11 05 18 chkol3 rozw


Matematyka A, kolokwium, 18 maja 2011, rozwia zania
Należy przeczytać CALE zadanie PRZED rozpoczeciem rozwia zywania go!
1. (10 pt.) (a) Znalezć takie liczby A , B , C , D i E , że jeśli w(x) = A + Bx + Cx2 + Dx3 + Ex4
dla każdej liczby x , to w(0) = 0 , w(1) = 1 , w(2) = 9 , w(3) = 36 i w(4) = 100 .
(b) Obliczyć w(5) .
Rozwia zanie
Å„Å‚
0 = w(0) = A,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
1 = w(1) = A + B + C + D + E,
òÅ‚
Mamy 9 = w(2) = A + 2B + 4C + 8D + 16E,
ôÅ‚
ôÅ‚
36 = w(3) = A + 3B + 9C + 27D + 81E,
ôÅ‚
ół
100 = w(4) = A + 4B + 16C + 64D + 256E.
Bierzemy pod uwage to, że A = 0 , nastepnie odejmujemy drugie równanie pomnożone przez
odpowiednie liczby od nastepnych, wynik dzielimy, by otrzymać:
Å„Å‚ Å„Å‚
0 = A, 0 = A,
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
1 = B + C + D + E, 1 = B + C + D + E,
òÅ‚ òÅ‚
7
7
= C + 3D + 7E,
Przeksztalcamy dalej
= C + 3D + 7E,
2
2
ôÅ‚ ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
11
2 = D + 6E,
ôÅ‚ ôÅ‚
= C + 4D + 13E ,
ół ół
2
9
= D + 8E.
8 = C + 5D + 21E.
2
1
Odejmujemy dwa ostanie równania i dzielimy wynik przez 2 : E = . Z przedostatniego równania
4
1 7 3 7 1 1 1 1
otrzymujemy D = . To pozwala obliczyć C = - - = oraz B = 1 - - - = 0 . Wobec
2 2 2 4 4 4 2 4
1 1 1 25 125 625 125 325 450
tego w(x) = x2 + x3 + x4 . Sta d wynika, że w(5) = + + = + = = 225 .
4 2 4 4 2 4 2 2 2
Nieco inne rozwia zanie
Wszystkie wartości funkcji f sa kwadratami liczb calkowitych, wiec jest pewna szansa (ale nie
2
pewność!!!), że wielomian w jest kwadratem innego wielomianu. Zalóżmy, że w(x) = v(x) ,
gdzie v(x) = ax2 + bx + c  może bedziemy mieć szczeście. Powinno być v(0) = 0 , v(1) = 1
i v(2) = 3 , czyli c = 0 , a + b + c = 1 , 4a + 2b + c = 3 . Z tych równości wynika od razu,
1 1 1 9 3 16 4
że a = = b , wiec v(x) = x2 + x . Wtedy v(3) = + = 6 oraz v(4) = + = 10 .
2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 1 1 1 1
Mamy szczeście! Znalezliśmy w(x) = = v(x) = x2 + x = x4 + x3 + x2 . Wobec tego
2 2 4 2 4
2 2
25 5
w(5) = v(5) = + = 152 = 225 .
2 2
Komentarz: Z rozumowania w pierwszym sposobie wynika, że zadanie ma dokladnie jedno roz-
wia zanie. Drugi sposób poza tym, że móglby nie prowadzić do rozwia zania, nie daje żadnych pod-
staw do stwierdzenia, że znalezione rozwia zanie jest jedyne! Jest wiec gorszy, bo jest niepewny,
być może nie daje wszystkich możliwych rozwia zań, ale daje jedno. Wielu matematyków domagalo
by sie uzupelnienia tego rozumowania dowodem jedyności znalezionego rozwia zania argumentuja c, że
domyślnie sformulowanie wymaga tego. . . Można to zrobić np. tak. Jeśli wielomiany w1, w2 , stop-
nia nie wiekszego niż cztery spelniaja warunki z zadania, to ich różnica jest wielomianem stopnia nie
