Kolokwium
Transkrypt
Kolokwium
Wykład 10 (15 XII 2008) Kolokwium Wersja A 1. Czy zbiór a b c V = { 0 d e | a, b, c, d, e, f ∈ R; a + b + c = 0 } 0 0 f jest podprzestrzenią liniową przestrzeni M3×3 (R)? W przypadku odpowiedzi twierdzącej podaj bazę i wymiar tej przestrzeni. Rozwiązanie. Najpierw ustalimy, czy podany podzbiór przestrzeni macierzy M3×3 (R) spełnia warunek podany w definicji podprzestrzeni liniowej: Dla każdej pary v, w ∈ V i każdej pary liczb α, β ∈ R kombinacja liniowa αv + βw jest elementem V . Inaczej mówiąc warunek orzeka, że dla każdej pary α, β ∈ R implikacja v, w ∈ V jest prawdziwa. =⇒ αv + βw ∈ V Rozważmy zatem macierze a′ b′ c′ w = 0 d′ e′ , 0 0 f′ a b c v = 0 d e , 0 0 f spełniające a + b + c = a′ + b′ + c′ = 0. Kombinacja liniowa αv + βw wyraża się wzorem αa + βa′ αb + βb′ αc + βc′ αv + βw = 0 αd + βd′ αe + βe′ . 0 0 αf + βf ′ Aby kombinacja αv + βw była elementem V (potrzeba i) wystarcza, by suma jej elementów położonych w pierwszym wierszu była równa 0, a tak jest rzeczywiście, gdyż αa + βa′ + αb + βb′ + αc + βc′ = α(a + b + c) + β(a′ + b′ + c′ ) = 0. Przechodząc do dalszej części zadania zauważmy, że wybór bazy jest zazwyczaj w pewnym zakresie dowolny — podana niżej baza przestrzeni V jest tylko jedną z wielu możliwych. Wyboru dokonamy kierując się następującą przesłanką — wyrazy macierzy A ∈ V będącej kombinacją wektorów obranej bazy A1 , A2 , . . . , A5 powinny w możliwie najprostszy sposób zależeć od współczynników tej kombinacji. Ponieważ określenie przestrzeni V nie nakłada żadnych warunków na wyrazy w drugim i trzecim wierszu macierzy należącej do tej przestrzeni, to przyjmując 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A1 = 0 1 0 , A2 = 0 0 1 , A3 = 0 0 0 , 0 0 0 0 0 0 0 0 1 61 62 ALiGA — Kolokwium 15.12.2008. będziemy mogli jednoznacznie wyrazić każdą należącą do V macierz z pierwszym wierszem zerowym w postaci kombinacji tych macierzy, a mianowicie 0 0 0 0 d e = dA1 + eA2 + f A3 . 0 0 f Jeśli warunek a + b + c = 0 dla wyrazów w pierwszym wierszu macierzy zapisać w postaci c = −a − b, to już nietrudno sprawdzić, że po dołączeniu do A1 , A2 , A3 macierzy 1 0 −1 0 1 −1 A4 = 0 0 0 , A5 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 otrzymamy bazę przestrzeni V . W konsekwencji dim V = 5. 2. Zbadaj liniową niezależność macierzy " # " # " # " # 1 −1 0 1 1 1 −1 0 A1 = , A2 = , A3 = , A4 = 0 1 −1 1 1 0 1 −1 Czy tworzą one bazę przestrzeni M2×2 (R)? Przedstaw (o ile jest to możliwe) macierz B = postaci kombinacji liniowej macierzy Ai , i = 1, . . . , 4. h −2 6 5 −3 i w Rozwiązanie. Wykażemy od razu, że macierze A1 , A2 , A3 , A4 są bazą przestrzeni M2×2 (R), co obejmuje już stwierdzenie ich liniowej niezależności. W tym celu