# 建構新的子空間

This work by Jephian Lin is licensed under a [Creative Commons Attribution 4.0 International License](http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/).

{%hackmd 5xqeIJ7VRCGBfLtfMi0_IQ %}

from lingeo import random_good_matrix, column_space_matrix, left_kernel_matrix, kernel_matrix

## Main idea

Let $U$ and $V$ be two subspaces in the same vector space.

In general, the set $U\cup V$ is no more a subspace.
However, we may define the **sum** of $U$ and $V$ as $U + V = \operatorname{span}(U \cup V)$, which is a subspace.
Suppose $\beta_U$ and $\beta_V$ are the bases of $U$ and $V$, respectively.
Then $U + V = \operatorname{span}(\beta_U \cup \beta_V)$.
However, $\beta_U \cup \beta_V$ is not necessarily independent.

Suppose $\beta_U$ and $\beta_V$ are finite.
Let $A_U$ and $A_V$ be the matrix whose columns are vectors in $U$ and $V$, respectively.
Then the $\beta_C$ corresponding to $\begin{bmatrix} A_U & A_V \end{bmatrix}$ is a basis of $U + V$.

On the other hand, the **intersection** $U \cap V$ is indeed a subspace.
Suppose $\beta_U$ and $\beta_V$ are the bases of $U$ and $V$, respectively.
Then $(\beta_U \cap \beta_V)$ is linearly independent but not necessarily spans $U\cap V$.
(Even worse, it is quite possible that $U \cap V = \emptyset$.)

Suppose we are able to matrices $B_U$ and $B_V$ such that $U = \operatorname{ker}(B_U)$ and $V = \operatorname{ker}(B_V)$.
Then $U \cap V$ is the kernel of $\begin{bmatrix} B_U \\ B_V \end{bmatrix}$.

By the expanding lemma, one may find a basis $\beta_\cap$ of $U\cap V$,
expand it to a basis $\beta_U$ of $U$,
expand it to a basis $\beta_V$ of $V$,
and show that $\beta_\cup = \beta_U \cup \beta_V$ is a basis of $U + V$.
Therefore, we have
$$\dim(U + V) = \dim(U) + \dim(V) - \dim(U \cap V).
$$

**[這裡定義有更新]**
Suppose $V_1, \ldots, V_k$ are some subspaces in the same vector space.
We say $\{V_1, \ldots, V_k\}$ is linearly independent if
the only choice of ${\bf v}_1\in V_1, \ldots, {\bf v}_k\in V_k$ satisfying
$${\bf v}_1 + \cdots + {\bf v}_k = {\bf 0}
$$
is ${\bf v}_1 = \cdots = {\bf v}_k = {\bf 0}$.

The following two statments are equivalents:
1. $\{V_1, V_2\}$ is linearly independent.
2. $V_1 \cap V_2 = \{ {\bf 0} \}$.

However, even if $V_1,V_2,V_3$ mutually have trivial intersections, $\{ V_1, V_2, V_3 \}$ might not be linearly independent.

In the case that $\{V_1,\ldots, V_k\}$ is linearly independent,
we call the subspace $V_1 + \cdots + V_k$ the **direct sum** of them and
use the notation $V_1 \oplus \cdots \oplus V_k$ instead to emphasize the linearly independence.

## Side stories
- basis of the sum and the intersection
- example of trivial intersections but not linearly independent

## Experiments

##### Exercise 1

執行以下程式碼。
令 ${\bf u}_1, {\bf u}_2$ 為 $A_U$ 的各行向量、
${\bf v}_1, {\bf v}_2$ 為 $A_V$ 的各行向量。
令 $U = \operatorname{Col}(A_U)$ 且 $V = \operatorname{Col}(A_V)$。
已知 $R$ 為 $\begin{bmatrix} A_U & A_V \end{bmatrix}$ 的最簡階梯形式矩陣。

**[程式碼有更新]**

### code
set_random_seed(0)
print_ans = False
m,n,r = 4,3,3
A = random_good_matrix(m,n,r)
AU = A[:,:2]
AV = A[:,1:]
AUAV = AU.augment(AV, subdivide=True)

print("[ A_U | A_V ] =")
show(AUAV)
print("R =")
show(AUAV.rref())

