PRZEWODNIK DO ĆWICZEŃ Z ALGEBRY dla studentów Wydziału

PRZEWODNIK DO ĆWICZEŃ Z ALGEBRY
dla studentów Wydziału Elektrycznego
ELŻBIETA KASPERSKA, ANDRZEJ KASPERSKI
wersja robocza
I. Relacje
Definicja 1 Mówimy, że w zbiorze Ω określiliśmy parę uporządkowaną, jeżli wyróżniliśmy dwa elementy tego zbioru i wskazaliśmy, który z nich uważamy za
pierwszy. Jeśli wyróżniliśmy elementy a, b ∈ Ω i a uważamy za pierwszy element,
to parę tą oznaczamy symbolem (a, b).
Własności pary uporządkowanej:
(a, b) = (b, a) ⇔ a = b, (a, b) = (c, d) ⇔ a = c i b = d.
Definicja 2 Iloczynem kartezjańskim zbiorów A i B, oznaczamy A × B,
nazywamy zbiór par uporządkowanych (a, b) takich, że a ∈ A i b ∈ B, a więc
A × B = {(a, b) : a ∈ A ∧ b ∈ B}
Przykład 1. Niech A = {1, 3, 5}∪[2, 4], B = [1, 2]. Przedstawiamy graficznie
A × B.
Definicja 3 Relacj† R w zbiorze X nazywamy dowolny podzbiór iloczynu
kartezjańskiego X × X, czyli R ⊂ X × X.
Graficzne zadanie relacji.
Niech X = {x1 , x2 , x3 , . . . , xn }, gdzie xi zadane liczby rzeczywiste.
* oznacza parę elementów które są z sobą w relacji
x1
x1
x2
x3
...
xn
x2
x3
∗
...
xn
∗
∗
2
x1 Rx3 ( mówimy, że x1 jest w relacji z x3 ), x2 Rx2 ( mówimy, że x2 jest w
relacji z x2 ), xn Rx3 ( mówimy, że xn jest w relacji z x3 ).
Podstawowe typy relacji:
1. Jeżeli dla każdego x ∈ X, xRx, to R nazywamy relacją zwrotną
2. Jeżeli dla dowolnych x, y ∈ X z warunku xRy wynika, że yRx, to R
nazywamy relacją symetryczną
3. Jeżeli dla dowolnych x, y ∈ X, z warunku xRy ∧ yRx wynika, że x = y,
to R nazywamy relacją antysymetryczną
4. Jeżeli dla dowolnych x, y, z ∈ X, z warunku xRy ∧ yRz wynika, że xRz,
to R nazywamy relacją przechodnią
5. Jeżeli dla dowolnych x, y ∈ X, xRy ∨yRx, to R nazywamy relacją spójną.
Relację o własnościach 1., 2., 3. nazywamy relacją równoważności. Relację o
własnościach 1., 3., 4. nazywamy relacją porządkującą.
Definicja 4 Niech P będzie ustalonym podzbiorem zbioru liczb rzeczywistych R. Niech a, b ∈ P . Mówimy, że a − b jest podzielne przez k ∈ P , piszemy
k | a − b, jeżeli istnieje n ∈ P takie, że a − b = kn.
Przykład 2. Niech X będzie zbiorem liczb parzystych. Dla dowolnych x, y ∈
X, xRy ⇔ 3 | x − y. Zbadać czy R jest relacją równoważności.
Dla każdego x ∈ X, x − x = 0 = 3 · 0, czyli R jest zwrotna,
jeżeli dla dowolnych x, y ∈ X, xRy, to istnieje k ∈ X takie, że x − y = 3k
ale wtedy y − x = −3k i −k ∈ X, czyli 3 | y − x, a więc R jest symetryczna.
jeżeli dla dowolnych x, y, z ∈ X, xRy i yRz, to istnieją k, n ∈ X takie, że
x − y = 3k i y − z = 3n. Wtedy x − z = 3(k + n) i k + n ∈ X, a więc xRz, czyli
R jest przechodnia. Czyli relacja R jest relacją równoważności.
Przykład 3. Niech X będzie zbiorem liczb rzeczywistych. Dla dowolnych
x, y ∈ X, xRy ⇔ x ­ y. Sprawdzić, że R jest relacją porządkującą.
Dla każdego x ∈ X, x ­ x, a więc xRx, czyli R jest relacją zwrotną.
Dla dowolnych x, y ∈ X, jeżeli xRy i yRx, to x ­ y i y ­ x, ale wtedy
x = y, czyli R jest relacją antysymetryczną.
Dla dowolnych x, y, z ∈ X, jeżeli xRy i yRz, to x ­ y i y ­ z, ale wtedy x ­
z, czyli xRz, czyli R jest relacją przechodnią, a więc jest relacją porządkującą.
Definicja 5 Niech R będzie relacją równoważności w X. Niech a ∈ X.
Klasą abstrakcji elementu a względem relacji R nazywamy zbiór wszystkich elementów x ∈ X, takich, że aRx, oznaczamy
[a]R = {x ∈ X : aRx}.
Przykład 4. Niech X będzie zbiorem liczb całkowitych. Relację R określomy
następująco: xRy wtedy i tylko wtedy, gdy 2 | x + y. Można wykazać, że R jest
relacją równoważności. Wyznaczmy klasy abstrakcji elementów 0 i 1 względem
tej relacji.
0Rx wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ X takie, że 0 + x = 2k, wtedy
x = 2k, czyli [0]R = {2k : k ∈ X}.
3
1Rx wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje k ∈ X takie, że 1 + x = 2k, wtedy
x = 2k − 1, czyli [1]R = {2k − 1 : k ∈ X}. Relacja R pozwala więc wyodrębnić
w X dwie różne klasy abstrakcji.
Twierdzenie 1 ( Zasada abstrakcji )
Relacja równoważności R określona na niepustym zbiorze X dzieli X na rozłączne i niepuste klasy abstrakcji, tzn. jeżeli istnieje a ∈ X takie, że a ∈ [x]R i
a ∈ [y]R , to [x]R = [y]R .
Dowód. Klasy abstrakcji są niepuste ponieważ dla każdego x ∈ X, x ∈ [x]R
bo R jest zwrotna.
Załóżmy, że a ∈ [x]R i a ∈ [y]R . Wtedy xRa i aRy, a więc z przechodniości
relacji R mamy xRy. Pokażemy, że [x]R = [y]R . Niech b ∈ [x]R , wtedy bRx i
xRy, a więc bRy, czyli [x]R ⊂ [y]R .
Niech b ∈ [y]R , wtedy bRy i yRx, a więc bRx, czyli [y]R ⊂ [x]R .
Ponieważ dla każdego x ∈ X, x ∈ [x]R , a więc
[
[x]R = X.
x∈X
Funkcje jako relacje.
Definicja 6 Niech X, Y bądą zadanymi zbiorami niepustym. Relację R ⊂
X × Y o własnościach:
a) dla każdego x ∈ X istnieje y ∈ Y taki, że xRy,
b) dla każdego x ∈ X i dowolnych y, z ∈ Y , z warunku (xRy ∧ xRz) wynika, że
y=z
nazywamy funkcją odwzorowującą X w Y . Piszemy wówczas: fR : X −→ Y lub
fR (x) = y zamiast xRy.
Definicja 7 Niech f : X −→ Y , A ⊂ X, B ⊂ Y . Zbiór
f (A) = {y ∈ Y : ∃x ∈ X, y = f (x)}
nazywamy obrazem zbioru A przez odwzorowanie f . Zbiór
f −1 (B) = {x ∈ X : ∃y ∈ B, y = f (x)}
nazywamy przeciwobrazem zbioru B przez odwzorowanie f .
Definicja 8 Niech f : X −→ Y . Mówimy, że f odwzorowuje X ”na” Y ,
jeżeli f (X) = Y . Jeżeli dla dowolnych x1 , x2 ∈ X z warunku f (x1 ) = f (x2 )
wynika, że x1 = x2 , to f nazywamy odwzorowaniem różnowartościowym. Odwzorowanie różnowartościowe i ”na” nazywamy bijekcją.
Przykład 5. Niech X, Y = R, f (x) = x2 dla każdego x ∈ R. Ponieważ
f (−1) = f (1) = 1, a więc f nie jest różnowartościowe. Ponieważ nie istnieje
x ∈ R takie, że f (x) = −1, a więc f nie jest odwzorowaniem ”na”.
4
Przykład 6. Niech f : R −→ R dane będzie wzorem:
2x+1
x−1 , dla x 6= 1
f (x) =
0,
dla x = 1
y+1
Dla x 6= 1, y = 2x+2
x−1 czyli x = y−2 dla y 6= 2. Czyli dla y = 2 nie istnieje x
takie, że f (x) = 2, a więc f nie jest odwzorowzniem ”na”. Zauważmy również,
że f (1) = f ( −1
2 ) = 0, czyli f nie jest różnowartościowe.
Przykład 7. Dla jakiej wartožci parametru a odwzorowanie f dane wzorem
x+2
x−1 , dla x 6= 1
f (x) =
a,
dla x = 1
jest bijekcj† R na R.
1. Sprawdzamy dla jakiej wartości parametru a f jest odwzorowaniem ”na”.
Dla y ∈ R \ {a} mamy
y=
x+1
⇒ y(x − 1) = x + 1 ⇒ x(y − 1) = 1 + y.
x−1
St†d
x=
1+y
y−1
dla y 6= 1. Czyli dla y 6= 1 istnieje x ∈ R takie, że f (x) = y. Przyjmując a = 1,
otrzymamy f (1) = 1, a więc f jest odwzorowaniem ”na”.
2. Sprawdzamy, czy f jest różnowartožciowe dla a = 1. Dla x1 , x2 6= 1 mamy
x1 + 1
x2 + 1
=
⇒ (x1 + 1)(x2 − 1) = (x2 + 1)(x1 − 1) ⇒ x1 = x2 .
x1 − 1
x2 − 1
Dla x1 6= 1, x2 = 1 mamy
x1 + 1
= 1 ⇒ x1 + 1 = x1 − 1 ⇒ −1 = 1.
x1 − 1
Powyższa sprzeczność oznacza, że z warunku f (x1 ) = f (x2 ) otrzymujemy, że
x1 = x2 , czyli f jest różnowartościowe.
Twierdzenie 2 Niech X, Y będą zadanymi zbiorami niepustymi, f : X →
Y:
a) dla dowolnych A, B ⊂ X f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B),
b) dla dowolnych A, B ⊂ X f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B). Jeżeli f jest różnowartožciowe, to f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
DOWÓD.
a) Jeżeli a ∈ f (A ∪ B), to istnieje x ∈ A ∪ B takie, że a = f (x). Stąd
(x ∈ A ∧ a = f (x)) lub (x ∈ B ∧ a = f (x)). Stąd a ∈ f (A) lub a ∈ f (B), czyli
a ∈ f (A) ∪ f (B), a więc f (A ∪ B) ⊂ f (A) ∪ f (B). Jeżeli a ∈ f (A) ∪ f (B), to
a ∈ f (A) lub a ∈ f (B). Wtedy istnieje x ∈ A takie, że a = f (x) lub istnieje
5
x ∈ B takie, że a = f (x). Czyli istnieje x ∈ A ∪ B taki, że a = f (x), więc
a ∈ f (A ∪ B). Stąd f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B).
b) Jeżeli a ∈ f (A ∩ B), to istnieje x ∈ A ∩ B takie, że a = f (x). Stąd
x ∈ A i a = f (x) oraz x ∈ B i a = f (x). Czyli a ∈ f (A) i a ∈ f (B), a więc
a ∈ f (A) ∩ f (B). Stąd f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).
Załóżmy teraz, że f jest różnowartościowe. Niech a ∈ f (A) ∩ f (B). Wtedy
istnieje x ∈ A takie, że a = f (x) i istnieje y ∈ B takie, że a = f (y). Czyli f (x) =
f (y). Ponieważ f jest różnowartościowe, więc x = y. Stąd istnieje x ∈ A ∩ B
takie, że a = f (x), a wi‘c a ∈ f (A ∩ B). Czyli f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
Odwzorowanie odwrotne.
Jeżeli f : X → Y jest bijekcją, to możemy mówić o odwzorowaniu odwrotnym f −1 : Y → X. Odwzorowaniem odwrotnym nazywamy takie odwzorowanie
f −1 , że dla każdego x ∈ X, f −1 (f (x)) = x i dla każdego y ∈ Y f (f −1 (y)) = y.
Jeżeli f nie jest bijekcją, to możemy mówić o odwzorawaniach częściowo
odwrotnych tzn. takich, które spełniają jeden z powyższych warunków. Mówimy
wtedy o odwzorowaniu lewostronnie albo prawostronnie odwrotnym.
Przykład 8. Niech X = R, Y = R+ , f (x) = x2 dla każdego x ∈ R. f nie jest
bijekcją, a więc nie istnieje odwzorowanie odwrotne. Ale dla każdego y ∈ R+
1
(y 2 )2 = y, czyli istnieje odwzorowanie prawostronnie odwrotne. Zauważmy, że
1
dla każdego x ∈ R (x2 ) 2 =| x |.
Przykład 9. Niech X = Y = R+ , f (x) = x2 dla każdego x ∈ X. Wtedy
f : X → Y jest bijekcją. Odwzorowanie odwrotne f −1 istnieje i dane jest wzorem
1
f −1 (y) = y 2 dla każdego y ∈ Y .
Przykład 10. Niech X = [− π2 , π2 ], Y = [−1, 1], f (x) = sin x dla każdego
x ∈ X. Wtedy f : X → Y jest bijekcją, odwzorowanie odwrotne f −1 istnieje i
f −1 (y) = arc sin y dla każdego y ∈ [−1, 1].
Zadania kontrolne
1. Sprawdzić, czy prawdziwe są równości:
a) (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C)
b) (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C)
c) (A × B) ∩ C = (A ∩ C) × (B ∩ C)
d) (A \ B) × C = (A × C) \ (B × C)
e) A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C).
2. Zbadać, które z podanych relacji R ⊂ X 2 są relacjami równoważności oraz
określić klasy abstrakcji dla relacji równoważności.
a) Niech X będzie zbiorem liczb parzystych, xRy ⇔ 3 | x − y.
b) Niech X będzie zbiorem liczb rzeczywistych, xRy ⇔ x2 +2x−1 = y 2 +2y −1.
c) Niech X będzie zbiorem liczb rzeczywistych, xRy ⇔ sin x = sin y.
d) Niech X będzie zbiorem liczb zespolonych, xRy ⇔ Argx = Argy.
e) Niech X będzie zbiorem liczb zespolonych, xRy ⇔ | x |=| y |.
f) Niech X będzie zbiorem liczb rzeczywistych, xRy ⇔ x2 = y 2 .
g) Niech X będzie zbiorem liczb rzeczywistych, xRy ⇔ sin x = cos y.
3. Sprawdzić, czy podane odwzorowanie f : R → R jest bijekcją:
6
a)
x
x+1 ,
f (x) =
1,
gdy x 6= −1
gdy x = −1
b)
f (x) =
1
2−x ,
0,
gdy x 6= 2
gdy x = 2
c)
f (x) =
2x+2
x−1 ,
0,
gdy x 6= 1
gdy x = 1
4. Dla danej relacji R definiujemy R−1 = {(y, x) : (x, y) ∈ R}.
a) Udowodnić, że na to aby relacja R była symetryczna potrzeba i wystarcza
by R ⊂ R−1 .
b) Udowodnić, że R ⊂ R−1 ⇔ R = R−1 .
5. Dla jakiej wartości parametru a odwzorowanie f : X → Y jest bijekcją;
a)
a2 x−1
x−2 , gdy x 6= 2
f (x) =
a,
gdy x = 2
b)
f (x) =
2a2 x−1
x−3 ,
gdy x 6= 3
gdy x = 3
a,
c)
f (x) =
a2 x−5
2x−1 ,
a,
gdy x 6= 12
gdy x = 21
Odpowiedzi do zadań
1. a),b),d),e) prawdziwa, c) fałszywa ( np. A, B, C = [0, 1] ).
2. a) Trzy różne klasy abstrakcji [0]R = {6n : n ∈ N }, [2]R = {6n + 2 : n ∈
N }, [4]R = {6n + 4 : n ∈ N }, gdzie N jest zbiorem liczb naturalnych,
b) [x]R = {x, −x − 2},
c) [x]R = {x − 2kπ, −x + π + 2kπ : k = 0, ±1, ±2, . . .},
d) [x]R – prosta ϕ = arg x,
e) [x]R – okrąg o žrodku w zerze i promieniu | x |,
f) [x]R = {x, −x},
g) nie jest relacją równoważności.
3. a), b) jest bijekcją, c) nie jest na i nie jest różnowartościowe.
5. a) bijekcja dla a = 0 lub a = 1,
b) bijekcja dla a = 0 lub a = 12 ,
c) bijekcja dla a = 0 lub a = 2.
7
II. Liczby zespolone
Definicja 9 Niech A będzie niepustym zbiorem. Każde odwzorowanie f :
A × A → A nazywamy działaniem w A.
Definicja 10 Strukturą algebraiczną nazywamy niepusty zbiór z wyróżnionym w nim skończonym zbiorem elementów oraz z określonym na nim skończonym zbiorem działań.
Definicja 11 Strukturą algebraiczną addytywnie zapisaną < A, ⊕ > nazywamy grupą przemienną z dodawaniem, jeżeli:
dla dowolnych a, b ∈ A a ⊕ b = b ⊕ a,
dla dowolnych a, b, c ∈ A (a ⊕ b) ⊕ c = a ⊕ (b ⊕ c),
istnieje O ∈ A ( element neutralny ze względu na dodawanie ) takie, że dla
każdego a ∈ A, a ⊕ O = a,
dla każdego a ∈ A istnieje b ∈ A (element przeciwny ) takie, że a ⊕ b = O.
Definicja 12 Strukturą algebraiczną multyplikatywnie zapisaną < A, >
nazywamy grupą przemienną z mnożeniem, jeżeli:
dla dowolnych a, b ∈ A a b = b a
dla dowolnych a, b, c ∈ A (a b) c = a (b c)
istnieje e ∈ A ( element neutralny ze względu na mnożenie ) takie, że dla
ka§dego a ∈ A a e = a,
dla każdego a ∈ A \ {O} istnieje b ∈ A ( element odwrotny ) takie, że
a b = e.
Definicja 13 Strukturę algebraiczną < A, ⊕, > nazywamy ciałem jeżeli:
< A, ⊕ > jest grupą przemienną z dodawaniem,
< A, > jest grupą przemienną z mnożeniem,
dla dowolnych a, b, c ∈ A, a (b ⊕ c) = (a b) ⊕ (a c).
Przykład 1. Niech Zp =< {0, 1, . . . , p − 1}, ⊕, >, gdzie: a ⊕ b = reszta z
dzielenia a + b przez p, a b = reszta z dzielenia a · b przez p. Jeżeli p jest liczbą
pierwszą, to Zp jest ciałem liczbowym
Wiadomości ogólne.
Równanie x2 + 1 = 0 nie ma rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych dlatego
naturalnym jest pytanie o rozszerzenie zbioru liczb rzeczywistych na takie ciało
liczbowe w którym to równanie posiada rozwiązanie. Niech i będzie taką liczbą,
że i2 = −1. Niech
C = {a + bi : a, b ∈ R}.
W C wprowadzamy działania dodawania ⊕ i mnożenia następująco: dla dowolnych z1 , z2 ∈ C, z1 = a1 + b1 i, z2 = a2 + b2 i
z1 ⊕ z2 = a1 + a2 + (b1 + b2 )i z1 z2 = a1 a2 − b1 b2 + (a1 b2 + a2 b1 )i.
8
Wtedy < C, ⊕, > jest ciałem liczbowym i nazywamy je ciałem liczb zespolonych.
Ciało liczb zespolonych można wprowadzić inaczej. Niech C = R×R. Działania w C wprowadzamy następująco: dla dowolnych a, b, c, d ∈ R (a, b) ⊕ (c, d) =
(a+c, b+d), (a, b)(c, d) = (ac−bd, ad+bc). < C, ⊕, > jest ciałem liczbowym
równoważnym ciału liczb zespolonych i takim, że (0, 0) jest elementem neutralnym ze względu na dodawanie, (1, 0) jest elementem neutralnym ze względu na
mnożenie, elementem przeciwnym do (a, b) jest (−a, −b), a elementem odwrot−b
a
nym do (a, b) 6= (0, 0) jest ( a2 +b
2 , a2 +b2 ).
To drugie podejście do liczb zespolonych pozwala na wprowadzenie łatwej
geometrycznej interpretacji liczb zespolonych. Oś odciętych będziemy dalej nazywać osią rzeczywistą. Wersorem na niej jest jedynka. Na osi rzędnych wprowadzamy wersor i. Oś tą będziemy dalej nazywać osią urojonych. Przy tej interpretacji liczbie zespolonej z = a + bi odpowiada na tej płaszczyżnie punkt
(a, b). Używamy również zapisu z = Rez + iImz. Kąt jaki tworzy wektor a + bi z
osią rzeczywistą nazywamy argumentem liczby zespolonej z, a długość wektora
z = a+bi nazywamy modułem liczby zespolonej z i oznaczamy | z |. Korzystając
1
z twierdzenia Pitagorasa otrzymamy, że | z |= (a2 + b2 ) 2 . Wyrażenie:
z =| z | (cos arg z + i sin arg z)
nazywamy postacią trygonometryczną liczby zespolonej z.
z1 = z2 ⇔ Rez1 = Rez2 ∧ Imz1 = Imz2
−
√ 2. Przedstawić w postaci trygonometrycznej liczbę zespoloną z =
√Przykład
2 + i 2.
9
√
Mamy a = −
2, b =
√
√
2. St†d | z |= 2 + 2 = 2.
√
(
a
cos ϕ = |z|
= −2 2
sin ϕ =
b
|z|
√
=
2
2
3Π
3Π
St†d arg z = 3Π
4 , czyli w postaci trygonometrycznej z = 2(cos( 4 ) + i sin( 4 )).
3. Przedstawić w postaci trygonometrycznej liczbę zespoloną z =
p
p Przykład
√
√
2 + 2 + i 2 − 2.
Mamy | z |= 2,

