Geometria z algebrą liniowa I, 2019/2020 ćwiczenia 11. – rozwiązania
8 i 12 listopada 2019
1. Znaleźć rzędy macierzy nad Zp w zależności od liczby pierwszej p.
0 1 0 2 1 1 1 2 5
,
1 1 1 0 2 1 0 1 1
.
Uwaga: w tym zadaniu za każdym razem, gdy użyta jest liczba n p należy ją interpretować jako sumę n jedynek.
Sprowadzamy do postaci schodkowej
0 1 0 2 1 1 1 2 5
w1↔ w3
−−−−−−→
1 2 5 2 1 1 0 1 0
w2− 2w1
−−−−−−→
1 2 5
0 −3 −9
0 1 0
w2↔ w3
−−−−−−→
1 2 5
0 1 0
0 −3 −9
w3+ 3w2
−−−−−−→
1 2 5
0 1 0
0 0 −9
a zatem rząd tej macierzy to 3 o ile −9 6= 0, co jest prawdą, o ile p 6= 3. Gdy p = 3, rząd tej macierzy to 2.
1 1 1 0 2 1 0 1 1
w2↔ w3
−−−−−−→
1 1 1 0 1 1 0 2 1
w3− 2w2
−−−−−−→
1 1 1
0 1 1
0 0 −1
a zatem rząd tej macierzy to 3 niezależnie od p.
2. (·) Znaleźć rząd macierzy
3 4 2 1 2
2 3 1 4 6
1 2 s2− 2 7 10
4 5 3 −s −2
w zależności od s ∈ R.
Sprowadzamy do postaci schodkowej
3 4 2 1 2
2 3 1 4 6
1 2 s2− 2 7 10
4 5 3 −s −2
w1− w2
−−−−−→
1 1 1 −3 −4
2 3 1 4 6
1 2 s2− 2 7 10
4 5 3 −s −2
w2− 2w1, w3− w1, w4− 4w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 1 1 −3 −4
0 1 −1 10 14
0 1 s3− 3 10 14 0 1 −1 −s + 12 14
w3− w2, w4− w2
−−−−−−−−−−−−→
1 1 1 −3 −4
0 1 −1 10 14
0 0 s3− 2 0 0
0 0 0 −s + 2 0
Z czego jasne się staje, że r(A) = 3 jeśli s ∈ {−√
2,√
2, 2} oraz r(A) = 4 w przeciwnym przypadku.
1
3. (··) Rozważmy układ równań
3x + y + 3z = 2 4x + 4y + 7z = t 5x + sy + 11z = 0 2x − 2y − z = 3
Korzystając z Tw. Kroneckera-Capelliego określ dla jakich s, t ∈ R a) układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie?
b) ma nieskończenie wiele rozwiązań?
c) nie ma rozwiązań?
Sprowadzamy macierz (zapisując ją w kolejności y, x, z do postaci schodkowej
1 3 3 2
4 4 7 t
s 5 11 0
−2 2 −1 3
w2− 4w1, w3− sw1, w4+ 2w1
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 3 3 2
0 −8 −5 t − 8
0 5 − 3s 11 − 3s −2s
0 8 5 7
w3+ (5 − 3s)w2/8, w4+ w2
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 3 3 2
0 −8 −5 t − 8
0 0 (63 − 9s)/8 5t/8 − 5 + s − 3ts/8
0 0 0 t − 1
Zatem r(A) = 3 s 6= 7 oraz r(A) = 2 w przeciwnym przypadku. Dla s 6= 7 oraz t 6= 1 mamy r(Au) = 4, zaś dla t = 1, r(Au) = 3. Dla s = 7 i t = 1 nadal r(Au) = 3, ale też dla t 6= 1 r(Au) = 3. Zatem układ nie ma rozwiązań, gdy r(A) 6= r(Au), czyli gdy s 6= 7 ∧ t 6= 1 lub gdy s = 7. Ma rozwiązania, gdy s = 7 ∨ t = 1. i przestrzeń tych rozwiązań ma wymiar 3 − r(A). Czyli gdy s = 7 układ ma nieskończenie wiele rozwiązań.
Gdy s 6= 7 i t = 1 układ ma dokładnie jedno rozwiązanie (wymiar przestrzeni rozwiązań wynosi 1).
4. Niech A, B ∈ Mm×n(K) dla pewnego ciała K. Wykazać, że r(A + B) ¬ r(A) + r(B).
Niech w1, . . . , wmoraz v1, . . . , vmto wiersze odpowiednio A i B oraz r(A) = a, r(B) = b. Niech α1, . . . , αa
to baza lin(w1, . . . , wm), zaś β1, . . . , βb to baza lin(v1, . . . , vm). Mamy
lin(v1+ w1, . . . , vm+ wm) ⊆ lin(w1, . . . , wm, v1, . . . , vm) = lin(α1, . . . , αa, β1, . . . , βb).
Wymiar pierwszej przestrzeni jest równy rzędowi rozpatrywanej macierzy, zaś wymiar ostatniej macierzy jest ¬ a + b, ponieważ jest to przestrzeń rozpięta przez a + b wektorów. Stąd r(A + B) ¬ r(A) + r(B).
5. Wykazać, że rząd macierzy
a b c d
ma rząd 2 wtedy i tylko wtedy, gdy ad − bc 6= 0.
Rzeczywiście, jeśli ad = bc, to d(a, b) = (ad, bd) = (bc, bd) = b(c, d), zatem ta macierz ma rząd ¬ 1. Jeśli ta macierz ma rząd ¬ 1, to rzędy są liniowo zależne. Zakładając, że żaden z wierszy nie jest zerowy, mamy x(a, b) = (c, d) dla pewnego x ∈ K. Zatem xa = c oraz xb = d. W takim razie, ad = xab = bc.
