GAL
zestawy do prac domowych z rozwiązaniami semestr zimowy 2011/2012
Wydział MIM UW
wersja z 1 października 2014
Spis treści
1 Układy równań 1
2 Liczby zespolone 7
3 Przestrzenie liniowe, kombinacje liniowe 11
4 Podprzestrzenie liniowe przestrzeni Km 14
5 Rząd macierzy 19
6 Suma i przecięcie podprzestrzeni Kn 21
7 Macierze i przekształcenia liniowe Kn w Km 26
8 Macierz przekształcenia liniowego 31
9 Przestrzeń funkcjonałów 36
10 Macierze kwadratowe 41
J. Chaber 1. Układy równań 1
1 Układy równań
Układ
(∗)
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1 a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
... ... ... ...
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm
,
w którym występują znane współczynniki aij i wyrazy wolne b1, b2, . . . , bm oraz niewiadome x1, x2, . . . , xn nazywamy układem m równań z n niewiadomymi.
Układ (∗) nazywamy jednorodnym jeśli wszystkie wyrazy wolne sa zerami.
Grupując współczynniki aij w kolumny można zapisać (∗) w postaci wektorowej
(∗w) x1
a11 a21
... am1
+ x2
a12 a22
... am2
+ . . . + xn
a1n a2n
... amn
=
b1 b2
... bm
.
Kolumny w równaniu (∗w) nazywamy wektorami (z Rm). Po lewej stronie równania (∗w) występuje ope- racja dodawania wektorów z Rm mnożonych przez liczby xj. Wynikiem tej operacji jest wektor, którego kolejne współrzędne występują po lewej stronie równań układu (∗). Przejście od (∗w) do (∗) pokazuje więc jak mnożyć wektory z Rm przez liczby i jak dodawać wektory (oddzielnie na każdej współrzędnej).
Kolumnę wyrazów wolnych układu jednorodnego nazywamy wektorem zerowym i oznaczamy przez 0.
Oznaczając kolejne kolumny (wektory) występujące po lewej stronie równania (∗w) przez A1, A2, . . . , An, a kolumnę z prawej strony (zwaną kolumną wyrazów wolnych) przez B otrzymujemy skrócony zapis (∗) (∗w) x1A1+ x2A2+ . . . + xnAn= B.
Wektor x1A1+ x2A2+ . . . + xnAn nazywamy kombinacją liniową wektorów A1, A2, . . . , Ano współczyn- nikach x1, x2, . . . , xn. Istnienie rozwiązań układu (∗) oznacza więc, że wektor B jest kombinacją liniową wektorów A1, A2, . . . , An, a rozwiązania (∗) są współczynnikami kombinacji dających w wyniku B.
Grupując kolumny A1, A2, . . . , An w tabelę można zapisać (∗) w postaci macierzowej
(∗m)
a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n ... ... ... am1 am2 . . . amn
x1 x2 ... xn
=
b1 b2 ... bm
.
Tabelę w równaniu (∗m) nazywamy macierzą o n kolumnach i m wierszach (macierzą z Mm×n(R)) – macierzą współczynników (∗) (liczba kolumn jest liczbą niewiadomych, a liczba wierszy, liczbą równań).
Oznaczając macierz występującą po lewej stronie równania (∗m) przez A (A = [A1, A2, . . . , An] = [aij]), a wektor niewiadomych przez X ∈ Rn otrzymujemy skrócony zapis (∗)
(∗m) AX = B.
Po prawej stronie (∗m) występuje operacja mnożenia macierzy A ∈ Mm×n(R) przez wektor X ∈ Rn (liczba kolumn macierzy jest równa liczbie współrzędnych wektora). Wynikiem tej operacji jest wektor z Rm – kombinacja liniowa kolumn macierzy A o współczynnikach będących współrzędnymi wektora X (lewa strona (∗w)). Przejście od (∗m) do (∗w) pokazuje więc jak mnożyć macierz przez wektor.
Rozwiązując (∗) szukamy wektorów X ∈ Rn, które wymnożone przez macierz współczynników tego układu dają kolumnę wyrazów wolnych.
J. Chaber 1. Układy równań 2 Rozwiązywanie układów równań liniowych – metoda eliminacji Gaussa.
Dla zadanego układu (∗) szukamy opisu zbioru wszystkich rozwiązań tego układu (jeśli układ (∗) nie ma rozwiązań to nazywamy go układem sprzecznym).