√ √

2
cos ϕ = √ 2+
2 √
2−
2
 sin ϕ =
2
√
2 cos ϕ sin ϕ = 2 2 , czyli 2ϕ = Π4 , a wi‘c ϕ = Π8 i z = 2(cos Π8 + i sin Π8 ).
Jeżeli z = x + iy, to liczbę z = x − iy nazywamy liczbą sprzężon† do liczby
z.
Własności operacji sprzężenia:
z · z =| z |2 , z −1 =
z
, z1 + z2 = z1 + z2 , z1 · z 2 = z1 · z2 .
| z |2
Twierdzenie 3 Jeżeli z1 =| z1 | (cos ϕ1 + i sin ϕ2 ) z2 =| z2 | (cosϕ2 +
i sin ϕ2 ), to
z1 · z2 =| z1 || z2 | (cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 )),
z1
| z1 |
(cos(ϕ1 − ϕ2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ2 )).
=
z2
| z2 |
Dowód. Mamy
z1 · z2 =| z1 || z2 | (cos ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ1 sin ϕ2 + i(cos ϕ1 sin ϕ2 + cos ϕ2 sin ϕ1 ))
=| z1 || z2 | (cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 )),
| z1 | (cos ϕ1 + i sin ϕ1 )(cos ϕ2 − i sin ϕ2 )
z1
=
z2
| z2 | (cos ϕ2 + i sin ϕ2 )(cos ϕ2 − i sin ϕ2 )
=
| z1 |
(cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 + i(sin ϕ1 cos ϕ2 − cos ϕ1 sin ϕ2 ))
| z2 |
=
| z1 |
(cos(ϕ1 − ϕ2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ2 )).
| z2 |
Wniosek 1 Dla każdej liczby naturalnej n
z n =| z |n (cos n arg z + i sin n arg z).
10
Z Wniosku 1 otrzymujemy następujący wzór Moivre’a
(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ.
Przykład 4. Stosując wzór Moivre’a wyrazić cos 4ϕ jako funkcję cos ϕ.
Mamy
(cos ϕ + i sin ϕ)4
= cos4 ϕ + 4i cos3 ϕ sin ϕ − 6 cos2 ϕ sin2 ϕ − 4i cos ϕ sin3 ϕ + sin4 ϕ
= cos 4ϕ + i sin 4ϕ.
St†d
cos 4ϕ = cos4 ϕ − 6 cos2 ϕ sin2 ϕ + sin4 ϕ
= cos4 ϕ − 6 cos2 ϕ(1 − cos2 ϕ) + (1 − cos2 ϕ)2
= 8 cos4 ϕ − 8 cos2 ϕ + 1.
Przykład 5. Wykorzystując wzór Moivre’a obliczyć (1 + i)10 .
1. Przedstawiamy liczbę 1 + i w postaci trygonometrycznej. Mamy
√
Π
Π
1 + i = 2(cos + i sin ).
4
4
A więc
Π
Π
) + i sin(10 · ))
4
4
5Π
5Π
= 32(cos
+ i sin
) = 32i.
2
2
Przykład 6. Obliczyć in , gdzie n jest dowolną liczbą naturalną.
Mamy i = cos Π2 + i sin Π2 . A więc
nΠ
nΠ
(−1)k , n = 2k
in = cos
+ i sin
=
i(−1)k+1 , n = 2k − 1
2
2
(1 + i)10 = 25 (cos(10 ·
dla k=1,2,. . . ,.
Pierwiastki
n-tego stopnia z liczb zespolonych.
√
n
a = b ⇔ bn = a. Ponieważ w postaci trygonometrycznej
z =| z | (cos(ϕ + 2kΠ) + i sin(ϕ + 2kΠ)),
a więc
√
n
ϕ + 2kΠ
ϕ + 2kΠ
+ i sin
)
n
n
i dla k = 0, 1, . . . , n − 1 otrzymujemy n różnych liczb zespolonych.
Przykład 7. Wyznaczyć wszystkie różne pierwiastki 6-tego stopnia z −27. W
postaci trygonometrycznej
1
z =| z | n (cos
−27 = 27(cos Π + i sin Π).
11
Oznaczając przez zk k-ty pierwiastek 6-tego stopnia z −27 mamy:
√
√
Π
3
Π
3
z0 = 3(cos + i sin ) = + i
6
6
2
2
√
√
Π + 2Π
Π + 2Π
z1 = 3(cos
+ i sin
)=i 3
6
6
√
√
Π + 4Π
3
Π + 4Π
−3
z2 = 3(cos
+ i sin
)=
+i
6
6
2
2
√
√
3
Π + 6Π
Π + 6Π
−3
z3 = 3(cos
+ i sin
)=
−i
6
6
2
2
√
√
Π + 8Π
Π + 8Π
z4 = 3(cos
+ i sin
) == −i 3
6
6
√
√
Π + 10Π
Π + 10Π
3
3
z5 = 3(cos
+ i sin
)= −i
.
6
6
2
2
Niekiedy dla wyznaczenia pierwiastków drugiego stopnia stosujemy inną procedurę niż√wzór ogólny na pierwiastki n-tego stopnia z liczby zespolonej.
Jeżeli x + iy = a + ib, gdzie a, b są liczbami rzeczywistymi, to a2 − b2 = x,
a 2ab = y. A więc wyznaczanie pierwiastków stopnia 2-giego sprowadzamy do
rozwiązania układu równań
√ z dwiema niewiadomymi.
Przykład
8.
Obliczyć
1 + i.
√
Mamy 1 + i = a + ib. A więc
2
a − b2 = 1
2ab = 1
Wstawiając do pierwszego równania b =
1
2a
otrzymamy
4a4 − 4a2 − 1 = 0
Podstawiając a2 = t otrzymamy równanie
4t2 − 4t − 1 = 0.
√
1− 2
2
√
i t2 = 1+2 2 . Pierwszy z nich
q √
q√
2−1
odrzucamy, bo z definicji t ­ 0. A więc a = ± 1+2 2 , b = ±
2 . I
ostatecznie
s
s
√
√
√
1+ 2
2−1
1 + i = ±(
+i
).
2
2
Równanie to ma dwa pierwiastki: t1 =
Wyrażenie
Wn (z) = a0 z n + a1 z n−1 + . . . + an−1 z + an ,
gdzie an ∈ C, nazywamy wielomianen n-tego stopnia o współczynnikach zespolonych.
12
Twierdzenie 4 ( Zasadnicze twierdzenie algebry)
W dziedzinie zespolonej każdy wielomian Wn (z) ma n pierwiastków.
Twierdzenie 5 Jeżeli współczynniki wielomianu Wn (z) są liczbami rzeczywistymi i liczba z jest pierwiastkiem tego wielomianu, to liczba z jest też
pierwiastkiem tego wielomianu.
Dowód. Jeżeli a jest liczbą rzeczywistą, to a = a. Ponieważ Wn (x) = 0, a więc
Wn (x) = 0. Stąd wykorzystując własności operacji sprzężenia łatwo otrzymamy,
że Wn (x) = 0.
Przykład 9. Rozwiązać równanie z 2 + (−1 − 2i)z + 8 + 4i = 0.
łatwo wyliczyć, że ∆ √
= −35√
− 12i. Powtarzając konstrukcję poprzedniego
przykładu otrzymamy, że ∆ = −35 − 12i = 1 − 6i. Stąd
z1 =
1 + 2i − (1 − 6i)
= 1 − 2i
2
1 + 2i + (1 − 6i)
= 4i.
2
Przykład 10. Rozwiązać równanie z n − (z − 1)n = 0.
Po prostych przekształceniach otrzymamy dla z 6= 1 równanie
z2 =
zn
= 1.
(z − 1)n
Stąd otrzymamy równanie
√
z
n
= 1,
z−1
a stąd otrzymujemy równania
z
2kΠ
2kΠ
= cos
+ i sin
z−1
n
n
dla k = 0, 1, . . . , n − 1.
Oznaczmy ϕk = 2kΠ
n dla k = 0, 1, . . . , n − 1. Otrzymamy
z
= cos ϕk + i sin ϕk .
z−1
Stąd po prostych przekształceniach dla 1 − cos ϕk − i sin ϕk 6= 1 otrzymamy
z=
− cos ϕk − i sin ϕk
.
1 − cos ϕk − i sin ϕk
St†d
z=
(− cos ϕk − i sin ϕk )(1 − cos ϕk + i sin ϕk )
(1 − cos ϕk − i sin ϕk )(1 − cos ϕk + i sin ϕk )
=
1 − cos ϕk − i sin ϕk
2 − 2 cos ϕk
13
=
ϕk
2
2 sin2
=
− 2i sin ϕ2k cos ϕ2k
4 sin2 ϕ2k
1
i
ϕk
− ctg
2 2
2
dla k = 1, . . . , n − 1.
Przykład 11. Podać interpretację geometryczną zbioru
{z ∈ C :| z − i |¬ 1}.
Podstawiając z = x + iy otrzymamy
p
x2 + (y − 1)2 ¬ 1.
A więc podany zbiór to koło o środku w punkcie (0, 1) i promieniu 1.
Przykład 12. Podać interpretację geometryczną zbioru
{z ∈ C :| z − 2 | + | z + 2 |= 10}.
Podstawiając z = x + iy otrzymamy:
p
p
(x − 2)2 + y 2 + (x + 2)2 + y 2 = 10.
Stąd
p
(x − 2)2 + y 2 = (10 − (x + 2)2 + y 2 )2 .
Stąd
p
−2x − 25 = −5 (x + 2)2 + y 2 .
Czyli
(2x + 25)2 = 25((x + 2)2 + y 2 ).
I po prostych przekształceniach otrzymamy równanie
x2
y2
+
= 1,
25 21
które
√ jest równaniem elipsy o środku w początku układu i półosiach a = 5,
b = 21.
Definicja 14 Punkty p, q nazywamy punktami sprzężonymi względem okręgu | z − z0 |= r, jeżeli arg(p − z0 ) = arg(q − z0 ) oraz | p − z0 || q − z0 |= r2 .
Przykład 13. Wyznaczyć parę
√ punktów jednocześnie sprzężonych względem
okręgów | z − 1 |= 1 i | z − i |= 6.
Niech p, q będą szukanymi punktami. Mamy
| p − 1 || q − 1 |= 1
| p − i || q − i |= 6
14
oraz punkty p i q leżą na prostej przechodzącej przez punkty z1 = i, z2 = 1.
Prosta przechodząca przez punkty z1 , z2 dana jest równaniem
z = z1 + t(z2 − z1 ),
gdzie t ∈ R. A więc równanie tej prostej ma postać
z = i + t(1 − i) = t + i(1 − t).
St†d p = tp + i(1 − tp ), q = tq + i(1 − tq ) oraz
p
(p
2
2
2
2
q(tp − 1)q+ (1 − tp ) · (tq − 1) + (1 − tq ) = 1
t2p + t2p · t2q + t2q = 6
czyli
| tp − 1 || tq − 1 |=
| tp || tq |= 3
1
2
Ponieważ arg(p − 1) = arg(q − 1) i arg(p − i) = arg(q − i), więc z własności
punktów sprzężonych otrzymamy, że tp ­ 1 oraz tq ­ 1, czyli musimy rozwiązać
układ równań
(tp − 1)(tq − 1) = 21
tp t q = 3
Otrzymamy tp = 32 , tq = 2, a więc ostatecznie p = 32 − 12 i, q = 2 − i.
Przykład 14. Niech 0 , 1 , . . . , n−1 będą pierwiastkami n-tego stopnia z jedności. Wykazać, że:
a) 0 1 . . . n−1 = (−1)n−1 ,
Pn−1
b) k=0 k = 0, gdy n ­ 2.
2kΠ
Wiemy, że k = cos 2kΠ
n + i sin n .
a) Wykorzystując twierdzenie o iloczynie liczb zespolonych otrzymamy
0 1 . . . n−1 = cos
n−1
X
k=0
n−1
X 2kΠ
2kΠ
+ sin
n
n
k=0
= cos(n − 1)Π + i sin(n − 1)Π = (−1)n−1 .
b) Wiemy, że dla z 6= 1, n ­ 2
1 + z + . . . + z n−1 =
zn − 1
.
z−1
2Π
Wykorzystując ten wzór dla z = cos 2Π
n + i sin n otrzymamy, że
n−1
X
k=0
k =
(cos 2Π + i sin 2Π) − 1
= 0.
2Π
(cos 2Π
n + i sin n ) − 1
Zadania kontrolne.
15
1. Obliczyć:
a) 4 + 2−1 − 7−1 + 2 · 4 · 3−1 w ciele z17 ,
b) 5 + 3−1 · 5 − 3 w ciele z11 ,
c) 6−1 + 2 · 5−1 − 3 w ciele z7 ,
d) 4 · 5−1 − 2 · 3−1 w ciele z7 .
2. Przedstawić
w postaci
liczby√zespolone
√ trygonometrycznej
√
√ podane
√
√
√
a) − 3 − i, b) −1 + i 3, c) 4 + i4 3, d) 6 + 2 + i( 6 − 2), e) 1 + i tg α,
1+i tg α
Π
Π
f) 1−i
tg α , dla 0 ¬ α < 2 , g) 1 + cos α + i sin α dla 0 ¬ α < 2 .
3. Stosując wzór Moivre’a wyrazić jako wielomian od cos ϕ albo sin ϕ:
a) sin 2ϕ, b) cos 2ϕ, c) sin 3ϕ, d) cos 3ϕ, e) sin 4ϕ.
4. Wyznaczyć wszystkie różne pierwiastki
q√
√
√
√
√
√
√
3−i
a) 3 i, b) 4 1, c) 3 1, d) 6 −1, e) 6 1, f) 3 8 + 8i, g) 3 −2+2i
.
5. √
Obliczyć √
√
√
a) −8i, b) −63 − 16i, c) −32 + 24i, d) 2 + 2i.
6. Rozwiązać w dziedzinie zespolonej podane równania:
a) z 2 + (−1 − 4i)z + (5 + 5i) = 0,
b) z 2 + 2z + (1 + 2i) = 0,
c) z 2 + (1 + 4i)z + (−4 + 2i) = 0,
d) 2z 2 + 7iz − 6 = 0,
e) z 2 + 2iz + (7 − 6i) = 0,
f) z 4 − 2z 2 + 4 = 0,
g) z 4 + (15 + 7i)z 2 + (8 − 15i) = 0.
7. Rozwiązać w dziedzinie zespolonej podane równania:
a) (z + 1)n − i(z − 1)n = 0,
b) (z − 1)n + i(z + 1)n = 0,
z+i n
c) z−i
= i,
d) z n − (z + 1)n = 0.
8. Podać interpretację geometryczną podanych zbiorów:
a) A = {z ∈ C : 2 ¬| z |¬ 4},
b) A = {z ∈ C : Re(z 2 ) = 2 ∧ [Im(z + i)]2 = 1},
c) A = {z ∈ C :| z + 5 | − | z − 5 |= 6},
d) A = {z ∈ C :| z + 1 |=| z − 1 |},
e) A = {z ∈ C : Re[z(1 + i)] = 1}.
Odpowiedzi do zadań.
1.
a) 5, b) 0, c) 6, d) 2.
2.
7Π
a) 2(cos 7Π
6 + i sin 6 ),
2Π
b) 2(cos 3 + i sin 2Π
3 ),
Π
Π
c) 8(cos 3 + i sin 3 ),
Π
Π
d) 4(cos 12
+ isin 12
),
1
e) cos α (cos α + i sin α),
f) cos 2α + i sin 2α,
g) 2 cos α2 (cos α2 + i sin α2 ).
3.
16
a) 2 sin ϕ cos ϕ,
b) cos2 ϕ − sin2 ϕ,
c) 3 sin ϕ − 4 sin3 ϕ,
d) 4 cos3 ϕ − 3 cos ϕ,
e) 4cos3 ϕ sin ϕ − 4 cos ϕ sin3 ϕ.
4.
√
√
a) z0 = 23 + 12 i, z1 = −2 3 + 21 i, z2 = −i,
b) z0 = 1, z1 = i, z2 =√−1, z3 = −i,
√
+ 23 i, z2 = −1
− 23 i,
c) z0 = 1, z1 = −1
2
2
√
√
√
√
d) z0 = 23 + 12 i, z1 = i, z2 = −2 3 + 12 i, z3 = −2 3 − 12 i, z4 = −i, z5 = 23 − 12 i,
√
√
√
√
3
3
3
−1
1
e) z0 = 1, z1 = 12 + 23 i, z2 = −1
2 + 2 i, z3 = −1, z4 = 2 − 2 i, z5 = 2 − 2 i,
f)
√
Π
Π
6
+ i sin )
z0 = 2 2(cos
12
12
√
√
√
−1
Π Π
Π Π
6
= 2 2(cos( − ) + i sin − ) = 2 3 (1 + 3 + i( 3 − 1)),
3
4
3
4
√
3Π
3Π
6
+ i sin
)
z1 = 2 2(cos
4
4
√
√
1
= 2 6 (− 2 + i 2),
√
17Π
17Π
6
z2 = 2 2(cos
+ i sin
)
12
12
7
7Π
7Π
+ i sin
)
= 2 6 (cos
12
12
7
Π Π
Π Π
= 2 6 (cos( + ) + i sin( + )
3
4
3
4
√
√
−1
= 2 3 (1 − 3 + i( 3 + 1),
g)
13Π
13Π
+ i sin
),
36
36
−1
37Π
37Π
z1 = 2 6 (cos
+ i sin
),
36
36
−1
61Π
61Π
z2 = 2 6 (cos
+ i sin
),
36
36
z0 = 2
−1
6
(cos
5.
a) ±(2 − 2i), b) ±(1 − 8i), c) ±(2 + 6i), d) ±(√√1
2−1
6.
a) z1 = 5i, z2 = 1 − i,
b) z1 = −i, z2 = −2 + i,
c) z1 = −2i, z2 = −1 − 2i,
d) z1 = −2i, z2 = −3
2 i,
e) z1 = 1 + 2i, z2 = −1 − 4i,
17
+i
p√
2 − 1).
q
q
√
√
f) z1 = 32 − √i2 , z2 = − 32 + √i2 , z3 = 23 + √i2 , z4 = − 23 − √i2 ,
√
√
g) z1 = 22 (1 + i), z2 = −2 2 (1 + i), z3 = 1 − 4i, z4 = −1 + 4i.
7.
Π
+2kΠ
a) zk = −i ctg 2 2n dla k = 0, 1, . . . , n − 1,
b) zk = i ctg (3+4k)Π
dla k = 0, 1, . . . , n − 1,
4n
c) zk = ctg Π+4kΠ
dla
k = 0, 1, . . . , n − 1,
4n
i
kΠ
d) zk = −1
+
ctg
2
2
n dla k = 1, . . . , n − 1.
8.
a) pierścień kołowy o žrodku w zerze, promieniu wewnętrznym r = 2 i zewnętrznym
√
√ R =√4,
b) {± 2, − 6 − 2i), 6 − 2i},
c) hiperbola
x2
y2
−
=1
9
16
d) prosta x = 0,
e) prosta x − y = 1.
18
III. Przestrzenie liniowe
Definicja 15 Niech < K, +, · > będzie ciałem, < E, ⊕ > niech będzie grupą przemienną z dodawaniem. Odwzorowanie : K ×E → E będziemy nazywać
mnożeniem elementów grupy < E, ⊕ > przez elementy cia’a < K, +, · >.
Definicja 16 Strukturę algebraiczną < E, K, +, ·, ⊕, > nazywamy przestrzenią liniową nad ciałem K jeżeli:
1) < K, +, · > jest ciałem,
2) < E, ⊕ > jest grupą przemienną z dodawaniem,
3) dla każdego x ∈ E
e x = x,
4) dla każdego a ∈ K i dowolnych x, y ∈ E
a (x ⊕ y) = (a x) ⊕ (a y)
5) dla dowolnych a, b ∈ K i każdego x ∈ E
(a · b) x = a (b x)
(a + b) x = (a x) ⊕ (b x)
Własność:
Dla każdego x ∈ E, O x = Θ, gdzie Θ jest elementem neutralnym ze
względu na dodawanie w < E, ⊕ >.
O x = (1 − 1) x = (1 x) − (1 x) = x − x = Θ.
Przykład 1. Niech E = Rn , K = R, x = [x1 , . . . , xn ], y = [y1 , . . . , yn ], a ∈ R,
xi , yi ∈ R dla i = 1, . . . , n. Definiujemy
x ⊕ y = [x1 + y1 , . . . , xn + yn ],
a x = [a · x1 , . . . , a · xn ],
Θ = [, . . . , ],
to < E, R, +, ·, ⊕, > jest przestrzenią liniową nad ciałem liczb rzeczywistych.
Dalej o ile działania nie będą specjalnie definiowane będziemy mówić skrótowo o przestrzeni E nad ciałem K, elementy przestrzeni E nazywać będziemy
wektorami, a elementy ciał a K skalarami.
Twierdzenie 6 Niech E będzie przestrzenią liniową nad ciałem K i E1 ⊂
E. E1 jest przestrzenią liniową nad ciałem K wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych x, y ∈ E1 , a, b ∈ K
(a x) ⊕ (b y) ∈ E1 .
Definicja 17 Jeżeli E jest przestrzenią liniową nad ciałem K i E1 ⊂ E
jest przestrzenia liniową nad ciałem K ( z tymi samymi działaniami ), to E1
nazywamy podprzestrzenią liniową przestrzeni E.
19
Twierdzenie 7 Niech E1 , E2 będą podprzestrzeniami liniowymi przestrzeni liniowej E nad ciałem K. Niech
E1 ∩ E2 = {y ∈ E : y ∈ E1 ∧ y ∈ E2 },
E1 + E2 = {y ∈ E : y = y1 ⊕ y2 , y1 ∈ E1 , y2 ∈ E2 }.
Wtedy E1 + E2 i E1 ∩ E2 są podprzestrzeniami liniowymi przestrzeni E.
DOWŁD. Niech x, y ∈ E1 + E2 , a, b ∈ K. Wtedy istnieją x1 , y1 ∈ E1 ,
x2 , y2 ∈ E2 takie, że x = x1 ⊕ x2 i y = y1 ⊕ y2 . Ale wtedy (a x1 ) ⊕ (b y1 ) ∈ E1
i (a x2 ) ⊕ (b y2 ) ∈ E2 oraz
(ax)⊕(by) = (a(x1 ⊕x2 ))⊕(b(y1 ⊕y2 )) = (ax1 )⊕(by1 )⊕(ax2 )⊕(by2 ).
Stąd (a x) ⊕ (b y) ∈ E1 + E2 , a więc na podstawie Twierdzenia 6 E1 + E2
jest podprzestrzenią liniową przestrzeni E.
Niech x, y ∈ E1 ∩E2 , a, b ∈ K. Wtedy (ax)⊕(by) ∈ E1 i (ax)⊕(by) ∈
E2 . Stąd (a x) ⊕ (b y) ∈ E1 ∩ E2 . A więc na podstawie Twierdzenia 6 E1 ∩ E2
jest podprzestrzenią liniową przestrzeni E.
Dalej dla dodawanie wektorów będziemy używać zwykłego symbolu +, tak
jak przy dodawaniu liczb rzeczywistych, a przy mnożeniu wektora przez skalar,
tak jak w przypadku mnożenia liczb rzeczywistych, symbol mnożenia będziemy
opuszczać.
Definicja 18 Niech E będzie przestrzenią liniową nad ciałem K. Niech
x1 , x2 , . . . , xn ∈ E i a1 , a2 , . . . , an ∈ K. Wyrażenie
a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn
nazywamy kombinacją liniową wektorów x1 , . . . , xn .
Definicja 19 Niech E będzie przestrzenią liniową nad ciałem K. Niech
x1 , . . . , xn ∈ E, a1 , . . . , an ∈ K. Jeżeli z równania wektorowego
a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn = Θ
wynika, że a1 = a2 = . . . = an = 0, to mówimy, że wektory x1 , x2 , . . . , xn są
liniowo niezależne.
Jeżeli istnieją ai ∈ K, i = 1, . . . , n, nie wszystkie równe zero takie, że
a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn = Θ
to mówimy, że wektory x1 , . . . , xn są liniowo zależne.
Przykład 2. Niech E = R3 , x1 = [1, 2, 3], x2 = [2, 1, 3], x3 = [3, 3, 6]. Sprawdzić, czy wektory x1 , x2 , x3 są liniowo niezależne. Wektorowe równanie
a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 = Θ
20
jest równoważne układowi równań

