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20 KiB
Typst
#import "@preview/cetz:0.4.0"
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#import "@preview/cetz-plot:0.1.2": plot
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#import "../styles.typ": exercise_sol, note, tab, ploting-styles, math_numbering
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#import "../math.typ": ii, span
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#exercise_sol(type: "answer")[
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对于 $FF^3$ 的下列各个子集，判断其是否是 $FF^3$ 的子空间：
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#set enum(numbering: "(a) ") // 与原书一致
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+ ${(x_1,x_2,x_3) in FF^3 : x_1+2x_2+3x_3=0}$
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+ ${(x_1,x_2,x_3) in FF^3 : x_1+2x_2+3x_3=4}$
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+ ${(x_1,x_2,x_3) in FF^3 : x_1x_2x_3=0}$
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+ ${(x_1,x_2,x_3) in FF^3 : x_1=5x_3}$
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][
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方便起见，将这四个集合分别记作 $S_1, S_2, S_3, S_4$。为了验证它们是否是 $FF^3$ 的子空间，我们需要验证它们是否满足子空间的条件（原书定理1.34）。
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#tab 对于 $S_1$，我们验证以下三个条件：
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/ 加法单位元: $0 in S_1$。 \
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证明：注意到 $0 + 2 dot 0 + 3 dot 0 = 0$，故 $0 in S_1$。
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/ 加法封闭性: $u,w in S_1$ 意味着 $u+w in S_1$。 \
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证明：设 $u = (u_1, u_2, u_3)$，$w = (w_1, w_2, w_3)$，则 $u+w = (u_1+w_1, u_2+w_2, u_3+w_3)$。由于 $u_1 + 2u_2 + 3u_3 = 0$ 且 $w_1 + 2w_2 + 3w_3 = 0$，因此
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$ (u+w)_1 + 2(u+w)_2 + 3(u+w)_3
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&= (u_1+w_1) + 2(u_2+w_2) + 3(u_3+w_3) \
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&= (u_1+2u_2+3u_3) + (w_1+2w_2+3w_3) \
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&= 0 + 0 = 0 $
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故 $u+w in S_1$。
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/ 数乘封闭性: $a in FF$ 且 $u in S_1$ 意味着 $a u in S_1$。 \
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证明：设 $u = (u_1, u_2, u_3)$，则 $a u = (a u_1, a u_2, a u_3)$。由于 $u_1 + 2u_2 + 3u_3 = 0$，因此
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$ (a u)_1 + 2(a u)_2 + 3(a u)_3
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&= a u_1 + 2 a u_2 + 3 a u_3 \
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&= a (u_1 + 2u_2 + 3u_3) \
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&= a dot 0 = 0 $
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故 $a u in S_1$。
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#tab 综上所述，$S_1$ 是 $FF^3$ 的子空间。
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#tab 对于 $S_2$，注意到 $0 + 2 dot 0 + 3 dot 0 = 0 != 4$，故 $0 in.not S_2$。这违反了“加法单位元”的要求，说明 $S_2$ 不是 $FF^3$ 的子空间。
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#tab 对于 $S_3$，取 $u = (1,1,0) in S_3$，$v = (0, 0, 1) in S_3$，注意到 $u+v=(1,1,1) in.not S_3$，这违反了“加法封闭性”的要求，说明 $S_3$ 不是 $FF^3$ 的子空间。
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#tab 对于 $S_4$，我们验证以下三个条件：
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/ 加法单位元: $0 in S_4$。 \
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证明：注意到 $0 = 5 dot 0$，故 $0 in S_4$。
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/ 加法封闭性: $u,w in S_4$ 意味着 $u+w in S_4$。 \
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证明：设 $u = (u_1, u_2, u_3)$，$w = (w_1, w_2, w_3)$，则 $u+w = (u_1+w_1, u_2+w_2, u_3+w_3)$。由于 $u_1 = 5 u_3$ 且 $w_1 = 5 w_3$，因此
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$ u_1 + w_1 = 5 u_3 + 5 w_3 = 5(u_3 + w_3) $
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故 $u+w in S_4$。
