UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

1

EGZAMIN PISEMNY - przykładowy zestaw, rozwiązania zadań

1. W przestrzeni liniowej V o wymiarze

2

dimV

, określona jest następująca relacja:

Wektor

u

jest w relacji z wektorem

v

(

u

~

v

) jeśli

u

jest liniowo zależny z

v

.

Określić zbiór wektorów

0

V będących w relacji z ustalonym wektorem

0

0

v

.

Czy zbiór

0

V jest podprzestrzenią liniową? Jeśli tak to podać bazę i wymiar.

Czy relacja ta jest relacją równoważności?

Rozwiązanie:
Wskazówka: Istota problemu sprowadza się do obserwacji, że wektor zerowy jest liniowo
zależny z każdym wektorem.
Liniowa zależność dwóch wektorów: Definicję liniowej zależności wektorów, przestrzeni
liniowej V nad ciałem K , zapisujemy w postaci symetrycznej.

Wektory

V

v

v

2

1

,

są liniowo zależne, jeśli istnieją

K

2

1

,

, z których

przynajmniej jeden jest różny od zera, takie, że

0

2

2

1

1

v

v

.

Zbiór wektorów

0

V liniowo zależnych z wektorem

0

0

v

:

Niech

0

1

v

v

. Występują dwa przypadki:

a)

0

2

v

. Wtedy

0

0

2

1

i

. Stąd

0

0

2

1

2

v

v

v

dla pewnego

K .

b)

0

2

v

. Wtedy

0

,

0

2

1

. Stąd

0

0

2

0

0

v

v

v

dla

0 .

W obu przypadkach wektor

2

v

liniowo zależny z wektorem

0

0

v

przyjmuje postać

0

2

v

v

, gdzie

K . Dlatego

K

v

v

V

v

V

,

:

0

0

Zbiór wektorów

0

V jako podprzestrzeń liniowa:

Zbiór

0

V jest domknięty ze względu na dodawanie wektorów i mnożenie przez liczbę ( dowód

wynika wprost z własności tych działań ):

0

2

1

0

2

0

1

)

(

v

v

v

,

0

1

2

0

1

2

)

(

)

(

v

v

W szczególności

0

V zawiera wektor zerowy

0

0

V . Zbiór

0

V jest więc podprzestrzenią

liniową. Co więcej, zbiór

0

V stanowi powłokę liniową rozpiętą przez jeden wektor

0

v .

Zatem

1

dim

0

V

, a dowolna baza składa się z jednego wektora postaci

0

0

1

v

e

,

0

0

.

Relacja równoważności ?:
Sposób I. - Relacja równoważności jest zwrotna, symetryczna i przechodnia.
Z powyższej definicji liniowej zależności wektorów wynika, że relacja:
Wektor

u

jest w relacji z wektorem

v

(

u

~

v

) jeśli

u

jest liniowo zależny z

v

.

jest oczywiście symetryczna, a także zwrotna (

0

u

u

).

Jeśli jednak

2

dimV

, to relacja ta nie jest przechodnia. Istnieją bowiem wtedy

przynajmniej dwa ( różne od zera ) wektory liniowo niezależne

V

u

u

2

1

,

, nie będące ze

sobą w relacji. Ale każdy z nich jest liniowo zależny z wektorem zerowym

V

0

.

Mamy więc:

1

u

~ 0 i 0 ~

2

u

podczas gdy

1

u

nie jest w relacji z

2

u

.

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

2

Sposób II. - Relacja równoważności dzieli zbiór na rozłączne podzbiory ( klasy
równoważności ).
Dowód nie wprost. Załóżmy, że relacja:
Wektor

u

jest w relacji z wektorem

v

(

u

~

v

) jeśli

u

jest liniowo zależny z

v

.

jest relacją równoważności. Ponieważ

2

dimV

, to istnieją dwa ( różne od zera ) wektory

liniowo niezależne

V

u

u

2

1

,

, nie będące ze sobą w relacji. Wtedy zbiór wektorów

1

V

będących w relacji z wektorem

1

u

jest rozłączny ze zbiorem wektorów

2

V

będących w relacji

z wektorem

2

u

,

2

1

V

V

Ø .

