Zad. 1

Niech p(x) = a₆x⁶ + a₅x⁵ + a₄x⁴ + a₃x³ + a₂x² + a₁x + a₀.

Teraz przejdziemy do wyznaczenia bazy i wymiaru.

p(x) + p(−x) = 0

a₆x⁶ + a₅x⁵ + a₄x⁴ + a₃x³ + a₂x² + a₁x + a₀ + a₆(−x)⁶ + a₅(−x)⁵ + a₄(−x)⁴ + a₃(−x)³ + ∖n+a₂(−x)² − a₁x + a₀ = 2a₆x⁶ + 2a₄x⁴ + 2a₂x² + 2a₀ = 0

Ponieważ po prawej mamy wielomian zerowy, więc z równości tych wielomianów wynika, że wszystkie współczynniki po lewej są równe 0:

a₆ = a₄ = a₂ = a₀ = 0

Zatem wielomian z tej przestrzeni jest postaci [a₆,  a₅,  a₄, a₃, a₂, a₁, a₀] = [0,a,0,b,0,c,0],   a, b, c ∈ R. Podstawiając pod każdy parametr wartość 1, a pod pozostałe 0 otrzymamy wektory bazowe [0,1, 0, 0, 0, 0,0],  [0,0, 0, 1, 0, 0,0],  [0,0, 0, 0, 0, 1,0], zatem

V = lin {[0,1, 0, 0, 0, 0,0], [0,0, 0, 1, 0, 0,0], [0,0, 0, 0, 0, 1,0]}, dim(V) = 3.

Podany zbiór jest bazą, bo zbiór złożony jest z wektorów liniowo niezależnych (dowód sobie daruję, zresztą to widać na pierwszy rzut oka – przynajmniej mam taką nadzieję). Ponadto, bazę generuje, bo każda kombinacja liniowa tych wektorów spełnia zależność z zadania (przed chwilą to wyliczyliśmy).

Zad. 2

Na dobry początek pokażemy, jak wygląda sprawa odbicia symetrycznego względem prostej

x = 2y = 3z = 0

Jest to postać kierunkowa (tak to się chyba nazywało). Ogólnie wzór wygląda tak

$$\frac{x - x_{0}}{a} = \frac{y - y_{0}}{b} = \frac{z - z_{0}}{c} = 0$$

Z porównania wzorów widać od razu, że $x_{0} = y_{0} = z_{0} = 0,\ a = 1,\ b = \frac{1}{2},c = \ \frac{1}{3}$. Zatem wektor kierunkowy to $\lbrack 1,\frac{1}{2},\ \frac{1}{3}\rbrack$, ale możemy go zastąpić takim przemnożonym przez 6, żeby nam się ułamki nie pałętały tu i ówdzie.

$\overset{\overline{}}{n} = \lbrack 6,3,2\rbrack$, postać parametryczna prostej:

$$\left\{ \begin{matrix} x = 6t \\ y = 3t \\ z = 2t \\ \end{matrix} \right.\ ,\ \ t \in R$$

Po pierwsze, zarówno punkt odbijany, jak i jego odbicie leżą na jednej i tej samej płaszczyźnie, która dodatkowo jest prostopadła do prostej (to akurat wynika z definicji samego rzutu prostokątnego; oczywiście punkt leżący na tej prostej jest sam dla siebie odbiciem. Wektor normalny płaszczyzny jest do niej prostopadły, więc jest on jednocześnie wektorem równoległym do naszego wektora kierunkowego.

Tym sposobem dostajemy równanie płaszczyzny (prostopadłej do prostej danej w zadaniu), dla punktu (x₀,  y₀,  z₀) należącego do tejże płaszczyzny:

a(x−x₀) + b(y−y₀) + c(z−z₀) = 6x + 3y + 2z − 6x₀ − 3y₀ − 2z₀ = 0

Teraz szukamy punktu przecięcia prostej i płaszczyzny – w praktyce odbijamy symetrycznie właśnie względem tego punktu. Wstawiamy zatem wartości x, y, z postaci parametrycznej (prostej) do równania płaszczyzny i mamy

36t + 9t + 4t − 6x₀ − 3y₀ − 2z₀ = 49t − 6x₀ − 3y₀ − 2z₀ = 0.