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/ 数乘封闭性: $a in FF$ 且 $u in S_4$ 意味着 $a u in S_4$。 \
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证明：设 $u = (u_1, u_2, u_3)$，则 $a u = (a u_1, a u_2, a u_3)$。由于 $u_1 = 5 u_3$，因此
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$ a u_1 = a (5 u_3) = 5(a u_3) $
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故 $a u in S_4$。
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#tab 综上所述，$S_4$ 是 $FF^3$ 的子空间。
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]
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#exercise_sol(type: "explain")[
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验证下面这些有关子空间的结论。
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#set enum(numbering: "(a) ") // 与原书一致
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+ 如果 $b in FF$，那么当且仅当 $b=0$ 时，
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$ {(x_1,x_2,x_3,x_4) in FF^4 : x_3=5x_4 + b} $
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是 $FF^4$ 的子空间。
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+ 定义在区间 $[0,1]$ 上的全体连续实值函数构成的集合是 $RR^([0,1])$ 的子空间。
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+ 定义在 $RR$ 上的全体可微实值函数构成的集合是 $RR^RR$ 的子空间。
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+ 当且仅当 $b=0$ 时，定义在区间 $(0,3)$ 上且满足 $f'(2)=b$ 的全体可微实值函数 $f$ 构成的集合是 $RR^((0,3))$ 的子空间。
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+ 极限为 $0$ 的所有复数序列所构成的集合是 $CC^infinity$ 的子空间。
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#note(supplement: "说明")[本题原文为“验证例1.35中关于子空间的所有结论”。出于完整性考虑，这里将原书例1.35的所有结论摘录在上面。]
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我们逐个验证这些结论。对于第一个结论，我们首先验证其充分性。当 $b=0$ 时，此时集合 $S={(x_1,x_2,x_3,x_4) in FF^4 : x_3=5x_4}$。我们逐条验证其满足子空间的条件（原书定理1.34）：
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/ 加法单位元: $0 in S$。 \
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证明：注意到 $0 + 5 dot 0 = 0$，故 $0 in S$。
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/ 加法封闭性: $u,w in S$ 意味着 $u+w in S$。 \
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证明：设 $u = (u_1, u_2, u_3, u_4)$，$w = (w_1, w_2, w_3, w_4)$，则 $u+w = (u_1+w_1, u_2+w_2, u_3+w_3, u_4+w_4)$。由于 $u_3 = 5 u_4$ 且 $w_3 = 5 w_4$，因此
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$ (u+w)_3 = (u_3 + w_3) = 5(u_4 + w_4) $
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故 $u+w in S$。
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/ 数乘封闭性: $a in FF$ 且 $u in S$ 意味着 $a u in S$。 \
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证明：设 $u = (u_1, u_2, u_3, u_4)$，则 $a u = (a u_1, a u_2, a u_3, a u_4)$。由于 $u_3 = 5 u_4$，因此
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$ (a u)_3 = a u_3 = a (5 u_4) = 5(a u_4) $
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故 $a u in S$。
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#tab 综上所述，当 $b=0$ 时，$S$ 是 $FF^4$ 的子空间。
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#tab 为了说明其必要性，我们假定 $b != 0$，此时，注意到 $0 + 5 dot 0 + b = b != 0$，故 $0 in.not S$。这违反了“加法单位元”的要求，说明当 $b != 0$ 时，$S$ 不是 $FF^4$ 的子空间。由此，我们证明了第一个结论。
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#tab 第二个结论和第三个结论具有较强的数学分析背景，严格论证大大超出了“代数”的范围。从直觉上说，两个连续函数的和仍然是连续的，两个可微函数的和仍然是可微的，连续函数的数乘仍然是连续的，可微函数的数乘仍然是可微的，以及函数 $x |-> 0$ 自然是连续且可微的。因此这两个集合都是子空间。我们不再详细论证。
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#tab 对于第四个结论，我们首先验证其充分性。当 $b=0$ 时，集合 $S={(f in RR^((0,3)) : f'(2)=0}$。我们逐条验证其满足子空间的条件（原书定理1.34）：
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/ 加法单位元: $0 in S$。 \
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证明：注意到 $0'(2) = 0$，故 $0 in S$。
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/ 加法封闭性: $u,w in S$ 意味着 $u+w in S$。 \
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证明：设 $u, w in S$，则 $u'(2) = 0$ 且 $w'(2) = 0$。因此
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$ (u+w)'(2) = u'(2) + w'(2) = 0 + 0 = 0 $
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故 $u+w in S$。