BU = left_kernel_matrix(AU)
BV = left_kernel_matrix(AV)
BUBV = BU.stack(BV, subdivide=True)

if print_ans:
    print("dim( U + V ) =", r)
    print("basis of U + V = columns of")
    print(column_space_matrix(AUAV))
    print("dim( U cap V) =", 4 - r)
    print("basis of U cap V = columns of")
    print(kernel_matrix(BUBV))

##### Exercise 1(a)

求 $U + V$ 的一組基底、
以及它的維度。

:::warning

- [x] 假設 $\beta_U$、$\beta_V$ 是有限的，且令 $A_U$、$A_V$ 分別為其列是由 $U$ 及 $V$ 中的向量所組成的矩陣，--> 由於 $\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right]$ 的行空間就是 $U + V$，
- [x] $S = \{\bu_1,\bu_2,\bu_3,\bu_4\}$ --> $S = \{\bu_1,\bu_2,\bv_1,\bv_2\}$ （題目已經說這些向量的名稱了，其它向量名稱也跟著改一下）
- [x] $\beta_c$ --> $\beta_C$
:::

${\bf Ans：}$

以下為運行程式碼後得到的數據：

$$\begin{aligned}
\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 4 & 8 & 5 \\-5 & -19 & -44 & -30 \\ 15 & 57 & 133 & 91\\48 & 183 & 424 & 289\end{array}\right] ,
R = \left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right].
\end{aligned}
$$

由於 $\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right]$ 的行空間就是 $U + V$，
因此 $\begin{bmatrix} A_U & A_V \end{bmatrix}$ 的 $\beta_C$ 是 $U+V$ 的一組基底。

設 $S = \{\bu_1,\bu_2,\bv_1,\bv_2\}$ 為矩陣 $\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right]$ 各行向量，
而由 $\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right]$ 的最簡階梯形式 $R$ 的領導係數位置可知：
$$\begin{aligned}
\beta_C = \{\bu_1,\bu_2,\bv_1\},
\end{aligned}
$$

由上列敘述可得$\{\bu_1,\bu_2,\bv_1\}$ 為 $U+V$ 的一組基底，$\dim(U+V) = 3$。

##### Exercise 1(b)

求 $\dim(U\cap V)$。

${\bf Ans：}$

由 $\dim(U + V) = \dim(U) + \dim(V) - \dim(U \cap V)$ 可得 $\dim(U \cap V) = \dim(U) + \dim(V) - \dim(U + V)$,

且由1(a)的運算結果可以得知 $\dim(U+V) = 3$，

則 $\dim(U \cap V) = 2 + 2 - 3 = 1$。

##### Exercise 1(c)

求 $U\cap V$ 的一組基底。

:::warning

- [x] 中英數間空格
- [x] $ker$ --> $\ker$
- [x] 左零解空間符號應該是 $\ker(B_U\trans)$
- [x] 的零解空間為 ??? --> 的零解空間由 ??? 所生成
:::

${\bf Ans：}$

令 $B_U$、$B_V$ 為滿足 $U = \ker (B_U\trans)$ , $V = \ker(B_V\trans)$ 的矩陣，
我們經運算得 $U$、$V$ 的左零解空間即可得到 $B_U$、$B_V$：
$$\begin{aligned}
B_U = \begin{bmatrix}1 & 0 & 1 & -\frac{{1}}{{3}}\\ 0 & 1 & \frac{{1}}{{3}} & 0\end{bmatrix},
B_V =\begin{bmatrix}1 & 0 & \frac{{64}}{{49}} & -\frac{{3}}{{7}}\\ 0 & 1 & \frac{{4}}{{147}} & \frac{{2}}{{21}}\end{bmatrix},
\end{aligned}
$$
若 $B_U$、$B_V$ 為滿足 $U = \ker(B_U\trans)$ , $V = \ker(B_V\trans)$ 的矩陣，
則 $U \cap V$ 為 $\begin{bmatrix}B_U\\ B_V\end{bmatrix}$ 的零解空間。