 a1 + 2a2
2a1 + a2

3a1 + 3a2
+
+
+
3a3
3a3
6a3
=
=
=
0
0
0
Mnożąc pierwsze i drugie równanie przez −1 i dodając do trzeciego równania
otrzymamy układ równań

 a1 + 2a2 + 3a3 = 0
2a1 + a2 + 3a3 = 0

0 = 0
którego rozwiązanie ma postać a1 = a2 = c, a3 = −c, gdzie c jest dowolną liczbą
rzeczywistą, a więc wektory x1 , x2 , x3 są liniowo zależne. Mamy również
x3 = x1 + x2 .
Wniosek 2 Jeżeli wektory x1 , x2 , . . . , xn są liniowo zależne, to jeden z nich
można przedstawić jako kombinację liniową wektorów pozostałych.
Definicja 20 Niech A będzie niepustym zbiorem indeksów. Zbiór {ei ∈
E : i ∈ A} nazywamy układem generatorów przestrzeni liniowej E, jeżeli każdy
element przestrzeni E można przedstawić jako kombinację liniową elementów
wybranych z tego zbioru.
Definicja 21 Niech A będzie niepustym zbiorem indeksów, niech E będzie
przestrzenią liniową. Zbiór {xi ∈ E : i ∈ A} nazywamy liniowo niezależnym, jeżeli każdy skończony układ wektorów wybranych z niego jest liniowo niezależny.
Definicja 22 Bazą przestrzeni liniowej E nazywamy każdy liniowo niezależny układ generatorów tej przestrzeni. Ilość wektorów bazy nazywamy jej
wymiarem i oznaczamy dimE.
Twierdzenie 8 Jeżeli e1 , e2 , . . . , en jest bazą przestrzeni liniowej E,
a1 e1 + a2 e2 + . . . + an en = b1 e1 + b2 e2 + . . . + bn en ,
to a1 = b1 , a2 = b2 , . . ., an = bn .
DOWÓD. Jeżeli
a1 e1 + . . . + an en = b1 e1 + . . . + bn en ,
to
(a1 − b1 )e1 + (a2 − b2 )e2 + . . . + (an − bn )en = Θ,
stąd i z liniowej niezależności wektorów e1 , . . . , en otrzymamy, że a1 = b1 , . . .,
an = bn .
21
Przykład 3. Niech E = R4 . Niech E1 będzie przestrzenią generowaną przez
wektory e1 = [1, 3, 2, 5], e2 = [2, 3, 3, 4], e3 = [4, 3, 3, 0]. Niech E2 będzie przestrzenią generowaną przez wektory e01 = [3, 1, 0, 0], e02 = [0, 0, 2, 1]. Wyznaczyć
bazy przestrzeni E1 ∩ E2 i E1 + E2 .
Mamy
E1 = {a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 : a1 , a2 , a3 ∈ R},
E2 = {b1 e01 + b2 e02 : b1 , b2 ∈ R}.
Wyznaczamy bazy w E1
więc stanowią bazę w E2 .
Sprawdzamy czy wektory

a1



3a1
2a1



5a1
i w E2 . Wektory e01 i e02 są liniowo niezależne, a
e1 , e2 , e3 są liniowo niezależne. Mamy
+
+
+
+
2a2
3a2
3a2
4a2
+
+
+
4a3
3a3
3a3
= 0
= 0
= 0
= 0
Układ ten będziemy rozwiązywać metodą eliminacji Gaussa. Metoda ta polega
na zastąpieniu danego układu równoważnym mu układem trójkątnym.
Mnożąc pierwsze równanie odpowiednio przez −3, −2, −5 i dodając odpowiednio do równania 2-giego, 3-ciego i 4-tego otrzymamy układ równań:

a1 + 2a2 +
4a3 = 0



− 3a2 − 9a3 = 0
− a2 − 5a3 = 0



− 6a2 − 20a3 = 0
drugie równanie tego układu mnożymy przez −1
3

a1 + 2a2 +
4a3



a2 +
3a3
−
a
−
5a

2
3


− 6a2 − 20a3
i otrzymujemy układ równań
= 0
= 0
= 0
= 0
Teraz drugie równanie dodajemy do trzeciego oraz drugie mnożymy przez 6 i
dodajemy do 4-tego, otrzymujemy układ równań

a1 + 2a2 + 4a3 = 0



a2 + 3a3 = 0
− 2a3 = 0



− 2a3 = 0
Teraz równanie 3-cie mnożymy przez −1 i dodajemy do 4-tego, otrzymujemy
układ równań

a1 + 2a2 + 4a3 = 0



a2 + 3a3 = 0
− 2a3 = 0



0 = 0
22
Równanie 4-te jest zawsze prawdziwe. Z równania 3-ciego a3 = 0, a więc podstawiając do równania 2-giego otrzymamy a2 = 0 i podstawiając do równania
1-szego otrzymamy a1 = 0. Stąd wektory e1 , e2 , e3 są liniowo niezależne, a więc
staniwią bazę przestrzeni E1 .
Teraz wyznaczymy bazę przestrzeni E1 ∩ E2 .
x ∈ E 1 ∩ E2 ⇔ x ∈ E1 ∧ x ∈ E2 ,
zatem
x = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 = a01 e01 + a02 e02
Z tego równania wektorowego
rzędnych

a1 + 2a2



3a1 + 3a2
 2a1 + 3a2


5a1 + 4a2
otrzymamy następujący układ równań po współ+ 4a3
+ 3a3
+ 3a3
− 3a01
− a01
− 2a02
− a02
= 0
= 0
= 0
= 0
Mnożąc pierwsze równanie odpowiednio przez −3, −2, −5 i dodając odpowiednio
do równania 2-go, 3-go, 4-go otrzymamy układ równań

a1 + 2a2 +
4a3 − 3a01
= 0



− 3a2 − 9a3 +
8a01
= 0
0
0
−
a
−
5a
+
6a
−
2a
= 0

2
3
1
2


− 6a2 − 20a3 + 15a01 − a02 = 0
Teraz 3-cie rówmanie mnożymy
otrzymamy układ równań

a1 + 2a2 +



a2 +
−
3a
−

2


− 6a2 −
przez −1 i wpisujemy je jako równanie 2-gie,
4a3
5a3
9a3
20a3
−
−
+
+
3a01
6a01
8a01
15a01
+
2a02
−
a02
= 0
= 0
= 0
= 0
Teraz równanie 2-gie mnożymy odpowiednio przez 3, 6 i dodajemy odpowiednio
do rownania 3-ciego i 4-tego, otrzymujemy układ równań

a1 + 2a2 +
4a3 − 3a01
= 0



a2 +
5a3 − 6a01 +
2a02 = 0
6a3 − 10a01 +
6a02 = 0



0
10a3 − 21a1 + 11a02 = 0
Teraz 3-cie równanie mnożymy przez 61 , otrzymujemy układ równań

a1 + 2a2 +
4a3 −
3a01
= 0



a2 +
5a3 −
6a01 +
2a02 = 0
0
a3 − 10
+
a02 = 0

6 a1


0
10a3 − 21a1 + 11a02 = 0
23
Teraz równanie 3-cie mnożymy przez −10 i dodajemy do
układ równań

a1 + 2a2 + 4a3 −
3a01



a2 + 5a3 −
6a01 + 2a02
10 0
+ a02
a
−

3
6 a1


0
a
+ a02
− 13
3 1
4-tego, otrzymamy
= 0
= 0
= 0
= 0
Ponieważ ilość równań jest mniejsza od ilości niewiadomych w ostatnim równa3
niu przyjmujemy a02 = c. Wtedy a01 = 13
c i wstawiając odpowiednio do wyższych
32
8
c, a2 = 13
c, a1 = − 23
równan otrzymamy odpowiednio a3 = − 13
13 c. Tak więc
przestrzeń E1 ∩ E2 jest jednowymiarowa i
E1 ∩ E2 = {c[
9 3
, , 2, 1] : c ∈ R}.
13 13
Z ostatniego układu równań odczytujemy również, że przestrzeń E1 + E2 jest
czterowymiarowa, a wektory e1 , e2 , e3 , e01 stanowią jej bazę.
Przykład 4. Niech
x1 + 2x2 + x3
+ x5 = 0
E1 = {x ∈ R5 :
}
x4 + x5 = 0
Udowodnimy, że E1 jest przestrzenią liniową, korzystając z Twierdzenia 6. Niech
x, y ∈ E1 , a, b ∈ R. Mamy
ax1 + 2ax2 + ax3
+ ax5 = 0
ax4 + ax5 = 0
oraz
by1 + 2by2 + by3
by4
+ by5
+ by5
= 0
= 0
i dodając stronami otrzymujemy układ rownań
(ax1 + by1 ) + 2(ax2 + by2 ) + (ax3 + by3 ) + (ax5 + by5 )
(ax4 + by4 ) + (ax5 + by5 )
=
=
0
0
st†d ax + by ∈ E1 , a wi‘c E1 jest przestrzenią liniową.
Teraz poszukamy bazy tej przestrzeni. Zauważmy, że układ definiujący E1
możemy zapisać następująco
x3 + x4 = −x1 − 2x2 − x5
x4 =
−x5
Przyjmujemy: x1 = a, x2 = b, x5 = c. Otrzymamy: x3 = −a − 2b − c, x4 = c i
ostatecznie

 







x1
a
1
0
0
 x2   b

 0 
 1 
 0 

 







 x3  =  −a − 2b − c  = a  −1  + b  −2  + c  −1 

 







 x4   −c

 0 
 0 
 −1 
x5
c
0
0
1
24
Wektory [1, 0, −1, 0, 0], [0, 1, −2, 0, 0] i [0, 0, −1, −1, −1] stanowią bazę przestrzeni E1 .
Definicja 23 Niech E będzie przestrzenią liniową. Niech E1 będzie podprzestrzenią liniową przestrzeni E i niech x0 ∈ E. Zbiór
M = x0 + E1 = {y ∈ E : y = y1 + x0 , y1 ∈ E1 }
nazywamy rozmaitością liniowa. Jeżeli dimE < ∞ i dimE − dimE1 = 1, to M
nazywamy hiperpłaszczyzną.
Przykład 5. Niech
5
M = {x ∈ R :
x1 + 2x2 + x3
x4
+ x5
+ x5
=
=
3
}.
2
Opisać rozmaitość liniową M .
Układ równań opisujący zbiór M możemy zapisać następująco:
x3
= 3 − x1 − 2x2 − x5
x4 = 2 − x5
Przyjmując x1 = a, x2 = b, x5 = c otrzymamy:





 
1
x1
a

 0 

 x2   b





 
 x3  =  3 − a − 2b − c  = a  −1  + b 





 

 0 

 x4   2 − c
0
c
x5
0
1
−2
0
0






 + c




0
0
−1
−1
1


 
 