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/ 数乘封闭性: $a in RR$ 且 $u in S$ 意味着 $a u in S$。 \
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证明：设 $u in S$，则 $u'(2) = 0$。因此
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$ (a u)'(2) = a u'(2) = a dot 0 = 0 $
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故 $a u in S$。
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#tab 综上所述，当 $b=0$ 时，$S$ 是 $RR^((0,3))$ 的子空间。下面说明其必要性。假设 $b != 0$，此时，注意到 $0'(2) = 0 != b$，故 $0 in.not S$。这违反了“加法单位元”的要求，说明当 $b != 0$ 时，$S$ 不是 $RR^((0,3))$ 的子空间。由此，我们证明了第四个结论。
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#tab 第五个结论也具有较强的数学分析背景，严格论证大大超出了“代数”的范围。从直觉上说，是很容易理解的，在此不再详细论证。
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#exercise_sol(type: "proof")[
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证明：在区间 $(-4,4)$ 上的满足 $f'(-1) = 3f(2)$ 的可微实值函数 $f$ 构成的集合是 $RR^((-4,4))$ 的子空间。
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][
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记 $S$ 为题目所说的子集，即 $S={f in RR^((-4,4)) : f'(-1) = 3f(2)}$。我们逐条验证其满足子空间的条件（原书定理1.34）：
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/ 加法单位元: $0 in S$。 \
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证明：注意到 $0'(-1) = 0 = 3 dot 0 = 3 dot 0(2)$，故 $0 in S$。
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/ 加法封闭性: $u,w in S$ 意味着 $u+w in S$。 \
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证明：设 $u, w in S$，则 $u'(-1) = 3 u(2)$ 且 $w'(-1) = 3 w(2)$。因此
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$ (u+w)'(-1) = u'(-1) + w'(-1) = 3 u(2) + 3 w(2) = 3(u(2) + w(2)) $
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故 $u+w in S$。
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/ 数乘封闭性: $a in RR$ 且 $u in S$ 意味着 $a u in S$。 \
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证明：设 $u in S$，则 $u'(-1) = 3 u(2)$。因此
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$ (a u)'(-1) = a u'(-1) = a dot 3 u(2) = 3(a u(2)) $
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故 $a u in S$。
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#tab 综上所述，满足条件的集合是 $RR^((-4,4))$ 的子空间。
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#exercise_sol(type: "proof")[
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设 $b in RR$，证明：在区间 $[0,1]$ 上满足 $integral_0^1 f = b$ 的连续实值函数 $f$ 构成的集合是 $RR^([0,1])$ 的子空间，当且仅当 $b=0$。
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][
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我们首先说明其充分性。假设 $b=0$，此时 $S = {f in RR^([0, 1]) : integral_0^1 f = 0}$，我们逐条验证其满足子空间的条件（原书定理1.34）：
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/ 加法单位元: $0 in S$。 \
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证明：注意到 $integral_0^1 0 = 0$，故 $0 in S$。
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/ 加法封闭性: $u,w in S$ 意味着 $u+w in S$。 \
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证明：设 $u, w in S$，则
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$ integral_0^1 (u+w) = integral_0^1 u + integral_0^1 w = 0 + 0 = 0 $
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故 $u+w in S$。
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/ 数乘封闭性: $a in RR$ 且 $u in S$ 意味着 $a u in S$。 \
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证明：设 $u in S$，则
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$ integral_0^1 (a u) = a integral_0^1 u = a dot 0 = 0 $
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故 $a u in S$。
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#tab 综上所述，当 $b=0$ 时，$S$ 是 $RR^([0,1])$ 的子空间。
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]
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#exercise_sol(type: "answer")[
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$RR^2$ 是不是复向量空间 $CC^2$ 的子空间？
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][
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不是。注意到，取 $v=(1,0) in RR^2$，则