Zbiór wszystkich rozwiązań układu (∗) wyznacza się przekształcając ten układ w nowy układ (∗0), który ma taki sam zbiór rozwiązań jak układ wyjściowy (mówimy, że te układy są równoważne) i daje się łatwo rozwiązać. Przekształcenie (∗) w (∗0) polega na wielokrotnym wykonywaniu następujących prostych operacji (każda z nich zachowuje zbiór rozwiązań modyfikowanego układu):
(I) dodanie do jednego z równań innego równania pomnożonego przez liczbę, (II) zamiana dwóch równań miejscami,
(III) pomnożenie jednego z równań przez liczbę różną od zera.
W praktyce operacje wykonuje się na wierszach macierzy rozszerzonej układu, to znaczy macierzy [A|B] = [A1, . . . , An, B] uzyskanej przez dopisanie do macierzy współczynników układu kolumny wyra- zów wolnych tego układu. Opisanym wyżej operacjom na równaniach odpowiadają następujące operacje (nazywane elementarnymi) na wierszach tej macierzy:
(I) dodanie do jednego z wierszy innego wiersza pomnożonego przez liczbę, (II) zamiana dwóch wierszy miejscami,
(III) pomnożenie jednego z wierszy przez liczbę różną od zera.
Wykonując operacje elementarne na wierszach, macierz [A|B] można przekształcić do macierzy [A0|B0] w postaci schodkowej, to znaczy takiej że:
(S1) żaden wiersz zerowy macierzy [A0|B0] nie poprzedza wiersza niezerowego,
(S2) pierwsze niezerowe wyrazy (wyrazy wiodące – schodki) kolejnych niezerowych wierszy macierzy [A0|B0] stoja w kolumnach o rosn, acych numerach.,
Wyjściowy układ równań AX = B ma taki sam zbiór rozwiązań jak układ A0X = B0. Opiszemy metodę znajdowania zbioru rozwiązań układu A0X = B0.
Załóżmy, że macierz [A0|B0] ma r niezerowych wierszy, których wyrazy wiodące są w kolumnach o numerach j1 < j2< . . . < jr.
Jeśli jr = n + 1 (schodek ostatniego niezerowego wiersza macierzy [A0|B0] znajduje się w ostatniej kolumnie tej macierzy), to układ A0X = B0 (a więc i układ wyjściowy) jest sprzeczny.
W przeciwnym wypadku (jr < n + 1) wszystkie rozwiązania układu wyjściowego znajdujemy wylicza- jąc z układu A0X = B0 niewiadome xj1, xj2, . . . , xjr (zmienne zależne) w zależności od pozostałych niewiadomych, które moga przyjmować dowolne wartości (zmienne niezależne, parametry).,
Zmienne zależne, zaczynajac od ostatniej (x, jr), wyliczamy wtedy z kolejnych równań układu A0X = B0, zaczynajac od ostatniego niezerowego. “Wchodzimy po schodkach” obliczaj, ac na każdym odpowiadaj, ac, a, mu zmienna zależn, a.,
Zmienna zależna xjk wyliczana z k-tego równania zależy wyłacznie od zmiennych niezależnych o nume-, rach wiekszych niż j, k(za zmienne zależne o numerach wiekszych niż j, kpodstawiamy obliczone wcześniej zależności).
Tak wyliczone rozwiązanie X ∈ Rn zależne od n − r zmiennych niezależnych (zwane rozwiązaniem ogólnym układu (∗)) można przedstawić w postaci
X = X0+ t1X1+ t2X2+ . . . + tpXp ,
gdzie t1, t2, . . . , tp są zmiennymi niezależnymi (p = (n − r) jest liczbą kolumn A0 bez schodków).
W praktyce, zamiast liczyć rozwiązanie ogólne X z równania A0X = B0, oblicza się wektory X0, X1, . . . , Xp
występujące we wzorze na X:
X0 jest rozwiązaniem A0X = B0 odpowiadającym parametrom tj = 0 dla j = 1, 2, . . . , p, Xk jest rozwiązaniem A0X = 0 odpowiadającym parametrom tk= 1, tj = 0 dla j 6= k
(Xk= (X0+ Xk) − X0 jest rozwiązaniem układu A0X = 0 jako różnica dwóch rozwiązań A0X = B0).