+
 
 
0
0
3
2
0






tak więc x0 = [0, 0, 3, 2, 0] a przestrzeń E1 generowana jest przez wektory
[1, 0, −1, 0, 0], [0, 1, −2, 0, 0], [0, 0, −1, −1, 1].
Zadania kontrolne
1. Zbadać liniową zależność podanych wektorów
a) x1 = [2, 2, 7, −1], x2 = [3, −1, 2, 4], x3 = [1, 1, 3, 1],
b) x1 = [2, 1], x2 = [3, 2], x3 = [1, 1], x4 = [2, 3],
c) x1 = [2, 1, −1, 1], x2 = [1, 2, 1, −1], x3 = [1, 1, 2, 1],
d) x1 = [2, 1, −3], x2 = [3, 1, −5], x3 = [4, 2, −1], x4 = [1, 0, −7],
e) x1 = [2, −1, 3, 4, −1], x2 = [1, 2, −3, 1, 2], x3 = [5, −5, 12, 11, −5], x4 =
[1, −3, 6, 3, −3].
2. Opisać rozmaitość liniową M
a)
x1 + x2 + x3 + x4 = 1
M = {x ∈ R4 :
}
2x1
− x3
= 2
b)
4
M = {x ∈ R :
2x1
2x1
+
2x2
25
+ x3
+ x3
+ x4
= 2
}
= 1
c)
4
M = {x ∈ R :
4x1
2x1
+ x2
+ x2
+ x3
− x4
+ x4
= 1
}
= 1
d)
M = {x ∈ R5 :
x1
2x1
+
+
2x2
4x2
+
+
2x2
2x2
+
4x5
+ x4
= 1
}
= 1
e)
5
M = {x ∈ R :
x1
x1
+ x4
+ x5
= 2
}
= 2
Odpowiedzi do zadań kontrolnych.
1.
a) wektory są liniowo niezależne,
b) wektory x1 i x2 są liniowo niezależne, x3 = −x1 + x2 , x4 = −5x1 + 4x2 ,
c) wektory są liniowo niezależne
d) wektory x1 , x2 , x3 są liniowo niezależne, x4 = x1 + x2 − x3
e) wektory x1 , x2 są liniowo niezależne, x3 = 3x1 − x2 , x4 = x1 − x2 .
2.
a) M = x0 + E1 , gdzie x0 = [1, 0, 0, 0],
E1 = {a[1, −7, 2, 0] + b[0, −1, 0, 1] : a, b ∈ R},
b) M = x0 + E1 , gdzie x0 = [ 21 , 12 , 0, 0],
E1 = {a[−1, 0, 2, 0] + b[0, −1, 0, 2] : a, b ∈ R},
c) M = x0 + E1 , gdzie x0 = [0, 1, 0, 0],
E1 = {a[−1, 2, 2, 0] + b[1, −3, 0, 1] : a, b ∈ R},
d) M = x0 + E1 , gdzie x0 = [ 21 , 0, 0, 0, 81 ],
E1 = {a[−2, 1, 0, 0, 0] + b[0, 0, 1, 0, 0] + c[−4, 0, 0, 8, 1] : a, b, c ∈ R}
e) M = x0 + E1 , gdzie x0 = [2, 0, 0, 0, 0],
E1 = {a[−2, 1, 0, 0, 0] + b[0, 0, 1, 0, 0] + c[−1, 0, 0, 1, 1] : a, b, c ∈ R}.
26
IV. PRZESTRZEŃ EUKLIDESOWA
Niech E będzie przestrzenią liniową nad ciałem liczb rzeczywistych. Odwzorowanie (|) : E × E → R takie, że
1. (x | x) ­ 0 oraz [(x | x) = 0 ⇔ x = Θ],
2. (x | y) = (y | x),
3. (ax | y) = a(x | y),
4. (x | y + z) = (x | y) + (x | z)
dla dowolnych x, y, z ∈ E, a ∈ R nazywamy iloczynem skalarnym w E.
Skończeniewymiarowa przestrzeń liniową nad ciałem liczb rzeczywistych z
iloczynem skalarnym nazywamy przestrzenią euklidesową.
Iloczyn skalarny możemy wprowadzić w przestrzeni liniowej nad ciałem liczb
zespolonych, ale wtedy modyfikacji ulega aksjomat 2., zastępujemy go aksjomatem
2. (x | y) = (y | x).
p
Niech < E, (|) > będzie przestrzenią euklidesową wielkość | x |= (x | x)
nazywamy długością wektora x.
Twierdzenie 9 Jeżeli < E, (|) > jest przestrzenią euklidesową, x, y ∈ E,
to | (x | y) |¬| x || y |.
DOWŁD. Niech x, y ∈ E, t ∈ R. Mamy
0 ¬ (x + ty | x + ty) = (x | x) + 2t(x | y) + t2 (y | y)
St†d
∆ = 4(x | y)2 − 4(x | x)(y | y) ¬ 0,
czyli
| (x | y) |¬| x || y | .
Powyższe twierdzenie pozwala wprowadzić cosinus kąta między wektorami
wzorem
(x | y)
cos(x, y) =
.
| x || y |
Jeżeli (x | y) = 0, to mówimy, że wektory x i y są prostopadłe, piszemy x ⊥ y.
Twierdzenie 10 ( Twierdzenie Pitagorasa )
Niech < E, (|) > będzie przestrzenią euklidesową, x, y ∈ E. Jeżeli x ⊥ y, to
| x + y |2 =| x |2 + | y |2 .
DOWŁD. Jeżeli x ⊥ y, to (x | y) = 0, a więc mamy
| x + y |2 = (x + y | x + y)
= (x | x) + 2(x | y) + (y | y) =| x |2 + | y |2 .
Dalej w przestrzeni Rn bazą złożoną z wektorów
e1 = [1, 0, . . . , 0], e2 = [0, 1, 0, . . . , 0], . . . , en = [0, . . . , 0, 1]
27
będziemy nazywać bazą kanoniczną. Przyjmując
1, i = j
(ei | ej ) =
0, i 6= j
dla wektor˘w x = [x1 , x2 , . . . , xn ], y = [y1 , y2 , . . . , yn ] otrzymamy
(x | y) = x1 y1 + x2 y2 + . . . + xn yn ,
q
| x |= x21 + x22 + . . . + x2n .
Dalej w przestrzeni Rn będziemy używać tylko tak zdefiniowanego iloczynu skalarnego o ile nie będzie zaznaczone inaczej.
Przykład 1. Niech < E, (|) > będzie przestrzenią euklidesową. Zbiór
K(o, r) = {x ∈ E :| x |¬ r}
nazywamy kulą o žrodku w zerze i promieniu r.
Baza ortonormalna.
Jeżeli wektory b1 , b2 , . . . , bn tworzą bazę w n-wymiarowej przestrzeni euklidesowej E, (bi | bj ) = 0 dla i 6= j oraz | bi |= 1 dla i = 1, . . . , n, to wektory
te nazywamy bazą ortonormalną w E. Z każdej bazy możemy zbudować bazę
ortonormalną stosując następujący algorytm:
Jeżeli wektory a1 , a2 , . . . , an tworzą bazę w n-wymiarowej przestrzeni euklidesowej E, to przyjmujemy, że
z1 = a1 , e1 =
z1
,
| z1 |
z2 = a2 − (a2 | e1 )e1 , e2 =
z2
| z2 |
i ogólnie
zk = ak −
k−1
X
(ak | ei )ei , ek =
i=1
zk
| zk |
dla k = 2, . . . , n.
Przykład 2. Wektory a1 = [2, 1, 0, 0], a2 = [0, 1, 1, 0], a3 = [0, 0, 1, 1] stanowią
bazę przestrzeni E1 ⊂ R4 . Zbudować bazę ortonormalną w przestrzeni E1 oraz
wyznaczyć wektor x ∈ R4 taki, że x ⊥ E1 .
Po pierwsze zbudujemy bazę ortonormalną w E1 . Mamy
√ √
√
2 5 5
z1 = [2, 1, 0, 0], | z1 |= 5, e1 = [
, , 0, 0],
5
5
√
√
√
√
3 5
−2 5 4 5 5 5
−2 4
, , 1, 0], | z2 =
, e2 = [
,
,
, 0],
z2 = [
5 5
5
15
15
15
√
2 −4 4
−4
4
9
117
2
z3 = [ ,
,√
,√
,√
].
, , 1], | z3 |=
, e3 = [√
9 9 9
9
117 117 117 117
28
Aby wyznaczyć wektor x ⊥ E1 wystarczy wyznaczyć wektor x taki, że x ⊥
e1 , x ⊥ e2 , x ⊥ e3 . Jeżeli x = [x1 , x2 , x3 , x4 ], to musimy rozwiązać układ równań

√
√
5
2 5

+
x
= 0

5 x1
√
√5 2
√
−2 5
4 5
5 5
+
+
= 0
15 x1
15 x2
15 x3

 √2 x − √4 x + √4 x + √9 x = 0
1
2
3
4
117
117
117
117
Układ ten jest równoważny układowi

 2x1 + x2
−2x1 + 4x2 +

2x1 − 4x2 +
5x3
4x3
+
9x4
= 0
= 0
= 0
Dodając drugie równanie do trzeciego a następnie pierwsze do drugiego otrzymamy układ równań

= 0
 2x1 + x2
5x2 + 5x3
= 0

9x3 + 9x4 = 0
Przyjmując x4 = a otrzymamy, że x = a[ −1
2 , 1, −1, 1].
Zadania kontrolne
1. Sprawdzić czy odwzorowanie (|) : R3 × R3 → R jest iloczynem skalarnym.
a) (x | y) = 2x21 + x2 x3 + y1 y2 ,
b) (x | y) = x1 y1 + 2x2 y2 + 3x3 y3 ,
c) (x | y) = x1 y1 − x2 y2 + x3 y3 ,
gdzie x = [x1 , x2 , x3 ], y = [y1 , y2 , y3 ].
2.Niech E1 = {αa1 + βa2 + γa3 : α, β, γ ∈ R}. Zbudować bazę ortonormalną
w E1 oraz wyznaczyć wektor x ∈ R4 taki, że x ⊥ E1 .
a) a1 = [1, 0, 0, 0], a2 = [2, 1, 0, 0, ], a3 = [1, 1, 1, 1],
b) a1 = [1, 1, 1, 0], a2 = [1, 1, 0, 0], a3 = [1, 0, 0, 0],
c) a1 = [4, 0, 0, 0], a2 = [0, 1, 0, 1], a3 = [0, 0, 1, 1].
Odpowiedzi do zadań
1. a) nie, b) tak, c) nie.
2.
√ √
√ √
a) e1 = [1, 0, 0, 0], e2 = [0, 1, 0, 0], e3 = [0, 0, 22 , 22 ], x = a[0, 0, − 2 2 , 22 ].
√ √ √
√ √
√
√
√
b) e1 = [ 33 , 33 , 33 , 0], e2 = [ 66 , 66 , −26 6 , 0], e3 = [ 22 , − 2 2 , 0, 0], x =
a[0, 0, 0, 1].
√
√
√
√ √
c) e1 = [1, 0, 0, 0], e2 = [0, 22 , 0, 22 ], e3 = [0, − 6 6 , 2 6 6 , 66 ],
√
√ √
x = a[0, − 3 3 , − 3 3 , 33 ].
29
V. ALGEBRA MACIERZY,
Niech K będzie ciałem. Tablicę

a11
 a21
A=
...
an1
WYZNACZNIKI
a12
a22
...
...

a1m
a2m 

an2
...
anm
gdzie aij ∈ K dla i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m nazywamy macierzą a n wierszach
i m kolumnach. Piszemy również A = [aij ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m, i jest
numerem wiersza, j jest numerem kolumny. Jeżeli m = n, to mówimy, że macierz
A jest kwadratowa.
Dodawanie macierzy
Definicja 24 Jeżeli A = [aij ], B = [bij ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m, to
przez sumę macierzy A i B, oznaczamy A+B, rozumiemy taką macierz C = [cij ],
że cij = aij + bij dla wszystkich i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m.
Mnożenie macierzy przez liczbę
Definicja 25 Niech A = [aij ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m, a ∈ K. Przez
iloczyn liczby a i macierzy A, piszemy a · A, rozumiemy tak† macierz B = [bij ],
i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m, §e [bij ] = [aaij ], dla wszystkich i = 1, . . . , n, j =
1, . . . , m.
Macierze jednostkowe
Macierze kwadratowe postaci

1 0
 0 1
E=
...
0 0

... 0
... 0

... 1
nazywamy macierzami jednostkowymi.
Mnożenie macierzy
Definicja 26 Jeżeli A = [aij ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m, B = [bij ], i =
1, . . . , m], j = 1, . . . , l, to możemy mówić o iloczynie macierzy A razy
piszemy
PB,
m
A·B, i przez ten iloczyn rozumiemy taką macierz C = [cij ], że cij = k=1 aik bkj ,
dla wszystkich i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , l.
Używając wprowadzonego iloczynu skalarnego w Rm możemy zapisać cij =
(ai. | b.j ), gdzie ai. oznacza i-ty wiersz macierzy A, a b.j oznacza j-tą kolumnę
macierzy B.
Uwaga 1 Z definicji iloczynu macierzy wynika, że jeżeli A · B jest wykonalne, to B · A nie musi być wykonalne, a jeżeli jest wykonalne, to nie zawsze
A · B = B · A ale zawsze
A · (B · C) = (A · B) · C,
gdy mnożenia są wykonalne.
30
Twierdzenie 11 Zawsze, gdy A jest macierzą kwadratową
A·E =E·A=A
Dla każdego naturalnego n i kwadratowej macierzy A definiujemu
A0 = E, An = A · An−1 .
Przykład 1. Niech
1
0
3
2
14
8
4
0
A=
, B=
2
4
4
0
.
Wtedy
A·B =
Przykład 2. Niech
 
3
A =  5  , B = ( 213
7
, B·A=
2
4
14
12

510

3
128 ) , C =  −1  , D = ( 1
−1
−2
1).
Obliczyć A · B · C · D.
Mamy

3 −6 3
E = C · D =  −1 2 −1  ,
−1 2 −1

F = B · E = (1
−2 1 ) ,


3 −6 3
A · B · C · D = A · F =  5 −10 5  .
7 −14 7
Macierz transponowana
Definicja 27 Jeżeli A = [aij ], to macierz AT = [aji ] nazywamy macierzą
transponowaną do macierzy A, tzn. wiersze macierzy AT są kolumnami macierzy
A, a kolumny macierzy AT są wierszami macierzy A.
Twierdzenie 12
(A · B)T = B T · AT ,
jeżeli A · B istnieje.
Wyznacznik macierzy kwadratowej
Wyznacznik macierzy A, oznaczamy detA, wprowadzmy wzorem rekurencyjnym:
Jeżeli A = [a], to detA = a.
31
Jeżeli
A=
a b
c d
,
to detA = ad − bc.
Załóżmy teraz, że wiemy jak obliczyć wyznacznik macierzy kwadratowej o n1 – wierszach i kolumnach. Niech A będzie macierzą kwadratową o n – wierszach
i kolumnach. Niech Mij będzie macierzą która powstaje z macierzy A przez
wykreślenie z niej i-tego wiersza i j-tej kolumny. Liczbę Aij = (−1)i+j detMij
nazywamy dopełnieniem algebraicznym elementu aij w macierzy A. Wtedy
detA =
n
X
aij Aij
i=1
=
n
X
aij Aij
j=1
dla j = 1, . . . , n albo i = 1, . . . , n.
Taki sposób oblicznia wyznacznika nazywamy rozwinięciem Laplace’a odpowiednio względem j-tej kolumny albo i-tego wiersza.
Własności wyznacznika:
- jeżeli jeden wiersz lub jedna kolumna macierzy składa się z samych zer, to
jej wyznacznik jest równy zero,
- jeżeli w macierzy dwa wiersze lub dwie kolumny są identyczne, to jej wyznacznik jest równy zero,
- wyznacznik macierzy nie ulegnie zmianie jeżeli do jednego wiersza ( kolumny ) dodamy inny wiersz ( kolumnę ) pomnożony przez dowolną stałą,
- jeżeli jeden wiersz (kolumnę ) macierzy pomnożymy przez dowolną stałą,
to wyznacznik też należy pomnożyć przez tą stałą,
- jeżeli macierze A i B s† kwadratowe i mają te same wymiary, to det(A·B) =
detAdetB.
- detA = detAT .
Macierz odwrotna
A
ji
] nazywamy
Definicja 28 Jeżeli detA 6= 0, to macierz A−1 = [aij ] = [ detA
macierzą odwrotną do macierzy A, tzn. aby wyznaczyć macierz odwrotną należy dopełnienia algebraiczne elementów macierzy transponowanej dzielić przez
wyznacznik macierzy.
W praktyce numerycznej posługujemy się metodą Gaussa wyznaczania macierzy odwrotnej. Metoda ta polega na jednoczesnych takich samych działaniach
arytmetycznych na wierszach danej macierzy i macierzy jednostkowej, gdy z danej macierzy otrzymamy macierz jednostkową, to macierz powstała z macierzy
jednostkowej jest szukaną macierzą odwrotną.
Przykład 3. Niech


1 2 3
A = 0 2 3.
0 1 1
Wyznaczyć A−1 .
32
1. Metoda Gaussa.
Mnożymy drugi wiersz przez −1 i dodajemy do pierwszego, otrzymujemy
macierze

 

1 0 0
1 −1 0
0 2 3, 0 1 0.
0 1 1
0 0 1
Teraz mnożymy trzeci wiersz przez −3 i dodajemy do drugiego, otrzymujemy
macierze

 

1 0 0
1 −1 0
 0 −1 0  ,  0 1 −3  .
0 1 1
0 0
1
Teraz wiersz drugi dodajemy trzeciego wiersza, otrzymujemy macierze

 

1 0 0
1 −1 0
 0 −1 0  ,  0 1 −3  .
0 0 1
0 1 −2
Teraz drugi wiersz mnożymy przez −1, otrzymujemy macierze

 

1 −1 0
1 0 0
 0 1 0  ,  0 −1 3  .
0 1 −2
0 0 1
Tak więc

1 −1 0
=  0 −1 3  .
0 1 −2

A−1
2. Z definicji.

1 0 0
detA = −1, AT =  2 2 1 , A11 = −1, A12 = 0, A13 = 0, A21 = 1,
3 3 1
A22 = 1, A23 = −1, A31 = 0, A32 = −3, A33 = 2. a11 = 1, a12 = −1, a13 = 0,
a21 = 0, a22 = −1, a23 = 3, a31 = 0, a32 = 1, a33 = −2.
Przykład 4. Obliczyć wyznacznik macierzy


1 2 3 4 5
2 1 3 4 5


A = 3 2 1 4 5.


4 3 2 1 5
5 4 3 2 1

Mnożymy pierwszy wiersz przez −1 i dodajemy go
trzeciego i czwartego wiersza, otrzymamy

1 2
3
4
0
 1 −1 0

detA = det  2 0 −2 0

3 1 −1 −3
5 4
3
2
33
odpowiednio do drugiego,

5
0

0.

0
1
Teraz mnożymy piąty wiersz przez −5 i dodajemy do pierwszego wiersza, otrzymamy


−24 −18 −12 −6 0
−1
0
0 0
 1


detA = det  2
0
−2
0 0.


3
1
−1 −3 0
5
4
3
2 1
Rozwijając względem piątej kolumny, otrzymamy
−24
 1
detA = det 
2
3


−18 −12 −6
−1
0
0 
.
0
−2
0
1
−1 −3
Teraz dodajemy kolumnę pierwszą do kolumny drugiej, otrzymamy

−24 −42 −12 −6
0
0
0 
 1
detA = det 
.
2
2
−2
0
3
4
−1 −3

Rozwijając względem drugiego wiersza, otrzymamy


−42 −12 −6
detA = −det  2
−2
0 .
4
−1 −3
Dodając pierwszą kolumnę do drugiej, otrzymamy


−42 −54 −6
detA = −det  2
0
0 .
4
3
−3
Rozwijając względem drugiego wiersza, otrzymamy
−54 −6
detA = 2det
= 2(162 + 18) = 2 · 180 = 360.
3
−3
Przykład 5. Metodą Gaussa wyznaczyć

1 3
A = 0 1
0 0
1. Mnożymy drugi wiersz przez
cierze

1 1
0 1
0 0
macierz odwrotną do macierzy

4
2.
1
−2 i dodajemy do
 
0
1 −2
2, 0 1
1
0 0
34
pierwszego, trzymujemy ma
0
0.
1
Teraz trzeci wiersz mnożymy
macierze

1 1
0 1
0 0
przez −2 i dodajemy do drugiego, otrzymamy
 

0
1 −2 0
0  ,  0 1 −2  .
1
0 0
1
Teraz wiersz drugi mnożymy przez −1 i dodajemy do pierwszego, otrzymujemy
macierze

 

1 0 0
1 −3 2
 0 1 0  ,  0 1 −2  .
0 0 1
0 0
1
Układy równań liniowych
Jeżeli A jest macierzą kwadratową o n wierszach i kolumnach, b ∈ Rn , to
równanie macierzowe
A·x=b
opisuje układ równań, którego rozwiązaniem, o ile istnieje, jest wektor x ∈ Rn .
Jeżeli detA 6= 0, to rozwiązanie istnieje oraz x = A−1 · b, taki układ równań
będziemy nazywać układem kramerowskim, a jego rozwiązanie opisują wzory
Cramera.
Twierdzenie 13 Rozwiązanie układu kramerowskigo wyraża się wzorem:
xi =
Wi
,
W
dla i = 1, . . . , n, gdzie W = detA, Wi jest wyznacznikiem macierzy postałej
przez zastąpienie i-tej kolumny macierzy A kolumną b.
Przykład 6. Stosując wzory

