GAL (I INF) Kolokwium nr 1
29-11-2010
ROZWIAZANIA ZADA ´, N
Zadanie 1.
Dla ξ = 0 r´ownanie nie ma rozwiaza´, n, a wiec warunek jest spe lniony. Niech ξ 6= 0. Wtedy cz, e´,s´c urojona liczby pξ(z) jest r´owna ξ pomno˙zone przez cze´,s´c urojona liczby z. St, ad, je´, sli pξ(u) = 0 to cze´,s´c urojona liczby u jest zerowa, a co za tym idzie u jest liczba rzeczywist, a, u = u, oraz, pξ(u) = pξ(u).
Warunek w tre´sci zadania jest wiec spe lniony dla wszystkich rzeczywistych warto´, sci ξ.
Uwaga. Odpowied´z nie zale˙zy od liczby rozwiaza´, n r´ownania pξ(z) = 0, kt´ora, w zale˙zno´sci od ξ, wynosi 0, 1 lub 2.
Zadanie 2.
Najpierw wyznaczamy
AH =
1 0 0 0
−ı 1 0 0
−1 −ı 1 0
ı −1 −ı 1
AT =
1 0 0 0
ı 1 0 0
−1 ı 1 0
−ı −1 ı 1
.
Iloczyn tych macierzy wynosi
AH∗ AT =
1 0 0 0
0 1 0 0
−1 0 1 0 0 −1 0 1
.
Nastepnie wyznaczamy A, −1. W tym celu piszemy nastepujac, a macierz,
(A | I) ≡
1 ı −1 −ı | 1 0 0 0 0 1 ı −1 | 0 1 0 0 0 0 1 ı | 0 0 1 0 0 0 0 1 | 0 0 0 1
.
Po kilku operacjach elementarnych na wierszach otrzymujemy
1 0 0 0 | 1 −ı 0 0 0 1 0 0 | 0 1 −ı 0 0 0 1 0 | 0 0 1 −ı 0 0 0 1 | 0 0 0 1
≡ (I | A−1).
Ostatecznie
AH ∗ AT + A−1 =
2 −ı 0 0
0 2 −ı 0
−1 0 2 −ı
0 −1 0 2
.
1
Zadanie 3.
Poniewa˙z
HT ∗ H = (In− 2 ∗ ~u ∗ ~uT) ∗ (In− 2 ∗ ~u ∗ ~uT)
= In− 4 ∗ ~u ∗ ~uT + 4 ∗ ~u ∗ (~uT ∗ ~u) ∗ ~uT = In, mamy
kH ∗ ~xk22 = (H ∗ ~x)T ∗ (H ∗ ~x) = ~xT ∗ (HT ∗ H) ∗ ~x = ~xT ∗ ~x = k~xk22 i w konsekwencji
kHk2 = sup
~ x6=~0
kH ∗ ~xk2 k~xk2
= 1.
Zadanie 4.
Rozwiazuj, ac uk lad r´, owna´n
x1 + x2 + x3 = 0
x3 + x4 + x5 = 0
otrzymujemy x3 = −x4 − x5 i dalej x1 + x2 = −x3 = x4 + x5, a stad rozwi, azanie og´, olne dane
wzorem
α + β − γ γ
−α − β α β
, α, β, γ ∈ R
.
Wstawiajac za [α, β, γ], T kolejne wersory dostajemy baze przestrzeni Y,
(~a1, ~a2, ~a3) =
1 0
−1 1 0
,
1 0
−1 0 1
,
−1 1 0 0 0
Baze t, a mo˙zemy teraz uzupe lni´, c do bazy bazy w R5 wektorami
(~a4, ~a5) =
0 0 1 0 0
,
1 0 0 0 0
,
przy czym liniowa niezale˙zno´s´c ca lego uk ladu wynika w szczeg´olno´sci z faktu, ˙ze wektory ustawione w kolejno´sci ~a5, ~a3, ~a4, ~a2, ~a1 tworza macierz tr´, ojkatn, a g´, orna.,
Oczywi´scie, s = 3 i jest wyznaczone jednoznacznie, bo s = dim(Y).
Zadanie 5.
Poniewa˙z dim(Cn,n) = n2i macierzy ~vi∗~vjT jest te˙z n2, aby pokaza´c, ˙ze tworza one baz, e przestrzeni, Cn,n, wystarczy sprawdzi´c ich liniowa niezale˙zno´, s´c.
Zgodnie ze wskaz´owka mamy ~, vj = V ∗ ~ej. Stad dla a, i,j ∈ Cn,n, 1 ≤ i, j ≤ n, mamy
n
X
i,j=1
ai,j ∗ ~vi∗ ~vjT =
n
X
i,j=1
ai,j∗ V ∗ ~ei∗ (V ∗ ~ej)T =
n
X
i,j=1
ai,j ∗ V ∗ (~ei∗ ~ejT) ∗ VT
=
n
X
i,j=1
ai,j∗ V ∗ Ei,j∗ VT = V ∗
n
X
i,j=1
ai,j∗ Ei,j
∗ VT. To oznacza, ˙ze warunek
n
X
i,j=1
ai,j∗ ~vi∗ ~vjT = 0
(gdzie zero z prawej strony oznacza macierz zerowa) jest r´, ownowa˙zny warunkowi V ∗
n
X
i,j=1
ai,j∗ Ei,j
∗ VT = 0.
Poniewa˙z V ma pe lny rzad to jej kolumny s, a liniowo niezale˙zne. Wobec tego ich liniowa kom-, binacja V ∗ ~x jest wektorem zerowym tylko wtedy gdy ~x = ~0. Stad wnioskujemy najpierw, ˙ze,
Pn
i,j=1ai,j∗ Ei,j
∗ VT = 0, a nastepnie, ˙ze, Pn
i,j=1ai,j∗ Ei,j = 0.
Poniewa˙z uk lad Ei,j, 1 ≤ i, j ≤ n, jest baza w C, n,n, z ostatniej r´owno´sci wynika, ˙ze ai,j = 0 dla wszystkich 1 ≤ i, j ≤ n.