J. Chaber 1. Układy równań 3
Zestaw 1
1. Niech A1 =
2 2 1 1 0
, A2=
1 0
−1 3 1
, A3=
3 0 1 1 1
, A4=
6 4
−1 2
−1
, X =
1 2
−1 1
, Y =
2 1 1
−1
i A = [A1, A2, A3, A4] =
2 1 3 6
2 0 0 4
1 −1 1 −1
1 3 1 2
0 1 1 −1
.
a) Obliczyć kombinację liniową A1+ 2A2− A3+ A4. b) Obliczyć iloczyny AY i A(2X + Y ).
2. Dany jest układ równań
3x1 + 3x2 + 2x3 + 6x4 + 4x5 = 4 x1 + 2x2 + x3 + 4x4 + 3x5 = 1 2x2 + 3x3 + 4x4 + x5 = 4
x2 + 2x4 + 2x5 = −1
a) Zapisać ten układ w postaci wektorowej i macierzowej.
b) Sprawdzić, czy x1 = 1, x2 = 1, x3 = 1, x4 = 0, x5= −1 jest rozwiązaniem tego układu.
3. Niech (∗) będzie układem równań z poprzedniego zadania.
a) Rozwiązać układ (∗).
b) Rozwiązać układ jednorodny AX = 0, gdzie A jest macierzą współczynników układu (∗).
Uwaga.
Przez znalezienie rozwiązania niesprzecznego układu równań należy tu (i w zadaniu 4) rozumieć przedstawienie rozwiązania ogólnego X w postaci X = X0 + t1X1 + t2X2 + . . . + tpXp, gdzie t1, t2, . . . , tp są wszystkimi zmiennymi niezależnymi układu.
4. Dany jest układ równań
2x1 + 2x2 + 2x3 + 2x4 − x5 = b1 3x1 + 3x2 + 3x3 + x4 = b2
4x1 + x2 + 4x3 = b3
Wyjaśnić, czy dla danego wektora a)
b1 b2
b3
=
0 1 5
, b)
b1 b2
b3
=
1 1 1
ten układ równań jest niesprzeczny i jeśli tak, to rozwiązać ten układ.
J. Chaber 1. Układy równań 4
Rozwiązania zadań z zestawu 1
1. a) Kombinacja liniowa A1+ 2A2− A3+ A4 jest iloczynem macierzy A = [A1, A2, A3, A4] przez wektor, którego współrzędne są współczynnikami kombinacji (wektor X). Obliczamy:
2 2 1 1 0
+ 2
1 0
−1 3 1
−
3 0 1 1 1
+
6 4
−1 2
−1
= AX =
2 1 3 6
2 0 0 4
1 −1 1 −1
1 3 1 2
0 1 1 −1
1 2
−1 1
=
7 6
−3 8 0
.
b) AY =
2 1 3 6
2 0 0 4
1 −1 1 −1
1 3 1 2
0 1 1 −1
2 1 1
−1
=
2 0 3 4 3
, A(2X+Y ) =
2 1 3 6
2 0 0 4
1 −1 1 −1
1 3 1 2
0 1 1 −1
4 5
−1 1
=
16 12
−3 20 3
.
Uwaga.
A(sX + tY ), jako kombinacja kolumn Aj macierzy A o współczynnikach sxj+ tyj, jest sumą:
kombinacji wektorów Aj o współczynnikach sxj i kombinacji Aj o współczynnikach tyj. Widać stąd, że A(sX + tY ) = sAX + tAY . Dla s = 2 i t = 1, A(2X + Y ) = 2AX + AY .
2. a) Postać wektorowa: x1
3 1 0 0
+ x2
3 2 2 1
+ x3
2 1 3 0
+ x4
6 4 4 2
+ x5
4 3 1 2
=
4 1 4
−1
.
Postać macierzowa:
3 3 2 6 4 1 2 1 4 3 0 2 3 4 1 0 1 0 2 2
x1 x2
x3
x4 x5
=
4 1 4
−1
.
b) Zamiast podstawiać niewiadome do wyjściowego układu, wygodnie jest skorzystać z postaci wektorowej (lub, co na jedno wychodzi, macierzowej):
3 1 0 0
+
3 2 2 1
+
2 1 3 0
+ 0 −
4 3 1 2
=
3 3 2 6 4 1 2 1 4 3 0 2 3 4 1 0 1 0 2 2
1 1 1 0
−1
=
4 1 4
−1
.
