GAL I - grupa 11

GAL I - grupa 11
Piotr Suwara
4 stycznia 2010
Zadanie 1. Dana jest macierz
m×n
o wyrazach rzeczywistych, w której suma wyrazów w
kazdym wierszu i suma wyrazów w ka»dej kolumnie jest liczb¡ caªkowit¡. Wyka», »e mo»na tak
zaokr¡gli¢ ka»dy z wyrazów, »e w otrzymanej macierzy o wyrazach caªkowitych suma wyrazów
w ka»dym wierszu i suma wyrazów w ka»dej kolumnie jest taka sama, jak poprzednio.
Niech wi to suma wyrazów w i-tym wierszu, za± ki to suma wyrazów w i-tej
kolumnie. Niech
a = 0 dla i < m, j < n, an,j = kj dla j < n, ai,m = wi dla i < m oraz
P i,j
an,m = kn − m−1
i=1 wi . Niech M = [ai,j ]m×n . Z wyboru elementów tej macierzy w sposób
oczywisty wynika, »e suma wyrazów w kolumnach o numerach mniejszych ni» n zgadza si¦
z poprzedni¡, podobnie w wierszach o numerach mniejszych ni»Pm. DobórPan,m zapewnia,
n
»e suma wyrazów w n-tej kolumnie jest równa kn , za± poniewa» m
i=1 wi =
i=1 ki , to suma
wyrazów w m-tym wierszu jest równa
Rozwi¡zanie.
n−1
X
i=1
ki + kn −
m−1
X
i=1
wi =
n
X
i=1
co ko«czy dowód.
1
ki −
m
X
i=1
wi + wm = wm ,
Zadanie 2. Na przek¡tnej macierzy stopnia
równy
1
lub
2010.
n
stoj¡ zera, a ka»dy z pozostaªych wyrazów jest
Wyka», »e rz¡d tej macierzy jest równy
n−1
lub
n.
Popatrzmy na rz¡d tej macierzy nad Z7 .
Ta macierz ma wtedy zera na przek¡tnej i jedynki na pozostaªych miejscach. Po odj¦ciu
pierwszego wiersza tej macierzy od ka»dego nast¦pnego otrzymamy macierz:
Rozwi¡zanie.

0 1
1
1

0
1 −1 0

1 0 −1 0

1 0
0 −1

.
.
.
1
..
.
..
.
..
.
0
0
0

···
···
···
···
1
0
0
0
···
−1
...
..
.










