Algebra liniowa, WNE, 2018/2019 kolokwium 1., poprawkowe – rozwiązania
22 stycznia 2019
Zadanie 1
Wyznacz trójmian kwadratowy w(x), który w punkcie 0 przyjmuje wartość −5, zaś w punkcie 2 wartość 21, w punkcie −2, wartość 9, oraz w punkcie −3 wartość 16. Następnie znajdź wszystkie pierwiastki tego wielomianu.
Rozwiązanie:
Zatem zakładając, że w(x) = ax3+ bx2 + cx + d, mamy następujące informacje w(0) = d = −5, w(2) = 8a + 4b + 2c + d = 21, w(−2) = −8a + 4b − 2c + d = 9, oraz w(−3) = −27a + 9b − 3c + d = 16 czyli mamy układ równań:
d = −5
8a + 4b + 2c + d = 21
−8a + 4b − 2c + d = 9
−27a + 9b − 3c + d = 16
Zapisuję go w macierzy w kolejności niewiadomych d, c, b, a, żeby się łatwo liczyło:
1 0 0 0 −5
1 2 4 8 21
1 −2 4 −8 9
1 −3 9 −27 16
w2− w1, w3− w1, w4− w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 0 0 −5
0 2 4 8 26
0 −2 4 −8 14
0 −3 9 −27 21
w2·1
−−−→2
1 0 0 0 −5
0 1 2 4 13
0 −2 4 −8 14
0 −3 9 −27 21
w3+ 2w2, w4+ 3w2
−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 0 0 −5
0 1 2 4 13
0 0 8 0 40
0 0 15 −15 60
w3·1
8, w4·−1
−−−−−−−−−−→15
1 0 0 0 −5
0 1 2 4 13
0 0 1 0 5
0 0 −1 1 −4
w4+ w3, w2− 2w3
−−−−−−−−−−−−−→
1 0 0 0 −5
0 1 0 4 3
0 0 1 0 5
0 0 0 1 1
w2− 4w4
−−−−−−→
1 0 0 0 −5 0 1 0 0 −1
0 0 1 0 5
0 0 0 1 1
A zatem a = 1, b = 5, c = −1, d = −5, czyli w(x) = x3+ 5x2− x − 5, Zgaduję, że x = 1 jest pierwiastkiem tego wielomianu i dzielę w(x) przez (x − 1). Mamy w(x) = (x − 1)(x2+ 6x + 5). Łatwo policzyć, że pierwiastki tego trójmianu to −5 i −1, czyli pierwiastkami w(x) są −5, −1 oraz 1.
Zadanie 2.
Zbadać dla jakich wartości s, t ∈ R następujący układ równań:
x + y + z = 1
3x + (2 − t)y + 7z = s + 3
−2x − 3y = −3
jest oznaczony, dla jakich nieoznaczony, a dla jakich sprzeczny. W przypadku, gdy s = −1, t = 0 podać jego rozwiązanie. Podać przykład takiej bazy przestrzeni R3, że wektor ten ma w niej współrzędne 1, 1, 0.
1
Rozwiązuję zadany układ równań (zapisuje zmienne w kolejności x, z, y):
1 1 1 1
3 7 −t + 2 s + 3
−2 0 −3 −3
w2− 3w1, w3+ 2w1
−−−−−−−−−−−−−−→
1 1 1 1
0 4 −t − 1 s
0 2 −1 −1
w2↔ w3
−−−−−−→
1 1 1 1
0 2 −1 −1
0 4 −t − 1 s
w3− 2w2
−−−−−−→
1 1 1 1
0 2 −1 −1
0 0 −t + 1 s + 2
. I mamy postać schodkową, z której widać, że:
• układ jest sprzeczny, jeśli t = 1, s 6= −2,
• układ jest oznaczony, jeśli t 6= 1,
• układ jest nieoznaczony, jeśli t = 1 oraz s = −2.
Pracujemy dalej dla s = −1, t = 0:
1 1 1 1
0 2 −1 −1
0 0 1 1
w1− w3, w2+ w3
−−−−−−−−−−−−→
1 1 0 0 0 2 0 0 0 0 1 1
w2· 1/2
−−−−−→
1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1
w1− w2
−−−−−→
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1
.
A zatem szukane rozwiązanie to (0, 1, 0).
Przykładowa baza R3, w której ten wektor ma współrzędne 1, 1, 0, to na przykład (1, 2, 0), (−1, −1, 0), (0, 0, 1)
bo oczywiście te wektory są liniowoniezależne oraz (0, 1, 0) = (1, 2, 0) + (−1, −1, 0).