3. a) Redukujemy macierz rozszerzoną układu do postaci schodkowej (opisane są wyłącznie operacje zmiany kolejności wierszy; wykonuje się je tu po to, by uniknąć rachunków na ułamkach)
3 3 2 6 4 4
1 2 1 4 3 1
0 2 3 4 1 4
0 1 0 2 2 −1
1↔2∼
1 2 1 4 3 1
3 3 2 6 4 4
0 2 3 4 1 4
0 1 0 2 2 −1
∼
1 2 1 4 3 1
0 −3 −1 −6 −5 1
0 2 3 4 1 4
0 1 0 2 2 −1
2↔4∼
1 2 1 4 3 1
0 1 0 2 2 −1
0 2 3 4 1 4
0 −3 −1 −6 −5 1
∼
1 2 1 4 3 1
0 1 0 2 2 −1
0 0 3 0 −3 6
0 0 −1 0 1 −2
3↔4∼
1 2 1 4 3 1
0 1 0 2 2 −1
0 0 −1 0 1 −2
0 0 0 0 0 0
.
W każdym z ostatnich dwóch kroków wykonaliśmy dwie operacje elementarne. W praktyce często operację zmiany kolejności wierszy łączy się z operacjami zerowania wyrazów przy pomocy przestawionego wiersza (oznacza to pominięcie w zapisie macierzy z zamienionymi wierszami; tak jak w ostatnim kroku). Skrócony zapis (z opisem wykonywanych operacji) jest przedstawiony na następnej stronie.
J. Chaber 1. Układy równań 5
3 3 2 6 4 4
1 2 1 4 3 1
0 2 3 4 1 4
0 1 0 2 2 −1
∼ w2
w1− 3w2 w3
w4
1 2 1 4 3 1
0 −3 −1 −6 −5 1
0 2 3 4 1 4
0 1 0 2 2 −1
∼
w1 w4 w3− 2w4 w2+ 3w4
1 2 1 4 3 1
0 1 0 2 2 −1
0 0 3 0 −3 6
0 0 −1 0 1 −2
∼ w1 w2 w4
w3+ 3w4
1 2 1 4 3 1
0 1 0 2 2 −1
0 0 −1 0 1 −2
0 0 0 0 0 0
.
Zmienne zależne to x1, x2, x3 (wyrazy na schodkach są podkreślone), x4, x5 są niezależne.
Z kolejnych równań odczytujemy:
z trzeciego x3 = 2 + x5,
z drugiego x2 = −1 − 2x4− 2x5,
z pierwszego x1 = 1 − 2x2− x3− 4x4− 3x5 = 1 + 2(1 + 2x4+ 2x5) − (2 + x5) − 4x4− 3x5 = 1.
Zatem X =
1
−1 − 2x4− 2x5 2 + x5
x4 x5
=
1
−1 2 0 0
+ x4
0
−2 0 1 0
+ x5
0
−2 1 0 1
ozn.= X0+ t1X1+ t2X2.
b) Redukcja macierzy rozszerzonej [A|0] przebiega tak jak w a) (w części odpowiadającej A;
dopisana kolumna zerowa nie może się w trakcie redukcji zmienić). Dostajemy więc macierz schodkową taką jak w a) (z zerową ostatnią kolumną). We wzorach na rozwiązanie ogólne wszystkie stałe są zerowe, a to oznacza, że zerowy jest wektor X0 i rozwiązanie ogólne ma postać X = t1X1+ t2X2, gdzie X1 i X2 są takie jak w a).
Uwaga.
Przy ustalonych wartościach parametrów t1, t2 wektor X = X0+ t1X1 + t2X2 jest jedynym roz- wiązaniem układu (∗) dla zmiennych niezależnych x4 = t1 i x5 = t2. W szczególności:
X0 jest jedynym rozwiązaniem (∗) takim, że x4 = x5 = 0,
X0+ X1 jest jedynym rozwiązaniem (∗) takim, że x4= 1, x5 = 0, X0+ X2 jest jedynym rozwiązaniem (∗) takim, że x4= 0, x5 = 1, Z analizy rozwiązania układu jednorodnego w b) wynika, że:
X1 jest jedynym rozwiązaniem układu jednorodnego takim, że x4= 1, x5 = 0, X2 jest jedynym rozwiązaniem układu jednorodnego takim, że x4= 0, x5 = 1,
Rozwiązanie X = X0+ t1X1+ t2X2 uzyskane w a) łatwo można zweryfikować sprawdzając, tak jak w zadaniu 3b), czy AX0 = B, AX1= 0 i AX2 = 0. Co więcej, w praktyce układ (∗) rozwiązuje się wyliczając z macierzy schodkowej rozwiązanie (X0) układu dla parametrów zerowych i rozwiązania układu jednorodnego (X1, X2) dla jednego z parametrów przyjmującego wartość 1, pozostałych 0.