Ale każdy z wektorów

2

1

, u

u

jest liniowo zależny z wektorem zerowym

V

0

, co oznacza,

że wektor zerowy

2

1

0

V

V

, czyli

2

1

V

V

Ø . Doprowadzając do sprzeczności

wykazaliśmy, że nie jest to relacja równoważności.

......................................................................................................................................................

2. Znaleźć część rzeczywistą, urojoną oraz moduł liczby zespolonej

z

postaci:

12

12

)

1

(

)

3

1

(

i

i

z

Czy liczba

z

należy do zbioru

4

7

1

1

:

Argz

i

z

C

z

Wynik uzasadnić oraz naszkicować na płaszczyźnie zespolonej.

Rozwiązanie:
Wskazówka 1: Liczbę zespoloną można zapisać w postaci algebraicznej

iy

x

z

lub

trygonometrycznej ( wykładniczej )

i

re

i

r

z

)

sin

(cos

. Mnożenie, potęgowanie i

pierwiastkowanie wygodniej jest wykonywać korzystając z postaci trygonometrycznej,
w oparciu o wzór de Moivre’a:

in

n

n

n

e

r

n

i

n

r

z

)

sin

(cos

przy czym

2

1

2

1

)

(

z

Arg

z

Arg

z

z

Arg

,

2

1

2

1

)

(

z

Arg

z

Arg

z

z

Arg

.

Wskazówka 2: Wyrażenia z wysokimi potęgami można czasami uprościć, jeśli któraś
z kolejnych potęg przyjmuje prostą postać (

k

z

jest rzeczywiste lub urojone ).

Korzystanie ze wzoru na dwumian Newtona jest ostatecznością.

Wskazówka 3: Przy obliczaniu modułu

r

y

x

z

2

2

można korzystać z faktu:

- moduł iloczynu( ilorazu, potęgi) równy jest iloczynowi(ilorazowi, potędze) modułów.

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

3

A. Postać liczby

z

Sposób 1: Postać trygonometryczna

Niech

)

sin

(cos

3

1

1

1

1

1

i

r

i

z

. Wtedy

2

3

1

1

z

,

)

sin

(cos

2

2

3

2

1

2

1

1

1

i

i

z

Stąd (

1

z

leży w czwartej ćwiartce na płaszczyźnie zespolonej )

3

5

1

,

20

12

1

1

12

12

1

)

20

sin

20

(cos

2

)

12

sin

12

(cos

2

i

e

i

i

z

Niech

)

sin

(cos

1

2

2

2

2

i

r

i

z

.

Wtedy

2

1

1

2

z

,

)

sin

(cos

2

2

1

2

1

2

2

2

2

i

i

z

Stąd (

2

z

leży w pierwszej ćwiartce na płaszczyźnie zespolonej )

4

1

2

,

3

12

2

2

12

12

2

)

3

sin

3

(cos

2

)

12

sin

12

(cos

)

2

(

i

e

i

i

z

Ostatecznie

6

6

12

12

12

2

12

1

2

)

)

3

20

sin(

)

3

20

(cos(

2

)

3

sin

3

(cos

)

2

(

)

20

sin

20

(cos

2

i

i

i

z

z

z

Zatem

64

Re z

,

0

Im z

,

64

z

.

Sposób 2: Postać arytmetyczna.

Niech

3

1

1

i

z

,

i

z

1

2

. Obliczamy kolejne potęgi liczb

2

1

, z

z

.

)

3

1

(

2

3

3

2

1

)

3

1

(

2

2

1

i

i

i

z

3

3

1

2

)

3

1

(

2

)

3

1

)(

3

1

(

2

i

i

z

i

i

i

z

2

1

2

1

)

1

(

2

2

2

Ostatecznie

6

6

12

6

4

3

6

2

2

4

3

1

12

2

12

1

2

2

2

)

2

(

)

2

(

)

(

)

(

i

z

z

z

z

z

Zatem

64

Re z

,

0

Im z

,

64

z

.

