Algebra dla MSEM I, 2019/2020 ćwiczenia 22. – rozwiązania
17 grudnia 2019
1. Niech V = lin((1, 2, 0, 1), (2, 3, 1, 0), (0, 1, −1, t)) będzie podprzestrzenią R4. a) znajdź dim V w zależności od t ∈ R,
Sprowadzamy do postaci schodkowej:
1 2 0 1
2 3 1 0
0 1 −1 t
w2− 2w1
−−−−−−→
1 2 0 1
0 −1 1 −2
0 1 −1 t
w3+ w2
−−−−−→
1 2 0 1
0 −1 1 −2
0 0 0 t − 2
Trzeci wiersz jest niezerowy dla t 6= 2 i wtedy mamy dim V = 3. W przeciwnym przypadku, dim V = 2.
b) dla t = 2 podaj przykład bazy przestrzeni V .
Dla t = 2 ostatni wiersz jest zerowy, zatem baza to wektory z dwóch pierwszych wierszy:
((1, 2, 0, 1), (0, −1, 1, −2)).
2. Niech
W = {w ∈ R[x] : deg w < 5, w(−1) = 0, w0(1) = w00(0)}.
Wykaż, że W jest przestrzenią liniową i znajdź jej bazę.
Niech v, w ∈ W , wtedy deg(v + w) ¬ max(deg v, deg w) < 5, (v + w)(−1) = v(−1) + w(−1) = 0 oraz (v + w)0(1) = v0(1) + w0(1) = v00(0) + w00(0) = (v + w)00(0). Podobnie, jeśli dodatkowo a ∈ R, to deg(av) ¬ deg v < 5, (av)(−1) = av(−1) = 0 oraz (av)0(1) = av0(1) = av00(0) = (av)00(0). Zatem rzeczywiście, to jest podprzestrzeń.
Niech w(x) = a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0. Mamy w0(x) = 4a4x3+3a3x2+2a2x+a1oraz w00(x) = 12a4x2+ 6a3x+2a2, zatem w ∈ W wtedy i tylko wtedy, gdy a4−a3+a2−a1+a0= 0 oraz 4a4+3a3+2a2+a1= 2a2, zatem mamy układ równań:
(a0− a1+ a2− a3+ a4= 0 a1+ 3a3+ 4a4= 0
1 −1 1 −1 1 0
0 1 0 3 4 0
w1+ w2
−−−−−→
1 0 1 2 5 0
0 1 0 3 4 0
A zatem rozwiązanie ogólne to (−a2 − 2a3 − 5a4, −3a3− 4a4, a2, a3, a4), zatem baza współczynników wielomianów z W to ((−1, 0, 1, 0, 0), (−2, −3, 0, 1, 0), (−5, −4, 0, 0, 1), co daje następującą bazę W :
(x2− 1, x3− 3x − 2, x4− 4x − 5).
3. Niech C będzie przestrzenią funkcji ciągłych R → R nad ciałem R. Dla podprzestrzeni A = {f ∈ C : f (2) = 0, f (1) = f (3)}
znajdź taką podprzestrzeń B, by C = A ⊕ B.
Zauważmy, że warunki spełnia przestrzeń B = lin(((x − 1)(x − 3), x − 2)). Rzeczywiście, jeśli f ∈ A, to f = a(x − 1)(x − 3) + b(x − 2) dla pewnych a, b ∈ R. Ale jeśli jednocześnie f ∈ B, to f (2) = −a = 0 oraz b = f (3) = f (1) = −b, więc a = b = 0, czyli f = 0, zatem A ∩ B = {0}.
1
Co więcej jeśli f ∈ C, to g(x) = −f (2)(x − 1)(x − 3) +(f (3)−f (1))
2 (x − 2) ∈ B oraz h(x) = f (x) − g(x) ma tę własności, że
h(2) = f (2) − f (2) = 0 i
h(1) = −(f (3) − f (1))
2 − f (1) = −f (3) + f (1)
2 ,
h(3) = (f (3) − f (1))
2 − f (3) = −f (3) + f (1)
2 .
Zatem h ∈ A, czyli C = A + B, zatem C = A ⊕ B.