4. Redukując macierz współczynników z dopisanymi dwiema kolumnami wyrazów wolnych jednocze- śnie badamy układy z obu podpunktów (staramy sie przy tym unikać rachunków na ułamkach).
2 2 2 2 −1 0 1
3 3 3 1 0 1 1
4 1 4 0 0 5 1
∼ w1 w2− w1 w3− 2w1
2 2 2 2 −1 0 1
1 1 1 −1 1 1 0
0 −3 0 −4 2 5 −1
∼
w2 w1− 2w2 w3
1 1 1 −1 1 1 0
0 0 0 4 −3 −2 1
0 −3 0 −4 2 5 −1
∼ w1 w3
w2
1 1 1 −1 1 1 0
0 −3 0 −4 2 5 −1
0 0 0 4 −3 −2 1
.
W żadnej z dwóch dopisanych kolumn nie ma schodka, więc oba układy są niesprzeczne, w obu zmienne x1, x2, x4 są zależne, a x3, x5 niezależne. Znajdziemy rozwiązanie X = X0+ t1X1+ t2X2.
J. Chaber 1. Układy równań 6
a) Szukamy rozwiązania X0 postaci [?, ?, 0, ?, 0] wyliczając zmienne zależne z kolejnych równań (wygodnie zapisywać X0 w wierszu pod kolumnami macierzy zredukowanej)
1 1 1 −1 1 1
0 −3 0 −4 2 5
0 0 0 4 −3 −2
X0 = [ ?, ?, 0, ?, 0] = [ ?, ?, 0, −12 , 0] = [ ?, −1, 0, −12 , 0] = [32, −1, 0, −12 , 0].
Analogicznie z układu jednorodnego o macierzy
1 1 1 −1 1 0
0 −3 0 −4 2 0
0 0 0 4 −3 0
obliczamy X1 = [ ?, ?, 1, ?, 0] i X2 = [ ?, ?, 0, ?, 1]. Mamy:
X1 = [ ?, ?, 1, ?, 0] = [ ?, ?, 1, 0, 0] = [ ?, 0, 1, 0, 0] = [ −1, 0, 1, 0, 0] i X2 = [ ?, ?, 0, ?, 1] = [ ?, ?, 0, 34, 1] = [ ?,−13 , 0, 34, 1] = [ 121,−13 , 0, 34, 1].
Powyższy zapis pokazuje kolejność obliczania zmiennych zależnych. W praktyce kolejne współ- rzędne x4, x2, x1 szukanego wektora wpisuje się pod odpowiadającymi im kolumnami.
b) Rozwiązanie ogólne ma postać Y = Y0 + t1Y1 + t2Y2, gdzie wektory Y1 = X1 i Y1 = X2 są rozwiązaniami układu jednorodnego znalezionymi w a). Wystarczy więc obliczyć Y0.
Z układu o macierzy rozszerzonej
1 1 1 −1 1 0
0 −3 0 −4 2 −1
0 0 0 4 −3 1
obliczamy
Y0 = [ ?, ?, 0, ?, 0] = [ ?, ?, 0, 14, 0] = [ ?, 0, 0, 14, 0] = [ 14, 0, 0, 14, 0].
Uwaga.
Zadanie 4 ma proste (niestandardowe) rozwiązanie. Macierz współczynników
2 2 2 2 −1
3 3 3 1 0
4 1 4 0 0
, po zmianie kolejności kolumn na odwrotną, ma postać schodkową.
Z postaci wektorowej układu równań widać, że kolejność kolumn nie jest istotna (wpływa tylko na kolejność niewiadomych). Bez redukcji widzimy więc, że oba układy są niesprzeczne.
Rozwiązania można odczytać przyjmując jako zmienne zależne x2, x4, x5 (jako schodek trzeciego wiersza warto wybrać jedynkę z trzeciej kolumny), co odpowiada kolejności kolumn/niewiadomych 5, 4, 2, 3, 1.
Niech X0 = X00 + s1X10 + s2X20 będzie ogólnym rozwiązaniem a), Y0 = Y00+ s1Y10+ s2Y20 ogólnym rozwiązaniem b) uzyskiwanym na tej drodze (Y10= X10 i Y20 = X20).