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$ ii v = (ii, 0) in.not RR^2 $
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#tab 这违反了子空间的条件（原书定理1.34）中对“数乘封闭性”的要求。由此，$RR^2$ 不是 $CC^2$ 的子空间。
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]
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#exercise_sol(type: "proof")[
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#set enum(numbering: "(a) ") // 与原书一致
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+ ${(a,b,c) in RR^3 : a^3 = b^3}$ 是不是 $RR^3$ 的子空间？
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+ ${(a,b,c) in CC^3 : a^3 = b^3}$ 是不是 $CC^3$ 的子空间？
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][
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我们首先来看第一个集合 $S_RR={(a,b,c) in RR^3 : a^3 = b^3}$。当 $a^3 = b^3$ 时，$a^3 - b^3=0$，即
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$ (a - b)(a^2 + a b + b^2) = 0 $
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#tab 当 $a b>0$ 时，
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$ a^2 + a b + b^2 > a^2 - 2 a b + b^2 = (a - b)^2 >= 0 $
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#tab 当 $a b<0$ 时，
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$ a^2 + a b + b^2 > a^2 + 2 a b + b^2 = (a + b)^2 >= 0 $
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#tab 即当 $a != 0$ 且 $b != 0$ 时，$a^2 + a b + b^2 > 0$。此时，必然有 $a - b = 0$，即 $a = b$。而 $a = b = 0$ 时，自然也有 $a = b$。综上所述，$a^3 = b^3$ 意味着 $a = b$。
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#tab 由此，我们可以将 $S_RR$ 重写为 $S_RR={(a,b,c) in RR^3 : a = b}$。我们逐条验证其满足子空间的条件（原书定理1.34）：
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/ 加法单位元: $0 in S_RR$。 \
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证明：注意到 $0 = 0$，故 $0 in S_RR$。
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/ 加法封闭性: $u,w in S_RR$ 意味着
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$u+w in S_RR$。 \
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证明：设 $u = (u_1, u_2, u_3)$，$w = (w_1, w_2, w_3)$，
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则 $u+w = (u_1+w_1, u_2+w_2, u_3+w_3)$。由于 $u_1 = u_2$ 且 $w_1 = w_2$，因此
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$ u_1 + w_1 = u_2 + w_2 $
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故 $u+w in S_RR$。
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/ 数乘封闭性: $a in RR$ 且 $u in S_RR$ 意味着
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$a u in S_RR$。 \
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证明：设 $u = (u_1, u_2, u_3)$，则 $a u = (a u_1, a u_2, a u_3)$。由于 $u_1 = u_2$，因此
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$ a u_1 = a u_2 $
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故 $a u in S_RR$。
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#tab 综上所述，$S_RR$ 是 $RR^3$ 的子空间。
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#tab 对于第二个集合 $S_CC={(a,b,c) in CC^3 : a^3 = b^3}$，注意到，取
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$ u = ((-1 + sqrt(3) ii) / 2, 1, 0)"， " v = ((-1 - sqrt(3) ii) / 2, 1, 0) $
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#tab 容易验证 $u, v in S_CC$，而
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$ u + v = (-1, 2, 0) in.not S_CC $
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#tab 这违反了子空间的条件（原书定理1.34）中对“加法封闭性”的要求。由此，$S_CC$ 不是 $CC^3$ 的子空间。
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]
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#exercise_sol(type: "proof")[
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证明或推翻：如果 $U$ 是 $RR^2$ 的非空子集，满足对加法封闭和对“取加法逆元”封闭（即 $u in U$ 意味着 $-u in U$），那么 $U$ 是 $RR^2$ 的子空间。
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][
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取 $U = {(1, 0), (0, 0), (-1, 0)}$，容易验证 $U$ 满足对加法封闭和对“取加法逆元”封闭。但是，取 $u = (1, 0) in U$, $2u = (2, 0) in.not U$，这违反了子空间的条件（原书定理1.34）中对“数乘封闭性”的要求。由此，$U$ 不是 $RR^2$ 的子空间。
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#tab 我们找到了一个反例，这说明题目中的命题不成立。
