Kolokwium

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