sprawdzimy, czy można przedstawić dowolną macierz A = ac db ∈ M2×2 (R) jako kombinacją liniową λ1 A1 + λ2 A2 + λ3 A3 + λ4 A4 z jednoznacznie wyznaczonymi współczynnikami λ1 , λ2 , λ3 , λ4 . Ponieważ równość A = λ1 A1 + λ2 A2 + λ3 A3 + λ4 A4 jest równoważna układowi równań liniowych λ1 + λ3 − λ4 = a, −λ1 + λ2 + λ3 = b, −λ2 + λ3 + λ4 = c, λ1 + λ2 − λ4 = d, (10.1) pozostaje nam sprawdzenie istnienia i jednoznaczności rozwiązania tego układu przy dowolnych prawych stronach. Zastosujemy standardową metodę redukcji wierszowej do macierzy rozszerzonej tego układu, aby otrzymać w ten sposób (jeśli to możliwe) również rozwiązanie ostatniej części zadania. Pomijając proste rachunki otrzymujemy 1 0 1 −1 a −1 1 1 0 b ∼ 0 −1 1 1 c 1 1 0 −1 d 1 0 0 0 0 1 0 0 1 −1 a 2 −1 a+b 3 0 a+b+c 0 1 d+c−a . Stąd widać, że układ (10.1) jest oznaczony dla dowolnych wartości a, b, c, d, a to oznacza, że macierze A1 , A2 , A3 , A4 są bazą przestrzeni M2×2 (R). Co więcej, rozwiązanie tego układu dla szczególnych wartości a = −2, b = 6, c = 5, d = −3 odpowiadających macierzy B daje jako współczynniki szukanej kombinacji liniowej liczby λ1 = −1, λ2 = 2, λ3 = 3, λ4 = 4. 3. Dany jest układ równań x1 − x2 + 3x3 + x4 =0 4x2 + x3 − 3x4 + x5 = 0 3x1 + x2 + 6x3 + x5 = 0 Sprawdzić, że wektor (−1, 1, 0, 2, 2) jest rozwiązaniem układu, a następnie wyznaczyć bazę przestrzeni rozwiązań układu zawierającą ten wektor. A. Strasburger — Konspekt wykładów ALiGA (przygotowany 18 stycznia 2009 roku) 63 Rozwiązanie. Zapiszemy podany układ w postaci macierzowej 0 1 −1 3 1 0 x1 .. .. 0 4 1 −3 1 . = . , 3 1 6 0 1 x5 0 skąd bezpośrednim mnożeniem sprawdzamy, że podany wektor (−1, 1, 0, 2, 2) jest rozwiązaniem układu. W standardowy sposób otrzymujemy dla macierzy układu następującą postać zredukowaną: 1 −1 3 1 0 1 −1 3 1 0 0 4 1 −3 1 ∼ 0 4 1 −3 1 , 3 1 6 0 1 0 0 4 0 0 skąd wynika, że rząd macierzy układu wynosi 3, a więc wymiar przestrzeni rozwiązań układu dim r(A, 0) = 2. Obierając bazę przestrzeni rozwiązań w sposób standardowy otrzymujemy jako wektory bazy u = (1, 1, 0, 0, −4), v = (−1, 0, 0, 1, 3). Bazę przestrzeni rozwiązań zawierającą podany wektor w = (−1, 1, 0, 2, 2) można otrzymać dołączając do niego dowolny wektor z przestrzeni rozwiązań nie będący jego wielokrotnością, a więc na przykład wektor u. Ogólnie, biorąc pod uwagę zależność w = u + 2v widzimy, że wektory w, tu + sv, gdzie t, s ∈ R tworzą bazę przestrzeni r(A, 0) wtedy i tylko wtedy, gdy s 6= 2t. 4. Rozwiązać układ równań, rozwiązanie zapisać w postaci wektorowej. x1 −2x1 3x1 2x1 − 2x2 + 2x2 − 4x2 − 3x2 + 3x3 − 4x3 − 3x3 − 2x3 − x4 + x4 + 3x4 + 2x4 = −2 = −1 = 4 = 2 Rozwiązanie. Stosując operacje elementarne na wierszach macierzy rozszerzonej otrzymujemy [A|b] = 1 −2 3 −1 −2 1 −2 3 −1 −2 0 −2 2 −4 1 −1 1 −8 4 6 ∼ . 