Algebra liniowa, WNE, 2018/2019 sprawdzian 3., grupa 8:00 – rozwiązania
20 grudnia 2018
Uwaga: każdy napotkany układ równań należy rozwiązać metodą sprowadzania do postaci schodkowej zre- dukowanej.
Zadanie 1
Oblicz
7 −1 3
12 −1 6
−6 1 −2
10
.
Rozwiązanie
Mamy
7 − λ −1 3
12 −1 − λ 6
−6 1 −2 − λ
= λ3+ 4λ2− 5λ + 2 = −(λ − 2)(λ − 1)2.
Czyli wartości własne to 1 i 2.
Wyliczmy dla wartości własnej 1 bazę własną:
6 −1 3 0
12 −2 6 0
−6 1 −3 0
→
−6 1 −3 0
0 0 0 0
0 0 0 0
,
a zatem wektory bazowe to (1, 6, 0) i (0, 3, 1).
Wyliczmy dla wartości własnej 2 bazę własną:
5 −1 3 0
12 −3 6 0
−6 1 −4 0
→
1 0 1 0 0 1 2 0 0 0 0 0
,
a zatem wektor bazowy to (−1, −2, 1).
Wobec tego A = {(1, 6, 0), (0, 3, 1), (−1, −2, 1)} jest bazą R3 złożoną z wektorów własnych oraz
M (id)stA=
1 0 −1 6 3 −2
0 1 1
.
Ponadto, jeśli ϕ : R3→ R3 jest takie, że
M (ϕ)stst=
7 −1 3
12 −1 6
−6 1 −2
,
to
M (ϕ)AA=
1 0 0 0 1 0 0 0 2
.
1
Znajdujemy M (id)Ast:
1 0 −1 1 0 0
6 3 −2 0 1 0
0 1 1 0 0 1
w2− 6w1
−−−−−−→
1 0 −1 1 0 0
0 3 4 −6 1 0
0 1 1 0 0 1
w2↔ w3
−−−−−−→
1 0 −1 1 0 0
0 1 1 0 0 1
0 3 4 −6 1 0
w3− 3w2
−−−−−−→
1 0 −1 1 0 0
0 1 1 0 0 1
0 0 1 −6 1 −3
w1+ w3, w2− w3
−−−−−−−−−−−−→
1 0 0 −5 1 −3
0 1 0 6 −1 4
0 0 1 −6 1 −3
A zatem:
M (id)Ast=
−5 1 −3
6 −1 4
−6 1 −3
. Ostatecznie
A10= M (id)stA(M (ϕ)AA)10M (id)Ast=
1 0 −1 6 3 −2
0 1 1
·
1 0 0
0 1 0
0 0 210
·
−5 1 −3
6 −1 4
−6 1 −3
=
=
1 0 −210 6 3 −211 0 1 210
·
−5 1 −3
6 −1 4
−6 1 −3
=
−5 + 3 · 211 1 − 210 −3 + 3 · 210
−12 + 3 · 212 3 − 211 −6 + 3 · 211 6 − 3 · 211 −1 + 210 4 − 3 · 210
=
=
6139 −1023 3069 12276 −2045 6138
−6138 1023 −3068
.
Zadanie 2
Niech V = {(x, y, z) ∈ R3: x − y + 2z = 0}.
a) znajdź bazę przestrzeni V ,
b) znajdź bazę ortogonalną przestrzeni V , c) znajdź bazę ortonormalną przestrzeni V ,
d) niech α = (2, 1, 1), niech β ∈ V⊥ będzie wektorem długości√
6. Rozstrzygnij czy istnieje wektor γ ∈ R3 o długości√
6 tworzący zarówno z wektorem α, jak i β kąt 60◦. Odpowiedź uzasadnij, e) jeśli taki wektor istnieje, jaką bryłę tworzą punkty (0, 0, 0), α, β, γ? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie
a) Zatem baza V to (1, 1, 0), (−2, 0, 1).
b) Ortogonalizujemy:
• (1, 1, 0),
• (−2, 0, 1) −−22 (1, 1, 0) = (−1, 1, 1).
Zatem baza ortogonalna to (1, 1, 0), (−1, 1, 1).
c) Wobec tego baza ortogonalna to (1, 1, 0)/√
2, (−1, 1, 1)/√ 3.
d) Wobec tego β = (1, −1, 2). Mamy zatem cos(α, β) = 36 = 1/2, czyli kąt pomiędzy nimi to też 60◦. Ponadto
|α| =√
6. Zatem wektor γ istnieje – to czwarty wierzchołek czworościanu foremnego o boku√
6 i pozostałych wierzchołkach (0, 0, 0), α, β.
e) Jest to czworościanu foremny o boku√ 6.
2
Zadanie 3
Niech będzie dane przekształcenie ϕ : R3→ R3zadane wzorem ϕ(x1, x2, x3) = 61(5x1− 2x2+ x3, −2x1+ 2x2+ 2x3, x1+ 2x2+ 5x3).
a) znajdź wartości własne i bazy przestrzeni własnych tego przekształcenia.
b) jak widzisz ϕ jest rzutem prostopadłym na pewną przestrzeń V . Podaj bazę V . c) znajdź wzór na przekształcenie będące symetrią prostopadłą względem V .
Rozwiązanie
a) Mamy:
5/6 − λ −2/6 1/6
−2/6 2/6 − λ 2/6
1/6 2/6 5/6 − λ
= −(λ − 1)2λ,
A zatem wartości własne to 0 i 1.
V(0):
5 −2 1 0
−2 2 2 0
1 2 5 0
→
1 0 1 0
0 1 2 0
0 0 0 0
. Zatem baza to (−1, −2, 1).
V(1):
−1 −2 1 0
−2 −4 2 0
1 2 −1 0
→
1 2 −1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
. Zatem baza to (−2, 1, 0), (1, 0, 1).
b) V = V(1), zatem ta baza to (−2, 1, 0), (1, 0, 1).
c) Mamy ψ((x1, x2, x3)) = 2ϕ(x1, x2, x3) − (x1, x2, x3) =31(2x1− 2x2+ x3, −2x1− x2+ 2x3, x1+ 2x2+ 2x3).
Zadanie 4
Niech L będzie prostą przechodzącą przez punkt (1, 1, 1) i równoległą do prostej opisanej układem równań:
(x + y = 2018 2x + z = 2019 . Znajdź
a) układ równań opisujący L, b) parametryzację prostej L,
c) obraz punktu (2, 1, 1) w symetrii prostopadłej względem prostej L.
Rozwiązanie
a) Układ równań ma taką samą lewą stronę, ale wyrazy wolne muszą być takie, żeby (1, 1, 1) było jego rozwią- zaniem. Zatem to:
(x + y = 2 2x + z = 3 . b) Rozwiązujemy go i mamy:
1 1 0 2 1 0 2 3
→
1 1 0 2 2 0 1 3
.
Zatem y = 2 − x, z = 3 − 2x, czyli parametryzacja to {(x, 2 − x, 3 − 2x) : x ∈ R}.
3
c) Bierzemy v = (1, 1, 1) ∈ L oraz p0 = p − v = (1, 0, 0). Zatem jego rzut na T (L) to r0 = 16(1, −1, −2), i w takim razie symetria względem T (L) to s0= 13(1, −1, −2) − (1, 0, 0) = 13(−2, −1, −2), czyli szukany punkt to s = 13(−2, −1, −2) + (1, 1, 1) =13(1, 2, 1).
4
