GAL I - grupa 11

GAL I - grupa 11
Piotr Suwara
10 grudnia 2010
Zaczynamy od zbioru
Zadanie 1.
przez
0, 6a − 0, 8b i 0, 8a + 0, 6b.
{3, 4, 12}
i mo»emy dowolne dwa elementy
Czy mo»emy w ko«cu otrzyma¢
a, b
zast¡pi¢
{4, 6, 12}?
Udowodni¦, »e wspomniana operacja nie zwi¦ksza sumy kwadratów elementów
zbioru. Mianowicie (0, 6a − 0, 8b)2 + (0, 8a + 0, 6b)2 = a2 + b2 , wi¦c je±li zbiór po operacji si¦
nie zmniejszy, to oczywi±cie suma kwadratów pozostanie staªa, a je±li si¦ zmniejszy, to suma
kwadratów w oczywisty sposób (najpierw wykonujemy operacj¦, suma si¦ nie zmienia, potem
usuwamy duplikaty, suma nie wzrasta) nie wzro±nie. Ale na pocz¡tku mamy 32 + 42 + 122 ,
a na ko«cu suma kwadratów jest wi¦ksza: 42 + 62 + 122 . Czyli si¦ nie da.
Rozwi¡zanie.
Zadanie 2.
Na tablicy ±wieci si¦ pewna liczba »arówek. Obok tablicy s¡ przyciski, naci±ni¦cie
na przycisk zmienia stan »arówek poª¡czonych z tym przyciskiem (gasi te, które s¡ zapalone a
zapala te, które s¡ zgaszone). Wiadomo, »e dla ka»dego zbioru »arówek istnieje przycisk poª¡czony z nieparzyst¡ liczb¡ »arówek z tego zbioru. Wyka», »e odpowiednio naciskaj¡c przyciski
mo»na wyª¡czy¢ wszystkie »arówki.
Rozwi¡zanie. Je±li zapalonej »arówce odpowiada liczba 0, a zgaszonej liczba 1, to mo»emy
przestrze« wszystkich stanów »arówek identykowa¢ z przestrzeni¡ Zn2 , gdzie n to liczba »arówek. Przycisk mo»emy identykowa¢ z wektorem w tej przestrzeni posiadaj¡cym 1 na tych
wspóªrz¦dnych, które »arówki przeª¡cza w przeciwny stan oraz 0 na innych wspóªrz¦dnych;
istotnie, je±li wektor v przedstawia pewien stan »arówek, to po naci±ni¦ciu przycisku uto»samianego z wektorem u otrzymamy stan opisywany przez wektor v + u. Oznaczmy wektory
uto»samiane z przyciskami jako u1 , u2 , . . . , um . Je±li udowodnimy, »e te wektory rozpinaj¡
Zn2 , to oczywi±cie b¦dzie daªo si¦ otrzyma¢ za ich pomoc¡ wektor (1, 1, . . . , 1), czyli zgasi¢
wszystkie »arówki.
Wystarczy wi¦c pokaza¢, »e wymiar przestrzeni rozpi¦tej przez u1 , u2 , . . . , um jest równy
n. Zaªó»my, »e jest równy k < n. Niech ui = (ui,1 , ui,2 , . . . , ui,n ). Rozpatrzmy ukªad równa«
w Z2 :

