21 lub 22 listopada 2019

Geometria z algebrą liniowa I, 2019/2020 ćwiczenia 14. – rozwiązania

21 lub 22 listopada 2019

1. Niech V będzie podprzestrzenią R⁵ opisaną układem równań (x1+ 2x2− x3+ x4+ x5= 0

2x₁+ 4x₂− 2x₃+ 2x₄+ ax₅= 0 a) Wyznaczyć wymiar V w zależności od parametru a.

Sprowadzamy do postaci schodkowej:

 1 2 −1 1 1

2 4 −2 2 a



w2− 2w1

−−−−−−→

 1 2 −1 1 1

0 0 0 0 a − 2



Liczymy kolumny bez schodków, czyli dla a = 2, dim V = 4, a dla a 6= 2, dim V = 3.

b) Dla a = 0 znaleźć bazę V₀ zawierającą wektor (1, 1, 1, −2, 0).

Dla a = 0 mamy dwa równania. x1+2x2−x3+x4= 0 oraz x5= 0. Czyli baza to v1= (−2, 1, 0, 0, 0), v2= (1, 0, 1, 0, 0), v3(−1, 0, 0, 1, 0). Mamy też (1, 1, 1, −2, 0) = v1+ v2− 2v3, zatem zastępując którykolwiek z wektorów danym otrzymamy pożądaną bazę, np. (1, 1, 1, −2, 0), (1, 0, 1, 0, 0), (−1, 0, 0, 1, 0).

2. Dane są wektory α = (5, 5, 2, 3), β = (7, 7, 2, 0) oraz γ = (2, 2, 0, 8) ∈ R⁴. a) Opisać przestrzeń rozpiętą przez wektory α i β układem równań.

Mamy

 5 5 2 3 7 7 2 0



w1· (1/5)

−−−−−−→

 1 1 2/5 3/5

7 7 2 0



w2− 7w1

−−−−−−→

 1 1 2/5 3/5 0 0 −4/5 −21/5



w2· (−5/4)

−−−−−−−−→

 1 1 2/5 3/5

0 0 1 21/4



w1− 2w2/5

−−−−−−−−→

 1 1 0 −3/2 0 0 1 21/4



A zatem (−1, 1, 0, 0), (6, 0, −21, 4) jest bazą przestrzeni współczynników i dostaję układ równań:

(−x₁+ x₂= 0

6x1− 21x3+ 4x4= 0

b) Znaleźć przykład podprzestrzeni V ⊆ R⁴ takiej, że dim V = 3 oraz α, β ∈ V , ale γ /∈ V . Opisać V równaniem.

Zauważamy, że γ nie spełnia drugiego z równań. Więc jeśli V = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R⁴: 9x1− 105x3+ 20x4= 0}, to dim V = 3, α, β ∈ V , ale γ /∈ V .

c) Traktujemy wektory α, β, γ jako wektory z (Z¹¹)⁴. Czy istnieje przestrzeń V ⊆ (Z¹¹)⁴taka, że dim V = 3 oraz α, β ∈ V , ale γ /∈ V .

W tym przypadku −α = (6, 6, 9, 8) oraz −α + β = (2, 2, 0, 8) = γ, a więc γ ∈ lin(α, β), a zatem taka przestrzeń nie istnieje.

3. Udowodnić, że układ wektorów α1, . . . , αn ∈ V jest bazą wtedy i tylko wtedy, gdy każdy wektor β ∈ V można jednoznacznie zapisać w postaci β =Pn

i=1a_iα_i, gdzie a1, . . . , a_n są skalarami.

Jeśli układ ten jest bazą, to każdy wektor można zapisać jako kombinację tych wektorów. Jeśli można zapisać wektor α jako kombinację na co najmniej dwa różne sposoby

a1α1+ . . . + anαn= α = b1α1+ . . . + bnαn,

1

to dostajemy

(a1− b1)α1+ . . . + (an− bn)αn= 0,

czyli z tych wektorów można nietrywialnie skombinować zero, nie są więc liniowo niezależne, sprzeczność.

Jeśli każdy wektor β ∈ V można jednoznacznie zapisać w postaci β = Pn

i=1aiαi, to układ α1, . . . , αn

rozpina całą przestrzeń. Ponadto jest liniowo niezależny, bo w przeciwnym przypadku wektor zerowy można zapisać na dwa sposoby – z zerowymi współczynnikami i w nietrywialny sposób.

4. Zadanie składa się z następujących krótkich podpunktów.

a) Załóżmy, że 1 + 2i oraz −1 + 2i są pierwiastkami wielomianu w(x) ∈ R[x]. Czy stopień w(x) może być równy 3?

Nie. Jeśli z ∈ C jest pierwiastkiem wielomianu w(x) ∈ R[x], to ¯z też jest pierwiastkiem. Zatem wspo- mniany wielomian ma co najmniej 4 pierwiastki, więc o najmniej taki stopień (jeśli nie jest zerowy).

b) Czy istnieją wektory α, β, γ ∈ R¹⁰, takie że układ {α − β, β − γ, γ − α} jest liniowo niezależny?

Nie, zauważmy, że (α − β) + (β − γ) + (γ − α) = 0 jest nietrywialną kombinacją tych wektorów dającą wektor zerowy. Nie mogą więc być liniowo niezależne.

c) Niech α1, . . . , αn będzie bazą przestrzeni liniowej V i niech β 6= 0 będzie niezerowym wektorem w V . Czy prawdą jest, że gdy β nie należy do lin(α2, α2, . . . , αn), to β, α2, . . . , αn jest bazą V ?

