GAL seria 3, na 4.11.16., para grup nr 1 (prof. Betley, prof

GAL seria 3, na 4.11.16., para grup nr 1 (prof. Betley, prof.
Wiśniewski)
Zadanie 1.
Bez używania pojęcia rzędu macierzy i jego związku z liniową niezależnością. Z definicji liniowej
niezależności oczekujemy, że dla dowolnych α1 , α2 , α3 ∈ R równość
α1 (2, −1, a, 3) + α2 (−1, 3, 4, 1) + α3 (0, 5, −2, 5) = (0, 0, 0, 0)
będzie prowadzić do α1 = α2 = α3 = 0. Otrzymujemy zestaw czterech równań:
2α1 − α2
−α1 + 3α2 + 5α3
α1 a + 4α2 − 2α3
3α1 + α2 + 5α3
=0
=0
=0
= 0.
Pierwsze z nich daje α2 = 2α1 , co ochoczo podstawiamy do drugiego równania otrzymując
tym razem α3 = −α1 . W tej sytuacji zanim zabierzemy się za równanie, w którym pojawia się
parametr a, sprawdźmy jeszcze co się stanie w ostatnim równaniu po podstawieniu α2 = 2α1 i
α3 = −α1 (być może układ wektorów jest niezależny liniowo niezależnie od a):
3α1 + α2 + 5α3 = 3α1 + 2α1 − 5α1 = 0,
czyli czwarte równanie jest spełnione trywialnie i nie wnosi żadnej treści. Co innego trzecie
równanie, po odpowiednich podstawieniach otrzymujemy:
(a + 10)α1 = 0.
Dla a 6= −10 zachodzi α1 = 0, a wtedy również α2 = 2α1 = 2 · 0 = 0 oraz α3 = −α1 = 0. Dla
a = −10 widzimy, że
(2, −1, −10, 3) = −2(−1, 3, 4, 1) + (0, 5, −2, 5),
czyli wektor (2, −1, −10, 3) jest liniowo zależny od pozostałych dwóch wektorów.
Zadanie 2.
Jeśli wektor (1, 1, 1, a) należy do przestrzeni rozpiętej przez wektory (1, −1, 1, −1), (0, 1, 1, 1),
(1, 0, 1, 0), to istnieją α1 , α2 , α3 ∈ R takie, że
(1, 1, 1, a) =
α1 (1, −1, 1, −1)
+ α2 (0, 1, 1, 1)
+ α3 (1, 0, 1, 0)
Przepisujemy powyższe w układ czterech równań
α1 + α3
−α1 + α2
α1 + α2 + α3
−α1 + α2
1
=1
=1
=1
= a.
Rozwiązując można nawet dojść do tego, że α1 = −1, α2 = 0 i α3 = 2, a stąd a = 1.
Zadanie 3.
Dowód implikacji ”w lewą stronę” jest łatwy, pomijam. Udowodnimy, że jeśli W1 ∪ W2 jest podprzestrzenią liniową, to W1 ⊆ W2 lub W2 ⊆ W1 . Załóżmy nie wprost, że W1 6⊆ W2 i W2 6⊆ W1 ,
tzn. istnieją wektory v1 ∈ W1 \ W2 oraz v2 ∈ W2 \ W1 . Ponieważ v1 , v2 ∈ W1 ∪ W2 , zachodzi
v1 + v2 ∈ W1 ∪ W2 . Mamy dwie możliwości: v1 + v2 ∈ W1 lub v1 + v2 ∈ W2 . Przyjrzyjmy się
pierwszej z nich. Jeśli
v1 + v2 ∈ W1 ,
to
v2 ∈ W1 + (−v1 ) ⊆ W1
i sprzeczność E. Rozumowanie dla drugiej możliwości przebiega analogicznie.
Zadanie 4.
Po pierwsze zauważamy, że jeśli wektory
(1, 1, −1, −1), (1, 2, 0, 1), (1, 1, 3, 1), (1, a, 2, −1)
spełniają liniowe równanie
α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 + α4 x4 = 0,
co znaczy, że
α1 1 + α2 1 + α3 (−1) + α4 (−1) = 0
α1 1 + α2 2 + α3 0 + α4 1 = 0
α1 1 + α2 1 + α3 3 + α4 1 = 0
α1 1 + α2 a + α3 2 + α4 (−1) = 0,
to również dowolna kombinacja liniowa owych wektorów (czyli dowolny wektor z przestrzeni z
treści zadania) spełnia równanie
α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 + α4 x4 = 0
(po prostu przemnażamy każde z powyższych czterech równań przez jakiś skalar, a następnie sumujemy wszystkie cztery równania). Dlatego skupimy się tylko na powyższych czterech
równaniach.
Odejmując od trzeciego równania równanie pierwsze otrzymamy, że α4 = −2α3 , podobnie otrzymujemy pozostałe zależności: α2 = 3α3 , α1 = −4α3 . Sprawdzamy czy równania nie
prowadzą do sprzeczności przy podstawieniu za α1 , α2 i α4 skalara α3 zgodnie z policzonymi
zależnościami. Pierwsze trzy równania zachodzą trywialnie, natomiast czwarte przedstawia się
tak
0 = −4α3 + a3α3 + 2α3 + 2α3 = 3aα3 .
Ponieważ szukamy równań niezerowych, nie może być α3 = 0 i możemy skrócić przez 3α3 , żeby
otrzymać wartość
a = 0,
2
dla której równanie liniowe opisujące przestrzeń jako zbiór rozwiązań jest postaci
−4tx1 + 3tx2 + tx3 − 2tx4 = 0,
gdzie t ∈ R \ {0} jest dowolne.
Zadanie 5.
Załóżmy, że
α1 · cos(x) + α2 · sin(x) + α3 · (x2 + 1) = 0,
dla pewnych α1 , α2 , α3 ∈ R. Uwaga: “0” po prawej stronie to funkcja przyjmująca wszędzie
wartość 0. Naszym celem jest pokazanie, że α1 = α2 = α3 = 0. W tym celu będziemy korzystać
z definicji równości funkcji (funkcje są sobie równe wtedy i tylko wtedy, gdy w każdym punkcie
pryjmują tą samą wartość) dla funkcji, którą definiuje lewa strona równości oraz funkcji stale
równej 0 (prawa strona).
Zobaczmy do czego prowadzi równość funkcji w punkcie x = 0. Wówczas
0 = α1 · cos(0) + α2 · sin(0) + α3 · (02 + 1) = α1 + α3 ,
czyli α3 = −α1 . Teraz sprawdźmy punkt x = π2 :
π
π2
π
α1 · cos( ) + α2 · sin( ) − α1 · ( + 1) = 0.
2
2
2
2
Z ostatniej równości wynika α2 = α1 ( π2 + 1). Czyli możemy zapisać, że ogólnie
α1 · cos(x) + α1 · (
π2
+ 1) · sin(x) − α1 (x2 + 1) = 0.
4
Gdyby α1 6= 0, to możemy podzielić powyższe równanie, aby dostać
cos(x) + (
π2
+ 1) · sin(x) − α1 (x2 + 1) = 0.
4
Dalej, jeśli wyliczymy ostatnie równanie w punkcie x = π3 , to otrzymamy sprzeczność (1 = 0
E). Dlatego nie może być α1 6= 0. Natomiast α1 = 0 implikuje, że również α2 = 0 i α3 = 0.
3