Wyliczamy z tego t. Jak nasze t wstawimy znowu do równania prostej (w końcu na niej też ten punkt leży) to otrzymamy punkt, względem którego odbijamy. A stąd z kolei wynika, że jeżeli odbiciem punktu A jest punkt A’, to ten wyznaczony przed chwilą punkt jest środkiem odcinka AA’. Konkretnie:

$${\left( \frac{x_{0} + x'}{2},\ \frac{y_{0} + y'}{2},\ \frac{z_{0} + z'}{2} \right) = \left( x,\ y,\ z \right)\backslash n}{\left( \frac{1 + x'}{2},\ \frac{y'}{2},\ \frac{z'}{2} \right) = \left( \frac{36}{49},\ \frac{18}{49},\ \frac{12}{49} \right)\backslash n}{\left( x',\ y',\ z' \right) = \left( \frac{23}{49},\ \frac{36}{49},\ \frac{24}{49} \right)}$$

$${\left( \frac{x_{0} + x'}{2},\ \frac{y_{0} + y'}{2},\ \frac{z_{0} + z'}{2} \right) = \left( x,\ y,\ z \right)\backslash n}{\left( \frac{x'}{2},\ \frac{1 + y'}{2},\ \frac{z'}{2} \right) = \left( \frac{18}{49},\ \frac{9}{49},\ \frac{6}{49} \right)\backslash n}{\left( x',\ y',\ z' \right) = \left( \frac{36}{49},\ - \frac{31}{49},\ \frac{12}{49} \right)}$$

$${\left( \frac{x_{0} + x^{'}}{2},\ \frac{y_{0} + y^{'}}{2},\ \frac{z_{0} + z^{'}}{2} \right) = \left( x,\ y,\ z \right)\backslash n}{\left( \frac{x^{'}}{2},\ \frac{y'}{2},\ \frac{{1 + z}^{'}}{2} \right) = \left( \frac{12}{49},\ \frac{6}{49},\ \frac{4}{49} \right)\backslash n}{\left( x^{'},\ y^{'},\ z^{'} \right) = \left( \frac{24}{49},\ \frac{12}{49}, - \ \frac{41}{49} \right)}$$

Pozostaje zapisać macierz przekształcenia (że pozwolę sobie przypomnieć: bierzemy po kolei współrzędne przekształconych wektorów bazowych – tu [1,0,0], [0,1,0], [0,0,1] i zapisujemy w kolejnych kolumnach macierzy). Żeby wszystko wyglądało ciut ładniej, wyciągniemy sobie mianownik ułamków przed macierz:

$$A_{L} = \frac{1}{49}\begin{bmatrix} 23 & 36 & 24 \\ 36 & - 31 & 12 \\ 24 & 12 & - 41 \\ \end{bmatrix}$$

Zad. 3

Rozwiązanie polega na napisaniu 1-2 zdań. Pozostawiam w dowolność w układaniu treści, ale generalnie chodzi o to, że te wektory już są ortogonalne.

Zad. 4

$L\left( p \right)\left( x \right) = \frac{x}{3}\left\lbrack p^{'}\left( x \right) + p^{'}\left( - x \right) \right\rbrack$.

Najpierw machniemy ogólny wzór przekształcenia.

Niech zatem p(x) = a₃x³ + a₂x² + a₁x + a₀[a₃, a₂, a₁, a₀].

p^′(x)=3a₃x² + 2a₂x + a₁

$$L\left( p \right)\left( x \right) = \frac{x}{3}\left\lbrack 3a_{3}x^{2} + 2a_{2}x + a_{1} + 3a_{3}\left( - x \right)^{2} + 2a_{2}\left( - x \right) + a_{1} \right\rbrack = \frac{x}{3}\left( 6a_{3}x^{2} + 2a_{1} \right) = \backslash n$$

Teraz czas sprawdzić, jak wygląda przekształcenie wektorów bazowych.