1 2
1 1
0 0
Cramera rozwiązać układ równań
    
x1
3
1
2  ·  x2  =  0  .
1
3
x3
Mamy


1 2 3
1 2


W = det 1 1 2 = det
= −1,
1 1
0 0 1




1 2 3
1 2
3
W1 = det  0 1 2  = det  0 1
2  = −8 + 12 = 4,
3 0 1
0 −6 −8




1 1 3
0 1 1
W2 = det  1 0 2  = det  1 0 2  = −(1 − 3) = 2,
0 3 1
0 3 1


1 2 1
W3 = det  1 1 0  = 3(1 − 2) = −3.
0 0 3
35
Tak wi‘c x1 = −4, x2 = −1, x3 = 3.
Macierz A nie musi być macierzą kwadratową, tak więc będziemy rozpatrywać układ równań
A·x=b
w przypadku, gdy A jest macierzą o n wierszach i m kolumnach, b ∈ Rm , wtedy
oczywiście x ∈ Rm , o ile istnieje. Interesować nas będzie również pytanie czy
rozwiązanie jest jednoznaczne. Wiersze i kolumny macierzy A traktujemy jako
wektory odpowiednio przestrzeni liniowej m wymiarowej i n wymiarowej.
Definicja 29 Rzędem macierzy A, oznaczamy rzA, nazywamy ilość liniowo niezalażnych wierszy macierzy A.
Uwaga 2 Dla dowolnej macierzy ilość liniowo niezależnych wierszy jest
równa ilości liniowo niezależnych kolumn.
Uwaga 3 Rząd macierzy nie ulegnie zmiani jeżeli:
- przestawimy dowolne dwa wiersze albo dwie kolumny,
- do jednego wiersza dodamy dowolny inny wiersz pomnożony przez dowolną
stałą,
- do jednej kolumny dodamy inną kolumnę pomnożoną przez dowolną stałą.
Dalej przez [A, b] będziemy rozumieć macierz o n wierszach i m+1 kolumnach
powstałą przez dodanie do macierzy A dodatkowej kolumny b, taką macierz
będziemy dalej nazywać macierzą uzupełnioną i oznaczać Au .
Twierdzenie 14 (Kroneckera–Capelliego)
Równanie A · x = b posiada rozwiązanie, gdy rzA = rzAu . Rozwiązanie jest
jednoznaczne, gdy dodatkowo rzA = m.
Przykład 7. Zbadać rozwiązalność podanego układu równań w zależności od
parametru a ∈ R

y + z = a
 x +
ax + 2y + z = 1

x + ay + 2z = 2
Mamy


 

a
1 1 1 a
1 1 1
A(a) =  a 2 1  , b =  1  , Au (a) =  a 2 1 1  ,
1 a 2 2
1 a 2
2




1 1 1
1
1
1
rzA(a) = rz  a 1 1  = rz  0 2 − a 1 − a 
1 a 1
0 a−1
1




1
0
0
1
0
0
= rz  0 2 − a 1 − a  = rz  0
1
2 − a
0 a−1
1
0 a−1
1

36

1
= rz  0
0
0
1
0

0
2, gdy (1 − a)(2 − a) + 1 = 0

2−a
=
3, gdy (1 − a)(2 − a) + 1 6= 0
(1 − a)(2 − a) + 1
Ponieważ (1 − a)(2 − a) + 1 > 0 dla każdego a ∈ R, a więc rzA(a) = 3, czyli
układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie dla każdego a ∈ R. Rozwiązanie
wyznaczymy stosując wzory Cramera. Mamy W = a2 −3a+3, W1 = −a2 +5a−4,
−2a2 +3a−1
W2 = −2a2 + 3a − 1, W3 = a3 − 5a + 5. Czyli x = −a2+5a−4
a2 −3a+3 , y = a2 −3a+3 ,
3
z = aa2 −5a+5
−3a+3 .
Przykład 8. Zbadać rozwiązalność podanego układu równań w zależności od
parametru a ∈ R

y + z = a
 x +
ax +
y + z = 1

z + ay + z = 1
Mamy




1 1 1
1 1 1 a
A(a) =  a 1 1  , Au (a) =  a 1 1 1  .
1 a 1
1 a 1 1




1
1
1
1 1 1
rzA(a) = rz  a 1 1  = rz  0 1 − a 1 − a 
0 a−1
0
1 a 1


1
1
1
3, gdy a 6= 1


= rz 0 1 − a 1 − a =
1, gdy a = 1
0
0
a−1
Czyli dla a 6= 1 istnieje dokładnie jedno rozwiązanie:
x = −1, y = −1, z =
2 − a − a2
,
1−a
bo W = (a − 1)2 , W1 = −(a − 1)2 , W2 = −(1 − a)2 , W3 = (1 − a)(2 − a − a2 ).
Ponieważ rzAu (1) = 1, więc dla a = 1 układ posiada nieskończenie wiele
rozwiązań. łatwo wyliczyć, że wtedy

  




x
1
−1
−1
 y  =  0  + c 1  + d 0 .
0
0
1
z
Zadania kontrolne
1. Wyznaczyć f (A), jeżeli:
a) f (x) = x2 − x − 1, a

2 1
A = 3 1
1 −1
37

1
2.
0
b) f (x) = x2 − 5x + 3,
A=
2 −1
−3 3
.
c) f (x) = x3 − 3x2 + 2x−1 ,
A=
1
−1
3
2
.
d) f (x) = x3 − 3x2 + 2x−1 ,


1 2 1
A =  −3 1 0  .
0 1 2
a b
2. Wykazać, że macierz A =
spełnia równanie
c d
X 2 − (a + d) · X + (ad − bc) · E = [0],
gdzie
[0] =
0
0
0
0
3. Rozwiązać równania:
a)


1
3 · X ·  2  = (1
−1
.

0

0
1 ) ·  −1  .
2
b)

1 −1
1 2
3 1

  

2
6
−3
1 · X + 2 · 1 =  1 .
0
2
3
4. Rozwiązać równania:
a)

3
det  −1
2

2
1
1
−2  = 0
1 x+1
b)

x2

det x
0
3
−1
1

2
1 = 0
4
c)


2 x + 2 −1
det  1
1
−2  = 0
5
−3
x
38
5. Wykazać, że:
a)
2 cos2
det  2 cos2
1

α
2
β
2
sin α
sin β
0

1
1  = sin(β − α)
1
b)

cos ϕ
det  −r sin ϕ
0

sin ϕ 0
r cos ϕ 0  = r
0
1
6. Metodą macierzy odwrotnej rozwiązać podany układ równań A · x = b:
a)




1
2 1 3
7
 −1 −1 0 1 
 −1 
A=
, b = 
,
−1 2 1 2
4
0
1 1 1
3
b)
1
0
A=
0
0

2 −2
1 1
0 1
0 0

 
1
1
1 
 5 
, b =  ,
22
10
2
1
c)
1
0
A=
0
0




−19
2 −2 −10
2 4
6 
 18 
,
, b = 
21
0 1
10
16
0 0
8
d)
1 −10
4
0
A=
0
0
0
0




−11
2 2
1 1
 12 
,
, b = 
18
8 1
4
0 2
e)
1 −8
0 1
A=
0 0
0 0

4
8
1
0
2
0
A=
0
0
1 −10
1
8
0
1
0
0

 
0
2
10
1 
 
, b =  ,
10
11
1
1
f)




2
−12
2
 20 
, b = 
.
8
10
1
1
7. Zbadać rozwiązalność podanych układów równań w zależności od parametrów i rozwiązać, gdy rozwiązanie istnieje:
39
a)


x +
3x +

ax −
y
6y
y
+ z
+ z
− z
= 1
= 2
= a


x +
3x +

ax −
y
6y
y
+ z
+ z
− z
=
=
=


y
2y
y
+ z
− z
− z
= 4
= 2
= 2b


x + y
4x − 2y

ax − y
+ z
+ z
− z
= 1
= 2
= 2b


x + y
6x + y

ax − y
+
+
−

 2x + 4y
x + ay

3x −
y
+ 4z
+ 2z
− 3z
= 1
= 2
= 3

 2x + 4y
x + ay

3x −
y
+ 4z
+ 2z
− 3z
= 2
= 1
= 3

y +
z
 ax +
x + ax +
z

x +
y + az
= 1
= a
= a2
b)
1
2
b
c)
x +
6x +

ax −
d)
e)
z
2z
z
=
=
=
1
3
b
f)
g)
h)
Odpowiedzi do zadań
1.


1 3
0 0

0 3
, b)
,
0 0
1 −2


51
193 90
−1 
81
, d)
−309 51 39  .
48
11
39
90 63
5
a)  8
−2
−1
c)
5
21
−27
3.
40
a) x = [m, n, m + 2n − 23 ], m, n ∈ R,
20 −38
b) x = [ −9
7 , 7 , 7 ],
4.
a) x = 0,
b) x = 0, x = −2,
c) x = −4, x = −6.
6.
a) x = [1, 1, 1, 1], b) x = [1, 1, 2, 2], c) x = [1, 1, 1, 2], d) x = [1, 2, 2, 2], e)
x = [2, 1, 1, 1], f) x = [2, 2, 2, 1].
7.
1
a) Dla a 6= −1 istnieje dokładnie jedno rozwiązanie x = 1, y = −1
5 , z = 5.
Dla a = −1 istnieje nieskończenie wiele rozwiązań:



  4 
x
−5
3
 y  = c  2  +  −1  , c ∈ R.
3
z
3
0
b) Dla a 6= −1 istnieje dokładnie jedno rozwiązanie
x=
a − 2b − 1
3b − 2a + 1
1+b
, y=
, z=
1+a
5(1 + a)
5(1 + a)
Dla a = −1 i b 6= −1 układ sprzeczny. Dla a = b = −1 istnieje nieskończenie
wiele rozwiązań:



  4 
x
−5
3
 y  = c  2  +  −1  , c ∈ R.
3
z
3
0
c) Dla a 6= −1 istnieje dokładnie jedno rozwiązanie
x=
6a − 14b − 22
6a + 8b + 22
2(b + 2)
, y=
, z=
.
1+a
3(1 + a)
3(1 + a)
Dla a = −1, b 6= −2 układ jest sprzeczny. Dla a = −1 i b = −2 istnieje
nieskończenie wiele rozwiązań:



  −3 
x
3
2
 y  = c  −7  +  11  , c ∈ R.
2
4
z
0
d) Dla a 6= −1 istnieje dokładnie jedno rozwiązanie
x=
2b + 1
6b − a + 2
−12b + 4a − 2
, y=
, z=
.
1+a
3(1 + a)
3(1 + a)
Dla a = −1 i b 6= 21 układ jest sprzeczny. Dla a = −1 i b =
nieskończenie wiele rozwiązań:



  2 
x
1
3
 y  = c  −3  +  1  , c ∈ R.
3
x
2
0
41
1
2
układ posiada
e) Dla a 6= −1 układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie
x=
1+b
4b − a + 3
−5b + 2a − 3
, y=
, z=
.
1+a
1+a
1+a
Dla a = −1 i b 6= −1 układ jest sprzeczny. Dla a = b = −1 istnieje nieskończenie
wiele rozwiązań:



  2 
x
−1
5
 y  = c  −4  +  3  , c ∈ R.
5
z
5
0
f) Dla a 6= 2 układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie
x=
−3
a+5
5a − 14
, y=
, z=
.
6a − 12
4 − 2a
6a − 12
Dla a = 2 układ jest sprzeczny.
g) Dla a 6= 2 układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie x = 1, y = 0, z = 0.
Dla a = 2 układ posiada nieskończenie wiele rozwiązań:


  

4
1
x
 y  = c  −9  +  0  , c ∈ R.
7
0
z
h) Dla a 6= 1 i a 6= −2 układ posiada dokładnie jedno rozwiązanie
x=
−a − 1
1
(a + 1)2
, y=
, z=
.
a+2
a+2
a+2
Dla a = −2 układ jest sprzeczny. Dla a = 1 układ posiada nieskończenie wiele
rozwiązań
  





1
−1
−1
x
 y  =  0  + c  1  + d  0  , c, d ∈ R.
z
0
0
1
42
VI. Geometria analityczna w R3 .
Przyjmujemy oznaczenia:
i = [1, 0, 0], j = [0, 1, 0], k = [0, 0, 1], r = [x, y, z].
Niech A = (xA , yA , zA ), B = (xB , yB , zB ). Wtedy AB = [xB − xA , yB −
yA , zB − zA ]. Jeżeli przez α, β, γ oznaczymy kąty jakie tworzy wektor AB z
osiami układu współrzędnych, to
cos α =
yB − y A
zB − zA
xB − xA
, cos β =
, cos γ =
,
u
u
u
p
gdzie u = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 + (zB − zA )2 . Jeżeli a = [ax , ay , az ], b =
[bx , by , bz ], to (a | b) = ax bx + ay by + az bz .
Iloczyn wektorowy
Odwzorowanie × : R3 × R3 → R3 , a × b = c, takie, ze
c ⊥ a, c ⊥ b,
trójka wektorów a, b, c ma orientację zgodną z orientacją przestrzeni,
| c |=| a || b | sin(a, b)
nazywamy iloczynem wektorowym wektorów a, b.
Twierdzenie 15 Dla dowolnych a, b, c ∈ R3 :
a × b = −(b × a),
a × (b + c) = (a × b) + (a × c),
43
(λa) × b = λ(a × b),
a × (b × c) = b(a | c) − c(b | b),

i
a × b =  ax
bx
j
ay
by

k
az  .
bz
Iloczyn mieszany
Wyrażenie (a, b, c) = (a × b | c) nazywamy iloczynem mieszanym wektorów
a, b, c. Jeżeli (a, b, c) = 0, to wektory a, b, c są komplanarne, tzn. leżą na jednej
płaszczyżnie.
Uwaga 4 Objętość równoległościanu zbudowanego na wektorach a, b, c
wyliczamy ze wzoru


ax ay az
V =| (a, b, c) |=| det  bx by bz  | .
cx cy cz
Przykład 1. Wyznaczyć kat między wektorami a = −i + j, b = i − 2j + 2k.
Wykorzystując wzór na cosinus kąta między wektorami w przestrzni euklidesowej mamy
(a | b)
−1
−3
cos(a, b) =
=√ √ = √ .
| a || b |
2 9
2
Czyli kąt między wektorami a, b wynosi 3Π
4 .
Przykład 2. Dane są wektory a = 2i + j + 3k, b = i − 3j + 2k, c = 3i + 2j − 4k.
Wyznaczyć wektor x taki, że (x | a) = −5, (x | b) = −11, (x | c) = 20.
Przyjmując, że x = x1 i + x2 j + x3 k musimy rozwiązać układ równań

 2x1 − x2 + 3x3 = −5
x1 − 3x2 + 2x3 = −11

3x1 + 2x2 − 4x3 =
20
Rozwiązując ten układ metodą eliminacji Gaussa otrzymamy, że x1 = 2, x2 = 3,
x3 = −2, tak więc x = 2i + 3j − 2k.
Przykład 3. Obliczyć pole równoległoboku zbudowanego na wektorach a =
3i + 2j + k, b = i − j + 2k.
Z definicji iloczynu wektorowego otrzymamy, że pole równoległoboku P zbudowanego na wektorach a, b dane jest wzorem
P =| a × b | .
Czyli w naszym zadaniu


i j k
√
P =|  3 2 1  |=| 5i − 5j − 5k |= 5 3.
1 −1 2
44
Przykład 4. Sprawdzić cy wektory a = [3, −2, 1], b = [2, 1, 2], c = [3, −1, −2]
s† komplanarne.
Mamy




3 −2 1
0
0 1
2  = det  −4 5 2  = −25 6= 0.
(a, b, c) = det  2 1
3 −1 −2
9 −5 2
Czyli te wektory nie leżą na jednej płaszczyźnie, a więc są liniowo niezależne.
Przykład 5. Wyznaczyć objętość czworościanu o wierzchołkach w punktach
A(3, 1, 1), B(1, 4, 1), C(1, 1, 7), D(3, 4, 9) oraz jego wysokość poprawadzoną z
wierzchołka D.
Objętość tego czworościanu jest równa 16 -tej objętości równoległościanu zbudowanego na wektorach AB, AC, AC. Tak więc
Vc =
1
1
V = | (AB, AC, AD) |
6
6
1
| (18i + 12j + 6k | 3j + 8k) |= 14.
6
Pole równoległoboku
zbudowanego na wektorach AB,
√
√ AC jest równe | AB ×
V
AC |= 504. Tak więc szukana wysokość d = √504
= 14.
Płaszczyzna w R3
Niech π będzie zadaną płaszczyzną, niech A(x0 , y0 , z0 ) ∈ π, niech n ⊥ π,
gdzie n = [nx , ny , nz ], i niech A0 (x, y, z) będzie dowolnym punktem płaszczyzny
π. Wtedy AA0 ⊥ n, czyli (AA0 | n) = 0, a więc
=
nx (x − x0 ) + ny (y − y0 ) + nz (z − z0 ) = 0
oznaczając nx x0 + ny y0 + nz z0 = s otrzymamy ostatecznie
nx x + ny y + nz z − s = 0,
albo używając innych oznaczeń otrzymamy równanie
Ax + By + Cz + D = 0
które nazywamy równaniem kanonicznym płaszczyzny π, a wektor [A, B, C] jest
wektorem prostopad’ym do tej p’aszczyzny oraz Ax0 + By0 + Cz0 = −D.
Odległość punktu od płaszczyzny
Niech płaszczyzna π dana będzie równaniem Ax + By + Cz + D = 0, niech
M (xM , yM , zM ) ∈ R, wtedy odległość punktu M od płaszczyzny π dana jest
wzorem
| AxM + ByM + CzM + D |
√
d(M, π) =
.
A2 + B 2 + C 2
Pęk płaszczyzn
Jeżeli płaszczyzny π1 i π2 nie są równoległe i π1 ∩ π2 = l, to zbiór wszystkich
prostych przechodzących przez prostą l nazywamy pękiem płaszczyzn generowanym przez płaszczyzny π1 , π2 . Jeżeli π1 dana jest równaniem A1 x + B1 y +
45
C1 z + D1 = 0, a π2 dana jest równaniem A2 x + B2 y + C2 z + D = 0, to pęk dany
jest równaniem
a(A1 x + B1 y + C1 z + D1 ) + b(A2 x + B2 y + C2 z + D2 ) = 0,
gdzie a, b ∈ R.
Przykład 5. Znaleźc równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt
A(−2, 1, 4) i równoległej do wektorów a = [−1, 3, 2] i b = [3, 2, 5].
1. Szukamy wektora normalnego n płaszczyzny. Z własności iloczynu wektorowego możemy przyjąć, że
n = [−1, 3, 2] × [3, 2, 5] = [11, 11, −11].
Czyli nasza płaszczyzna dana jest równaniem
11(x + 2) + 11(y − 1) − 11(z − 4) = 0,
stąd po dokonaniu koniecznych przekształceń otrzymamy ostatecznie równanie
x + y − z + 5 = 0.
Przykład 6. Znależć równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkty
M (0, 0, 2), N (4, 0, 1), P (2, 1, 2).
Przyjmujemy
n = M N × M P = [4, 0, −1] × [2, 1, 0] = i − 2j + 4k.
St†d (x − 0) − 2(y − 0) + 4(z − 2) = 0. A więc ostatecznie płaszczyzna dana jest
r˘wnaniem
x − 2y + 4z − 8 = 0.
Przykład 7. Wyznaczyć odległość punktu M (−1, 2, 5) od płaszczyzny x +
2y − 5z + 1 = 0.
Korzystając ze wzoru na odległość punktu od płaszczyzny otrzymujemy, §e
d=
21
| −1 + 4 − 25 + 1 |
√
=√ .
1 + 4 + 25
30
Przykład 8. Napisać równania płaszczyzn dwusiecznych kątów między płaszczyznami
2x − y + 5z + 3 = 0 ∧ x − 5y + 2z − 1 = 0.
Punkty płaszczyzny dwusiecznej są równo oddalone od obu płaszczyn, stąd
| 2x − y + 5z + 3 |
| x − 5y + 2z − 1 |
√
√
=
.
4 + 1 + 25
1 + 25 + 4
A więc otrzymujemy, że
2x − y + 5z + 3 = x − 5y + 2z − 1,
46
albo
2x − y + 5z + 3 = −x + 5y2 z + 1.
I ostatecznie
x + 4y + 3z + 4 = 0 albo 3x − 6y + 7z + 2 = 0.
Przykład 9. Napisać równanie płaszczyzny przechdzącej przez początek układu współrzędnych i przez prostą powstałą z przecięcia płaszczyzn
x + 3y − z + 1 = 0 ∧ 2x − y + 2z + 5 = 0.
Szukamy płaszczyzny π należącej do pęku płaszczyzn danego wzorem
a(x + 3y − z + 1) + b(2x − y + 2z + 5) = 0.
Ponieważ (0, 0, 0) ∈ π, więc
a + 5b = 0
Przyjmując a = −5, b = 1 otrzymamy równanie szukanej płaszczyzny w postaci
następującej
−3x − 16y + 7z = 0.
Prosta w R3
Prosta w R3 może być zadana na trzy sposoby:
- jako krawędź przecięcia dwóch nierównoległych płaszczyzn tzn.
A11 x + B1 y + C1 z + D1 = 0
l:
A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0
gdzie [A1 , B1 , C1 ] × [A2 , B2 , C2 ] 6= [0, 0, 0].
- równaniem kanoniocznym:
l:
y − y0
z − z0
x − x0
=
=
,
k1
k2
k3
- równaniem parametrycznym
x = x0 + tk1 , y = y0 + tk2 , z = z0 + tk3 ,
gdzie t ∈ R, M (x0 , y0 , z0 ) ∈ R, a K = [k1 , k2 , k3 ] jest wektorem równoległym
do prostej l.
Odległość punktu od prostej
Odległość d punktu M (a, b, c) od prostej l danej równaniem kanonicznym
x − x0
y − y0
z − z0
=
=
k1
k2
k3
dana jest wzorem
d=
| [a − x0 , b − y0 , c − z0 ] × [k1 , k2 , k3 ] |
.
| [k1 , k2 , k3 ] |
Odległość prostych skośnych
47
Definicja 30 Jeżeli l1 ∩ l2 = ∅ i proste te nie są równoległe, to mówimy,
że proste l1 i l2 są skośne.
Jeżeli:
x − x1
y − y1
z − z1
=
=
,
a1
a2
a3
y − y2
z − z2
x − x2
=
=
,
l2 :
b1
b2
b3
l1 :
to
d(l1 , l2 ) =
| ([x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ], a, b) |
,
|a×b|
gdzie a = [a1 , a2 , a3 ], b = [b1 , b2 , b3 ].
Przykład 10. Prosta l dana jest równaniem krawędziowym
6x + 2y − z − 9 = 0
3x + 2y + 2z − 12 = 0
przedstawić jej równanie w postaci kanonicznej.
Przyjmujemy
K = [6, 2, −1] × [3, 2, 2] = [6, −15, 6].
Przyjmując z = 1 otrzymamy x = 0, y = 5, a więc ostatecznie
x
y−5
z−1
=
=
.
6
−15
6
Przykład 11. Napisać równanie prostej przechodzącej przez punkty
A(1, 2, −3), B(2, 1, 1).
Jako wektor kierunkowy K przyjmujemy wektor łączący punkty A i B, a
wi‘c K = [1, −1, 4]. A więc równanie parametryczne tej prostej ma postać
x = 1 + t, y = 2 − t, z = −3 + 4t.
Przykład 12. Wyznaczyć odległość punktu A(2, −1, 1) od prostej
x+1
y−1
z
=
= .
1
−1
2
Przyjmujemy: B(−1, 1, 0, K = [1, −1, 2], AB = [−3, 2, −1]. Korzystając z
wzoru na odległość punktu od prostej otrzymamy, że
r
| AB × K |
| 3i + 5j + k |
35
√
d=
=
=
.
6
|K|
35
Przykład 13. Wykazać, że proste: l1 : x = 1 + 2t, y = 2t, z = t, l2 :
x = 11 + 8τ , y = 6 + 4τ , z = 2 + τ , przecinają się oraz wyznaczyć równania
dwusiecznych kątów utworzonych przez te proste.
48
Punkt przecięcia o ile istnieje musi spełniać układ równań