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#note[还可以取 $U = {(a, b) : a,b in QQ}$ 作为反例。]
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#exercise_sol(type: "answer")[
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给出一例：$RR^2$ 的非空子集 $U$，满足对标量数乘封闭，但不是 $RR^2$ 的子空间。
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取
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$ U = {(a, 0) : a in RR} union {(0, a) : a in RR} subset.eq RR^2 $
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#tab 这个集合满足对标量数乘封闭，但不满足对加法封闭。比如，取 $u = (1, 0) in U$，$v = (0, 1) in U$，则 $u+v=(1, 1) in.not U$。因此 $U$ 不是 $RR^2$ 的子空间。
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]
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#exercise_sol(type: "answer", label: "tricky")[
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函数 $f: RR -> RR$ 被成为*周期的（periodic）*，是指存在一正数 $p$，使得 $f(x) = f(x + p)$ 对所有 $x in RR$ 成立。$RR -> RR$ 上的周期函数构成的集合是不是 $RR^RR$ 的子空间？请作解释。
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不是。取 $f(x) = sin(x)$，$g(x) = sin(sqrt(2) x)$。容易验证，对于任意 $x in RR$，
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$ f(x + 2 pi) &= f(x) \
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g(x + sqrt(2) pi) &= g(x) $
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因此 $f$ 和 $g$ 都是 $RR^RR$ 中的周期函数。现在令 $h=f+g$。下面说明 $h$ 不是周期函数。
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#figure(
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caption: [函数 $h(x) = sin(pi x) + sin(sqrt(2) pi x)$ 的图像。],
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placement: auto,
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cetz.canvas({
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import cetz.draw: *
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ploting-styles.axis
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let domain = (0, 10.7 * calc.pi)
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plot.plot(
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size: (12, 3),
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||
x-tick-step: calc.pi,
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||
x-format: plot.formats.multiple-of,
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||
axis-style: "scientific",
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y-tick-step: 2,
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||
x-min: domain.at(0),
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||
x-max: domain.at(1),
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y-min: -2.4,
|
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y-max: 2.4,
|
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x-grid: true,
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||
y-grid: true,
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||
x-label: none,
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||
y-label: none,
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{
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plot.add(
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x => calc.sin(x) + calc.sin(calc.sqrt(2) * x),
|
||
domain: domain,
|
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samples: 1000,
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style: ploting-styles.s,
|
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)
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})
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}))
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#show: math_numbering(true)
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#tab 使用反证法，假设存在实数 $p > 0$，满足 $h(x) = h(x + p)$ 对所有 $x in RR$ 成立，即
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$ sin(x) + sin(sqrt(2) x) = sin(x + p) + sin(sqrt(2) x + sqrt(2) p) $ <1B-h-periodic-assume-eq>
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#tab 对@1B-h-periodic-assume-eq 两边同时求导两次，得到