4. Zbadaj dla jakich wartości r ∈ R,
(r, r, 1) ∈ lin((2, r, −r), (1, 2, −2)) ⊆ R3. Sprawdzamy, kiedy układ jest niesprzeczny.
1 2 r
2 r r
−2 −r 1
w2− 2w1, w+2w1
−−−−−−−−−−−−→
1 2 r
0 r − 4 −r 0 −r + 4 1 + 2r
w3+ w2
−−−−−→
1 2 r
0 r − 4 −r
0 0 1 + r
Zatem ten układ jest niesprzeczny wtedy i tylko wtedy, gdy r = −1 i wtedy i tylko wtedy (r, r, 1) ∈ lin((2, r, −r), (1, 2, −2)) ⊆ R3.
5. Niech
V = lin((1, 2, 3, 4), (2, 3, 4, 5), (3, 4, 5, 6), (1, 2, 2, 3)) ⊆ R4. Znajdź układ równań liniowych opisujących V .
Rozwiązujemy układ równań na współczynniki szukanego układu równań
1 2 3 4 0
2 3 4 5 0
3 4 5 6 0
1 2 2 3 0
w2− 2w1, w2− 3w1, w4− w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 2 3 4 0
0 −1 −2 −3 0
0 −2 −4 −6 0
0 0 −1 −1 0
w1+ 2w2, w3− 2w2, w4· (−1)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −1 −2 0
0 −1 −2 −3 0
0 0 0 0 0
0 0 1 1 0
w3↔ w4, w2· (−1)
−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 −1 −2 0
0 1 2 3 0
0 0 1 1 0
0 0 0 0 0
w1+ w3, w2− 2w3
−−−−−−−−−−−−−→
1 0 0 −1 0
0 1 0 1 0
0 0 1 1 0
0 0 0 0 0
Więc rozwiązanie ogólne to (a4, −a4, −a4, a4), i baza współczynników szukanego układu równań to ((1, −1, −1, 1)).
Zatem przestrzeń jest opisana jednym równaniem:
x1− x2− x3+ x4= 0.
6. Niech A, B będą podprzestrzeniami przestrzeni liniowej V . Udowodnij, że następujące warunki są równo- ważne.
(i) każdy wektor z przestrzeni A + B daje się jednoznacznie zapisać jako suma wektora z A i wektora z B,
(ii) istnieje wektor z przestrzeni A + B, który daje się jednoznacznie zapisać jako suma wektora z A i wektora z B,
2
(iii) jeśli dla pewnych α ∈ A, β ∈ B, zachodzi α + β = 0, to α = β = 0.
(iv) A ∩ B = {0}.
(i) → (ii): oczywiste.
(ii) → (iii): niech v będzie wektorem, który jest jednoznacznie przedstawialny jako v = v1+ v2, v1 ∈ A, v2∈ B oraz niech α ∈ A, β ∈ B, takie, że α + β = 0. Wtedy
v = v + 0 = v + α + β = (v1+ α) + (v2+ β),
ale v1+ α ∈ A oraz v2+ β ∈ B, więc v1+ α = v1oraz v2+ β = v2 z jednoznaczności. Zatem α = β = 0.
(iii) → (iv): Niech v ∈ A ∩ B. Wtedy v + (−v) = 0 i w szczególności v ∈ A, −v ∈ B, zatem v = 0, zatem A ∩ B = {0}.
(iv) → (i): Załóżmy, że v + w = v0+ w0 oraz v, v0 ∈ A i w, w0∈ B. Wtedy v − v0 = w0− w jest wektorem z jednej strony należącym do A, a z drugiej do B. Jedyny taki wektor to 0, więc v − v0 = 0 = w − w0. Zatem v = v0 oraz w = w0, czyli przestawienie jest jednoznaczne.
7. Niech A, B będą podprzestrzeniami liniowymi skończenie wymiarowej przestrzeni V . Udowodnij, że dim A + dim B − dim V ¬ dim A ∩ B ¬ dim A.
Druga nierówność jest jasna, bo A ∩ B jest podprzestrzenią przestrzeni A.
Mamy też dim V dim A + B = dim A + dim B − dim A ∩ B, a zatem dim A + dim B − dim V ¬ dim A ∩ B.