 1 + 2t = 11 + 8τ
2t =
6 + 4τ

t =
2 + τ
Stąd t = 1, τ = −1, czyli (3, 2, 1) jest punktem przecięcia zadanych prostych.
Jako wektory kierunkowe prostych dwusiecznych przyjmujemy
Kd1 =
K1
K2
K1
K2
+
, Kd2 =
−
.
| K1 | | K 2 |
| K1 | | K 2 |
Po wykonaniu niezbędnych obliczeń otrzymamy, że
4 8 4
−4
1
Kd1 = [ , , ], Kd2 = [
, 0, ].
3 9 9
9
3
Stąd po dokonaniu niezbędnych przekształceń otrzymamy następujące równania
dwusiecznych kątów
y−2
z−1
x−3
=
=
,
12
8
4
x−3
y−2
z−1
=
=
.
−4
0
3
Przykład 14. Znaleźć odległość między prostymi
l1 :
x−9
y+2
z
=
=
4
−3
1
y+7
z−2
x
=
=
.
−2
9
2
Tak jak w poprzednim przykładzie sprawdzamy, że l1 ∩ l2 = ∅. Następnie
sprawdzamy, że proste l1 i l2 są skośne.
Przyjmujemy A1 (9, −2, 0), A2 (0, −7, 2), K1 = [4, −3, 1], K2 = [−2, 9, 2].
Korzystając ze wzoru na odległość prostych skośnych otrzymamy, że
l2 :
d=
| (K1 × K2 | A1 A2 ) |
245
| ([−15, −10, 30] | [−9, −5, 2]) |
=
= 7.
=
35
35
| K1 × K2 |
Przykład 15. Dla jakich wartości parametru B prosta
x + By − z + 3 = 0
l:
2x −
y + z − 1 = 0
jest równoległa do płaszczyzny
π : x + y + z = 0.
Wektor kierunkowy K prostej l musi być prostopadły do wektora normalnego
n płaszczyzny π. Ponieważ
K = [1, B, −1] × [2, −1, 1] = [B − 1, −3, −1 − 2B],
49
n = [1, 1, 1],
i (K | n) = 0, więc B = −5.
Przykład 16. Dla jakich wartości parametrów A i D prosta x = 3 + 4t, y =
1 − 4t, z = −3 + t leży na płaszczyźnie Ax + 2y − 4z + D = 0.
W warunkach zadania układ równań

x = 3 + 4t



y = 1 − 4t
z = −3 + t



Ax + 2y − 4z + D = 0
musi posiadać nieskończenie wiele rozwiązań. Wstawiając pierwsze trzy równania do czwartego otrzymamy, że
t(4A − 12) + 3A + D + 14 = 0.
Ponieważ istnieje nieskończenie wiele rozwiązań więc 4A − 12 = 0. Czyli ostatecznie A = 3, D = −23.
Przykład 17. Znaleźć rzut prostej
l:
y+1
z−4
x−3
=
=
5
−1
1
na płaszczyznę π : 2x − 2y + 3z − 5 = 0.
Wstawiając równanie parametryczne prostej do równania płaszczyzny otrzymamy, że punkt P (−2, 0, 3) jest punktem przecięcia prostej l i płaszczyzny π.
Niech π1 b‘dzie płaszczyzną prostopadłą do płaszczyzny π i przechodzaca
przez prostą l. Jak łatwo zauważyć
n1 = [5, −1, 1] × [2, −2, 3] = [−1, −13, −8]
jest wektorem normalnym płaszczyzny π1 , stąd jej równanie ma postać
x + 13y + 8z − 22 = 0
Prosta szukana lr jest częścią wspólną płaszczyzn π i π1 , a więc
2x − 2y + 3z − 5 = 0
lr :
x + 13y + 8z − 22 = 0
Zadania kontrolne
1. Znaleźc kąt między wektorami p = 6m + 4n i q = 2m + 10n, jeżeli m, n
są wektorami jednostkowymi wzajemnie prostopadłymi.
2. Znaleźc kąt między prostymi l1 , l2
a)

2t
 x =
y = 1 − t
l1 :

z =
t
50
l2 :
x − 6y
2x + 2y
− 6z
+ 9z
+ 2 = 0
− 1 = 0
b)
l1 :
l2 :
3x − 4y
2x + y
4x + y
y
3. Wykazać, że proste
l1 :
l2 :
− 2z
− 2z
− 6z
− 3z
= 0
= 0
− 2 = 0
+ 2 = 0
y−1
z
x
=
=
1
2
3
3x + y
2x + 3y
− 5z
− 8z
+ 1 = 0
+ 3 = 0
są prostopadłe.
4. Napisać równanie prostej przechodzącej przez początek układu współrzędnych i przez punkt przecięcia prostych
l1 :
x−1
y+2
z
x+1
y + 11
z+1
=
= , l2 :
=
=
.
2
−1
3
1
2
1
5. Znaleźć punkt przebicia płaszczyzny 2x + 3y + z − 1 = 0 prostą x−1
1 =
z
= 6.
y+8
z−2
6. Znaleźć rzut punktu A(1, −2, 1) na prostą x+1
1 = −1 = 2 .
7. Znaleźć punkt B symetryczny do punktu A(2, −1, 3) względem prostej

3t
 x =
y = −7 + 5t

z =
2 + 2t
y+1
−2
8. Znaleźć rzut punktu A(2, 3, −6) na płaszczyznę x + 2y + z + 4 = 0.
9. Znaleźc odległość między prostymi l1 i l2
a)
x−9
y+2
z
x
y+7
z−2
l1 :
=
= , l2 :
=
=
4
−3
1
−2
9
2
b)

 x = −4 + 2t
y =
4 − t
l1 :

z = −1 − 2t
l2 :
x+5
y−5
z−5
=
=
.
4
−3
−5
z+1
10. Znaleźć rzut prostej x2 = y−1
−1 = 2 na płaszczyznę x + y + z = 0.
11. Wyznaczyć odległość między płaszczyznami równoległymi
30x − 32y + 24z − 75 = 0, 15x − 16y + 12z − 25 = 0.
51
12. Na osi OY znaleźć punkt równo oddalony od płaszczyzny
3x + 6y − 2z − 9 = 0
i od punktu M (1, 0, −2).
13. Napisać równania płaszczyzn przechodzących przez ož OY i równo odległych od punktów M (−2, 3, −3) i N (1, 4, 0).
14. Napisać równanie płaszczyzny równo oddalonej od dwóch płaszczyzn
równoległych:
5x + y − 2z − 1 = 0, 10x + 2y − 4z + 7 = 0.
15. Napisać równanie płaszczyzny równoległej do płaszczyzny
2x + y − 4z + 8 = 0
√
i oddalonej o 21 od punktu M (1, 2, 0).
16. Znaleźć równanie płaszczyzny przechodzącej przez początek układu
współrzędnych i przez prostą powstałą z przecięcia płaszczyzn
x + 3y − z + 1 = 0, 2x − y + 2z + 5 = 0.
17. Znaleźć równanie płaszczyzny przechodzącej przez prostą powstałą z
przecięcia płaszczyzn
2x − z = 0, x + y − z + 5 = 0
i prostopadłą do płaszczyzny 7x − y + 4z − 3 = 0.
18. Znaleźc punkty przecięcia prostej
y+2
z−5
x−1
=
=
2
4
1
z płaszczyznami układu współrzędnych.
19. Znaleźć równania dwusiecznych kątów między prostymi
x−1
y+1
z x−1
y+2
z
=
= ,
=
= .
2
−2
1
1
2
2
20. Znaleźć równanie prostej przechodzącej przez punkt A(1, 2, 5) i przecinającej proste
x + y
− 18 = 0
3x + 2y
− 19 = 0
,
2x
− z − 12 = 0
4y − 3z − 8 = 0
Odpowiedzi do zadań kontrolnych
1. π4 .
√
98
2. a) cos ϕ = 66 , b) cos ϕ = 195
.
y
x
z
4. 1 = −1 = 1 .
5. (2, −3, 6). 6. (−2, −7, 0). 7. (4, −3, 5). 8. (1, 1, 7).
52
9. a) 7, b) 3.
10.
x
x + y
− z
+ z
− 1
= 0
= 0
11. 21 .
12. (0, −2, 0) i (0, −82
13 , 0).
13.
x − 2 = 0 albo 3x − z = 0.
14.
15.
16.
17.
18.
19.
20.
20x + 4y − 8z + 5 = 0.
2x + y − 4z − 25 = 0 i 2x + y − 4z + 17 = 0.
3x + 16y − 7z = 0.
3x + 5y − 4z + 25 = 0.
9
(−9, −22, 0), (2, 0, 11
2 ), (0, 4, 2 ).
x−1
y+1
z x−1
y+1
z
=
= ,
=
=
.
3
0
3
1
−4
−1
x − 5y
2z
+ z
− z
53
+ 8 = 0
− 1 = 0
VII. Powierzchnie drugiego stopnia
Powierzchnię o równaniu
Ax2 + Bxy + Cxz + Dy 2 + Eyz + F z 2 + Gx + Hy + Iz + J = 0,
gdzie co najmniej jeden ze współczynników A, B, . . . , F jest różny od zera nazywamy powierzchnią drugiego stopnia.
Postać kanoniczna
- x2 + y 2 + z 2 = R2 ; sfera o środku w zerze i promieniu R
2
2
2
- xa2 + yb2 + zc2 = 1 ; elipsoida
-
x2
a2
x2
a2
+
y2
b2
y2
b2
2
−
z2
c2
z2
c2
2
= 1 ; hiperboloida jednopowłokowa
+
−
= −1 ; hiperboloida dwupowłokowa
- 2z = x + y ; paraboloida eliptyczna
- 2z = x2 − y 2 ; poraboloida hiperboliczna
- x2 + y 2 − z 2 = 0 ; stożek obrotowy
- x2 + y 2 = a2 ; walec obrotowy
- y 2 = 2px ; walec paraboliczny
- (A1 x + B1 y + C1 z + D1 )(A2 x + B2 y + C2 z + D2 ) = 0 ; para płaszczyzn
- (Ax + By + Cz + D)2 = 0 ; płaszczyzna podwójna.
Powierzchnie obrotowe
Obrót krzywej y = f (x), x ∈ D1 dokoła osi OX daje powierzchnię o równaniu
y 2 + z 2 = [f (x)]2 , gdzie x ∈ D1 .
Obrót krzywej x = g(y), y ∈ D2 dokoła osi OY daje powierzchnię o równaniu
x2 + z 2 = [g(y)]2 , gdzie y ∈ D2 .
Obrót krzywej x = h(z), z ∈ D3 dokoła osi OZ daje powierzchnię o równaniu
x2 + y 2 = [h(z)]2 , gdzie z ∈ D3 .
Przykład 1. Napisać równanie powierzchni powstałej przez obrót elipsy
y2
z2
b2 + c2 = 0
x=0
dokoła osi OY.
Mamy
z 2 = c2 (1 −
czyli [g(y)]2 = c2 (1 −
y2
b2 ).
y2
)
b2
A więc
y2
)
b2
stąd po wykonaniu elementarnych przekształceń otrzymujemy równanie elipsoidy obrotowej
x2
y2
z2
+ 2 + 2 = 1.
2
c
b
c
Przykład 2. Napisać równanie powierzchni powstałej przez obrót elipsy
2
y2
x
a2 + b2 = 1
z=0
x2 + z 2 = c2 (1 −
54
dokoła osi OY.
Mamy
y2
x2
=
1
−
a2
b2
2
2
St†d [g(y)]2 = a2 (1− yb2 ) Czyli x2 +z 2 = a2 (1− yb2 ) i po dokonaniu elementarnych
przekształceń otrzymujemy równanie elipsoidy obrotowej
y2
z2
x2
+
+
= 1.
a2
b2
a2
Przykład 3. Napisać równanie powierzchni powstałej przez obrót paraboli
y = ax2
z=0
dokoła osi OY.
Mamy [g(y)]2 = ay . A więc otrzymujemy paraboloidę obrotową o równaniu
x2 + z 2 =
y
.
a
Przykład 4. Napisać równania powierzchni obrotowych powstałych przez obrót hiperboli
2
y2
x
a2 − b2 = 1
z=0
dokoła osi OX albo OY.
Mamy
x2
y2
), [f (x)]2 = b2 ( 2 − 1).
2
b
a
Stąd dla obrotu dokoła osi OX otrzymujemy hiperboloidę dwupowłokową o równaniu
x2
y2
z2
− 2 + 2 + 2 = −1,
a
b
b
a dla obrotu dokoła osi OY otrzymujemy hiperboloidę jednopowłokową o równaniu
y2
z2
x2
− 2 + 2 = 1.
2
a
b
a
Walce i stożki
Zbiór prostych przechodzących przez zadaną krzywą ( kierownica walca ) i
równoległych do zadanej prostej ( tworząca walca ) nazywamy walcem.
Zbiór prostych przechodzących przez zadaną krzywą ( kierownica stożka ) i
przez zadany punkt ( wierzchołek stozka ) nazywamy stożkiem.
Przykład 5. Napisać równanie stożka o wierzchołku O(0, 0, 0) i kierownicy
2
x − 2z + 1 = 0
y−z+1=0
[g(y)]2 = a2 (1 +
55
Niech S(x0 , y0 , z0 ) będzie dowolnym punktem stożka.
1. Piszemy równanie prostej przechodzącej przez punkty O i S. Mamy

 x = tx0
y = ty0

z = tz0
2. Wstawiamy równanie tej prostej do równania kierownicy, mamy
2 2
t x0 − 2tz0 + 1 = 0
ty0 − tz0 + 1 = 0
Z drugiego równania otrzymamy, że t =
nania otrzymujemy, że
1
z0 −y0
i wstawiając do pierwszego rów-
2z0
x20
−
+1=0
(z0 − y0 )2
z0 − y 0
stąd po elementarnych przekształceniach otrzymujemy równanie stożka obrotowego x20 + y02 − z02 = 0.
Przykład 6. Napisać równanie stożka o wierzchołku O(8, 0, 0) opisanego na
sferze o środku P (0, 4, 1) i promieniu R = 6.
Sfera dana jest równaniem
x2 + (y − 4)2 + (z − 1)2 = 36.
Niech S(x0 , y0 , z0 ) będzie dowolnym punktem stożka. Prosta

 x = 8 + t(x0 − 8)
y = 0 + t(y0 − 0)

z = 0 + t(z0 − 0)
jest styczna do sfery, a wiec równanie
[8 + t(x0 )]2 + (ty0 − 4)2 + (tz0 − 1)2 = 36
ma dokładnie jedno rozwiązanie, a więc równanie
∆ = [16(x0 − 8) − 8y0 − 2z0 ]2 − 180[(x0 − 8)2 + y02 + z02 ] = 0
jest równaniem stożka.
Przykład 7. Napisać równanie walca o kierownicy
2
x + y2 = 9
z=1
i tworzącej równoległej do wektora p = [2, −3, 4].
Niech W (x0 , y0 , z0 ) będzie dowolnym punktem walca. Równanie parametryczne dowolnej prostej tworzącej walec

 x = x0 + 2t
y = y0 − 3t

z = z0 + 4t
56
wstawiamy do równania kierownicy, otrzymujemy układ równań
(x0 + 2t)2 + (y0 − 3t)2 = 9
z0 + 4t = 1
Z drugiego równania t =
równanie walca
1−z0
4
(x0 +
i wstawiając do równania pierwszwgo otrzymamy
1 − z0 2
3
) + (y0 − (1 − z0 ))2 = 9.
2
4
Przykład 8. Napisać równanie walca obrotowego, którego osią jest dwusieczna kąta YOZ, a promień równa się jeden.
Tworząca walca ma równanie krawędziowe
y−z =0
x=0
A wi‘c [0, 1, 1] jest jej wektorem kierunkowym. Walec jest styczny do sfery
x2 + y 2 + z 2 + 1.
Niech W (x0 , y0 , z0 ) będzie dowolnym punktem walca. Proste tworzące walec
mają równanie

 x = x0
y = y0 + t

z = z0 + t
Wstawiając do równania sfery otrzymamy, że
x20 + (y0 + t)2 + (z0 + t)2 = 1.
Równanie to posiada dokładnie jedno rozwiązanie, a więc
∆ = (y0 + z0 )2 − 2(x20 + y02 + z02 − 1) = 0
jest równaniem walca.
Przykład 9. Znaleźć półosie elipsy powstałej z przekroju elipsoidy
z2
12
16 2
25 y + 16 = 1 płaszczyzną z = 5 x.
Układ równań
16
16 2
z2
2
25 x + 25 y + 16 = 1
12
z= 5x
16 2
25 x
+
opisuje naszą elipsę. Wstawiając drugie równanie do równania pierwszego otrzymujemy układ równań
2 16 2
x + 25 y = 1
z = 12
5 x
q
13
Przyjmując y = 0 otrzymamy x = ±1, z = ± 12
.
Stąd
a
=
1 + 144
5
25 = 5 .
Ponieważ oś OY leży na płaszczyźnie z = 12
5 x, drugą oś elipsy wyznaczymy
16 2
przyjmując x = 0, wtedy 25
y = 1, więc b = 45 .
57
Przykład 10. Wyznaczyć środek i promień r okręgu powstałego z przekroju
sfery o środku O(1, 5, −1) i promieniu R = 10 płaszczyzną π: 2x−3y +6z −30 =
0.
Sfera ma równanie
(x − 1)2 + (y − 5)2 + (z + 1)2 = 100
Z własności sfery środek rzutu jest rzutem środka sfery na płaszczyznę π. Przez
punkt S prowadzimi prostą prostopadłą do π, ma ona równanie

