow{u}$
$\overrightarrow{v}=ba\cdot \overrightarrow{u}$       (2)

Odečtením (1)-(2) dostáváme

$\overrightarrow{0}=(ab-ba)\cdot \overrightarrow{u}$

Protože $ab\ne ba$ je $(ab-ba)\ne 0$, takže vektor $\overrightarrow{u}$ je nulový, což je spor.

Takže upřesňuji odpověď ↑ Kotletka:: Vekt. prostor nad nekomutativním tělesem být může, ale obsahoval by pouze nulový vektor.

↑ check_drummer:

Jeden z axiomů je $a(b\overrightarrow{u})=(ab)\overrightarrow{u}$. Takže když $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}$, musí být $a(b\overrightarrow{u})=(ab)\overrightarrow{v}$. V našem případě je $b=1$. A to, že lze násobit zleva i zprava, to

1) plyne z toho axiomu, protože prvkerm b násobíš zprava

2) to není vlastnost vektorového prostoru, protože násobíš skaláry. Takže je to vlastnost skalárů, tj. toho tělesa. Kdybys chtěl, aby to nešlo, musel bys to zakázat tomu tělesu. A to už by nebylo těleso, ale fakt dost exotická struktura. A za třetí už by to nebyl vekrorový prostor, protože $a(b\overrightarrow{u})=(ab)\overrightarrow{u}$ bys musel vyhodit.

↑ check_drummer:

Tobě není jasné, jak z rovnosti

$3\cdot \overrightarrow{v}=2\cdot \overrightarrow{u}$       (1)

plyne

$3\cdot 4\cdot \overrightarrow{v}=2\cdot 4\cdot \overrightarrow{u}$ ?

Tak  polož $\overrightarrow{v}=4\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{u}=4\overrightarrow{b}$

(substituce je ve vektorovém prostoru dovolena)

Dosaď do (1) (dosazování je dovoleno)

$3\cdot 4\cdot \overrightarrow{a}=2\cdot 4\cdot \overrightarrow{b}$

a vektory přejmenuj zpět (označování vektorů jinými písmenky je dovoleno rovněž)

↑ check_drummer:

Tak toto už fakt vzdávám.

Pochybovat o tom, že ke každému vektoru existuje jeho čtvrtina nebo čtyřnásobek, tak to už je fakt zu moc.

Když chceš o vektorovém prostoru diskutovat, měl bys o něm něco vědět.

Od ničeho pozornost neodvádím, jenom nerozumím řeči tvého kmene.

______________
Když pro všechna x platí x+2=x+1+1, tak z toho můžu odvodit x+3=x+1+1 a můžu přejmenovat x za y, a získáme platné tvrzení, že pro všechna y platí y+3=y+1+1+1, to je v pořádku.

Ale  když mám konkrétní číslo x:=1 a zavedu číslo y:=x-1 a dokážu, že y=0, tak to neznamená, že můžu zaměnit v poslední rovnosti x za y a získat tak že platí x=0
_____________

Za prvé tomu vůbec nerozumím a za druhé já o voze a ty o koze. Já přece nikde nemluvím o sčítání konkrétních čísel, ale o násobení libovolných vektorů.

Pokud pořád nevidíš, z čeho plyne tvrzení

$p\cdot \overrightarrow{v}=q\cdot \overrightarrow{u}\Rightarrow p\cdot (r\cdot \overrightarrow{v})=q\cdot (r\cdot \overrightarrow{u})$.

konkrétně např.

$3\cdot \overrightarrow{v}=2\cdot \overrightarrow{u}\Rightarrow 3\cdot (4\cdot \overrightarrow{v})=2\cdot (4\cdot \overrightarrow{u})$

pak bohužel nechápeš, že pokud jsou dva vektory v nějakém poměru, pak ve stejném poměru musí být i jejich dvojnásobky, trojnásobky, čtyřnásobky,  6.34573457 - násobky a obecně r-násobky. A je úplně jedno jestli jsou to objekty nad tělesem komutativním, anebo nekomutativním.

Je to úplně totéž, jako kvádr s poměrem hran 1:2:3. Ten poměr bude kupodivu stejný u kvádru s rozměry 1cm, 2 cm, 3cm, jakož u kvádru (1*100) cm; (2*100) cm; (3*100) cm,  u kvádru (1*5) stop; (2*5) stop; (3*5) stop, anebo u kvádru (5*1) stop; (5*2) stop; (5*3) stop. A je úplně jedno jestli se součiny 2*5 a 5*2 rovnají, anebo ne.

Pokud jsem to dostatečně nevysvětlil ani teď, lituji, ale na víc moje didaktické schopnosti nestačí.  Takže si klidně dál mysli, že jen odvádím pozornost, že ničemu nerozumím a že pravdu máš jako vždycky ty. Mně to nevadí.

Tím bych skončil, protože líp to fakt vysvětlit neumím.

↑ Brano:
Jsem rád, že si někdo dal tu práci.

Ale použití takového vektorového prostoru stejně bude trochu problematické a já si to úplně nedokážu představit. Buď bychom povolili násobit vektor číslem třeba jen zleva, nebo bychom museli uvažovat nějakou rozšířenou superpozici…

a keď nie je komutativita tak sa môže definovať j pravé aj ľavé násobenie skalárom a ako ďalší axióm
$$(\mathrm{\forall }\overrightarrow{v}\in \mathbb{V})(\mathrm{\forall }(a,b)\in {\mathbb{S}}^2)(\left(a\overrightarrow{v}\right)b=a\left(\overrightarrow{v}b\right))$$