Tak, skoro β nie należy do lin(α2, α2, . . . , αn), to β, α2, . . . , αn jest układem liniowo niezależnym (rze- czywiście, β nie jest kombinacją α2, . . . , αn, a gdyby αi, i ­ 2 był kombinacją

β, α1. . . , αi−1, αi+1, . . . , αn,

to współczynnik przy β musi być niezerowy, co po przekształceniu daje, że β jest jednak kombinacją α₂, . . . , α_n). Jako układ liniowo niezależny n wektorów w przestrzeni n wymiarowej, musi być bazą.

d) Znaleźć wektory α, β, γ, δ ∈ R⁴spełniające równanie x₁+2x₂+3x₃+2x₄= 0 takie, że układ {α, β, γ, δ}

jest bazą R⁴. Jeśli takich wektorów nie ma, to uzasadnić dlaczego.

Nie ma takich wektorów. Każda ich kombinacja też spełniałaby dane równanie. Zatem na przykład wektor (1, 0, 0, 0) nie będzie ich kombinacją.

e) Niech V będzie przestrzenią liniową wymiaru skończonego i niech α 6= 0 będzie niezerowym wektorem V . Czy może istnieć jej podprzestrzeń W ⊆ V tego samego wymiaru, co V , ale niezawierająca wektora α.

Nie. Gdyby V było taką podprzestrzenią i α1, . . . , αn było jej bazą, to α, α1, . . . , αn jest liniowo nieza- leżny w V , ale ma więcej wektorów niż wymiar, sprzeczność.

f) Niech W₁, W₂ będą podprzestrzeniami przestrzeni liniowej V oraz dim V = 5, dim W₁= dim W₂= 4.

Czy wymiar części wspólnej W₁∩ W₂ może być równy 2?

Nie. Mamy 5 ­ dim(W1+ W2) = dim W1+ dim W2− dim(W1∩ W2) = 8 − dim(W1∩ W2), zatem dim(W1∩ W2) ­ 3.

5. Niech S = {z ∈ C : |z| = 1} oraz D = {z ∈ C : |z| ¬ 1}. Dana jest funkcja f : C \ {3} → C zadana wzorem f (z) = 3z − 1

3 − z . a) Sprawdzić, że f [S] = S oraz f [D] = D.

Zauważmy, że jeśli a²+ b²¬ 1, to 8a²+ 8b²¬ 8, czyli 9a²− 6a + 1 + 9b²¬ 9 − 6a + a²+ b², a zatem (3a − 1)²+ 9b²¬ (3 − a)²+ b², czyli |f (z)| ¬ 1 dla z = ax + b. Co dowodzi, że f (D) = D.

Podobnie, jeśli a²+ b² = 1, to 8a²+ 8b² = 8, czyli 9a²− 6a + 1 + 9b² = 9 − 6a + a²+ b², a zatem (3a − 1)²+ 9b²= (3 − a)²+ b², czyli |f (z)| = 1 dla z = ax + b. A zatem f [S] = S.

b) Rozłożyć wielomian x⁵− x ∈ C[x] na wielomiany nierozkładalne.

(x⁵− x) = (x⁴− 1)x, czyli poszukujemy pierwiastków czwartego stopnia z 1. To jest 1, −1, i, −i. Zatem (x⁵− x) = (x − 1)(x + 1)(x − i)(x + i)x.

c) Rozłożyć wielomian x⁵− x ∈ Z5[x] na wielomiany nierozkładalne.

Łączymy w pary sprzężone pierwiastki zespolone z poprzedniego podpunktu:

(x⁵− x) = (x − 1)(x + 1)(x²+ 1)x.

2

6. Niech K będzie ciałem oraz V ⊆ Kⁿ będzie podprzestrzenią liniową opisaną układem równań liniowych U = {fk(x1, . . . , xn) = 0 : k = 1, . . . , m}, gdzie fk(x1, . . . xn) = ak,1x1+ . . . + ak,nxn. Dana jest podprze- strzeń W ⊆ Kⁿ zawierająca V .

a) Czy można W opisać podukładem układu U ?

Niekoniecznie. Np. U = {x + y = 0, x − y = 0},czyli V = {0} ⊆ R². Za to przestrzeń lin((1, 0)) nie jest opisana żadnym z tych równań.

b) Załóżmy, że W 6= Kⁿ. Udowodnić, że istnieją współczynniki λ1, . . . , λm∈ K, nie wszystkie równe zero, takie że funkcja g =Pm

k=1λkfk zeruje się na W .

Zauważmy, że jeśli a1x₁+. . .+anx_n= 0 jest jednym z równań układu opisującego W , to jest ono również spełnione przez wszystkie wektory z V . Zatem (a₁, . . . , a_n) jest wektorem w przestrzeni możliwych współczynników równań opisujących V , zaś {(a_k,1, . . . , a_k,n) : k = 1, . . . , m} rozpina tę przestrzeń skoro U opisuje V . Zatem w kombinacji z pewnymi skalarami λ₁, . . . , λ_m∈ K daje wektor (a₁, . . . , a_n), ale wtedy Pm

k=1λ_kf_k = a₁x₁+ . . . + a_nx_n zeruje się na każdym wektorze z W skoro jest równaniem z układu opisującego W .

3