經計算可得 $\begin{bmatrix}B_U\\ B_V\end{bmatrix}$ 的零解空間由 $\left\{\begin{bmatrix}\frac{{1}}{{45}}\\-\frac{{14}}{{135}}\\\frac{{14}}{{45}}\\1 \end{bmatrix}\right\}$ 所生成，即為 $U \cap V$ 的一組基底。

## Exercises

##### Exercise 2

令
$$A_U = \begin{bmatrix}
1 & 2 \\
1 & 2 \\
2 & 1 \\
2 & 1 \\
\end{bmatrix}, A_V = \begin{bmatrix}
1 & 2 \\
2 & 1 \\
1 & 2 \\
2 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$
且 $U = \operatorname{Col}(A_U)$ 且 $V = \operatorname{Col}(A_V)$。

##### Exercise 2(a)

求 $U + V$ 的一組基底。

:::warning
跟 1(a) 修改方式一樣

- [x] $dim$ --> $\dim$
:::

${\bf Ans：}$

$\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right] = \left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 2 & 2 \\2 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 2\\2 & 1 & 2 & 1\end{array}\right]$ ,

經運算可得 $\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right]$ 的最簡階梯式：
$$\begin{aligned}
R = \left[\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & 0 & -1 \\0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\\0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right].\end{aligned}
$$

由於 $\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right]$ 的行空間就是 $U + V$，
因此 $\begin{bmatrix} A_U & A_V \end{bmatrix}$ 的 $\beta_C$ 是 $U+V$ 的一組基底。

設 $S = \{\bu_1,\bu_2,\bv_1,\bv_2\}$ 為矩陣 $\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right]$ 各行向量，
而由$\left[\begin{array}{c|c} A_U & A_V \end{array}\right]$ 的最簡階梯形式 $R$ 的領導係數位置可知：
$$\begin{aligned}
\beta_C = \{\bu_1,\bu_2,\bv_1\}
\end{aligned},
$$

由上列敘述可得$\{\bu_1,\bu_2,\bv_1\}$ 為 $U+V$ 的一組基底，$\dim (U+V) = 3$。

##### Exercise 2(b)

找出 $B_U$ 和 $B_V$
使得 $U = \operatorname{ker}(B_U)$ 且 $V = \operatorname{ker}(B_V)$。

${\bf Ans：}$

我們經運算得 $U$、$V$ 的左零解空間即可得到 $B_U$、$B_V$：
$$\begin{aligned}
B_U = \begin{bmatrix}1 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -1\end{bmatrix},
B_V =\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -1\end{bmatrix}
\end{aligned}.
$$

##### Exercise 2(c)

求 $U \cap V$ 的一組基底。

:::warning

- [x] $ker$ --> $\ker$
- [x] 呈上題 --> 承上題
- [x] 的零解空間為 ??? --> 的零解空間由 ??? 生成
- [x] 中英數間空格
:::

${\bf Ans：}$

令 $B_U$、$B_V$ 為滿足 $U = \ker (B_U\trans)$ , $V = \ker(B_V\trans)$ 的矩陣，
承上題運算結果即可得：
$$\begin{aligned}
B_U = \begin{bmatrix}1 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -1\end{bmatrix},
B_V =\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -1\end{bmatrix}
\end{aligned}.
$$

若 $B_U$、$B_V$ 為滿足 $U = \ker(B_U\trans)$ , $V = \ker(B_V\trans)$ 的矩陣，
則 $U \cap V$ 為 $\begin{bmatrix}B_U\\ B_V\end{bmatrix}$ 的零解空間。

經計算可得 $\begin{bmatrix}B_U\\ B_V\end{bmatrix}$ 的零解空間由 $\left\{\begin{bmatrix}1\\1\\1\\1 \end{bmatrix}\right\}$ 所生成，即為 $U \cap V$ 的一組基底。

##### Exercise 3

若 $U$ 和 $V$ 為兩個子空間。
證明 $U + V$ 為一個子空間。

:::warning

- [x] 第一行不用
- [x] 由子空間加法可得 --> 由子空間加法的定義
- [x] $U + V$ = $\operatorname{span}\{$$U$ $\cup V$ } --> $U + V = \vspan(U \cup V)$ （不要一直跳出數學模式，$U$ 和 $V$ 已經是集合了，外面不用大刮號）
- [x] $span$ --> $\vspan$
- [x] 標點
:::