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

4

B. Położenie liczby

z

na płaszczyźnie zespolonej

Liczba

64

z

nie należy do podanego zbioru

4

7

1

1

:

Argz

i

z

C

z

który jest częścią wspólną zbiorów A i B , gdzie

-

A to zewnętrze koła ( wraz z okręgiem) o promieniu

1

r

i środku w punkcie

i

z

1

0

,

-

B to obszar ograniczony dwiema półprostymi:

2

4

7

z

Arg

.

bowiem

4

7

z

Arg

czyli

B

z

. Należy zauważyć, że

A

z

, ponieważ

odległość

z

od

i

1

( jako moduł różnicy liczb ) jest większa od 1

1

1

65

65

1

64

2

i

i

.

......................................................................................................................................................

3. Wykazać ( dwoma sposobami ) bez rozwiązywania, że układ równań

1

7

5

3

1

3

2

2

2

z

y

x

y

x

z

y

x

posiada jedno rozwiązanie? Rozwiązać układ równań dwoma z trzech podanych metod:

metoda operacji elementarnych, metoda macierzy odwrotnej, wzory Cramera.

Rozwiązanie
Wskazówka: Postać macierzowa układu równań

b

Ax

1

1

2

7

5

3

0

3

2

1

2

1

z

y

x

pozwala wyjaśnić problem istnienia rozwiązań układu trzech równań z trzema niewiadomymi,
poprzez badanie właściwości przekształcenia liniowego

3

3

:

R

R

f

posiadającego w bazie

standardowej macierz A , sprawdzenie czy jest to układ typu Cramera lub badanie rzędów
macierzy A i macierzy rozszerzonej

b

A .

A. Istnienie rozwiązań

Sposób 1: Właściwości przekształcenia liniowego

3

3

:

R

R

f

o macierzy A .

Układ niejednorodny posiada rozwiązanie gdy

f

b

Im

. Rozwiązanie jest jedno jeśli

dodatkowo

Kerf

dim

0 .

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

5

Kolumny macierzy A , jako obrazy wektorów bazy rozpinają obraz

f

Im

7

0

1

,

5

3

2

,

3

2

1

Im f

Wykonując operacje elementarne na kolumnach macierzy A wykazujemy, że wszystkie trzy
są liniowo niezależne ( tworzą bazę w

3

R

)

0

1

0

0

0

1

1

0

0

7

1

5

0

0

1

1

0

0

7

4

5

0

0

1

1

0

0

7

19

5

0

3

1

1

0

0

7

19

10

0

3

2

1

0

0

7

5

3

0

3

2

1

2

1

)

7

(

2

,

3

)

5

(

2

,

1

)

4

/

1

(

2

)

3

(

1

,

2

)

1

(

3

)

2

/

1

(

1

)

2

(

3

,

2

)

1

(

3

,

1

K

K

K

K

K

K

K

K

F

F

F

F

F

F

F

F

Tak więc

3

Im

R

f

i oczywiście

f

b

Im

.

Ponadto z faktu, że

3

dim

Im

dim

Kerf

f

otrzymujemy

0

dim Kerf

.

Układ posiada więc jedno rozwiązanie.

Sposób 2: Układ typu Cramera lub metoda macierzy odwrotnej.

Macierz A jest macierzą kwadratową . Wystarczy wykazać, że wyznacznik

0

det A

.

Jeżeli bowiem wyznacznik

0

det A

to:

- po pierwsze, istnieje wówczas macierz odwrotna

1

A

i układ posiada jedyne rozwiązanie

postaci

b

A

x

1

,

- po drugie, układ posiada jedyne rozwiązanie opisane wzorami Cramera.
Rzeczywiście

0

8

28

0

9

10

0

21

7

5

3

0

3

2

1

2

1

det A

Sposób 3: Twierdzenie Kroneckera-Capellego

Układ posiada jedno rozwiązanie jeśli rzędy macierzy A i macierzy rozszerzonej

b

A

są

równe liczbie niewiadomych

n

:

n

b

rzA

rzA

Metoda wyznacznikowa: Rząd macierzy równy jest najwyższemu ze stopni jej minorów
różnych od zera.
Wykazując ( sposób 2 ), że

0

8

det A

otrzymujemy

n

b

rzA

rzA

3

Metoda operacji elementarnych: Rząd macierzy równy jest maksymalnej liczbie liniowo
niezależnych wektorów kolumnowych ( wierszowych ) macierzy.

