Algebra liniowa, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 27. – rozwiązania
24 stycznia 2019
1. Rozpatrzmy układ równań:
x1+ x2+ 2x3+ x4= 1 x2+ 2x2+ 3x3+ x4= 3 3x1+ 5x2+ 8x3+ tx4= 9 3x1+ 4x2+ tx3+ 3x4= 5
.
(a) Dla jakich t ∈ R ten układ równań jest niesprzeczny?
Sprowadzam układ do postaci schodkowej:
1 1 2 1 1
1 2 3 1 3
3 5 8 t 9
3 4 t 3 5
w2− w1, w2− 3w1, w3− 3w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 1 2 1 1
0 1 1 0 2
0 2 2 t − 3 6 0 1 t − 6 0 2
w3− 2w2, w4− w2
−−−−−−−−−−−−−→
1 1 2 1 1
0 1 1 0 2
0 0 0 t − 3 2 0 0 t − 7 0 0
w3↔ w4
−−−−−−→
1 1 2 1 1
0 1 1 0 2
0 0 t − 7 0 0 0 0 0 t − 3 2
Sprzeczność może się pojawić w ostatnim wierszu, jeśli po lewej stronie równości będzie zero, czyli, wtedy i tylko wtedy, gdy t = 3.
(b) Dla jakich t ∈ R ten układ równań ma jednoznaczne rozwiązanie?
Układ jest oznaczony, jeśli w każdej kolumnie mamy schodek, a zatem dla t ∈ R \ {3, 7}.
2. Niech V = lin((1, 1, 2, 3), (2, 3, 5, 7), (5, 6, 11, 16)).
(a) Znaleźć bazę i wymiar przestrzeni V . Sprowadzamy do postacie schodkowej:
1 1 2 3
2 3 5 7
5 6 11 16
w2− 2w1, w3− 5w1
−−−−−−−−−−−−−−→
1 1 2 3
0 1 1 1
0 1 1 1
w3− w2
−−−−−→
1 1 2 3
0 1 1 1
0 0 0 0
A zatem dim V = 2 oraz baza to na przykład: {(1, 1, 2, 3), (0, 1, 1, 1)}.
(b) Dla jakich t ∈ R zachodzi równość: V = lin((1, 1, 2, 3), (2, 3, 5, 7), (5, 6, 11, 16), (1, 0, 1, t))?
Pytanie sprowadza się do tego, dla jakich t ∈ R, mamy (1, 0, 1, t) ∈ V . Wystarczy zatem sprawdzić, kiedy układ równań ma rozwiązanie:
1 0 1 1 1 0 2 1 1 3 1 t
w2− w1, w3− 2w1, w4− 3w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 1
0 1 −1
0 1 −1
0 1 t − 3
w3− w2, w4− w2
−−−−−−−−−−−−→
1 0 1
0 1 −1
0 0 0
0 0 t − 2
.
A zatem (1, 0, 1, t) ∈ V wtedy i tylko wtedy, gdy t = 2.
1
3. Niech V = {(x1, x2, x3) ∈ R3: 5x1+ 2x2− x3= 0} i niech α1= (1, 0, 5), α2= (1, 2, 9).
(a) Podać przykład takiego wektora α3, że układ α1, α2, α3jest bazą przestrzeni R3i wektor β = (9, 9, 56) ma w tej bazie współrzędne 3, 4, 1.
A zatem 3α1+ 4α2+ α3= β. Zatem α3= β − 3α1− 4α2. Wobec tego:
α3= (9, 9, 56) − (3, 0, 15) − (4, 8, 36) = (2, 1, 5), ale jeszcze sprawdzamy, czy rzeczywiście α1, α2, α3 jest bazą:
1 0 5 1 2 9 2 1 5
w2− w1, w3− 2w1
−−−−−−−−−−−−−→
1 0 5
0 2 4
0 1 −5
w2· 1/2
−−−−−→
1 0 5
0 1 2
0 1 −5
w3− w2
−−−−−→
1 0 5
0 1 2
0 0 −7
Czyli to rzeczywiście baza.
(b) Czy istnieje wektor γ ∈ V taki, że układ α1, α2, γ jest bazą przestrzeni R3? Jeśli tak, to podać przykład takiego γ. Jeśli nie, to dlaczego taki wektor γ nie istnieje?