${\bf Ans：}$

由子空間加法的定義知道 $U + V = \vspan(U \cup V)$。
而任何可寫成 $\vspan$ 的集合都是一個子空間。

##### Exercise 4

若 $U$ 和 $V$ 為兩個子空間。
證明 $U \cap V$ 為一個子空間。

:::warning

- [x] 中英數空格
- [x] 向量粗體
- [x] $V_1,V_2$ --> $\bv_1, \bv_2$
- [x] 證明存在$V_1 , V_2 \in U \cap V \rightarrow V_1 + V_2 \in U \cap V$ --> 證明若 $\bv_1 , \bv_2 \in U \cap V$ 則 $\bv_1 + \bv_2 \in U \cap V$
- [ ] 把句子寫完整，加上完整標點。
- [ ] 證明$K \in \mathbb R , v \in U \cap V \rightarrow Kv \in U \cap V$ --> 證明若 $k \in \mathbb{R}$ 且 $\bv \in U \cap V$，則 $k\bv \in U \cap V$
:::

${\bf Ans：}$

(1) 證明 $U \cap V = \emptyset$。

因 $\bzero \in U$，且 $\bzero \in V$，
所以 $\bzero \in U\cap V$ 。

(2) 證明若 $\bv_1 , \bv_2 \in U \cap V$ ，則 $\bv_1 + \bv_2 \in U \cap V$。
因為 $\bv_1,\bv_2 \in U$ 且 $U$ 是子空間，所以 $\bv_1 + \bv_2 \in U$。
因為 $\bv_1,\bv_2 \in V$ 且 $V$ 是子空間，所以 $\bv_1 + \bv_2 \in V$。
因此，$\bv_1+\bv_2 \in U \cap V$ 。

(3) 證明若 $k \in \mathbb R$ 且 $\bv \in U \cap V$ ，則 $k\bv \in U \cap V$。
令 $\bv \in U \cap V$ 而 $k \in \mathbb R$。
由於 $\bv\in U$ 且 $U$ 是子空間，所以 $k\bv\in U$。
由於 $\bv\in V$ 且 $V$ 是子空間，所以 $k\bv\in V$。
因此，$k\bv \in U \cap V$。

故 $U \cap V$ 為一子空間。

##### Exercise 5

若 $U$ 和 $V$ 為兩個子空間。
證明
$$\dim(U + V) = \dim(U) + \dim(V) - \dim(U \cap V).
$$

:::warning

- [x] 設 $U \cap V$ 的基底 --> 設 $U \cap V$ 的基底為
- [x] 而透過 $\beta_U$ 、 $\beta_V$ ，我們可以知道 $U+V$ 的基底為$\bb_1,...\bb_k,\bc_1,...\bc_r,\bd_1,...\bd_l$, --> 令 $\beta = \{\bb_1,\ldots,\bb_k,\bc_1,\ldots, \bc_r,\bd_1,\ldots, \bd_l\}$。
接下來我們證明 $\beta$ 是 $U + V$ 的一組基底。
由於 $U + V = \vspan(U\cup V) = \vspan(\beta)$。
所以我們只要證明 $\beta$ 是線性獨立即可。
若
$$
??? = \bzero,
$$
則
...
:::

${\bf Ans：}$

設 $U \cap V$ 的基底為 $\beta_\cap = \{\bu_1,\bu_2...\bu_k\}$。
根據擴充法則，我們可以得到
一組 $U$ 的基底 $\beta_U = \{\bb_1,...\bb_k,\bc_1,...\bc_r\}$
及一組 $V$ 的基底 $\beta_V = \{\bb_1,...,\bb_k,\bd_1,...\bd_l\}$。

令 $\beta = \beta_U\cup\beta_V = \{\bb_1,\ldots,\bb_k,\bc_1,\ldots, \bc_r,\bd_1,\ldots, \bd_l\}$。
接下來我們證明 $\beta$ 是 $U+V$ 的一組基底。