L(x³) = 2x³[2, 0, 0, 0]∖nL(x²) = 0[0, 0, 0, 0]

$$L\left( x \right) = \frac{2}{3}x\lbrack 0,0,\frac{2}{3},0\rbrack$$

L(1) = 0[0, 0, 0, 0]

Możemy napisać macierz przekształcenia:

$$A_{L} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} & \begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} & \begin{matrix} \frac{2}{3} & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}$$

Liczymy wartości własne.

det(A_L − λI)=0

$\left| \begin{matrix} \begin{matrix} \ 2 - \lambda & \ \ \ \ 0 \\ \ 0 & \text{\ \ \ \ } - \lambda \\ \end{matrix} & \text{\ \ \ \ \ \ }\begin{matrix} 0 & \text{\ \ \ \ \ \ \ \ }0 \\ 0 & \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \\ \end{matrix} \\ \text{\ \ }\begin{matrix} 0 & \text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ }0 \\ 0 & \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \\ \end{matrix} & \text{\ \ \ }\begin{matrix} \frac{2}{3} - \lambda & \ \ \ \ 0 \\ 0 & - \lambda \\ \end{matrix} \\ \end{matrix} \right| = \lambda^{2}\left( 2 - \lambda \right)\left( \frac{2}{3} - \lambda \right) = 0$

Zatem mamy 3 opcje.

$${\left( A_{L} - \lambda_{1}I \right)*\begin{bmatrix} \begin{matrix} a \\ b \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ d \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}\backslash n}{\begin{bmatrix} \begin{matrix} \ 2 & \ 0 \\ \ 0 & 0 \\ \end{matrix} & \begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} \\ \text{\ \ }\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} & \begin{matrix} \frac{2}{3} & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} \begin{matrix} a \\ b \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ d \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} a \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} \frac{2}{3}c \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}}$$

$$\left\{ \begin{matrix} a = 0 \\ c = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

Mamy zatem wektor własny będący wielomianem postaci

ax³ + bx² + cx + d = px² + q,   p, q ∈ R

$${\left( A_{L} - \lambda_{2}I \right)*\begin{bmatrix} \begin{matrix} a \\ b \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ d \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}\backslash n}{\begin{bmatrix} \begin{matrix} \ 0 & \ 0 \\ \ 0 & - 2 \\ \end{matrix} & \begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} \\ \text{\ \ }\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{matrix} & \begin{matrix} - \frac{4}{3} & 0 \\ 0 & - 2 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} \begin{matrix} a \\ b \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ d \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 0 \\ - 2b \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} - \frac{4}{3}c \\ - 2d \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}\backslash n}{\left\{ \begin{matrix} b = 0 \\ c = 0 \\ d = 0 \\ \end{matrix} \right.\ \ \backslash n}$$

$${\left( A_{L} - \lambda_{3}I \right)*\begin{bmatrix} \begin{matrix} a \\ b \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ d \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}\backslash n}{\begin{bmatrix} \begin{matrix} \frac{4}{3} & \text{\ \ \ \ }0 \\ 0 & - \frac{2}{3} \\ \end{matrix} & \begin{matrix} 0 & \text{\ \ \ }0 \\ 0 & \text{\ \ \ }0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 & \text{\ \ \ \ }0 \\ 0 & \text{\ \ \ \ }0 \\ \end{matrix} & \ \begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & - \frac{2}{3} \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} \begin{matrix} a \\ b \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} c \\ d \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} \frac{4}{3}a \\ - \frac{2}{3}b \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ - \frac{2}{3}d \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}\backslash n}{\left\{ \begin{matrix} a = 0 \\ b = 0 \\ d = 0 \\ \end{matrix} \right.\ \ \backslash n}$$