Z macierzy
2 2 2 2 −1 0
3 3 3 1 0 1
4 1 4 0 0 5
odczytujemy (obliczając X10 i X20 zerujemy ostatnią kolumnę) X00 = [ 0, ?, 0, ?, ?] = [ 0, 5, 0, ?, ?] = [ 0, 5, 0, −14, ?] = [ 0, 5, 0, −14, −18],
X10 = [ 1, ?, 0, ?, ?] = [ 1, −4, 0, ?, ?] = [ 1, −4, 0, 9, ?] = [ 1, −4, 0, 9, 12], X20 = [ 0, ?, 1, ?, ?] = [ 0, −4, 1, ?, ?] = [ 0, −4, 1, 9, ?] = [ 0, −4, 1, 9, 12].
Z macierzy
2 2 2 2 −1 1
3 3 3 1 0 1
4 1 4 0 0 1
odczytujemy
Y00 = [ 0, ?, 0, ?, ?] = [ 0, 1, 0, ?, ?] = [ 0, 1, 0, −2, ?] = [ 0, 1, 0, −2, −3].
J. Chaber 2. Liczby zespolone 7
2 Liczby zespolone
Zestaw 2
1. a) Dany jest układ równań o współczynnikach rzeczywistych z parametrem λ ∈ R
λx1 + x2 − 2x3 + x4 = λ x1 + λx2 + x3 + λx4 = 3 x1 + 2x2 + x3 + 2x4 = 2
Wyznaczyć wszystkie wartości λ ∈ R, dla których ten układ jest niesprzeczny.
b) Dany jest układ równań o współczynnikach zespolonych ( (1 + i)z1 + 2iz2 + iz3 + (1 − 2i)z4 = 3
(1 − i)z1 + 2z2 + z3 + iz4 = i
Sprawdzić, że ten układ jest niesprzeczny i znaleźć jego rozwiązania.
Uwaga.
Tak jak dla układu o współczynnikach rzeczywistych, rozwiązania niesprzecznego układu rów- nań o współczynnikach zespolonych zależą od zmiennych niezależnych, które odpowiadają ko- lumnom bez schodków. Rozwiązanie ogólne ma postać Z = Z0+ w1X1+ w2X2+ . . . + wpXp, gdzie w1, w2, . . . , wp ∈ C są wszystkimi zmiennymi niezależnymi układu.
2. Sprawdzić, że dla dowolnych z1, z2 ∈ C a) z1+ z2 = z1+ z2 i z1z2 = z1z2, b) |z1+ z2| ¬ |z1| + |z2|.
Wskazówka.
Podnieść obie strony do kwadratu i skorzystać z faktu, że dla z ∈ C, |z|2= zz oraz Rez ¬ |z|.
3. Wyznaczyć wszystkie liczby zespolone z spełniające dane równanie kwadratowe.
a) z2+ 2z + 5 = 0.
b) z2+ (2i − 7)z + 13 − i = 0.
4. Wyznaczyć wszystkie liczby zespolone z = a + ib spełniające dane równanie.
a) z6 = −1.
b) z5(z)7 = 8(√
3 + i)3. Wskazówka.
W obu przypadkach zbadać oddzielnie moduł i argument niewiadomej z.
5. Dany jest zbiór D = {z ∈ C : 0 < Rez < Imz}.
a) Naszkicować zbiórniz3+ i : z ∈ Do. b) Naszkicować zbiórw ∈ C : iw3 ∈ D . 6. Rozłożyć wielomian w(x) = x6+ 27 na iloczyn
a) czynników stopnia pierwszego o współczynnikach zespolonych.
b) czynników stopnia co najwyżej drugiego o współczynnikach rzeczywistych.
J. Chaber 2. Liczby zespolone 8
Rozwiązania zadań z zestawu 2
1. a) Redukujemy macierz rozszerzoną układu (zapisując wykonywane operacje po lewej stronie macierzy)
λ 1 −2 1 λ
1 λ 1 λ 3
1 2 1 2 2
∼ w3
w2− w3 w1− λw3
1 2 1 2 2
0 λ − 2 0 λ − 2 1
0 1 − 2λ −2 − λ 1 − 2λ −λ
.