由於 $U + V = \vspan(U\cup V) = \vspan(\beta)$。
所以我們只要證明 $\beta$ 是線性獨立即可。

若 $$b_1\bb_1+...+b_k\bb_k+c_1\bc_1+...+c_r\bc_r+d_1\bd_1+...d_l\bd_l = {\bf 0},
$$
則
$$b_1\bb_1+...+b_k\bb_k+c_1\bc_1+...+c_r\bc_r = -(d_1\bd_1+...d_l\bd_l),
$$

且因為 $$b_1\bb_1+...+b_k\bb_k+c_1\bc_1+...+c_r\bc_r+d_1\bd_1+...d_l\bd_l \in U,
$$
$$-(d_1\bd_1+...d_l\bd_l)\in V,
$$
所以 $-(d_1\bd_1+...d_l\bd_l) \in U \cap V = \vspan(\beta_\cap)$。

因此我們可以將上面的式子寫成 $\beta_\cap$ 的線性組合：
$$-(d_1\bd_1+...d_l\bd_l) = a_1\bb_1+...a_k\bb_k,
$$
透過移項可得：
$$
a_1\bb_1+...a_k\bb_k+d_1\bd_1+...+d_l\bd_l = {\bf 0}.
$$
由於 $\beta_V = \{\bb_1,\ldots,\bb_k,\bd_1,\ldots,\bd_l\}$ 是一組基底，所以這個集合獨立。
因而我們知道 $a_1 = \cdots = a_k = d_1 = \cdots = d_l = 0$。

由於 $d_1 = \cdots = d_l = 0$，我們可以得到
$$
b_1\bb_1+...+b_k\bb_k+c_1\bc_1+...+c_r\bc_r = \bzero.
$$
因為這些向量為 $\beta_U$ 中的向量且它們獨立，所以 $b_1 = \cdots + b_k = c_1 = \cdots = c_r = 0$。

因此
$$\begin{aligned}
\dim(U) + \dim(V) &= (k+r) + (k+l) = (k+r+l) + k \\
&= \dim(U+V) +\dim(U \cap V).
\end{aligned}
$$

最後透過移項我們可以得到 $\dim(U+V) = \dim(U) + \dim(V) - \dim(U \cap V)。$

##### Exercise 6

令
$$A_U = \begin{bmatrix}
1 & 2 \\
1 & 2 \\
2 & 1 \\
2 & 1 \\
\end{bmatrix}, A_V = \begin{bmatrix}
1 & 2 \\
2 & 1 \\
1 & 2 \\
2 & 1 \\
\end{bmatrix}
$$
且 $U = \operatorname{Col}(A_U)$ 且 $V = \operatorname{Col}(A_V)$。

##### Exercise 6(a)

找出一組向量 ${\bf u}\in U$ 及 ${\bf v}\in V$
使得 $1\cdot {\bf u} + 1\cdot {\bf v} = {\bf 0}$。
藉此說明 $U$ 和 $V$ 不線性獨立。

:::info

想一下一般來說怎麼找。
:::

${\bf Ans :}$

令
$${\bf u} = \begin{bmatrix}
3 \\
3 \\
3 \\
3 \\
\end{bmatrix}
, {\bf v} = \begin{bmatrix}
-3 \\
-3 \\
-3 \\
-3 \\
\end{bmatrix} $$

使得
$$1\cdot \begin{bmatrix}
3 \\
3 \\
3 \\
3 \\
\end{bmatrix} + 1\cdot \begin{bmatrix}
-3 \\
-3 \\
-3 \\
-3 \\
\end{bmatrix} = \bf 0
$$

因為 $c_1\cdot {\bf u} + c_2\cdot {\bf v} = {\bf 0}$ 存在 $c_1 = c_2 = 1 \neq 0$ , 所以 $U$ 和 $V$ 不線性獨立。

##### Exercise 6(b)

令 $V_1$ 和 $V_2$ 為任意的兩個子空間。
證明以下敘述等價：
1. $\{V_1, V_2\}$ is linearly independent.
2. $V_1 \cap V_2 = \{ {\bf 0} \}$.