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

6

Wykonując operacje elementarne na kolumnach ( sposób 1 ) wykazaliśmy, że

n

b

rzA

rzA

3

Sprowadzając macierz do najprostszej postaci można w tym przypadku wykonywać operacje
elementarne zarówno na kolumnach jak i na wierszach. Wystarczy przy tym wyzerować
elementy pod (nad ) diagonalą ( operacjami na wierszach )

8

0

0

2

1

0

1

2

1

8

0

0

0

3

2

1

2

1

7

5

3

0

3

2

1

2

1

)

2

(

1

,

2

)

1

(

2

,

3

)

1

(

1

,

3

w

w

w

F

F

F

aby zauważyć, że trzy wektory kolumnowe ( wierszowe ) są liniowo niezależne.

B. Rozwiązanie układu równań

Sposób 1: Macierz odwrotna.

b

A

x

1

Macierz odwrotną można wyznaczyć dwoma metodami:

i)

przy pomocy operacji elementarnych,

ii)

przy pomocy wyznaczników ( dopełnienie algebraiczne, macierz dołączona )

i) Aby wyznaczyć macierz odwrotną

1

A

do macierzy A ( metodą operacji elementarnych )

należy skorzystać z następującego faktu:

Jeśli wykonamy równocześnie ciąg takich samych operacji elementarnych na macierzy

A i macierzy jednostkowej I, taki że

I

A

A

,

to wtedy

1

A

I

I

.

Uwaga! Wszystkie operacje wyłącznie na kolumnach lub wszystkie wyłącznie na wierszach.

Można wykorzystać ciąg operacji na kolumnach (

1

. Sposób

A

), uzupełniając go o zamiany

miejscami odpowiednich kolumn.

1

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

1

0

1

0

1

0

0

0

1

0

0

0

1

1

0

0

7

1

5

0

0

1

1

0

0

7

4

5

0

0

1

1

0

0

7

19

5

0

3

1

1

0

0

7

19

10

0

3

2

1

0

0

7

5

3

0

3

2

1

2

1

3

,

1

2

,

1

)

7

(

2

,

3

)

5

(

2

,

1

)

4

/

1

(

2

)

3

(

1

,

2

)

1

(

3

)

2

/

1

(

1

)

2

(

3

,

2

)

1

(

3

,

1

K

K

K

K

K

K

K

K

K

K

F

F

F

F

F

F

F

F

F

F

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

7

1

1

1

2

10

14

3

19

21

8

1

1

1

1

14

10

2

21

19

3

8

1

1

1

1

14

2

10

21

3

19

8

1

8

1

4

0

2

0

0

3

4

8

1

1

2

/

1

2

/

1

0

1

0

0

2

/

3

2

/

1

1

2

2

/

1

0

1

0

0

0

2

/

1

1

2

1

0

1

0

0

0

1

1

0

0

0

1

0

0

0

1

3

,

1

2

,

1

)

7

(

2

,

3

)

5

(

2

,

1

)

4

/

1

(

2

)

3

(

1

,

2

)

1

(

3

)

2

/

1

(

1

)

2

(

3

,

2

)

1

(

3

,

1

K

K

K

K

K

K

K

K

K

K

F

F

F

F

F

F

F

F

F

F

Stąd

1

1

1

2

10

14

3

19

21

8

1

1

A

,

2

/

1

2

2

/

5

1

1

2

1

1

1

2

10

14

3

19

21

8

1

z

y

x

ii) Korzystamy ze wzoru

D

A

A

A

det

1

1

, gdzie

D

A

oznacza macierz dołączoną, która jest

transpozycją macierzy dopełnień algebraicznych elementów macierzy

A

.