Jeśli λ = 2, to w drugim wierszu mamy sprzeczne równanie 0 = 1 (zamieniając ten wiersz z trzecim dostajemy schodek w kolumnie wyrazów wolnych). Załóżmy, że λ 6= 2. Możemy wtedy kontynuować redukcję dodając do trzeciego wiersza drugi pomnożony przez q = −1−2λλ−2. Otrzymamy macierz
w1 w2
w3+ qw2
1 2 1 2 2
0 λ − 2 0 λ − 2 1 0 0 −2 − λ 0 −λ + q
.
Ta macierz ma postać schodkową. Jeśli 2 + λ = 0, to trzeci schodek jest w kolumnie wyrazów wolnych, bo −λ + q = 2 + 54 > 0 (układ jest sprzeczny). Jeśli 2 + λ 6= 0, to schodek jest w trzeciej kolumnie i wtedy układ jest niesprzeczny.
Reasumując: układ jest niesprzeczny wtedy i tylko wtedy, gdy λ 6= ±2.
b) Tak jak w przypadku układów o współczynnikach rzeczywistych, redukujemy macierz rozsze- rzoną układu (jako schodek wybieramy jedynkę przy niewiadomej z3 w drugim równaniu)
"
1 + i 2i i 1 − 2i 3
1 − i 2 1 i i
#
∼ w2 w1− iw2
"
1 − i 2 1 i i 0 0 0 2 − 2i 4
#
∼
w1 1 2−2iw2
"
1 − i 2 1 i i 0 0 0 1 1 + i
#
∼ w1− iw2 w2
"
1 − i 2 1 0 1 0 0 0 1 1 + i
# .
Dwa ostatnie kroki prowadzące od postaci schodkowej (po przestawieniu kolejności kolumn) do postaci schodkowej zredukowanej wykonaliśmy żeby ułatwić odczytanie rozwiązań (rachunki na liczbach zespolonych są trudniejsze niż rachunki na liczbach rzeczywistych).
Rozwiązanie ma postać Z = Z0+ z1Z1+ z2Z2, a wektory Z0, Z1 i Z2 (z C3) odczytujemy z macierzy zredukowanej (Z1 i Z2 jako rozwiązania układu jednorodnego):
"
1 − i 2 1 0 1 0 0 0 1 1 + i
#
Z0= [ 0, 0, ?, ?] = [ 0, 0, 1 , 1 + i], Z1= [ 1, 0, ?, ?] = [ 1, 0, −1 + i, 0 ], Z2= [ 0, 1, ?, ?] = [ 0, 1, −2 , 0 ].
Uwaga.
Odczytując Z0 z macierzy zredukowanej warto myśleć o zmiennych zależnych jako współ- czynnikach kombinacji liniowej kolumn zawierających schodki (jedynka na schodku, zera na pozostałych współrzędnych) dającej kolumnę wyrazów wolnych.
Odczytując rozwiązania układu jednorodnego związanego ze zmienną niezależną zj chcemy otrzymać kolumnę przeciwną do kolumny związanej z tą zmienną (szukamy współczynników kombinacji liniowej kolumn macierzy zredukowanej, która daje wektor zerowy).
2. a) Niech z1= a + bi, z2= c + di. Wtedy z1+ z2 = a + c + (b + d)i, z1z2 = ac − bd + (ad + bc)i, więc z1+ z2 = a + c + (−b − d)i = z1+ z2 oraz z1z2 = ac − bd + (−ad − bc)i = z1 z2. b) |z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2 = |z1|2 + 2Re(z1z2) + |z2|2 ¬
|z1|2+ 2|z1z2| + |z2|2 = (|z1| + |z2|)2.
J. Chaber 2. Liczby zespolone 9
3. Wielomian az2 + bz + c stopnia 2 (a 6= 0) o współczynnikach rzeczywistych można sprowadzić do postaci kanonicznej az2+ bz + c = a(z2+ 22ab z + (2ab )2− (2ab )2+ac) = a((z +2ab )2−b24a−4ac2 ). Jeśli wyrażenie w nawiasie jest różnicą kwadratów (istnieje w spełniające w2 = b2− 4ac), to rozkładając to wyrażenie na iloczyn (z +2ab −2aw)(z + 2ab +2aw) dostajemy znane wzory na pierwiastki.
Dokładnie tak samo dostajemy analogiczne wzory na pierwiastki zespolone jeśli a, b, c ∈ C, z tym, że w ciele liczb zespolonych wyrażenie w nawiasie jest zawsze różnicą kwadratów.
a) ∆ = b2− 4ac = 4 − 20 = −16. Liczba w = 4i spełnia w2= ∆, więc z1, z2 = −2±4i2 = −1 ± 2i.
b) ∆ = b2− 4ac = (−7 + 2i)2− 4(13 − i) = (49 − 4 − 52) + i(−28 + 4) = −7 − 24i.