:::warning

- [x] 則存在 ${\bf v}$ 屬於 $V_1$ 、 ${\bf w}$ 屬於 $V_2$ 且 $\bv ,\bw$ 為非零向量， 令 ${\bf v} = {\bf w} = {\bf u}$。 --> 令 ${\bf v} = {\bf w} = {\bf u}$。則 ${\bf v}$ 屬於 $V_1$ 、${\bf w}$ 屬於 $V_2$ 且 $\bv ,\bw$ 為非零向量。
:::

${\bf Ans : }$

$1. \implies 2.$ （反證法）

假設 ${\bf u} \neq \bf 0$ 屬於 $V_1 \cap V_2$，也就是說 ${\bf u}$ 屬於 $V_1$ 與 $V_2$ 。
令 ${\bf v} = {\bf w} = {\bf u}$ ，
則 ${\bf v}$ 屬於 $V_1$ 、 ${\bf w}$ 屬於 $V_2$ 且 $\bv ,\bw$ 為非零向量。
使得 $c_1 \cdot {\bf v} + c_2 \cdot {\bf w} = c_1 \cdot {\bf u} + c_2 \cdot {\bf u} = \bf 0$ ， $c_1$ 和 $c_2$ 屬於 $\mathbb{R}$ ，存在 $c_1=1 ， c_2=-1$ ，得 $\{V_1, V_2\}$ 不線性獨立。

故如果 $\{V_1, V_2\}$ 線性獨立，則 $V_1 \cap V_2 = \{ {\bf 0} \}$。

:::warning

- [x] 零向量用粗體
:::

$2. \implies 1.$ （反證法）

假設 $\{V_1, V_2\}$ 不線性獨立，則存在 ${\bf v}$ 屬於 $V_1$ 、 ${\bf w}$ 屬於 $V_2$ 且 $\bv ,\bw$ 為非零向量，使得 $c_1 \cdot {\bf v} + c_2 \cdot {\bf w} = \bf 0$，而 $c_1$ 和 $c_2$ 屬於 $\mathbb{R}$ ，且 $c_1,c_2 \neq 0$。
則 ${\bf v} = \frac{- c_2}{c_1} \cdot \bw$，又因 $V_2$ 為子空間，所以 $\frac{- c_2}{c_1} \cdot \bw$ 也屬於 $V_2$ ， 得 ${\bf v} = \frac{- c_2}{c_1} \cdot \bw \neq \bf 0$ 也屬於 $V_1 \cap V_2$ 。

故如果 $V_1 \cap V_2 = \{ {\bf 0} \}$，則 $\{V_1, V_2\}$ 線性獨立。

##### Exercise 7

:::warning
第七題因為子空間獨立定義有更新，所以放懸賞。
可以用新的定義重新整理一下。
:::

令 ${\bf u}_1,\ldots,{\bf u}_k$ 為一群向量。

##### Exercise 7(a)

對於每個 $i = 1,\ldots k$﹐令 $U_i = \operatorname{span}(\{{\bf u}_i\})$。
證明以下敘述等價：
1. $\{U_1, \ldots, U_k\}$ is linearly independent.
2. $\{{\bf u}_1, \ldots, {\bf u}_k\}$ is linearly independent.

${\bf Ans : }$

$1. \implies 2.$

假設 $\{U_1, \ldots, U_k\}$ 為線性獨立。

考慮一些係數 $c_1,\ldots,c_k \in \mathbb R$ 使得 $c_1{\bf u}_1 + \ldots + c_k{\bf u}_k= {\bf 0}$。
由於每個 $i = 1,\ldots, k$ 都有 $\bu_i\in U_i$ 且 $\{U_1, \ldots, U_k\}$。
因此 $c_1 = \cdots = c_k = 0$。

結論得到 $\{{\bf u}_1, \ldots, {\bf u}_k\}$ 為線性獨立。

$2. \implies 1.$

假設 $\{{\bf u}_1, \ldots, {\bf u}_k\}$ 為線性獨立。

令 $\bu_i'\in U_i$，則 $\bu_i'$ 可以寫成 $c_i\bu_i$。
如果 $\bu_1' + \cdots + \bu_k' = \bzero$，
則 $c_1\bu_1 + \cdots + c_k\bu_k = \bzero$。
由於 $\{{\bf u}_1, \ldots, {\bf u}_k\}$ 為線性獨立，所以 $c_1 = \cdots = c_k = 0$。
最後得到每個 $i$ 都有 $\bu_i' = \bzero$，並知道 $\{U_1, \ldots, U_k\}$ 為線性獨立。