Zadanie 3.
Dane są w przestrzeni R4podprzestrzeń Wtrozwiązań układu równań:
(x1− x2+ 2x3+ x4= 0 2x1− 2x2+ 4x3+ 2tx4= 0 oraz Vs= lin((1, 3, 1, 0), (−2 − s, 0, 1, s2)).
• znajdź bazę i wymiar podprzestrzeni Wtw zależności od t ∈ R.
• uzupełnij znalezioną bazę dla t = 1 do bazy całej przestrzeni R4.
• oblicz w znalezionej bazie R4współrzędne wektora (2, 0, 1, 7)
• dla jakich wartości s, t ∈ R, Vs⊆ Wt(każdy wektor przestrzeni Vsjest w przestrzeni Wt)?
• a dla jakich wartości s, t ∈ R, Vs= Wt?
A zatem zaczynamy od rozwiązania układu równań na W :
1 −1 2 1 0 2 −2 4 2t 0
w2− 2w1
−−−−−−→
1 −1 2 1 0
0 0 0 2t − 2 0
A zatem w drugim wierszu mamy schodek tylko gdy t 6= 1. Czyli mam dwa przypadki:
• t = 1, to dim Wt= 3 i baza to (1, 1, 0, 0), (−2, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)
• t 6= 1, to dim Wt= 2 i baza to (1, 1, 0, 0), (−2, 0, 1, 0).
2
Widać, że dodając do tej bazy wektor (1, 0, 0, 0) dostajemy bazę R4. Zapisując wektory (1, 1, 0, 0), (−2, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0) bardzo łatwo sprowadzić ją do postaci schodkowej i nie będzie tam wiersza zerowego.
Bardzo łatwo też wyliczyć odpowiednie współrzędne, bo wektory muszą się zgadzać na drugim, trzecim i czwartym miejscu ni nie ma tu swobody. Trzeba tylko wyliczyć odpowiedni współczynnik przy ostatnim wektorze, więc: (2, 0, 1, 6) = 0 · (1, 1, 0, 0) + 1 · (−2, 0, 1, 0) + 7 · (−1, 0, 0, 1) + 11 · (1, 0, 0, 0) – czyli szukane współrzędne to 0, 1, 6, 11.
Aby Vs ⊆ Wt, wektory Vs muszą spełniać równania na Wt. Z pierwszym wektorem nie ma problemu.
Podstawiając drugi wektor do pierwszego równania mamy s2− s = 0, czyli s = 0 lub s = 1. Gdy t 6= 1, tylko pierwszy przypadek jest możliwy, bo mamy też drugie równanie. Ostatecznie: (t = 1 ∧ s = 0) ∨ (t = 1 ∧ s = 1) ∨ (t 6= 1 ∧ s = 0).
Aby Vs = Wt, dodatkowo muszą się jeszcze zgadzać wymiary, co ma miejsce w ostatnim przypadku tej alternatywy (t 6= 1 ∧ s = 0), bo wtedy dim Wt= dim Vs= 2.
Zadanie 4.
Znaleźć bazę i wymiar podprzestrzeni przestrzeni R3 rozpiętej na wektorach (4, 5, 4), (1, 1, 2), (2, 3, 0) oraz (−3, −4, −2). Następnie znaleźć układ równań jednorodnych opisujący tę podprzestrzeń.
Znajdujemy bazę:
4 5 4
1 1 2
2 3 0
−3 −4 2
w1↔ w2
−−−−−−→
1 1 2
4 5 4
2 3 0
−3 −4 2
w2− 4w1, w3− 2w1, w4+ 3w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 1 2
0 1 −4
0 1 −4
0 −1 4
w3− w2, w4+ w2
−−−−−−−−−−−−→
1 1 2
0 1 −4
0 0 0
0 0 0
A zatem baza to (1, 1, 2), (0, 1, −4), a wymiar badanej podprzestrzeni to 2. Kontynuujemy tym razem roz- wiązywanie układu równań na współczynniki szukanego układu równań:
1 1 2 0 1 −4
w2− w2
−−−−−→
1 0 6 0 1 −4
A zatem rozwiązanie ogólne to a = −6c, b = 4c. A zatem baza przestrzeni współczynników to (−6, 4, 1) a zatem odpowiadający jej szukany układ równań składa się z jednego równania i jest to:
n−6x + 4y + z = 0
3