Niech

ij

A

~

oznacza

macierz utworzoną z macierzy A przez skreślenie i-tego wiersza oraz j-tej kolumny.
Dopełnienie algebraiczne

ij

d elementu

ij

a wynosi

ij

j

i

ij

A

d

~

det

)

1

(

natomiast elementy macierzy dołączonej mają postać:

ji

ij

D

d

A

nn

n

n

d

d

d

d

A

A

...

...

det

1

1

1

11

1







W tym przypadku ( A. Sposób 2 )

8

det A

.

21

7

5

0

3

11

d

,

19

7

5

1

2

21

d

,

3

0

3

1

2

31

d

,

14

7

3

0

2

12

d

,

10

7

3

1

1

22

d

,

2

0

2

1

1

32

d

,

1

5

3

3

2

13

d

,

1

5

3

2

1

23

d

,

1

3

2

2

1

33

d

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

8

Stąd

1

1

1

2

10

14

3

19

21

8

1

1

A

Sposób 2. Wzory Cramera

Jeśli A jest macierzą kwadratową, nieosobliwą (

0

det A

) to rozwiązania układu równań

n

n

nn

n

n

b

b

x

x

a

a

a

a











1

1

1

1

11

...

...

są postaci

A

A

x

i

i

det

det



gdzie macierz

i

A



została utworzona z macierzy A poprzez zastąpienie i-tej kolumny,

kolumną wyrazów wolnych b .

20

7

5

1

0

3

1

1

2

2

det

1

A



,

16

7

1

3

0

1

2

1

2

1

det

2

A



,

4

1

5

3

1

3

2

2

2

1

det

3

A



Ale

( A. Sposób 2 )

8

det A

. Więc

2

5

1

x

x

,

2

2

x

y

,

2

1

3

x

z

.

Sposób 3: Metoda operacji elementarnych ( na wierszach macierzy b

A )

Aby wyzerować w macierzy A elementy pod diagonalą, wykonujemy ciąg operacji
elementarnych na wierszach macierzy

b

A ( taki sam jak w A. Sposób 3 )

4

3

2

8

0

0

2

1

0

1

2

1

4

1

2

8

0

0

0

3

2

1

2

1

1

1

2

7

5

3

0

3

2

1

2

1

)

2

(

1

,

2

)

1

(

2

,

3

)

1

(

1

,

3

w

w

w

F

F

F

Układ równań przyjmuje równoważną, prostą postać:

4

3

2

8

0

0

2

1

0

1

2

1

z

y

x

czyli

4

8

3

2

2

2

z

z

y

z

y

x

. Stąd kolejno

2

/

5

2

2

/

1

x

y

z

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

9

4. Przekształcenie liniowe

3

3

]

[

:

R

R

f

posiada ( w bazach standardowych: w przestrzeni

wielomianów

]

[

3

R

;

1

)

(

1

x

e

,

x

x

e

)

(

2

,

2

3

)

(

x

x

e

,

3

4

)

(

x

x

e

, natomiast w

przestrzeni

3

R

;

)

0

,

0

,

1

(

1

e

,

)

0

,

1

,

0

(

2

e

,

)

1

,

0

,

0

(

3

e

) macierz postaci:

3

2

3

2

2

2

3

1

1

1

1

1

Określić Ker f , Imf ( podając bazy i wymiar ) oraz postać wielomianu

)

(x

w

, dla

którego

)

2

,

0

,

1

(

)

(w

f

.