U:
u1,1 x1




 u2,1 x1





..
.
+u1,2 x2
+u2,2 x2
+ . . . +u1,n xn
+ . . . +u2,n xn
..
.
...
..
.
=0
=0
..
.
um,1 x1 +um,2 x2 + . . . +um,n xn = 0
1
którego przestrze« rozwi¡za« ma oczywi±cie wymiar równy n − dim lin(u1 , u2 , . . . , um ) =
n − k > 0, czyli istnieje niezerowe rozwi¡zanie tego ukªadu równa«. Wobec tego istnieje
wektor x = (x1 , x2 , . . . , xn ) wyznaczaj¡cy pewien niepusty podzbiór »arówek (i-ta »arówka
jest w tym podzbiorze wtedy i tylko wtedy, gdy xi = 1). Ten podzbiór ma t¦ ciekaw¡
wªasno±¢, »e iloczyn skalarny x oraz ui jest równy 0 dla ka»dego i, czyli dla ka»dego i ten
podzbiór ma parzy±cie wiele wspólnych elementów ze zbiorem »aróweczek przeª¡cznych przez
i-ty przeª¡cznik. Co jest sprzeczne z zaªo»eniami. Co ko«czy dowód.
Zadanie 3.
AB = 0,
Niech
AiB
b¦d¡ macierzami kwadratowymi stopnia
to przynajmniej jedna z macierzy
A + AT , B + B T
n = 2011.
Wyka», »e je±li
jest osobliwa.
Macierze A i B o elementach z ciaªa K wyznaczaj¡ przeksztaªcenia liniowe
odpowiednio ϕ, ψ : K n → K n takie, »e ϕ ◦ ψ = 0. Niech r = dim ker ψ , p = dim ker ϕ.
Wtedy dim ψ(K n ) = n − r. Ale ϕ(ψ(K n )) = {0}, czyli ψ(K n ) ⊂ ker ϕ, czyli p = dim ker ϕ ­
dim ψ(K n ) = n − r. Wobec tego mamy p + r ­ n. Ale 2 - n, czyli zachodzi 2p > n lub 2r > n.
Zaªó»my bez utraty ogólno±ci, »e 2p > n.
Macierz AT wyznacza przeksztaªcenie liniowe γ : K n → K n . Poniewa» r(AT ) = r(A), to
dim ker γ = dim ker ϕ = p. Z kolei macierz A + AT wyznacza przeksztaªcenie σ : K n → K n
takie, »e σ = ϕ + γ . Ale wobec tego σ(K n ) ⊂ ϕ(K n ) + γ(K n ), co daje nam dim σ(K n ) ¬
dim(ϕ(K n ) + γ(K n )) ¬ dim ϕ(K n ) + dim γ(K n ) = n − p + n − p = 2n − 2p < n, wobec czego
dim ker σ = n − dim σ(K n ) > 0, czyli rz¡d macierzy A + AT musi by¢ mniejszy ni» n, wi¦c
ta macierz jest osobliwa. Co ko«czy dowód.
Rozwi¡zanie.
Zadanie 4.
Niech
rz¡d macierzy
A
b¦dzie macierz¡
m×n
rz¦du
n,
a
B
macierz¡
n×p
rz¦du
p.
Oblicz
AB .
Macierz A wyznacza pewne przeksztaªcenie liniowe ϕ : K m → K n , gdzie K
to ciaªo, do którego nale»¡ elementy macierzy. Poniewa» jest ona rz¦du n, to ϕ jest na.
Analogicznie B wyznacza pewne przeksztaªcenie liniowe ψ : K n → K p , które jest na. Czyli
ich zªo»enie ϕ ◦ ψ : K m → K p jest na, ale macierz tego przeksztaªcenia to AB , czyli rz¡d
AB to dim K p = p.
No jasne. Przecie» elementy macierzy nie musz¡ nale»e¢ do ciaªa, ale mog¡ nale»e¢ do
pier±cienia, nazwijmy go R. Je±li R ma dzielniki zera, to nie wiem, co zrobi¢. Ale gdy takowych
nie ma, to mo»na wzi¡¢ jako K ciaªo uªamków pier±cienia R, czyli Q(R). I powinno dziaªa¢.
Mimo wszystko chyba jeszcze si¦ tym nie zajmujemy.
Rozwi¡zanie.
10-wymiarow¡ przestrzeni¡ liniow¡, a U ⊂ W jej
niami wymiarów odpowiednio 3 i 6. Niech E ⊂ L(V, V ) b¦dzie zbiorem tych
liniowych f : V → V , »e f (U ) ⊂ U , f (W ) ⊂ W . Oblicz dim E .
Zadanie 5.
Niech
V
b¦dzie
podprzestrzeprzeksztaªce«
Niech wektory a1 , a2 , a3 b¦d¡ baz¡ U , a4 , a5 , a6 jej dopeªnieniem do bazy W
oraz a7 , a8 , a9 , a10 dopeªnieniem bazy W do bazy V . We¹my pewne f ∈ E i rozpatrzmy
macierz przeksztaªcenia f w tej bazie. Poniewa» f (U ) ⊂ U , to ka»dy z a1 , a2 , a3 musi przechodzi¢ na kombinacj¦ liniow¡ tych wªa±nie wektorów, czyli ta macierz w pierwszych trzech
Rozwi¡zanie.
2
kolumnach nie mo»e mie¢ niezerowych warto±ci w wierszach poni»ej trzeciego. Podobnie,
poniewa» f (W ) ⊂ W , to w czwartej, pi¡tej i szóstej kolumnie wiersze od siódmego w dóª
musz¡ by¢ zerowe. Czyli ta macierz musi wygl¡da¢ tak:

x1,1 x1,2 x1,3

x2,1 x2,2 x2,3

x3,1 x3,2 x3,3


0
0
 0

 0
0
0

 0
0
0


 0
0
0

 0
0
0


0
0
 0
0
0
0
x1,4
x2,4
x3,4
x4,4
x5,4
x6,4
0
0
0
0
x1,5
x2,5
x3,5
x4,5
x5,5
x6,5
0
0
0
0

x1,6 x1,7 x1,8 x1,9 x1,10

x2,6 x2,7 x2,8 x2,9 x2,10 

x3,6 x3,7 x3,8 x3,9 x3,10 

x4,6 x4,7 x4,8 x4,9 x4,10 


x5,6 x5,7 x5,8 x5,9 x5,10 

x6,6 x6,7 x6,8 x6,9 x6,10 


0
x7,7 x7,8 x7,9 x7,10 

0
x8,7 x8,8 x8,9 x8,10 

0
x9,7 x9,8 x9,9 x9,10 

0 x10,7 x10,8 x10,9 x10,10
i jasne jest, »e dowolna macierz tak wygl¡daj¡ca (czyli zera tam, gdzie s¡ zera i warto±ci
xi,j ∈ K , K - ciaªo, nad którym przestrzeni¡ jest V ) wyznacza przeksztaªcenie liniowe ze
zbioru E . Wiemy te», »e takie przyporz¡dkowanie macierzom przeksztaªce« jest wzajemnie
jednoznaczne, czyli dim E jest równy wymiarowi przestrzeni rozpi¦tej przez macierze tego
typu. A poniewa» s¡ to macierze o 67 wyrazach, które mog¡ by¢ dowolne z tego ciaªa, to
wymiar tej przestrzeni jest równy 67.
3