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$ -sin(x) - 2 sin(sqrt(2) x) = - sin(x + p) - 2 sin(sqrt(2) x + sqrt(2) p) $ <1B-h-periodic-assume-eq-dd>
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#tab 将@1B-h-periodic-assume-eq 与@1B-h-periodic-assume-eq-dd 相加并化简，得到
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$ sin(sqrt(2) x) = sin(sqrt(2) x + sqrt(2) p) $ <1B-h-periodic-assume-eq-res-sqrt2>
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#tab 进一步将@1B-h-periodic-assume-eq 减去@1B-h-periodic-assume-eq-res-sqrt2，得到
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$ sin(x) = sin(x + p) $ <1B-h-periodic-assume-eq-res-1>
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#show: math_numbering(false)
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#tab 向@1B-h-periodic-assume-eq-res-sqrt2 与@1B-h-periodic-assume-eq-res-1 中代入 $x=0$，得到
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$ sin(p) = sin(sqrt(2) p) = 0 $
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#tab 这意味着存在 $k_1,k_2 in ZZ$，使得 $sqrt(2) p = 2 k_1 pi$ 且 $p = 2 k_2 pi$。联立消去 $p$，得到 $sqrt(2) = k_1 slash k_2$，这与我们熟知的 $sqrt(2) in.not QQ$ 矛盾，故假设不成立。
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#tab 综上所述，$h$ 不是 $RR^RR$ 上的周期函数。这表明 $RR -> RR$ 上的周期函数构成的集合并不符合子空间的条件（原书定理1.34）中对“加法封闭性”的要求，因此其不是 $RR^RR$ 的子空间。
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#exercise_sol(type: "proof", ref: <1C-inter-of-subspace-is-subspace>)[
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设 $V_1$ 和 $V_2$ 都是 $V$ 的子空间，证明：交集 $V_1 inter V_2$ 是 $V$ 的子空间。
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记 $S=V_1 inter V_2$，我们逐条验证其满足子空间的条件（原书定理1.34）：
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/ 加法单位元: $0 in S$。 \
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证明：由于 $V_1$ 和 $V_2$ 都是 $V$ 的子空间，因此 $0 in V_1$ 且 $0 in V_2$，从而 $0 in S$。
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/ 加法封闭性: $u,w in S$ 意味着 $u+w in S$。 \
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证明：设 $u, w in S$，则
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$ u in V_1, w in V_1, u in V_2, w in V_2 $
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因此 $u+w in V_1$ 且 $u+w in V_2$，从而 $u+w in S$。
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/ 数乘封闭性: $a in V$ 且 $u in S$ 意味着 $a u in S$。 \
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证明：设 $u in S$，则
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$ u in V_1, u in V_2 $
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因此 $a u in V_1$ 且 $a u in V_2$，从而 $a u in S$。
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#tab 综上所述，$V_1 inter V_2$ 是 $V$ 的子空间。
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#exercise_sol(type: "proof")[
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证明：$V$ 的任意一族子空间的交集是 $V$ 的子空间。
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设 $V_1,dots,V_n$ 都是 $V$ 的子空间，记 $S=V_1 inter dots inter V_n$。我们关于 $n$ 使用数学归纳法。
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/ 第 $1$ 步: \
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当 $n=1$ 时，$S=V_1$，显然是 $V$ 的子空间。
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/ 第 $k+1$ 步: \
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假设当 $n=k$ 时，结论成立，即 $V_1 inter dots inter V_k$ 是 $V$ 的子空间。又因为 $V_(k+1)$ 是 $V$ 的子空间，由@1C-inter-of-subspace-is-subspace 可知，$(V_1 inter dots inter V_k) inter V_(k+1)$ 也是 $V$ 的子空间。由此，我们证明了当 $n=k+1$ 时，结论也成立。
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#tab 综上所述，$V$ 的任意一族子空间的交集是 $V$ 的子空间。
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#exercise_sol(type: "proof", ref: <1C-when-union-of-two-subspaces-is-subspace>)[
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证明：$V$ 的两个子空间的并集是 $V$ 的子空间，当且仅当其中一个子空间是另一个的子集。
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设 $V_1$ 和 $V_2$ 都是 $V$ 的子空间。我们首先说明充分性。不妨设 $V_1 subset.eq V_2$，则 $V_1 union V_2 = V_2$ 是 $V$ 的子空间。