 x = 1 + 2t
y = 5 − 3t

z = −1 + 6t
Wstawiając do równania płaszczyzny otrzymamy, że t = 1, więc O0 (3, 2, 5) jest
środkiem okręgu. Ponieważ promień sfery,
okręgu i odcinek OO0
p promień tego √
0
2
tworzą trójkąt prostokątny, a wi‘c r = 100− | OO | = 51.
Zadania kontrolne
1. Dane są punkty A(1, −3, 4) i B(3, 1, 2). Napisać równanie sfery dla której
odcinek AB jest średnicą.
2. Znaleźć równanie sfery przechodzącej przez punkty A(3, 1, −3),
B(−2, 4, 1) i C(−5, 0, 0) wiedząc, że jej środek leży na płaszczyżnie
2x + y − z + 3 = 0.
3. Znaleźc równanie sfery o promieniu r = 3 stycznej do płaszczyzny 2x +
2y + z + 3 = 0 w punkcie P (−3, 1, 1).
4. Znaleźć równanie sfery przechodzącej przez okrąg
2
x + y2 + z2 = 9
x+y+z =1
i przez początek układu współrzędnych.
5. Przez punkt M (0, 2, 1) położony na sferze
(x + 2)2 + (y − 3)2 + z 2 = 6
poprowadzić płaszczyznę styczną do tej sfery.
6. Znaleźć równania płaszczyzn stycznych do sfery
(x + 1)2 + (y − 5)2 + (z + 2)2 = 36
i równoleglych do płaszczyzny 12x − 3y + 4z − 8 = 0.
7.Znaleźć równanie elipsoidy przechodzącej przez elipsę
2
y2
x
9 + 16 = 1
z=0
√
i przez punkt P (1, 2, 23).
58
8. Znaleźć punkt przecięcia elipsoidy
x2
y2
z2
+
+
=1
81 36
9
prostą
x−3
y−4
z+2
=
=
.
3
−6
4
9. Znaleźć równania rzutów na płaszczyzny układu współrzędnych przekroju
paraboloidy x = y 2 + z 2 p’aszczyzną x + 2y − z = 0.
2
2
10. Dana jest paraboloida hiperboliczna z = x9 − y4 . Jaką krzywą otrzymamy
przecinając tą powierzchnię płaszczyznami:
a) z = 1, b) z = 0, c) y = −2, d)x = 3.
11. Napisać równanie stożka o wierzchołku O(0, −a, 0) i kierownicy
2
x + y 2 + z 2 = a2
y+z =a
12.Napisać równanie stożka o wierzchołku O(0, 0, 0) i kierownicy
2
x + (y − 6)2 + z 2 = 25
y=3
13. Napisać równanie stożka o wierzchołku O(0, −a, 0) i kierownicy
2
x = 2py
z=h
14. Napisać równanie stożka o wierzchołku O(0, 0, 0) i kierownicy
2
x + y 2 = a2
z=c
15. Napisać równanie walca, którego tworzące przecinają krzywą
2
x + z 2 = 25
y=4
i są r˘wnoległe do wektora p = [1, 1, 1].
16. Napisać równanie walca, którego tworzące przecinają krzywą
2
x + y2 + z2 = 1
x = 12
i są równoległe do wektora p = [2, 1, 5].
Odpowiedzi do zadań kontrolnych
1. (x − 2)2 + (y + 1)2 + (z − 3)2 = 6
2. (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 49
3. (x + 5)2 + (y + 1)2 + z 2 = 9 lub (x + 1)2 + (y − 3)2 + (z − 2)2 = 9
59
4.
5.
6.
7.
8.
9.
(x − 92 )2 + (y − 92 )2 + (z − 29 )2 = 243
4
2x − y + z + 1 = 0
12x − 3y + 4z + 113 = 0 albo 12x − 3y + 4z − 43 = 0
y2
x2
z2
9 + 16 + 36 = 1
(3, 4, −2) i (6, −2, 2)
2
x + 4xy + 4y 2 − x = 0
z=0
2
x + 5z 2 − 2xz − 4x = 0
y=0
2
y + z 2 + 2y − z = 0
x=0
10.
4
2
a) hiperbola x9 − y4 = 1
b) dwie proste y = ± 23 x
2
c) parabola z = x9 − 1
2
d) parabola z = 1 − y4
11. x2 + z 2 = z(y + a)
12. 9x2 + 9z 2 = 16y 2
13. x2 h2 = 2pz[h(y + a) − az]
2
14. x2 + y 2 = ac2 z 2
15. (x0 − y0 + 4)2 + (z0 − y0 + 4)2 = 25
16. (− 12 x0 + y0 + 14 )2 + (− 52 x0 + z0 + 54 )2 =
60
5
4
VIII. Operatory liniowe a macierze
Niech E1 , E2 , E3 będą przestrzeniami liniowymi nad ciałem K. Niech f :
E 1 → E 2 , g : E2 → E3 .
Definicja 31 Odwzorowanie f nazywamy operatorem liniowym jeżeli:
- f (x + y) = f (x) + f (y) ( addytywność )
- f (ax) = af (x) (jednorodność )
dla dowolnych x, y ∈ E1 , a ∈ K.
Definicja 32 Zbiór
Kerf = {x ∈ E1 : f (x) = Θ}
nazywamy jądrem operatora f .
Twierdzenie 16 Jeżeli f jest operatorem liniowym, to f (E1 ) i Kerf są
przestrzeniami liniowymi.
DOWÓD.
1. Niech x, y ∈ f (E1 ), a, b ∈ K. Wtedy istnieją p, q ∈ E1 takie, że x = f (p),
y = f (q). Z jednorodności operatora f
ax = f (ap) ∧ by = f (bq),
a z addytywnožci f
ax + by = f (ap) + f (bq) = f (ap + bq).
Ponieważ ap + bq ∈ E1 , a więc ax + by ∈ f (E1 ), czyli f (E1 ) jest przestrzenią
liniową.
2. Niech x, y ∈ E1 , a, b ∈ K. Wtedy
f (ax + by) = af (x) + bf (y) = Θ,
czyli ax + by ∈ Kerf , a więc Kerf jest przestrzenią liniową.
Twierdzenie 17 Jeżeli f jest operatorem liniowym, to
dimf (E1 ) ¬ dimE1 .
Dowód przeprowadzimy tylko w przypadku skończenie wymiarowym.
Niech dimE1 = n i niech x1 , . . . , xn będą bazą w E1 . Wtedy
f (E1 ) = {a1 f (x1 ) + . . . + an f (xn ) : a1 , . . . , an ∈ K},
ale wektory f (x1 ), . . . , f (xn ) mogą być liniowo zależne, stąd dimf (E1 ) ¬ n =
dimE1 .
Definicja 33 Jeżeli operator f jest liniowy, to liczbę dimf (E1 ) nazywamy
rzędem operatora f , piszemy rzf .
61
Definicja 34 Operator liniowy f nazywamy nieosobliwym jeżeli z warunku
f (x) = Θ wynika, że x = Θ.
Definicja 35 Operator h : E1 → E3 dany wzorem
h(x) = g(f (x)) dla ka§dego x ∈ E1
nazywamy złożeniem operatorów f i g, piszemy h = g ◦ f .
Twierdzenie 18 Jeżeli f, g są operatorami liniowymi, to h jest operatorem
liniowym.
DOWÓD.
h(x + y) = g(f (x + y)) = g(f (x) + f (y)) = g(f (x)) + g(f (y)) = h(x) + h(y)
h(ax) = g(f (ax)) = g(af (x)) = ag(f (x)) = ah(x).
Uwaga 5 Nawet gdy złożenia g ◦ f i f ◦ g są wykonalne nie musi być
g ◦ f = f ◦ g.
Przykład 1. Niech f ([x1 , x2 ]) = [6x1 + x2 , x1 + 2x2 ], g([x1 , x2 ]) = [3x1 , 2x1 +
x2 ].
Mamy
(f ◦ g)([x1 , x2 ]) = f (g([x1 , x2 ]) = f ([3x1 , 2x1 + x2 ])
= [18x1 + 2x1 + x2 , 3x1 + 4x1 + 2x2 ] = [20x1 + x2 , 7x1 + 2x2 ]
(g ◦ f )([x1 , x2 ]) = g([6x1 + x2 , x1 + 2x2 ]) = [18x1 + 3x2 , 13x1 + 4x2 ].
Definicja 36 Operator I : E1 → E1 taki, że
I(x) = x dla ka§dego x ∈ E1
nazywamy operatorem identycznościowym.
Definicja 37 Jeżeli f : E1 → E1 i istnieje operator f −1 : E1 → E1 taki,
że
f −1 ◦ f = f ◦ f −1 = I,
to f −1 nazywamy operatorem odwrotnym do operatora f .
Twierdzenie 19 Jeżeli f : E1 → E1 jest liniowy i nieosobliwy, to
dimf (E1 ) = dimE1
oraz istnieje operator odwrotny.
Uwaga 6 Operatory z przykładu 1 są odwracale.
62
Jeżeli f (x) = Θ, to
6x1
x1
x2
2x2
+
+
= 0
,
= 0
6 1
ale det
= 11, czyli x1 = x2 = 0, a więc f jest nieosobliwy. Podobnie
1 2
sprawdzamy, że g jest nieosobliwy.
Rozwiązując układ
6x1 + x2 = y1
x1 + 2x2 = y2
względem y1 , y2 wyznaczymy operator odwrotny, otrzymamy
x1 =
2
1
−1
6
y1 − y2 , x2 =
y1 + y2
11
11
11
11
stąd
f −1 ([y1 , y2 ]) =
2
11
−1
11
−1
11
6
11
y1
·
y2
łatwo zauważyć, że
6
1
1
2
−1
=
2
11
−1
11
−1
11
6
11
.
Twierdzenie 20 Jeżeli f : Rn → Rm jest operatorem liniowym, to istnieje
macierz A o m wierszach i n kolumnach taka, że f (x) = A·x dla każdego x ∈ Rn .
Odwrotnie odwzorowanie f dane wzorem
f (x) = A · x dla ka§dego x ∈ Rn ,
gdzie A jest macierzą o m wierszach i n kolumnach jest operatorem liniowym
f : Rn → Rm .
Zmiana bazy
Niech a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn b‘d† dwiema bazami w Rn . Niech
a1 = c11 b1 + c12 b2 + . . . + c1n bn
a2 = c21 b1 + c22 b2 + . . . + c2n bn
...
an = cn1 b1 + cn2 b2 + . . . + cnn bn .
Wtedy
x = p1 a1 + p2 a2 + . . . + pn an
= (p1 c11 + p2 c21 + . . . + pn cn1 )b1 + (p1 c12 + p2 c22 + . . . + pn cn2 )b2
+ . . . + (p1 c1n + p2 c2n + . . . + pn cnn )bn
63
= q 1 b1 + q 2 b2 + . . . + q n b n .
St†d
q1 = p1 c11 + p2 c21 + . . . + pn cn1
q2 = p1 c12 + p2 c22 + . . . + pn cn2
...
qn = p1 c1n + p2 c2n + . . . + pn cnn .
Niech
c11
 c21
C=
...
cn1

c12
c22
...
...

c1n
c2n 
.
cn2
...
cnn
Wtedy
   

 
a1
b1
q1
p1
p2 
 a2 
 b2   q 2 

T
  = C ·  ,   = C ·  .
...
...
...
...
an
bn
qn
pn

Jeżeli
A · x = y, y = B T · y 0 , x = C T · x0 ,
to y 0 = (B T )−1 · A · C T · x0 i macierz (B T )−1 · A · C T nazywamy macierzą
przekształcenia w nowych bazach.
Przykład 3. Operator liniowy g : R3 → R3 dany jest wzorem
g([x1 , x2 , x3 ]) = [x1 , x2 + x3 , x1 + x2 + x3 ].
Znaleźć macierz tego operatora jeżeli w dziedzinie dana jest baza a1 = [1, 1, 1],
a2 = [1, 1, 0], a3 = [1, 0, 0], a w obrazie dana jest baza b1 = [2, 1, 0], b2 = [0, 1, 0],
b3 = [0, 0, 1].
1. Wyznaczamy macierz operatora g, gdy w dziedzinie i w obrazie dana jest
baza e1 = [1, 0, 0], e2 = [0, 1, 0], e3 = [0, 0, 1]. Jeżeli


a11 a12 a13
A =  a21 a22 a23  ,
a31 a32 a33
to

 

x1
x1
A ·  x2  =  x2 + x3  .
x3
x1 + x2 + x3
Stąd otrzymujemy układ

 (a11 − 1)x1
a21 x1

(a31 − 1)x1
równań
+
a12 x2
+ (a22 − 1)x2
+ (a32 − 1)x2
64
+
a13 x3
+ (a23 − 1)x3
+ (a33 − 1)x3
= 0
= 0
= 0
spełniony dla dowolnych x1 , x2 , x3 ∈ R.
a33 = 1, a12 = a13 = a21 = 0. Czyli

1
A = 0
1
2. Szukamy macierzy zmiany bazy
  
a1
1
 a2  =  1
a3
1
Wi‘c

0
1.
1
0
1
1
w dziedzinie. Mamy
  
1 1
e1
1 0  ·  e2  .
0 0
e3

 
x1
1
 x2  =  1
x3
1
3. Szukamy macierzy zmiany bazy
  
b1
2
 b2  =  0
0
b3
A więc a11 = a22 = a23 = a31 = a32 =
1
1
0
  0
1
x1
0  ·  x02 
x03
0
w obrazie. Mamy
  
e1
1 0
1 0  ·  e2  .
0 1
e3
St†d

 
y1
2
 y2  =  1
y3
0
0
1
0
  0
y1
0
0  ·  y20  .
1
y30
A więc
 
y10
2
 y20  =  1
y30
0

0
1
0
−1 
1
0
0 · 0
1
1
0
1
1
 
1
0
1 · 1
1
1
1
1
0
  0
x1
1
0  ·  x02  .
0
x03
A więc macierz
1

2
3
2
1
2
1
2
1
2
−1
2
3
2
1


jest szukaną macierzą.
Przykład 4. Operator g : R3 → R2 dany jest wzorem
g([x1 , x2 , x3 ]) = [x1 , x2 + x3 ].
Wyznaczyć macierz operatora g jeżeli w dziedzinie dana jest baza a1 = [1, 2, 0],
a2 = [2, 1, 0], a3 = [0, 0, 1], a w obrazie dana jest baza b1 = [2, 1], b2 = [0, 1].
Postępując analogicznie jak w poprzednim przykładzie otrzymamy, że
  
  0
x1
1 2 0
x1
1 0 0
A=
,  x2  =  2 1 0  ·  x02 
0 1 1
0 0 1
x03
x3
65
y1
y2
=
0
y1
·
.
y20
2
1
0
1
0
1
0
1
St†d
y10
y20
=
2
1
0
1
−1 1
·
0

1
· 2
0
2
1
0
  0
0
x1
0  ·  x02  .
x03
1
1
1 0
Tak więc
jest szukaną macierzą przekształcenia g.
0 1
Zadania kontrolne
1. Zbadać czy f : R → R jest operatorem liniowym
1
, e) f (x) =
a) f (x) = 0, b) f (x) = 2x + 3, c) f (x) = 2x, d) f (x) = |x|+1
2
ln(x + 2).
2. Zbadać czy f ◦ g = g ◦ f , gdy
a) f ([x1 , x2 , x3 =) = [10x1 + x2 , x2 + x3 , x3 ], g([x1 , x2 , x3 ]) = [x1 + x2 , x1 +
x3 , 10x3 ]
b) f ([x1 , x2 ]) = [5x1 + 10x2 , 5x2 ], g([x1 , x2 ]) = [5x1 , 5x1 + 10x2 ]
c) f ([x1 , x2 , x3 ]) = [8x1 , 4x2 , 2x1 + 2x2 + x3 ], g([x1 , x2 , x3 ]) = [2x1 + 2x2 +
x3 , 4x2 , 8x3 ]
3. Czy operatory z przykładu 2 są odwracalne ?
4. Operator g : R3 → R3 dany jest wzorem
2
3
2
g([x1 , x2 , x3 ]) = [x1 + x2 , x2 , x2 − x3 ].
Wyznaczyć macierz operatora g jeżeli w dziedzinie dana jest baza a1 = [1, 0, 0],
a2 = [0, 1, 0], a3 = 0, 0, 1], a w obrazie dana jest baza b1 = [1, 1, 0], b2 = [0, 1, 0],
b3 = [0, 0, 1].
5. Operator g : R3 → R3 dany jest wzorem
g([x1 , x2 , x3 ]) = [x1 + x2 + x3 , x2 , x3 ].
Wyznaczyć macierz operatora g jeżeli w dziedzinie dana jest baza a1 = [1, 0, 0],
a2 = [0, 1, 0], a3 = [0, 0, 1], a w obrazie dana jest baza b1 = [1, 2, 0], b2 = [0, 1, 0],
b3 = [0, 0, 1].
6. Operator g : R3 → R2 dany jest wzorem
g([x1 , x2 , x3 ]) = [2x1 + x2 , x2 + 2x3 ].
Wyznaczyć macierz operatora g jeżeli w dziedzinie dana jest baza a1 = [1, 4, 1],
a2 = [4, 1, 0], a3 = [0, 0, 1], a w obrazie dana jest baza b1 = [2, 1], b2 = [0, 1].
Odpowiedzi do zadań kontrolnych
1. b),d),e) nie, a),c) tak
2. a),b),c) nie
3. a),b),c) f, g s† odwracalne
4.


1 1 0
 −1 0 0 
0 1 −1
66
5.
6.


1
1
1
 −2 −1 −2 
0
0
1
3
3
9
2
−7
2
67
0
2
IX. Postać kanoniczna Jordana macierzy kwadratowej
Niech A będzie macierzą kwadratową o n wierszach i kolumnach nad ciałem
liczb rzeczywistych.
Definicja 38 Każdy rzeczywisty pierwiastek równania det(A − λE) = 0
nazywamy wartością własną macierzy A.
Definicja 39 Niech λ0 będzie wartością własną macierzy A. Wektor x 6= Θ
spełniający równanie (A − λ0 E) · x = Θ nazywamy wektorem własnym macierzy
A odpowiadającym wartości własnej λ0 .
Definicja 40 Wielomian det(A − λE) nazywamy wielomianem charakterystycznym macierzy A.
Definicja 41 Jeżeli A = AT , to mówimy, że macierz A jest symetryczna.
Dalej przez Ak będziemy oznaczać postać kanoniczną Jordana macierzy A.
Twierdzenie 21 Jeżeli λ1 , λ2 , . . . , λn są pojedynczymi wartościami własnymi macierzy A, to
λ1
 0

Ak =  . . .

0
0

0
λ2
...
...
0
0
0
0
...
...
λn−1
0

0
0 

.