Niech W = lin(α1, α2). Zauważmy, że dim V = 3 − 1 = 2, a zatem taki wektor γ istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy nie jest tak, że W ⊆ V . A zatem wtedy i tylko wtedy, gdy α1 ∈ V lub α/ 2 ∈ V ./ Sprawdzamy: 5 − 5 = 0, czyli α1 ∈ V , 5 + 4 − 9 = 0, czyli α2 ∈ V . A zatem szukany wektor β nie istnieje.
4. Przekształcenie liniowe ϕ : R3→ R2 ma w bazach A = {(0, 1, 2), (0, 0, 1), (1, 1, 3)} oraz B = {(2, 1), (1, 0)}
macierz M (ϕ)BA=
1 1 4 6 1 4
. (a) Obliczyć ϕ((0, 1, 0)).
Mamy (0, 1, 0) = (0, 1, 2) − 2(0, 0, 1). A zatem ϕ((0, 1, 0)) = ϕ((0, 1, 2)) − 2ϕ((0, 0, 1)) = ((2, 1) + 6(1, 0)) − 2((2, 1) + (1, 0)) = (8, 1) − 2(3, 1) = (2, −1).
(b) Znaleźć macierz przekształcenia ϕ w bazach C = {(1, 1, 1), (1, 2, 3), (2, 1, 1)} oraz D = {(0, 1), (1, 1)}.
Mamy:
M (ϕ)DC = M (id)DB · M (ϕ)BA· M (id)AC. Mamy też:
• (2, 1) = −(0, 1) + 2(1, 1),
• (1, 0) = −(0, 1) + (1, 1),
• (1, 1, 1) = 0(0, 1, 2) − 2(0, 0, 1) + (1, 1, 3),
• (1, 2, 3) = (0, 1, 2) − 2(0, 0, 1) + (1, 1, 3),
• (2, 1, 1) = −(0, 1, 2) − 3(0, 0, 1) + 2(1, 1, 3).
A zatem:
M (id)DB =
−1 −1
2 1
i
M (id)AC =
0 1 −1
−2 −2 −3
1 1 2
. Wobec tego:
M (ϕ)DC =
−1 −1
2 1
·
1 1 4 6 1 4
·
0 1 −1
−2 −2 −3
1 1 2
=
=
−7 −2 −8
8 3 12
·
0 1 −1
−2 −2 −3
1 1 2
=
−4 −11 −3
6 14 7
.
5. Niech A =
1 −2
1 4
i niech A150=
w x y z
.
2
(a) Czy macierz A jest diagonalizowalna? Jeśli tak, to znaleźć macierz diagonalną podobną do A.
Wielomian charakterystyczny macierzy A, to:
w(λ) = (1 − λ)(4 − λ) + 2 = (λ − 2)(λ − 3).
Mamy zatem 2 wartości własne w przestrzeni 2-wymiarowej, więc na pewno istnieje baza złożona z wektorów własnych, w której mamy diagonalną macierz i jest to:
2 0 0 3
.
(b) Obliczyć x.
Szukamy tej bazy wektorów własnych. Dla λ = 2, mamy −x − 2y = 0, a zatem wektor własny (−2, 1).
Dla λ = 3, x + y = 0, czyli (−1, 1) jest wektorem własnym dla λ = 3. A zatem A = {(−2, 1), (−1, 1)}
jest bazą wektorów własnych, oraz:
(1, 0) = −(−2, 1) + (−1, 1), (0, 1) = −(−2, 1) + 2(−1, 1), a zatem:
A150=
−2 −2
1 1
·
2150 0 0 3150
·
−1 −1
1 2
=
−2151 −3150 2150 3150
·
−1 −1
1 2
.
Wobec tego x = 2151− 2 · 3150.
6. Rozpatrzmy hiperpłaszczyznę H ⊆ R4, H = (1, 2, 1, 1) + lin((1, 1, 0, 2), (1, 2, 0, 3), (1, 1, 1, 4)) oraz prostą L ⊆ R4 przechodzącą przez punkty (1, 0, 1, 0) i (3, 1, 2, 4).
(a) Znaleźć równanie opisujące hiperpłaszczyznę H.