wiekszego niż 4 , który ma 5 pierwiastków. Jest to możliwe jedynie wtedy, gdy ta różnica jest wielo-
mianem zerowym, wiec gdy w1 = w2 .
Z punktu widzenia obliczeń, jest lepszy, bo rachunki sa prostsze
3 3 12
2. (10 pt.) Znalezć -1 1 -4 .
25 1683 -11
Rozwia zanie
Zaczniemy od przypomnienia, że jeśli zasta pimy jeden z wierszy suma tego wiersza i innego
pomnożonego przez dowolna liczbe pozostawiaja c wszystkie pozostale wiersze bez zmian, to wyz-
3 3 12 0 6 0
pierwszy plus
nacznik nie zmieni sie. Wobec tego -1 1 -4 = = = = = = = -1 1 -4 =
= = = = = =
trzy razy drugi
25 1683 -11 25 1683 -11
-1 -4
= - 6 = -6(11 + 100) = -666 .
25 -11
3. (10 pt.) (a) Wykazać, że dla dowolnych liczb calkowitych a, b istnieja takie liczby calkowite
x, y , że:
12 5 x a
= .
5 2 y b
12 5
(b) Znalezć wartości wlasne macierzy .
5 2
-1
12 5
(c) Znalezć macierz .
5 2
(d) Czy istnieje taki niezerowy wektor v , że A v = 3 v ?
Rozwia zanie
-1
12 5 12 5 2 -5 -2 5
1
Mamy = 12 · 2 - 52 = -1 . Wobec tego = = .
-1
5 2 5 2 -5 12 5 -12
-1 -1
x 12 5 12 5 x 12 5 a -2 5 a -2a + 5b
Sta d = · · = · = · = ,
y 5 2 5 2 y 5 2 b 5 -12 b 5a - 12b
czyli x = -2a + 5b i y = 5a - 12b , wiec jeśli a, b " Z , to również x, y " Z .
Wartości wlasne wyznaczamy z równania charakterystycznego:
12 -  5
0 = = (12 - )(2 - ) - 25 = 2 - 14 - 1 = ( - 7)2 - 50 .
5 2 - 
" " " "
1 -1
"
Otrzymujemy 1 = 7- 50 , 2 = 7+5 2 . Mamy 7+5 2 > 14 , wiec -14 < 7- 50 = < 0 .
7+ 50
1 1
Niech v1 = bedzie wektorem wlasnym odpowiadaja cym 1 , a v2 =  wektorem wlasnym
y1 y2
1 Av(t)
odpowiadaja cym 2 . Niech v(t) = . Niech f(t) = . Funkcja f jest cia gla na calej prostej.
t v(t)
Ponieważ f(y2) = 2 > 3 > |1| = f(y1) , wiec miedzy liczbami y2 i y1 znajduje sie taka liczba t , że
f(t) = 3 . Dowodzi to, że odpowiedz na pytanie (d) jest twierdza ca. Zadanie rozwia zaliśmy.
Komentarz
Można efektywnie znalezć liczby y1 , y2 rozwia zuja c dwa równania: (12 - 1) · 1 + 5y1 = 0 oraz
" "
" "
12-7+5 2 12-7-5 2
(12 - 2) · 1 + 5y2 = 0 . Otrzymujemy wtedy y1 = = 1 + 2 oraz y2 = = 1 - 2 .
5 5
Jeśli ktoś chce rozwia zać te cześć zadania bez korzystania z tego, że funkcja cia gla ma wlasność
przyjmowania wartości pośrednich, to może stwierdzić, że równość Av = 3 v jest równoważna
x
temu, że (12x + 5y)2 + (5x + 2y)2 = 9(x2 + y2)  przyjeliśmy, że v = , potem podnieśliśmy
y
równość Av = 3 v stronami do kwadratu. Otrzymana równość może być przepisana w postaci
144x2 + 120xy + 25y2 = 25x2 + 20xy + 4y2 = 9x2 + 9y2 , czyli 160x2 + 140xy + 20y2 = 0 , tzn.
8x2 + 7xy + y2 = 0 . Traktuja c te równość jako równanie kwadratowe z niewiadoma y zależne od
"
1
parametru x , otrzymujemy " = 49x2-32x2 = 17x2 e" 0 . Możemy napisać, że y = (-7xą 17x2 ) =
2
"
=x(-7 ą 17) . Wynika z niej, że dla każdej liczby rzeczywistej x = 0 istnieja dokladnie dwie takie