3 −4 −3 3 0 −2 1 4 0 1 2 −3 −2 2 2 0 0 0 0 0 Stąd otrzymujemy wektor (3, 2, 0, 1) jako rozwiązanie szczególne oraz jednowymiarową przestrzeń rozpiętą przez (−1, 0, 1, 2) jako przestrzeń rozwiązań układu jednorodnego z macierzą A. Wersja B. Ze względu na identyczność metod rozwiązania zadań w obu wersjach, w tej wersji podajemy tylko odpowiedzi. 1. Czy zbiór a b c V = { 0 d e | a, b, c, d, e, f ∈ R; a + d + f = 0 } 0 0 f jest podprzestrzenią liniową przestrzeni M3×3 (R)? W przypadku odpowiedzi twierdzącej podaj bazę i wymiar tej przestrzeni. Rozwiązanie. Jest to podprzestrzeń i dim V = 5. Bazę tworzą na przykład macierze 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 A1 = 0 0 0 , A2 = 0 0 0 , A3 = 0 0 1 , A4 = 0 −1 0 , A5 = 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 −1 64 ALiGA — Kolokwium 15.12.2008. 2. Zbadaj liniową niezależność macierzy " # " # " # " # 1 −1 −1 0 0 1 1 1 A1 = , A2 = , A3 = , A4 = 1 1 1 1 1 1 −1 1 Czy tworzą one bazę przestrzeni M2×2 (R)? Przedstaw (o ile jest to możliwe) macierz B = postaci kombinacji liniowej macierzy Ai , i = 1, . . . , 4. −5 −8 4 4 w Rozwiązanie. Podane macierze tworzą bazę M2×2 (R) oraz " # −5 −8 B= = A1 + 2A2 − 3A3 − 4A4 . 4 4 3. Dany jest układ równań −x1 + x2 + x3 + 2x5 = 0 =0 2x1 − x2 + x3 + x4 −4x1 + 3x2 + x3 − x4 + 4x5 = 0 Sprawdzić, że wektor (0, 1, −3, 4, 1) jest rozwiązaniem układu, a następnie wyznaczyć bazę przestrzeni rozwiązań układu zawierającą ten wektor. Rozwiązanie. Postacią macierzową układu jest 0 −1 1 1 0 2 x1 .. .. 2 −1 1 1 0 . = . , −4 3 1 −1 4 x5 0 więc wektor (0, 1, −3, 4, 1) jest rozwiązaniem układu. Postać zredukowana macierzy układu jest następująca: −1 1 1 0 2 0 1 3 1 4 , 0 0 0 0 0 skąd wynika, że dim r(A, 0) = 3. Bazę przestrzeni rozwiązań stanowią wektory u = (−2, −3, 1, 0, 0), v = (−1, −1, 0, 1, 0), w = (−2, −4, 0, 0, 1). Bazą zawierającą podany wektor x = (0, 1, −3, 4, 1) = −3u + 4v + w jest na przykład zbiór {x, u, v}. Ogólnej, bazę przestrzeni rozwiązań można otrzymać biorąc dwa liniowo niezależne wektory tej przestrzeni i dołączając do niech wektor x, pod warunkiem, że nie jest on ich kombinacją liniową. 4. Rozwiązać układ równań, rozwiązanie zapisać w postaci wektorowej. −x1 x1 −x1 2x1 + 4x2 + 3x2 + 3x2 + x2 + x3 + 2x3 + x3 + 2x3 + 2x4 − x4 + x4 − 3x4 = 4 = 2 = 1 = −1 Rozwiązanie. W sposób analogiczny jak w poprzedniej wersji otrzymujemy [A|b] = −1 −4 1 2 4 1 3 2 −1 2 −1 3 1 1 1 2 1 2 −3 −1 ∼ −1 −4 1 2 4 0 1 0 1 −3 . 0 0 1 −2 5 0 0 0 0 0 Stąd otrzymujemy wektor (3, 3, −5, 0) jako rozwiązanie szczególne oraz jednowymiarową przestrzeń rozpiętą przez (0, −1, 2, 1) jako przestrzeń rozwiązań układu jednorodnego z macierzą A.