Rozwiązanie

Wskazówka. W podanych bazach, dowolny wielomian

]

[

3

R

w

postaci

3

4

2

3

2

1

)

(

x

w

x

w

x

w

w

x

w

reprezentowany jest przez wektor kolumnowy

w

w

w

w

w

3

2

1

, wektor

3

)

(

R

w

f

przez wektor kolumnowy

2

0

1

)

(w

f

,

przekształcenie

3

3

]

[

:

R

R

f

przez macierz

3

2

3

2

2

2

3

1

1

1

1

1

A

,

natomiast równanie

)

2

,

0

,

1

(

)

(w

f

w zapisie macierzowym przyjmuje postać

2

0

1

3

2

3

2

2

2

3

1

1

1

1

1

4

3

2

1

w

w

w

w

Jądro przekształcenia liniowego

}

0

:

]

[

{

3

Aw

R

w

f

Ker

Równanie jednorodne

0

0

0

3

2

3

2

2

2

3

1

1

1

1

1

4

3

2

1

w

w

w

w

sprowadzamy metodą operacji elementarnych na wierszach macierzy A

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

10

1

0

1

0

0

1

1

0

0

1

0

1

1

0

1

0

1

1

2

0

1

1

1

1

3

2

3

2

2

2

3

1

1

1

1

1

)

1

(

3

,

2

)

1

(

3

,

1

)

2

(

1

,

3

)

1

(

1

,

2

W

W

W

W

F

F

F

F

do prostej postaci

0

0

0

1

0

1

0

0

1

1

0

0

1

0

1

4

3

2

1

w

w

w

w

czyli

0

0

0

4

2

3

2

3

1

w

w

w

w

w

w

. Stąd kolejno

t

w

t

w

t

w

t

w

4

2

3

1

Jądro tworzą więc wektory

1

1

1

1

t

w

, to znaczy, że

1

ker

dim

f

, a baza składa się z jednego wektora np.

1

1

1

1

1

e

.

Obraz przekształcenia liniowego

f

Im

Kolumny macierzy A , jako obrazy wektorów bazy rozpinają obraz

f

Im

3

2

1

,

2

2

1

,

3

3

1

,

2

1

1

Im f

Wykonując operacje elementarne na kolumnach macierzy A wykazujemy, że trzy z nich są
liniowo niezależne ( tworzą bazę w

3

R

)

1

0

1

0

0

1

0

0

0

0

0

1

1

0

1

2

0

1

2

0

0

0

0

1

4

,

1

1

0

1

2

1

1

2

1

0

0

0

1

4

,

3

,

2

3

2

3

2

2

2

3

1

1

1

1

1

)

2

(

4

,

1

)

2

(

3

,

2

)

1

(

3

,

)

1

(

1

,

K

K

K

i

K

i

F

F

i

F

i

F

Tak więc

3

Im

R

f

,

3

Im

dim

f

, baza np. standardowa, zero-jedynkowa.

Uwaga. W tym przypadku

4

dim

Im

dim

Kerf

f

.

Przeciwobraz wektora

)

2

,

0

,

1

(

)

(w

f

Szukając wielomianów

)

(x

w

takich, że

)

2

,

0

,

1

(

)

(w

f

rozwiązujemy układ równań

niejednorodnych

2

0

1

3

2

3

2

2

2

3

1

1

1

1

1

4

3

2

1

w

w

w

w

UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka – semestr I Kazimierz Jezuita
2008/2009

11

metodą operacji elementarnych na wierszach macierzy

b

A

postępując tak samo jak powyżej,

dla równania jednorodnego (

Kerf

)

0

1

1

1

0

1

0

0

1

1

0

0

1

0

1

0

1

1

1

0

1

0

1

1

2

0

1

1

1

1

2

0

1

3

2

3

2

2

2

3

1

1

1

1

1

)

1

(

3

,

2

)

1

(

3

,

1

)

2

(

1

,

3

)

1

(

1

,

2

W

W

W

W

F

F

F

F

sprowadzając układ równań do postaci:

0

1

1

1

0

1

0

0

1

1

0

0

1

0

1

4

3

2

1

w

w

w

w

czyli

0

1

1

4

2

3

2

3

1

w

w

w

w

w

w

. Stąd kolejno

t

w

t

w

t

w

t

w

2

2

1

4

2

3

1

Przeciwobraz wektora

)

2

,

0

,

1

(

)

(w

f

tworzą więc wielomiany

3

2

)

2

(

)

1

(

)

2

(

)

(

x

t

x

t

x

t

t

x

w