Szukamy w = x + iy takiego, że w2 = −7 − 24i. Porównując części rzeczywiste i urojone otrzymujemy równoważny układ
( x2− y2 = −7 2xy = −24 , z którego obliczamy w = ±(3 − 4i). Stąd z1= 7−2i+(3−4i)
2 = 5 − 3i, z2 = 7−2i−(3−4i)
2 = 2 + i.
4. W obu przypadkach z = 0 nie spełnia równania, więc wszystkie rozwiązania znajdziemy badając ich moduł i argument.
a) Z |z6| = | − 1| = 1 mamy |z6| = |z|6 = 1, więc |z| = 1 (bo |z| ∈ R jest dodatni).
Porównując argumenty dostajemy 6 arg z = π + 2kπ, czyli arg z = π6 +k3π.
Dla k = 0, 1, 2, . . . , 5 dostajemy 6 różnych rozwiązań: zk= cos(π6+k3π)+i sin(π6+k3π) (= wkz0, gdzie z0 = cosπ6+ i sinπ6, a wk= cosk3π + i sink3π są pierwiastkami stopnia 6 z jedności, które pełnią tu rolę taką jak ± przy pierwiastkach stopnia 2).
Argumentami kolejnych rozwiązań zk są liczby 16π,36π,56π,76π,96π,116π, ich postać algebra- iczną najłatwiej wyznaczyć geometrycznie interpretując je jako punkty okręgu jednostkowego będące wierzchołkami sześciokąta równobocznego o wierzchołku z0.
Z trójkąta równobocznego o wierzchołkach 0, z0, z0odczytujemy z0=
√ 3
2 +2i, z5= z0 =
√ 3 2 −2i. Po zwiększeniu argumentów o π dostajemy z3 = −z0 = −
√ 3
2 −2i oraz z2 = −z5 = −
√ 3 2 +2i. Pozostałe dwa rozwiązania, to z1= i oraz z4= −z1 = −i.
b) Z |z5(z)7| = |8(√
3 + i)3| = 23|√
3 + i|3= 26 mamy |z|12= 26, więc |z| =√ 2.
Porównując argumenty dostajemy 5 arg z + 7 arg z = 3 arg(√
3 + i) + 2kπ = 3π6 + 2kπ, czyli
−2 arg z = π2 + 2kπ. Stąd arg z = −π4 − kπ, co daje dwa rozwiązania: dla k = 0 z0 =
√2(cos(−π4) + i sin(−π4)) = 1 − i oraz dla k = 1, z1= −z0= −1 + i.
5. Warunek Rez < Imz oznacza, że arg z ∈ (π4,π4 + π), a 0 < Rez oznacza, że arg z ∈ (−π2,π2). Zatem D = z ∈ C : arg z ∈ (π4,π2) (0 6∈ D; gdyby obie nierówności definiujące zbiór D były nieostre, liczbę 0 trzeba by było rozpatrywać oddzielnie).
W obu podpunktach zamiast szkicu podamy opis szukanego zbioru. W szczególności D można opisać jako klin ograniczony prostymi a − b = 0 i a = 0, zawarty w półpłaszczyźnie a > 0.
a) Zbiór D3 = z3 : z ∈ D = nw ∈ C : arg w ∈ (3π4 ,3π2 )o jest klinem ograniczonym prostymi a + b = 0 i a = 0, zawartym w półpłaszczyźnie a < 0.
Zbiór iD3 = iz3 : z ∈ D = nw ∈ C : arg w ∈ (3π4 +π2,3π2 +π2)o jest klinem ograniczonym prostymi a − b = 0 i b = 0, zawartym w półpłaszczyźnie b < 0.
Zbiór iD3 = niz3 : z ∈ Do = nw ∈ C : − arg w ∈ (5π4 , 2π)o = nw ∈ C : arg w ∈ (0,3π4 )o jest klinem ograniczonym prostymi b = 0 i a + b = 0, zawartym w półpłaszczyźnie b > 0.
Zbiór iD3+ i =niz3+ i : z ∈ Do, który otrzymujemy w wyniku przesunięcia zbioru iD3, jest klinem ograniczonym prostymi b = 1 i a + b = 1, zawartym w półpłaszczyźnie b > 1.