0
λn
Twierdzenie 22 Jeżeli macierz A jest symetryczna, to jej postać kanoniczna jest taka sama jak w przypadku pojedynczych wartości własnych.
Jeżeli wartości własne są wielokrotne, to postać kanoniczna jest trudniejsza
do opisania, Macierz Ak składa sie z tzw. klatek Jordana, przy czym k-krotnej
wrtości własnej może w zależności od przypadku odpowiadać od k klatek pojedynczych do jednej klatki k-wymiarowej.
Oznaczmy
span{x1 , x2 , . . . , xk } = {a1 x1 + . . . + ak xk : a1 , . . . , ak ∈ K}.
Definicja 42 Niech E będzie przestrzenią liniową nad ciałem K. Niech
E1 będzie podprzestrzenią liniową przestrzeni E. Liniowo niezależne wektory
x1 , x2 , . . . , xk ∈ E \ E1 nazywamy bazą względną przestrzeni E względem przestrzenie E1 jeżeli
E = E1 + span{x1 , x2 , . . . , xk }.
Przykład 1. Niech e1 = [1, 0, 0, 0], e2 = [0, 1, 0, 0], e3 = [0, 0, 1, 0], e4 =
[0, 0, 0, 1]. Niech
E1 = {a11 e1 : a1 ∈ R},
E2 = {a1 e1 + a2 e2 : a1 , a2 ∈ R},
68
E3 = {a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 : a1 , a2 , a3 ∈ R},
E4 = {a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 + a4 e4 : a1 , a2 , a3 , a4 ∈ R}.
Wektor e4 jest bazą względną E4 względem E3 , wektory e3 , e4 stanowią bazę względną E4 względem E2 . Wektory e2 , e3 , e4 stanowią bazę względną E4
względem E1 .
Algorytm
Niech λs będzie s-tą wartością własną macierzy A o krotności i. Budujemy
podprzestrzenie
(1)
Nλs = {x ∈ Rn : (A − λs E) · x = Θ},
...
(p)
Nλs
= {x ∈ R : (A − λs E)p · x = Θ}.
(p+1)
Proces kończymy gdy Nλs
(p)
= Nλs .
(1)
dimNλs określa ilość klatek Jordana odpowiadających wartości własnej λs .
Ich kształt zależy od wymiarów baz względnych. Sposób postępowania zilustrujemy na poniższych przykładach:
Przykład 2.


1 1 1 0
0 1 1 0
A=

0 0 1 0
0 0 0 1
Mamy λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1,




0 0 1 0
0 1 1 0
0 0 0 0
0 0 1 0
2
A−E =
,
 , (A − E) = 
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0


0 0 0 0
0 0 0 0

(A − E)3 = 
.
0 0 0 0
0 0 0 0
A więc
x2 + x3 = 0
(1)
N1 = {x ∈ R4 :
},
x3 = 0
(2)
N1
= {x ∈ R4 : x3 = 0},
(3)
N1
= R4 .
(1)
dimN1 = 2, a więc będą dwie klatki Jordana.
(3)
(2)
Określamy bazę względną N1 względem N1 . Baza ta składa się z jednego
wektora. Wektor
 
0
0
e1 =  
1
0
69
jest tym wektorem.
Budujemy e2 = (A − E) · e1 , e3 = (A − E)2 · e1 i przyjmujemy e1 = e3 ,
e2 = e2 , e3 = e1 . Otrzymamy:
 
 
 
1
1
0
0
1
0
e1 =   , e2 =   , e3 =   .
0
0
1
0
0
0
(1)
(2)
(3)
łatwo zauważyć, że e1 ∈ N1 , e2 ∈ N1 , e3 ∈ N1 .
(1)
Wyznaczamy drugi wektor bazowy N1 i oznaczamy go f1 . Mamy
 
0
0
f1 =   .
0
1
Przez B oznaczamy macierz której kolumnami są odpowiednio wektory e1 ,
e2 , e3 , f1 , zwane dalej bazą Jordana, ( kolejność jest istotna ), a
1
0

Ak = B −1 · A · B = 
0
0

1
1
0
0
0
1
1
0

0
0
.
0
1
Przykład 3.
1
0
A=
0
0
1
1
0
0

1
1
1
0

1
1
.
1
1
Mamy λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1,
(1)
N1
= {x ∈ R4 : x2 = x3 = x4 = 0},
(2)
N1
= {x ∈ R4 : x3 = x4 = 0},
(3)
N1
= {x ∈ R4 : x4 = 0},
(4)
N1
= R4 .
(1)
dimN1 = 1, a więc jest jedna klatka Jordana. Wybieramy wektor e1 bazy
(4)
(3)
względnej N1 względem N1 . Niech
 
0
0
e1 =   .
0
1
70
Wtedy
 
 
1
2
1
1
2
e2 = (A − e) · e1 =   , e3 = (A − E) · e1 =   ,
1
0
0
0
 
1
0
3
e3 = (A − E) · e1 =   .
0
0
Przyjmujemy e1 = e4 , e2 = e3 , e3 = e2 , e4 = e1 ,
1
0
B=
0
0
2
1
0
0

1
1
1
0

0
0
.
0
1
Wtedy
1
0
−1
Ak = B · A · B = 
0
0

1
1
0
0
0
1
1
0

0
0
.
1
1
Przykład 4.
1
0
A=
0
0
1
1
0
0

0
0
1
0

1
0
.
1
1
Mamy λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1.
(1)
N1
= {x ∈ R4 : x2 = x4 = 0},
(2)
N1
= R4 .
(1)
(2)
dimN1 = 2, a więc są dwie klatki Jordana. Baza względna N1
(1)
N1 składa się teraz z dwu wektorów
 
 
0
0
1
0
e1 =   i f1 =   .
0
0
0
1
Budujemy
 
 
1
1
0
0
e2 = (A − E) · e1 =   , f2 = (A − E) · f1 =   .
0
1
0
0
71
względem
Przyjmujemy
1
0
B=
0
0
0
1
0
0

1
0
1
0

0
0
.
0
1
Wtedy
1
0
Ak = B −1 · A · B = 
0
0

1
1
0
0
0
0
1
0

0
0
.
1
1
Przykład 5.
1
0
A=
0
0
0
1
0
0

0
0
1
0

1
0
.
0
1
Mamy λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1,
(1)
N1
= {x ∈ R4 : x4 = 0},
(2)
N1
= R4 .
(1)
(2)
dimN1 = 3, a więc są trzy klatki Jordana. Baza względna N1
składa się z jednego wektora
(1)
N1
 
0
0
e1 =   .
0
1
Wtedy
 
1
0
e2 =   .
0
0
(1)
Przyjmujemy pozostałe wektory bazy w N1
 
 
0
0
1
0
f1 =   , h1 =   .
0
1
0
0
Wtedy
1
0
B=
0
0

0
0
0
1
72
0
1
0
0

0
0

1
0
względem
oraz
1
0

Ak = B 1 · A · B = 
0
0
1
1
0
0

0
0
1
0

0
0
.
0
1
Przykład 6.
2
0

A = 0

0
0

1
2
0
0
0
1
0
1
0
0
2
1
0
1
0
Mamy λ1 = λ2 = λ3 = 1, λ4 = λ5 = 2,

 x1 + x2 + x3
(1)
x2
N1 = {x ∈ R5 :

(2)
N1
= {x ∈ R5 :
x1
+
2x2
x2
+ x3

0
0

1.

0
1
+
+
2x4
x4
x5
+ 3x4
+ x4
=
=
=
+ x5
(2)
0
0 }
0
= 0
}.
= 0
(p)
Ponieważ dimN1 = 3 na tym kończymy budowanie przestrzeni N1
tości własnej λ = 1.

x2 + x3
+
2x4
=




+
x4
=

(1)
− x3
+ x5 =
N2 = {x ∈ R5 :


−x4
= 0



− x5 =

− x3 − x4 + x5 = 0




− x4
= 0

(2)
x3
− 2x5 = 0
N2 = {x ∈ R5 :


x4
= 0



x5 = 0
St†d



−1
−1
 0 
 −1 




(1)
N1 = {a  1  + b  0  : a, b ∈ R},




0
1
0
0




 
−1
−1
0
 0 
 −1 
0
 




= {a  1  + b  0  + c  0  : a, b, c ∈ R},




 
0
1
0
0
0
1

(2)
N1
(1)
N2
= {x ∈ R5 : x2 = x3 = x4 = x5 = 0},
73
dla war-
0
0
0 },
0
}
(2)
N2
= {x ∈ R5 : x3 = x4 = x5 = 0}.
(1)
Ponieważ dimN1 = 2, a więc mamy dwie klatki Jordana odpowiadające
(1)
wratości własnej λ = 1. Ponieważ dimN2 = 1, a więc jest jedna klatka Jordana
odpowiadająca wartości własnej λ = 2.
Dla λ = 1 mamy





−1
−2
−1
 0 
 0 
 −1 






e11 =  1  , e12 =  1  , f11 =  0  .






0
0
1
0
1
0

Dla λ = 2 mamy
 
 
1
0
0
1
 
 
e1 =  0  , e2 = (A − 2 · E) · e1 =  0  .
 
 
0
0
0
0
A więc

 
 
−1 −2 −1 1
1
0
0 −1 0
 0
0
1

 
 
1
0 0
e21 =  0  , e22 =  0  , B =  1

 
 
0
0
1 0
0
0
0
1
0 0
0
0

0
1

0.

0
0
Czyli
1
0

Ak =  0

0
0
1
1
0
0
0

0
0
1
0
0
0
0
0
2
0

0
0

0.

1
2
Twierdzenie 23 Dla każdego naturalnego n
An = B · Ank · B −1 ,
gdzie kolumny macierzy B stanowią bazę Jordana dla macierzy A.
Przykład 7. Obliczyć
1
0

0
0

1
1
0
0
0
0
1
0
74
20
1
0
 .
1
1
Korzystając z Przykładu

1 0
0 1
B=
0 0
0 0
4 mamy


1
1 0
0 0
0
 , Ak = 
0
1 0
0
0 1
1
1
0
0
0
0
1
0

0
0
.
1
1
łatwo wyliczyć, że
1
0
=
0
0
20
1
0
0

A20
k


1 0 −1
0
0
1 0
0 

−1
, B = 
0 0 1
20
0 0 0
1
0
0
1
0

0
0
.
0
1
A więc ostatecznie
1
0
=
0
0

A20
20
1
0
0
0
0
1
0

20
0 
.
20
1
Zadania kontrolne
1. Znaleźć postać kanoniczną i bazę Jordana macierzy:
2
0

a)  0

0
0

0
2
0
0
0

0


1 3 0 1
0
0 1 1 0

0  , b) 
,
0 0 2 2

0
0 0 0 2
1



4 2 0 1
1 2 2 2
0 4 4 0
0 1 0 1
c) 
 , d) 
,
0 0 2 0
0 0 3 0
0 0 0 2
0 0 0 3




3 3 2 1
2 2 1
0 3 0 1
e) 
 , f)  0 2 0  .
0 0 2 0
0 0 2
0 0 0 2

1
0
1
0
0
2
1
0
1
0
2. Obliczć A10 , gdy:

1
a) A =  0
0
1
0

c) A =  0

0
0

0
1
0
0
0


2
1
0

1  , b) A = 
0
0
0
1
0
1
0
0
3
0
0
0
0
0
3
1


0
1
0
0


0  , d) A =  0


0
0
1
0
75
1
2
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1

0
0
.
0
4
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0

0
1

0.

0
0
Odpowiedzi do zadań kontrolnych
1.




1 0 −1 −2 0
2 0 0 0 0
 0 1 0 −1 0 
0 2 0 0 0




0 0,
a) Ak =  0 0 1 0 0  , B =  0 0 1




0 0 0
1 0
0 0 0 1 0
0 0 0
0 1
0 0 0 0 1




3 1 3 1
1 1 0 0
0 1 1 0
0 1 0 0
b) Ak = 
,
, B = 
0 0 1 0
0 0 2 0
0 0 0 1
0 0 0 2




4 1 0 0
2 1 −1 2
0 4 0 0
 0 1 0 −2 
c) Ak = 
, B = 
,
0 0 2 0
0 0 0
1
0 0 0 2
0 0 2
0




1 1 0 0
2 1 1 3
0 1 0 0
0 1 0 1
d) Ak = 
, B = 
,
0 0 3 0
0 0 1 0
0 0 0 3
0 0 0 2




2 −2 3 1
2 0 0 0
 −1 0 0 1 
0 2 0 0
e) Ak = 
,
, B = 
0
1 0 0
0 0 3 1
1
0 0 0
0 0 0 3




2 1 0
2 1 0
f ) Ak =  0 2 0  , B =  0 1 −1  .
0 0 2
0 0 2
2.


1 10 10
a)  0 1
0 ,
0 0
1

 10
9
2
10 · 2 0 0
10
2
0 0 
 0
b) 
,
0
0
1 0
10
0
0
0 4
uwaga !
1
0

c)  0

0
0

0
1
0
0
0
0
0
310
0
0
n
2n n · 2n−1
,
0
2n


1
0
0
0
0
0


0
0  , d)  0


10
3
0
0
1 10
(3
−
1)
1
0
2
2
0
1
2
=
76
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0

0
0

0.

0
1
X. Sprowadzanie form kwadratowych do postaci kanonicznej metodą przekształceń ortogonalnych
Dalej przez A będziemy rozumieć macierz kwadratową o n wierszach i kolumnach.
Definicja 43 Jeżeli A = AT , to wyrażenie

x1
x 
xn ) · A ·  2 
...
xn

f (x, x) = ( x1
x2
...
nazywamy formą kwadratową generowaną przez macierz A.
Definicja 44 Jeżeli
f (x, x) = a11 x21 + 2a12 x1 x2 + . . . + 2a1n x1 xn + a22 x22 + 2a23 x2 x3
+ . . . + 2a2n x2 xn + . . . + ann x2n ,
to f jest formą kwadratową nad Rn × Rn

a11 a12
 a12 a22
A=
...
a1n a2n
o macierzy

. . . a1n
. . . a2n 
.
...
ann
Twierdzenie 24 Jeżeli λ1 , λ2 , . . . , λn są wartościami własnymi macierzy
A formy kwadratowej, a η1 , η2 , . . ., ηn tworzą bazę ortonormalną odpowiadających im wektorów własnych i B jest macierzą której kolumnami są te wektory
B = ( η1
to
η2
...
ηn ) ,

 
x1
ξ1
 x2 
 ξ2 
  = B ·  ,
...
...
xn
ξn

λ1 0 0 . . .
 0 λ2 0 . . .
−1
Ak = B · A · B = 
...
0
0 0 ...

0
0
0

0
0 
,
λn
a postać kanoniczna fk formy kwadratowej dana jest wzorem
fk (ξ, ξ) = λ1 ξ12 + λ2 ξ22 + . . . + λn ξn2 .
Ponieważ B −1 = B T i wektory kolumny macierzy B są jednostkowe i wzajemnie prostopadłe tą motodę sprowadzania formy kwadratowej do postaci kanonicznej nazywamy metodą przekształceń ortogonalnych.
77
Przykład 1. Sprowadzić do postaci kanonicznej metodą przekształceń ortogonalnych
f (x, x) = x21 + 2x1 x2 + 2x1 x3 .
Mamy

1
A = 1
1
1
0
0

1
0,
0
λ1 = −1, λ2 = 0, λ3 = 2. Wyznaczamy znormalizowzne wektory własne macierzy A odpowiadające tym wartościom własnym.
Dla λ = −1 mamy

 2x1 + x2 + x3 = 0
x1 + x2
= 0

x1
+ x3 = 0
Przyjmując x1 = a otrzymamy, że x1 = a, x2 = −a, x3 = −a. Stąd
 1 
√
3
 −1 
.
η1 =  √
3 
−1
√
3
Dla λ = 0 mamy

 x1
x1

x1
+ x2
+ x3
=
=
=
0
0
0
St†d x1 = 0, x2 = a, x3 = −a i
0

η2 =
 √12
−1
√
2

.
Dla λ = 2 mamy

 −x1
x1

x1
+ x2
− 2x2
+
x3
− 2x3
= 0
= 0
= 0
Przyjmując x3 = a otrzymamy, że x2 = a, x1 = 2a, stąd
 2 
√
6
 
η3 =  √16  .
√1
6
St†d
fk (ξ, ξ) = −ξ12 + 2ξ32
78
oraz
√1
3
√
−1
 6
−1
√
3

B=
0
√1
2
−1
√
2
√2
6
√1
6
√1
6


.
Przykład 2. Sprowadzić do postaci kanonicznej metodą przekształceń ortogonalnych
f (x, x) = 2x21 + 5x22 + 5x23 + 4x1 x2 − 4x1 x3 − 8x2 x3 .
Mamy


2
2 −2
A= 2
5 −4  ,
−2 −4 5
λ1 = λ2 = 1, λ3 = 10.
Dla λ = 1 mamy


x1
2x1

−2x1
+ 2x2
+ 4x2
− 4x2
− 2x3
− 4x3
+ 4x3
= 0
= 0
= 0
Przyjmując x2 = a, x3 = b otrzymamy

 


  
2
−2
x1
−2a + 2b
 = a 1  + b0.
 x2  = 
a
1
0
b
x3
Oznaczmy


 
−2
2
a~1 =  1  , a~2 =  0  .
0
1
Z wektorów tych budujemy bazę ortonormalną, mamy
 −2 
√
5
a~1
η1 =
=  √1  ,
5
| a~1 |
0
 2 
3
a~2 − (a~2 | η1 )η1

η2 =
=3
| a~2 − (a~2 | η1 )η1 |
3
√
4√
5√
5
5

.
5
Dla λ = 10 mamy

 −8x1
2x1

−2x1
+ 2x2
− 5x2
− 4x2
79
− 2x3
− 4x3
− 5x3
= 0
= 0
= 0
Przyjmując x1 = −a otrzymamy x2 = −2a, x1 = 2a. Stąd
 −1 
3

η3 =  −2
3
2
3
Tak więc
fk (ξ, ξ) = ξ12 + ξ22 + 10ξ32 ,
 −2
2
−1 
√
5

B =  √15
0
√
3
3
3
4√
5√
3
−2
3
2
3
5
5
5

.
Przykład 3. Jaką powierzchnię drugiego stopnia przedstawia równanie
√
√
4x1 x3 − x22 + 2 x1 + 2 x3 = 0.
1. Badamy formę kwadratową
f (x, x) = 4x1 x3 − x22 .
Mamy


2
0,
0
0 0
A =  0 −1
2 0
λ1 = −2, λ2 = −1, λ3 = 2,

  1
√
x1
2
 x2  =  0
−1
√
x3
2
0
1
0
√1
2

0 .
√1
2
Wstawiając tą zmianę zmiennych do równania powierzchni otrzymujemy
1
−4ξ12 − 2ξ22 + 4(ξ3 + )2 = 1.
2
√
Przyjmując 2ξ1 = y1 , 2ξ2 = y2 , 2(ξ3 + 12 ) = y3 otrzymamy równanie hiperboloidy dwupowłokowej
−y12 − y22 + y32 = 1.
Zadania kontrolne
1. Sprowadzić do postaci kanonicznej metodą przekształceń ortogonalnych
a) f (x, x) = 2x21 + x22 − 4x1 x2 − 4x2 x3 ,
b) f (x, x) = x21 + 2x22 + 3x23 − 4x1 x2 − 4x2 x3 .
2. Jaką powierzchnię drugiego stopnia przedstawia równanie
a) 4x1 x2 + x22 + 4x2 x3 + 2x23 − 4x1 − 2x2 − 5 = 0
b) x21 + 2x1 x2 + 2x1 x3 + x1 + x3 = 0.
Odpowiedzi do zadań kontrolnych
1.
80
a) f (ξ, ξ) = −2ξ12 + ξ22 + 4ξ32 ,
1
B=
3
2
3
2
3
−2
3
−1
3
2
3
2
3
−2
3
1
3

2
3
−1
3
−2
3
1
3
−2
3
2
3

.
b) f (ξ, ξ) = −ξ12 + 2ξ22 + 5ξ32 ,
2
B=
3
2
3
1
3
.
3.
a) hiperboloida jednopowłokowa −2y22 + y22 + 4y32 = 8,
b) paraboloida hiperboliczna −y12 + 2y32 = y2 .
81
rysunki
82
rysunki
83
SPIS TREŚCI
I. Relacje.....................................................................2.
II. Liczby zespolone...................................................9.
III. Przestrzenie liniowe...........................................19.
IV. Przestrzenie Euklidesowe................................27.
V. Algebra macierzy. Wyznaczniki............................30.
VI. Geometria analityczna w R3 .........................42.
VII. Powierzchnie drugiego stopnia...........................52.
VIII. Operatory liniowe a macierze...........................59.
IX. Postać kanoniczna Jordana................................65.
X. Sprowadzanie form kwadratowych do postaci kanonicznej.....74.
84