Algebra liniowa, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 4. – rozwiązania
11 października 2018
1. Dla poniższych podzbiorów w R2sprawdzić, czy spełnia on oba warunki z definicji podprzestrzeni.
• {(x, y) : x, y ∈ Z},
• {(x, y) : |x| − |y| = 1}.
W pierwszym przykładzie spełnia warunek z dodawaniem ((x, y)+(z+w) = (x+z, y+w) i x+z, y+w ∈ Z), ale nie spełnia warunku z mnożeniem, np. (1, 0) jest elementem tego zbioru, ale 12(1, 0) = (12, 0) już nie.
W drugim przykładzie nie spełnia warunku z dodawaniem, bo (1, 0), (−1, 0) są w tym zbiorze, ale (1, 0) + (−1, 0) = (0, 0) już nie oraz nie spełnia z mnożeniem, bo (1, 0) są w zbiorze, ale już 12(1, 0) = (12, 0) nie.
2. Dla jakich wartości parametru s ∈ R podzbiór W = {(x, y, z, w) ∈ R4: x − 2y + z + w = s2− 1 oraz x + y + sw2= w2} jest podprzestrzenią liniową?
Załóżmy, że s < 1. Wtedy wektor v = (1, 0, s2− 2 −√1−s1 ,√1
1−s) spełnia oba równania, ale wektor 2v już nie spełnia 2. równania, sprzeczność.
Załóżmy więc, że s > 1. Wtedy wektor w = (−1, 0, s2−√1
s−1,√1
s−1) spełnia oba równania, ale wektor 2w już nie spełnia 2. równania, sprzeczność.
Więc pozostaje s = 1 i wtedy rzeczywiście zbiór jest podprzestrzenią liniową.
3. Czy wektor (1, 1, 1, 1) ∈ R4 jest kombinacją liniową wektorów (1, 2, 4, 3), (0, 1, 3, 3), (1, 2, 1, 5)?
Czyli, czy układ:
a + c = 1 2a + b + 2c = 1 4a + 3b + c = 1 3a + 3b + 5c = 1 jest niesprzeczny. Zobaczmy:
1 0 1 1 2 1 2 1 4 3 1 1 3 3 5 1
w2− 2w1, w3− 4w1, w4− 3w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 1 1
0 1 0 −1
0 3 −3 −3
0 3 2 −2
w3− 3w2, w4− 3w2
−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 1 1
0 1 0 −1
0 0 −3 0
0 0 2 1
w3·−1
−−−−−→3
1 0 1 1
0 1 0 −1
0 0 1 0
0 0 2 1
w4− 2w3
−−−−−−→
1 0 1 1
0 1 0 −1
0 0 1 0
0 0 0 1
co oznacza sprzeczność. Więc ten wektor nie jest kombinacją podanych wektorów.
4. Niech α1 = (3, 2, 1, 1), α2 = (2, 7, 2, 1), α3 = (1, 3, 1, 3) oraz β1 = (2, −2, 0, 3), β2 = (1, 1, 1, 1), β3 = (−1, 3, 1, 10). Które z wektorów βi są kombinacjami liniowymi układu α1, α2, α3?
Oczywiście to pytanie zawiera w sobie pytanie o niesprzeczność 3 układów równań, z których każdy ma taką samą lewą stronę i różne wyrazy wolne (prawą stronę). Oszczędzi rachunków zapisanie wszystkiego
1
w jednej macierzy, pamiętając jednak, że macierzą pierwszego układu są kolumny 1-4, drugiego 1-3 i 5., a trzeciego – 1-3 i 6.
3 2 1 2 1 −1
2 7 3 −2 1 3
1 2 1 0 1 1
1 1 3 3 1 10
w1↔ w3
−−−−−−→
1 2 1 0 1 1
2 7 3 −2 1 3
3 2 1 2 1 −1
1 1 3 3 1 10
w2− 2w1, w3− 3w1, w4− w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 2 1 0 1 1
0 3 1 −2 −1 1
0 −4 −2 2 −2 −4
0 −1 2 3 0 9
w2↔ w4
−−−−−−→
1 2 1 0 1 1
0 −1 2 3 0 9
0 −4 −2 2 −2 −4
0 3 1 −2 −1 1
w3− 4w2, w4+ 3w2
−−−−−−−−−−−−−−→
1 2 1 0 1 1
0 −1 2 3 0 9
0 0 −10 −10 −2 −40
0 0 7 7 −1 28
w3·−1 10, w4·1
−−−−−−−−−−→7
1 2 1 0 1 1
0 −1 2 3 0 9
0 0 1 1 15 4
0 0 1 1 −17 4
w4− w3
−−−−−→
1 2 1 0 1 1
0 −1 2 3 0 9
0 0 1 1 15 4
0 0 0 0 −1235 0
Czyli 1. i 3. układ są niesprzeczne, zaś 2. jest sprzeczny, czyli β1 i β3są kombinacjami, zaś β2nie jest.
5. Czy układ (1, 2, −1, 2), (1, 4, 2, 8), (−1, 0, 4, 4) jest liniowo niezależny?
Sprawdzamy, czy w wyniku sprowadzania macierzy do postaci schodkowej powstanie wiersz zerowy:
1 2 −1 2
1 4 2 8
−1 0 4 4
w2− w1, w3+ w1
−−−−−−−−−−−−→
1 2 −1 2
0 2 3 6
0 2 3 6
w3− w2
−−−−−→
1 2 −1 2
0 2 3 6
0 0 0 0
Czyli wiersz zerowy powstał, a zatem układ nie jest liniowo niezależny.
2