2
x x
"
liczby rzeczywiste y , że jeśli v = = , to Av = 3 v .
x
y (-7Ä… 17 )
2
Dodajmy jeszcze, że nie istnieje taki rzeczywisty wektor v = 0 , że Av = 15 v , do udowod-

nienia czego, wielce szanowne studentki i wielce szanownych studentów gora co zachecam.
ëÅ‚ öÅ‚
-3 2 -2
Å‚Å‚
4. (10 pt.) Niech A =íÅ‚ 0 1 0 .
4 -2 3
(a) Znalezć wartości i wektory wlasne macierzy A .
(b) Znalezć wartości i wektory wlasne macierzy A-1 .
(c) Znalezć wartości i wszystkie wektory wlasne macierzy A2 i macierzy A3 .
(d) Znalezć macierze A2 i A3 .
- -

(e) Czy przeksztalcenie przypisuja ce wektorowi x wektor A · x jest symetria lub obrotem?
Rozwia zanie
Zaczniemy od znalezienia wartości wlasnych macierzy A . Rozwia żemy wiec równanie charakterysty-
-3 -  2 -2
wzgledem
czne 0 = 0 1 -  0 = = = = = = =(1-) (-3-)(3-)+8 = (1-) 2 -1 =
= = = = = =
drugiego wiersza
4 -2 3 - 
= - ( - 1)2( + 1) , zatem 1 = 1 = 2 , 3 = -1 .
Wektory wlasne odpowiadaja ce wartości wlasnej 1 znajdujemy rozwia zuja c uklad równań linio-
-4x + 2y - 2z = 0
wych 0x + 0y + 0z = 0 , czyli rozwia zuja c równanie 2x - y + z = 0 . Spelnia je każdy wektor
4x - 2y + 2z = 0
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
x 1 0 2
íÅ‚ Å‚Å‚= Å‚Å‚+ Å‚Å‚. íÅ‚-1 Å‚Å‚.
postaci 2x + z xíÅ‚ 2 zíÅ‚ 1 Wektory te tworza plaszczyzne prostopadla do wektora
z 0 1 1
Wektory wlasne odpowiadaja ce wartości wlasnej -1 znajdujemy rozwia zuja c uklad równań linio-
-2x + 2y - 2z = 0
wych 0x + 2y + 0z = 0 , czyli dwa równania y = 0 oraz x + z = 0 . Poszukiwanymi wektorami
4x - 2y + 4z = 0
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
x 1
íÅ‚ Å‚Å‚= Å‚Å‚.
wlasnymi sa wiec wektory postaci 0 xíÅ‚ 0
-x -1
1 1
Wartościami wlasnymi macierzy A-1 sa liczby = 1 i = -1 . Odpowiadaja im te same
1 -1
wektory wlasne, co w przypadku macierzy A .
Wartościami wlasnymi macierzy A2 sa liczby 12 = 1 i (-1)2 = 1 . Macierz A2 ma wiec
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
1 0 1
Å‚Å‚+zíÅ‚ Å‚Å‚ Å‚Å‚.
potrójna wartość wlasna 1 , której odpowiadaja wektory postaci xíÅ‚ 2 1 oraz postaci xíÅ‚ 0
0 1 -1
Ponieważ suma wektorów wlasnych odpowiadaja cych jednej wartości wlasnej jest wektorem wlasnym
macierzy odpowiadaja cym tej wartości wlasnej, wiec wektorami wlasnymi macierzy A2 sa wszystkie
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
1 0 1
Å‚Å‚+síÅ‚ Å‚Å‚+tíÅ‚ Å‚Å‚, gdzie r, s, t oznaczaja dowolne liczby. W tej postaci można
wektory postaci ríÅ‚ 2 1 0
0 1 -1
1 0 1
zapisać dowolny wektor (trójwymiarowy), bo 2 1 0 = 1 = 0 . Wobec tego dla każdego wektora

0 1 -1
ëÅ‚ öÅ‚
1 0 0
Å‚Å‚.
v zachodzi równość A2v = v . Oznacza to, że A2 = I =íÅ‚ 0 1 0
0 0 1
Wynika sta d w szczególnoÅ›ci, że A3 = A2 · A = I · A = A . Wobec tego wartoÅ›ci wlasne i wektory
wlasne macierzy A3 to wartości wlasne i wektory wlasne macierzy A .
- -