Liczymy równanie na T (H) = lin((1, 1, 0, 2), (1, 2, 0, 3), (1, 1, 1, 4)), czyli rozwiązujemy układ równań, żeby znaleźć bazę T (H)⊥:
1 1 0 2
1 2 0 3
1 1 1 4
w2− w1, w3− w1
−−−−−−−−−−−−→
1 1 0 2
0 1 0 1
0 0 1 4
w1− w2
−−−−−→
1 0 0 1
0 1 0 1
0 0 1 4
Czyli baza T (H)⊥ to {(−1, −1, −4, 1)}, a zatem równanie na T (H) to:
−x − y − 4z + w = 0, czyli równanie na H, to:
−x − y − 4z + w = −6.
(b) Znaleźć parametryzację prostej L i punkt przecięcia prostej L z hiperpłaszczyzną H.
Mamy L = (1, 0, 1, 0) + lin((3, 1, 2, 4) − (1, 0, 1, 0)) = (1, 0, 1, 0) + lin((2, 1, 1, 4)) = {(1 + 2t, t, 1 + t, 4t) : t ∈ R}.
Zatem punkt przecięcia L i H to punkt (1 + 2t, t, 1 + t, 4t) dla takiego t, że spełnia równanie −x − y − 4z + w = −6. Podstawiamy: −1 − 2t − t − 4 − 4t + 4t = −6, czyli −5 − 3t = −6, a zatem dla t = 1/3, czyli jest to punkt (5/3, 1/3, 4/3, 4/3).
7. Dane jest zadanie programowania liniowego: 4x1+ x2+ 2x3+ x4+ 5x5→ min przy warunkach:
2x1+ x2+ x3+ x5= 2 3x1+ x2+ 3x3+ x4+ 4x5= 7 x1, x2, x3, x4, x5 0
.
(a) Sprawdzić, czy {2, 4} jest zbiorem bazowym dopuszczalnym dla tego zadania.
Mamy wtedy x2 = 2 oraz x2 + x4 = 7, czyli x4 = 5, czyli rozwiązanie (0, 2, 0, 5, 0) i jest ono dopuszczalne.
3
(b) Rozwiązać metodą sympleks powyższe zadanie programowania liniowego.
Skoro mamy już wierzchołek dopuszczalny w poprzednim podpunkcie to od niego zaczynamy:
4 1 2 1 5 0
2 1 1 0 1 2
3 1 3 1 4 7
w0− w1, w2− w1
−−−−−−−−−−−−→
2 0 1 1 4 −2
2 1 1 0 1 2
1 0 2 1 3 5
w0− w2
−−−−−→
1 0 −1 0 1 −7
2 1 1 0 1 2
1 0 2 1 3 5
I jesteśmy w wierzchołku (0, 2, 0, 5, 0) (zmienne bazowe: x2, x4, wartość funkcji celu 7). Mamy jedną krawędź poprawiającą związaną z trzecią kolumną. Do zbioru zmiennych bazowych dojdzie więc x3. Ograniczenia na tę krawędź to odpowiednio 2/1 i 5/2. Skoro pierwsze z nich jest mniejsze, to wybrany zostaje pierwszy wiersz, więc ze zbioru zmiennych bazowych wypadnie x2. Idziemy:
w0+ w1, w2− 2w1
−−−−−−−−−−−−−→
3 1 0 0 2 −5
2 1 1 0 1 2
−3 −2 0 1 1 1
Zatem jesteśmy w wierzchołku (0, 0, 2, 1, 0) (zmienne bazowe x3, x4, wartość funkcji celu: 5). Skoro nie ma już krawędzi poprawiających, jest to wierzchołek optymalny.
8. Rozpatrzmy formy kwadratowe q1: R3→ R, q1(x1, x2, x3) = x21+ 5x22+ 7x23+ 4x1x2− 2x1x3oraz q2: R3→ R, q2(x1, x2, x3) = 2x1x2+ 2x2x3.
(a) Czy forma q1jest dodatnio określona?
Mamy A = M (q1) =
1 2 −1
2 5 0
−1 0 7
. Zatem liczymy wyznaczniki kolejnych minorów.
det A1= 1 > 0, det A2= 5 − 4 = 1 > 0, det A3= 35 − 5 − 28 = 2 > 0, a zatem z kryterium Sylvestera ta forma jest dodatnio określona.
(b) Czy forma q2jest ujemnie półokreślona?
Mamy M (q2) =
0 1 0 1 0 1 0 1 0
. Wyznacznik charakterystyczny tej macierzy to w(λ) = −λ3+ λ + λ =
−λ(λ2− 2), a zatem wartości własne to 0,√ 2, −√
2, a zatem forma nie jest ujemnie półokreślona, bowiem√
2 > 0.
4
