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 jeÅ›li 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 wartoÅ›ci 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 szczeÅ›cie. 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 równoÅ›ci 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 szczeÅ›cie! ZnalezliÅ›my 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 zaÅ„, ale daje jedno. Wielu matematyków domagalo by sie uzupelnienia tego rozumowania dowodem jedynoÅ›ci znalezionego rozwia zania argumentuja c, że domyÅ›lnie sformulowanie wymaga tego. . . Można to zrobić np. tak. JeÅ›li 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 obliczeÅ„, 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 jeÅ›li 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 wartoÅ›ci 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 jeÅ›li a, b " Z , to również x, y " Z . WartoÅ›ci 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 zaliÅ›my. 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 JeÅ›li ktoÅ› chce rozwia zać te cześć zadania bez korzystania z tego, że funkcja cia gla ma wlasność przyjmowania wartoÅ›ci poÅ›rednich, to może stwierdzić, że równość Av = 3 v jest równoważna x temu, że (12x + 5y)2 + (5x + 2y)2 = 9(x2 + y2) przyjeliÅ›my, że v = , potem podnieÅ›liÅ›my 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 = (-7xÄ… 17x2 ) = 2 " =x(-7 Ä… 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 (-7ą 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 wartoÅ›ci i wektory wlasne macierzy A . (b) Znalezć wartoÅ›ci i wektory wlasne macierzy A-1 . (c) Znalezć wartoÅ›ci 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 wartoÅ›ci 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 wartoÅ›ci wlasnej 1 znajdujemy rozwia zuja c uklad równaÅ„ 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 wartoÅ›ci wlasnej -1 znajdujemy rozwia zuja c uklad równaÅ„ 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 WartoÅ›ciami wlasnymi macierzy A-1 sa liczby = 1 i = -1 . Odpowiadaja im te same 1 -1 wektory wlasne, co w przypadku macierzy A . WartoÅ›ciami 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 wartoÅ›ci wlasnej jest wektorem wlasnym macierzy odpowiadaja cym tej wartoÅ›ci 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 wartoÅ›ci 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 Å›rodek tej symetrii. Przeksztalcenie nie jest wiec symetria wzgledem punktu, bo ma nieskoÅ„czenie 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 wykluczyliÅ›my, 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 wartoÅ›ci wlasnej 3 - 1 byla prostopadla do plaszczyzny wlasnej odpowiadaja cej wartoÅ›ci 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 wartoÅ›ci 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 wartoÅ›ci 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 równoÅ›ci (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.