I w oczywisty sposób jej wiersze bez pierwszego tworz¡ ukªad liniowo niezale»ny nad Z7 .
Wobec tego po wykonaniu tych samych operacji nad Z te wiersze b¦d¡ liniowo niezale»ne
nad Z (cho¢ nad Z ju» mówimy o moduªach, a nie o przestrzeniach liniowych, to w niczym
nie przeszkadza). Gdyby bowiem byªy liniowo zale»ne nad Z, to mogliby±my wybra¢ taki
ukªad wspóªczynników przed tymi wektorami, nie wszystkich równych 0, aby po zsumowaniu
otrzyma¢ wektor zerowy i którego N W D byªoby równe 1, czyli co najmniej jeden nie dzieliªby
si¦ przez 7, i po wzi¦ciu tych wspóªczynników w Z7 okazaªoby si¦, »e te wektory s¡ liniowo
zale»ne w Z7 .
Gdyby za± byªy liniowo zale»ne nad Q, to mogliby±my wzi¡¢ taki ukªad wspóªczynników przed tymi wektorami, nie wszystkich równych 0, aby otrzyma¢ po zsumowaniu wektor
zerowy. Pomno»yliby±my te wszystkie wspóªczynniki przez do±¢ du»¡ liczb¦, by otrzyma¢
liczby caªkowite i doszliby±my do sprzeczno±ci z liniow¡ niezale»no±ci¡ nad Z. Czyli rz¡d tej
macierzy jest nie mniejszy od n − 1, bo tyle jest tych wektorów.
f, f1 , . . . , fk
b¦d¡ przeksztaªceniami liniowymi z V do R takimi, »e f (x) = 0, je±li f1 (x) = . . . = fk (x) = 0.
Wyka», »e f jest kombinacj¡ liniow¡ f1 , . . . , fk .
Zadanie 3. Niech
V
b¦dzie przestrzeni¡ wektorow¡ o sko«czonej bazie i niech
Zdeniujmy przeksztaªcenia g, h : V → Rk+1 takie, »e g(x) = (0, f1 (x), . . . , fk (x))
oraz h(x) = (f (x), f1 (x), . . . , fk (x)). W oczywisty sposób s¡ to przeksztaªcenia liniowe.
Z zaªo»e« wynika, »e ker g ⊆ ker f . Ale w oczywisty sposób ker h = (ker f ) ∩ (ker g) =
ker g . Wobec tego l := dim g(V ) = dim h(V ), czyli g(V ) ∼
= h(V ). Wobec tego istnieje izomorzm ψ : g(V ) → h(V ). Czyli istnieje w bazie standardowej przestrzeni Rk+1 macierz tego
przeksztaªcenia M (ψ), z czego wynika, »e M (ψ)g(x) = h(x), czyli skoro f (x) to pierwsza
wspóªrz¦dna h(x), za± pierwszy wiersz M (ψ) to (a0 , . . . , ak ), to f (x) = a0 · 0 + a1 · f1 (x) +
. . . + ak fk (x), wi¦c f = a1 f1 + . . . ak fk , co trzeba byªo dowie±¢.
Rozwi¡zanie.
n znajd¹ najwi¦kszy
X, Y ∈ V tr(XY ) = 0.
Zadanie 4. W przestrzeni wszystkich rzeczywistych macierzy stopnia
mo»liwy wymiar takiej podprzestrzeni
V,
»e dla wszystkich
2
f : K n → K n nazywa si¦ rzutem wtedy i tylko wtedy,
n
n
gdy istniej¡ takie podprzestrzenie liniowe V, W ⊂ K , »e K = V ⊕ W oraz f (v + w) = v
n
n
dla dowolnych v ∈ V, w ∈ W . Wyka», »e je±li f : K → K
jest przeksztaªceniem liniowym
n
, to f jest zªo»eniem dwóch rzutów.
oraz dim ker f ­
2
Zadanie 5. Przeksztaªcenie liniowe
Niech x1 , . . . , xk b¦dzie baz¡ (ker f ) ∩ (imf ). Niech v1 , . . . , vl b¦dzie dopeªnieniem tej bazy do bazy imf oraz analogicznie w1 , . . . , wm dopeªnieniem tej samej bazy do bazy
ker f . Poniewa» dim ker f ­ n2 , to dim imf ¬ n2 ¬ dim ker f , czyli k + l ¬ k + m, sk¡d mamy l ¬ m. Oczywi±cie wektory x1 , . . . , xk , v1 , . . . , vl , w1 , . . . , wm s¡ liniowo niezale»ne, gdy»
rozpinaj¡ przestrze« (ker f ) + (imf ) o wymiarze dim ker f + dim imf − dim(ker f ) ∩ (imf ) =
k + m + k + l − k = k + l + m. Ostatecznie dopeªnimy te wektory do bazy caªej przestrzeni
K n wektorami u1 , . . . , us , s = n − k − l − m = n − dim ker f − l = dim imf − l = k .
Poniewa» l ¬ m, to mo»emy wzi¡¢ U = lin(v1 + w1 , . . . , vl + wl , u1 , . . . , us ). Poniewa»
Rozwi¡zanie.
ker f + U = lin(x1 , . . . , xk , w1 , . . . , wm , v1 + w1 , . . . , vl + wl , u1 , . . . , uk )
= lin(x1 , . . . , xk , w1 , . . . , wm , v1 , . . . , vl , u1 , . . . , uk ) = K n
oraz n = dim K n = dim(ker f + ker U ) ¬ dim ker f + dim U ¬ k + m + l + k = n, to znaczy,
»e obie ostatnie nierówno±ci s¡ równo±ciami, wi¦c po pierwsze K n = ker f ⊕ U oraz po drugie
dim U = l + k = dim imf . Analogicznie mo»na pokaza¢, »e U + imf = U ⊕ imf , to znaczy,
»e U ∩ imf = {0}, czyli U + f (V ) jest sum¡ prost¡.
Niech g b¦dzie rzutowaniem przestrzeni K n na U wzdªu» ker f , tzn. g(u + z) = u dla
u ∈ U, z ∈ ker f . Oczywi±cie ker g = ker f oraz g(V ) = U .
Nast¦pnie wybierzmy takie z1 , . . . , zk+l , »e f (z1 ), . . . , f (zk+l ) s¡ baz¡ f (V ). Wtedy tak»e
g(z1 ), . . . , g(zk+l ) s¡ baz¡ g(V ), gdy» gdyby dla nie wszystkich równych zeru a1 , . . . , ak+l
zachodziªo a1 g(z1 ) + . . . + ak+l g(zk+l ) = 0, to a1 z1 + . . . + ak+l zk+l ∈ ker g = ker f , czyli
mieliby±my a1 f (z1 ) + . . . ak+l f (zk+l ) = 0 i sprzeczno±¢.
Teraz we¹my Z = lin(g(z1 ) − f (z1 ), . . . , g(zk+l ) − f (zk+l )). Oczywi±cie f (V ) ⊕ Z = g(V ) ⊕
f (V ). Wobec tego mo»emy wzi¡¢ h : f (V ) ⊕ g(V ) → f (V ) b¦d¡ce rzutowaniem g(V ) ⊕ f (V )
wzdªu» Z , to znaczy f (u + z) = u dla u ∈ f (V ), z ∈ Z .
Ostatecznie mamy f = h ◦ g . Dlaczego? Wystarczy udowodni¢, »e dla ka»dego i przeciwobraz elementu bazy imf w odwzorowaniu f jest taki sam, jak w odwzorowaniu h ◦ g , czyli »e
zachodzi f −1 (f (zi )) = g −1 (h−1 (f (zi ))). Ale przecie» h zdeniowali±my tak, »e h−1 (f (zi )) =
g(zi ), za± g −1 (g(zi )) = zi = f −1 (f (zi )), co trzeba byªo dowie±¢.
3