##### Exercise 7(c)

令
$$V_1 = \operatorname{span}\left(\left\{\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}\right\}\right),
V_2 = \operatorname{span}\left(\left\{\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}\right),
V_3 = \operatorname{span}\left(\left\{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}\right).$$
說明對任意相異的 $i$ 和 $j$ 都有 $V_i\cap V_j = \emptyset$﹐
但是 $\{V_1,V_2,V_3\}$ 並不線性獨立。

${\bf Ans : }$

$V_1,V_2, \ldots,V_k$ 為非零且獨立空間 ${\bf v}_1\in \ V_1,\ldots, {\bf v}_k\in \ V_k$， $c_1,\ldots,c_k \in \mathbb R$，使得 $c_1{\bf v}_1 + \ldots + c_k{\bf v}_k= {\bf 0}$ ，則 $c_1= \ldots =c_k=0$，故 $V_i\cap V_j = \emptyset$。
找的到$${\bf v}_1=\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
\end{bmatrix} \in \ V_1，
$$
$${\bf v}_2=\begin{bmatrix}
0 \\
1 \\
\end{bmatrix} \in \ V_2，
$$
$${\bf v}_3=\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
\end{bmatrix} \in \ V_3，
$$
皆非零向量，使得 ${\bf v}_1+{\bf v}_2={\bf v}_3$， ${\bf v}_1+{\bf v}_2-{\bf v}_3={\bf 0}$，故可得 $\{V_1,V_2,V_3\}$ 並不線性獨立。

##### Exercise 7(d)

若 $\{{\bf u}_1, \ldots, {\bf u}_6\}$ 線性獨立。
令 $V_1 = \{{\bf u}_1, {\bf u}_2\}$、
$V_2 = \{{\bf u}_3, {\bf u}_4\}$ 且
$V_3 = \{{\bf u}_5, {\bf u}_6\}$。
證明 $\{V_1,V_2,V_3\}$ 線性獨立。
（實際上把一群線性獨立的向量分成任意堆﹐
則每堆生成出來的空間
全部合在一起會是線性獨立的。）

${\bf Ans : }$

$\{{\bf u}_1, \ldots, {\bf u}_6\}$ 線性獨立，可寫成 $c_1{\bf u}_1 + \ldots + c_6{\bf u}_6\neq {\bf 0}$ ，其中 $c_1,\ldots,c_6 \in \mathbb R$。
$V_1 = \{{\bf u}_1, {\bf u}_2\}$ = $d_1{\bf u}_1 + d_2{\bf u}_2$、
$V_2 = \{{\bf u}_3, {\bf u}_4\}$ = $d_3{\bf u}_3 + d_4{\bf u}_4$ 且
$V_3 = \{{\bf u}_5, {\bf u}_6\}$ = $d_5{\bf u}_5 + d_6{\bf u}_6$ ， $d_1,\ldots,d_6 \in \mathbb R$ 。

因為 $\{V_1,V_2,V_3\}$ = $k_1(d_1{\bf u}_1 + d_2{\bf u}_2)$+ $k_2(d_3{\bf u}_3 + d_4{\bf u}_4)$ + $k_3(d_5{\bf u}_5 + d_6{\bf u}_6)$
= $k_1d_1{\bf u}_1 + k_1d_2{\bf u}_2$ + $k_2d_3{\bf u}_3 + k_2d_4{\bf u}_4$ + $k_3d_5{\bf u}_5 + k_3d_6{\bf u}_6$
= $c_1{\bf u}_1 + \ldots + c_6{\bf u}_6\neq {\bf 0}$， $k_1,k_2,k_3 \in \mathbb R$ ，所以可得 $\{V_1,V_2,V_3\}$ 線性獨立。

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目前分數 6.5
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