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#tab 下面说明必要性。使用反证法，假设 $V_1 union V_2$ 是 $V$ 的子空间，以及 $V_1 subset.eq.not V_2$ 且 $V_2 subset.eq.not V_1$。则可以找到 $v_1, v_2 in V$，使得 $v_1 in V_1$ 且 $v_1 in.not V_2$，以及 $v_2 in V_2$ 且 $v_2 in.not V_1$。
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#tab 令 $u = v_1 + v_2$。由于 $v_1,v_2 in V_1 union V_2$，因此 $u in V_1 union V_2$。不妨设 $u in V_1$，则 $v_2 = u - v_1 in V_1$，矛盾，故假设不成立。
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#tab 综上所述，$V$ 的两个子空间的并集是 $V$ 的子空间，当且仅当其中一个子空间是另一个的子集。
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#exercise_sol(type: "proof", label: "hard")[
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证明：$V$ 的三个子空间的并集是 $V$ 的子空间，当且仅当其中一个包含另外两个。
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#note[令人惊讶的是，这道习题比@1C-when-union-of-two-subspaces-is-subspace 难不少，也许是因为如果我们把 $FF$ 换成只包含两个元素的域，这道习题的结论就不成立了。]
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设 $V_1, V_2, V_3$ 都是 $V$ 的子空间。我们首先说明充分性。不妨设 $V_1 subset.eq V_3$ 且 $V_2 subset.eq V_3$，则 $V_1 union V_2 union V_3 = V_3$ 是 $V$ 的子空间。
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#tab 下面说明必要性。使用反证法，假设 $V_1 union V_2 union V_3$ 是 $V$ 的子空间，以及任意一个 $V_j$ 都不包含另外两个。
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#tab 我们首先说明，任意一个 $V_j$ 都不是另外两个的并集的子集。否则，不妨设 $V_1 subset.eq V_2 union V_3$，则 $V_1 union V_2 union V_3 = V_2 union V_3$ 是 $V$ 的子空间。应用@1C-when-union-of-two-subspaces-is-subspace，可以推出 $V_2 subset.eq V_3$ 或 $V_3 subset.eq V_2$，这说明 $V_2$ 或 $V_3$ 包含另外两个，矛盾，故假设不成立。因此，
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$ V_1 subset.eq.not V_2 union V_3 tab and tab V_2 union V_3 subset.eq.not V_1 $
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#tab 所以可以找到 $u, v in V$ 使得 $u in V_1$ 且 $u in.not V_2 union V_3$，以及 $v in V_2 union V_3$ 且 $v in.not V_1$。由于 $V_1$，$V_2$ 和 $V_3$ 都包含 $0$，因此 $u != 0$ 且 $v != 0$。我们取集合 $v + span(u)$#footnote[记号 $span$ 在后续的2A节中由原书定义2.19定义，而记号 $v + V$ 表示平移，由后续3E节原书定义3.97定义。但是这里无需明白这些定义，将其当作一个集合的名字即可。]，
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$ v + span(u) = {v + lambda u : lambda in FF} $
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#tab 下面我们说明 $V_1 inter (v + span(u)) = nothing$。使用反证法，假设存在 $w = v + k_1 u in V_1$，则 $v = w - k_1 u$。又因为 $w in V_1$ 且 $u in V_1$，因此 $v in V_1$，矛盾，故假设不成立，即 $V_1 inter (v + span(u)) = nothing$。
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#tab 根据反证假设 $V_1 union V_2 union V_3$ 是向量空间，因此 $v + span(u) subset.eq V_1 union V_2 union V_3$。又因为 $V_1 inter (v + span(u)) = nothing$，所以
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$ v + span(u) subset.eq V_2 union V_3 $
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#tab 现在，我们说明 $v + span(u)$ 中包含至少 $3$ 个元素。我们取函数
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$ f:& FF -> v + span(u) \ &x |-> v + x u $
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#tab 对于任意的 $x_1, x_2 in FF$，我们有
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$ f(x_1) - f(x_2) = (v + x_1 u) - (v + x_2 u) = (x_1 - x_2)u $
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#tab 由于 $u != 0$，因此 $f(x_1) = f(x_2)$ 当且仅当 $x_1 = x_2$。这说明 $f$ 是单射，即 $v + span(u)$ 至少和 $FF$ 一样大，因此 $v + span(u)$ 至少包含 $3$ 个元素。
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#tab 根据抽屉原理#footnote[抽屉原理的一种通俗的说法是：若将 $n$ 个物品放在 $r$ 个盒子里，$r<n$，那么至少有一个盒子包含多于一个物品。在这里，相当于是将 $v + span(u)$ 中的大于等于 $3$ 个物品放入 $V_2$ 和 $V_3$ 两个盒子中。]，在 $V_2$ 与 $V_3$ 中至少有一个包含 $v + span(u)$ 中的两个元素。不妨设 $V_2$ 包含 $v + span(u)$ 中的两个元素 $w_1 = v + mu_1 u$ 和 $w_2 = v + mu_2 u$，其中 $mu_1, mu_2 in FF$ 且 $mu_1 != mu_2$。由于 $V_2$ 是向量空间，故
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$ w_1 - w_2 = (v + mu_1 u) - (v + mu_2 u) = (mu_1 - mu_2)u in V_2 $
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#tab 由于 $mu_1 != mu_2$，我们立即得到 $u in V_2$，而这与 $u in.not V_2 union V_3$ 矛盾，故假设不成立。
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#tab 综上所述，$V$ 的三个子空间的并集是 $V$ 的子空间，当且仅当其中一个包含另外两个。
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