8. Niech
A = lin((1, 2, 3, 4), (4, 1, 5, 2), (2, −3, −1, −6), (1, 1, 2, 2)) oraz
B = lin((1, 2, 1, 4), (0, 2, 2, 4), (2, 1, −1, 2)) będą podprzestrzeniami R4. Znajdź:
a) wymiar przestrzeni A, b) bazę przestrzeni A ∩ B, c) bazę przestrzeni A + B.
Sprowadzamy do postaci schodkowej:
1 2 3 4
4 1 5 2
2 −3 −1 −6
1 1 2 2
w2− 4w1, w2− 2w1, w3− w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 2 3 4
0 −7 −7 −14
0 −7 −7 −14
0 −1 −1 −2
w2· (−1/7)
−−−−−−−−→
1 2 3 4
0 1 1 2
0 −7 −7 −14
0 −1 −1 −2
w3+ 7w2, w4+ w2
−−−−−−−−−−−−−→
1 2 3 4 0 1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0
A zatem baza A to ((1, 2, 3, 4), (0, 1, 1, 2)), czyli dim A = 2.
Sprawdźmy też bazę B:
1 2 1 4
0 2 2 4
2 1 −1 2
w3− 2w1, w2· (1/2)
−−−−−−−−−−−−−−→
1 2 1 4
0 1 1 2
0 −3 −3 −6
w3+ 3w2
−−−−−−→
1 2 1 4 0 1 1 2 0 0 0 0
A zatem baza B to ((1, 2, 1, 4), (0, 1, 1, 2)), natomiast dim B = 2.
3
Mamy A + B = lin((1, 2, 3, 4), (0, 1, 1, 2), (1, 2, 1, 4), (0, 1, 1, 2)). Znajdźmy bazę:
1 2 3 4 0 1 1 2 1 2 1 4 0 1 1 2
w3− w1, w4− w2
−−−−−−−−−−−−→
1 2 3 4
0 1 1 2
0 0 −2 0
0 0 0 0
Zatem baza A+B to ((1, 2, 3, 4), (0, 1, 1, 2), (0, 0, 1, 0)), oraz dim A+B = 3. Zatem dim A∩B = 2+2−3 = 1.
Widać od razu jeden wektor, który jest zarówno w A, jak i w B, jest to (0, 1, 1, 2). Zatem baza A ∩ B to ((0, 1, 1, 2)).
9. Niech A = lin((1, 2, 3, 4), (4, 3, 2, 1), (2, 3, 4, 5)) ⊆ R4. Oblicz wymiar przestrzeni A, a następnie znajdź takie przestrzenie B, C ⊆ R4, że R4 = A ⊕ B = B ⊕ C = C ⊕ A lub wykaż, że takie przestrzenie nie istnieją.
Sprowadzamy do postaci schodkowej
1 2 3 4 4 3 2 1 2 3 4 5
w2− 4w1, w3− 2w1
−−−−−−−−−−−−−−→
1 2 3 4
0 −5 −10 −15
0 −1 −2 −3
w2· (−1/5)
−−−−−−−−→
1 2 3 4
0 1 2 3
0 −1 −2 −3
w3+ w2
−−−−−→
1 2 3 4 0 1 2 3 0 0 0 0
Zatem dim A = 2 i baza A to ((1, 2, 3, 4), (0, 1, 2, 3)). Zauważmy teraz, że warunki zadania spełniają przestrzenie B = lin((1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)) oraz C = ((0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)). Za każdym razem dim A+B = dim B + C = dim C + A, czego dowodzą poniższe macierze:
1 2 3 4 0 1 2 3 1 0 0 0 0 1 0 0
→
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 3 4 0 0 2 3
→
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 3 4
0 0 0 1/3
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1
1 2 3 4 0 1 2 3 0 0 1 0 0 0 0 1
W takim razie A + B = B + C = C + A = R4 oraz A ∩ B = B ∩ C = C ∩ A = {0}, bowiem z dim A ∩ B = dim B ∩ C = dim C ∩ A = 4 − 2 − 2 = 0. Wobec tego R4= A ⊕ B = B ⊕ C = C ⊕ A.
4