Zalóżmy, że przeksztalcenie przypisuja ce wektorowi x wektor A · x jest symetria wzgledem
pewnego punktu. Wtedy jedynym punktem stalym x , czyli takim, że zachodzi równość Ax = x ,
jest punkt środek tej symetrii. Przeksztalcenie nie jest wiec symetria wzgledem punktu, bo ma
nieskończenie wiele punktów stalych: wszystkie wektory wlasne odpowiadaja ce jedynce. Nie jest
też obrotem wokól prostej, bo wtedy punktami stalymi przeksztalcenia bylyby punkty osi obrotu, a tu
mamy do czynienia z plaszczyzna . Symetrie wokól prostej już wykluczyliśmy, bo symetria wzgledem
prostej w przestrzeni to obrót wokól tej prostej o 180ć% . Wreszcie symetria osiowa. Musialaby to
być symetria wzgledem plaszczyzny zlożonej z punktów stalych przeksztalcenia, czyli plaszczyzny o
2
-1
równaniu 2x - y + z = 0 . Wtedy jednak wektor do niej prostopadly musialby przechodzić na
1
2 2 -7
-1 -1 -1
wektor - , a tak nie jest: A = .
1 1 9
Uwaga
Przeksztalcenie byloby symetria , gdyby prosta wlasna odpowiadaja ca wartości wlasnej 3 - 1 byla
prostopadla do plaszczyzny wlasnej odpowiadaja cej wartości wlasnej 1 = 2 = 1 .
" "
ëÅ‚ öÅ‚
ëÅ‚ öÅ‚
5 1 + 3 3 1 - 3 3
1
" "
÷Å‚, u =íÅ‚ 2 Å‚Å‚.
13 3
5. (10 pt.) Niech M =ìÅ‚ 1 - 3 3 2 + 3
íÅ‚ Å‚Å‚
2 2
" "
2
3 13
1 + 3 3 2 - 3
2 2
(a) Znalezć macierz MT oraz iloczyny M · MT , MT · M .
(b) Znalezć M u . Wskazać jedna (z być może kilku) wartość wlasna macierzy M .
(c) Obliczyć M-1 .
(d) Wykazać, że macierze M i MT maja te same wartości wlasne.
(e) Obliczyć | det(M)| .
Rozwia zanie
" "
ëÅ‚ öÅ‚
5 1 - 3 3 1 + 3 3
" "
3 ÷Å‚.
Mamy oczywiÅ›cie MT =ìÅ‚ 1 + 3 3 13 2 - 3
íÅ‚ Å‚Å‚
2 2
" "
3 13
1 - 3 3 2 + 3
2 2
Z definicji macierzy transponowanej i definicji mnożenia macierzy wynika, że wyrazami macierzy
M · MT sa iloczyny skalarne wierszy macierzy M , a wyrazami macierzy MT · M  iloczyny skalarne
kolumn macierzy M .
Mamy wiec:
" " " " " " " "
[5, 1+3 3, 1-3 3]·[5, 1+3 3, 1-3 3]=52+(1+3 3 )2+(1-3 3 )2 =25+1+6 3+27+1-6 3+27=81,
" " " " " " " "
13 3 13 39 27
[5, 1 + 3 3, 1 - 3 3] · [1 - 3 3, , 2 + 3] = 5 - 15 3 + + 3 + 2 - 6 3 + +3 3 - = 0 ,
2 2 2 2 2 2
" " " " " "
13 3 3 13 39 39
[1 - 3 3, , 2 + 3] · [1 + 3 3, 2 - 3, ] = 1 - 27 + 13 - 3 + 13 - 3 = 0 ,
2 2 2 2 4 4
ëÅ‚ öÅ‚
81 0 0
Å‚Å‚.
zatem M · MT = 81 · I =íÅ‚ 0 81 0 Z tej równoÅ›ci wynika, że
0 0 81
(1) det(M) · det(MT ) = det(M · MT ) = 813 = 0 ,

wiec det(M) = 0 , zatem M-1 istnieje. Wynika sta d, że MT = M-1MMT = M-1 · 81 · I = 81M-1 ,

1
wiec M-1 = MT . Wynika sta d, że MT · M = 81M-1M = 81I. *
81
Macierze M i MT maja ten sam wielomian charakterystyczny, bo wyznacznik można obliczać
rozwijaja c go wzgledem kolumn lub wzgledem wierszy. Sta d wynika, że maja takie same wartości
wlasne. (Nie wynika natomiast, że wektory wlasne sa identyczne, tak na ogól nie jest.)
Mamy det(M) = det(MT ) , bo wyznacznik można obliczać rozwijaja c go wzgledem kolumn
lub wzgledem wierszy. Sta d i z równości (1) wynika, że (det(M))2 = 813 , wiec możemy napisać
"
| det(M)| = 813 = 93 = 729 .
Uwaga
0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1
· = = = · , wiec jeÅ›li M = , to MMT =

0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0

= MT M .
*Na ogól M·MT =MT ·M , Przyklad jest dalej w tekÅ›cie.



Wyszukiwarka