6. Wykazać, że jeśli A = [aij] ∈ M3×3(R) jest niezerową macierzą taką, że aij = −aji, to r(A) = 2.
W takim razie ta macierz ma postać
0 a b
−a 0 c
−b −c 0
Oczywiście r(A) 2, jeśli co najmniej jedno z a, b, c jest niezerowe, ale a(−b, −c, 0)−b(−a, 0, c)+c(0, a, b) = (0, 0, 0), zatem r(A) ¬ 2, czyli r(A) = 2.
2
7. Niech bazą V będzie (1, −1, 1, 1, −2), (4, 4, −4, −4, 0), (3, 1, 3, −1, 3), zaś bazą W wektory (−1, 0, 1, 0, 0), (0, −1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 0, 1). Uzupełnić bazę przestrzeni V do bazy całej przestrzeni R5 korzystając z wektorów z W .
Wypisuję macierz i ją przekształcam:
1 −1 1 1 −2
4 4 −4 −4 0
3 1 3 −1 3
−1 0 1 0 0
0 −1 0 1 0
−1 0 0 0 1
→
1 −1 1 1 −2
0 1 −1 −1 1
0 4 0 −4 9
0 −1 2 1 −2
0 −1 0 1 0
0 −1 1 1 −1
→
1 −1 1 1 −2
0 1 −1 −1 1
0 0 −4 0 −5
0 0 1 0 −1
0 0 −1 0 1
0 0 0 0 0
→
1 −1 1 1 −2
0 1 −1 −1 1
0 0 −4 0 −5
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
Otrzymaliśmy 4 wierszy niezerowych, więc zadanie nie jest wykonalne – nawet połączone bazy obu prze- strzeni nie rozpinają R5.
8. Opisać układem równań liniowych przestrzeń lin((−9, 3, 6, −3), (−4, 2, 1, 5), (−5, 5, 4, 3)).
Rozwiązanie:
Wypisujemy macierz układu równań na możliwe współczynniki, kolejność kolumn a4, a3, a2, a1 (kolumna zer w pamięci):
−3 6 3 −9
5 1 2 −4
3 4 5 −5
w1·−1
−−−−−→3
1 −2 −1 3
5 1 2 −4
3 4 5 −5
w2− 5w1, w3− 3w1
−−−−−−−−−−−−−−→
1 −2 −1 3
0 11 7 −19
0 10 8 −14
w3· 11
−−−−→
1 −2 −1 3
0 11 7 −19
0 110 88 −154
w3− 10w2
−−−−−−−→
1 −2 −1 3
0 11 7 −19
0 0 18 36
w3· 1
−−−−→18
1 −2 −1 3
0 11 7 −19
0 0 1 2
w1+ w3, w2− 7w3
−−−−−−−−−−−−−→
1 −2 0 5
0 11 0 −33
0 0 1 2
w2· 1
−−−−→11
1 −2 0 5
0 1 0 −3
0 0 1 2
w1+ 2w2
−−−−−−→
1 0 0 −1 0 1 0 −3
0 0 1 2
A więc rozwiązanie bazowe to (a1, −2a1, 3a1, a1), czyli przestrzeń współczynników jest jednowymiarowa, a jej baza to np.: {(1, −2, 3, 1)}, czyli szukany układ równań składa się z jednego równania i jest to równanie:
x1− 2x2+ 3x3+ x4= 0
9. Znaleźć wymiar podprzestrzeni przestrzeni K[x] złożonej z wszystkich wielomianów stopnia mniejszego od 6 podzielnych przez x − 1.
Zauważmy, że x5− x4, x4− x3, x3− x2, x2− x, x − 1 jest układem wektorów liniowo niezależnych w tej przestrzeni. Co więcej, jeśli w jest w tej przestrzeni, to w = v(x − 1), gdzie v = ax4+ bx3+ cx2+ dx + e jest wielomianem stopnia co najwyżej 4. Wtedy: w = a(x5−x4)+b(x4−x3)+c(x3−x2)+d(x2−x)+e(x−1) jest kombinacją tego wybranego układu wektorów. Zatem jest on bazą i wymiar badanej przestrzeni wynosi 5.
10. (?) Niech V będzie przestrzenią nieskończenie wymiarową nieskończenie wymiarową, oraz niech A i B będą jej bazami. Udowodnij, że istnieje bijekcja f : A → B.Wyjaśnienie: nieskończony układ liniowy jest liniowo zależny, jeśli wektor zerowy można skombinować z pewnych skończenie wielu z tych wektorów w nietrywialny sposób.
Wskazówka: możesz skorzystać z faktu, że jeśli A i B to zbiory nieskończone natomiast {Ab: b ∈ B} to rodzina zbiorów skończonych oraz A =S
b∈BAb, to istnieje funkcja z B na A. Co więcej możesz skorzystać z tego, że jeśli istnieją funkcje z A na B i z B na A, to istnieje bijekcja pomiędzy nimi.
3
Zauważmy, że dla każdego v ∈ B istnieje skończony zbiór Av ⊆ A taki że v jest kombinacją wektorów z Av. Co więcej skoro A jest bazą, wszystkie jego wektory są niezbędne do wygenerowanie wektorów z B, co oznacza, że A =S
v∈BAv. Zatem korzystając z faktu ze wskazówki istnieje funkcja z B na A. Symetryczne rozumowanie daje funkcję z A na B.
4
