Zad. 1

p(x) = p(−x)

Niech p(x) = a₅x⁵ + a₄x⁴ + a₃x³ + a₂x² + a₁x + a₀. Analogicznie określimy sobie wielomian

q(x) = b₅x⁵ + b₄x⁴ + b₃x³ + b₂x² + b₁x + b₀,

Żeby sprawdzić, czy zbiór z określoną powyżej równością jest przestrzenią liniową, trzeba będzie sprawdzić dwa warunki (musielibyśmy tak naprawdę sprawdzić osiem, ale ponieważ w zadaniu dany jest podzbiór przestrzeni liniowejR₅[x], więc możemy sobie to darować:

1. p(x) + q(x) = p(−x) + q(−x) ∈ V

2. αp(x) ∈ V, dla dowolnego α ∈ R

Darowałem sobie rozpisywanie tego, bo tego polega tylko na rozpisaniu tych wielomianów, w pierwszym przypadku dodania odpowiednich współczynników, a w drugim przemnożenia przez stałą i zauważenia, że to nadal są wielomiany, które należą do zadanego zbioru.

Teraz przejdziemy do wyznaczenia bazy i wymiaru.

p(x) = p(−x)

a₅x⁵ + a₄x⁴ + a₃x³ + a₂x² + a₁x + a₀ = a₅( − x)⁵ + a₄(−x)⁴ + a₃(−x)³ + a₂(−x)² − a₁x + a₀

Z porównania odpowiednich współczynników otrzymujemy układ równań:

$$\left\{ \begin{matrix} \begin{matrix} \begin{matrix} a_{5} = - a_{5} \\ a_{4} = a_{4} \\ \end{matrix} \\ a_{3} = {- a}_{3} \\ a_{2} = a_{2} \\ \end{matrix} \\ a_{1} = - a_{1} \\ a_{0} = a_{0} \\ \end{matrix} \right.\ $$

Wynika stąd, że a₅ = a₃ = a₁ = 0. Pozostałe równania są oczywiście zawsze spełnione.

Zatem wielomian z tej przestrzeni jest postaci [a₅,  a₄, a₃, a₂, a₁, a₀] = [0,a, 0, b, 0,c],  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, 1, 0, 0],  [0,0, 0, 0, 0, 1], zatem

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

Zad. 2

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

x − z = 0

Po pierwsze, zarówno punkt odbijany, jak i jego odbicie leżą na jednej i tej samej prostej, która dodatkowo jest prostopadła do płaszczyzny (to akurat wynika z definicji samego rzutu prostokątnego; oczywiście punkt leżący w tej płaszczyźnie jest sam dla siebie odbiciem. Wektor normalny płaszczyzny jest do niej prostopadły, więc jest on jednocześnie wektorem kierunkowym dla prostej prostopadłej. Oczywiście ten wektor to $\overset{\overline{}}{n} = \lbrack 1,\ 0,\ - 1\rbrack$, co daje postać parametryczną prostej

$\left\{ \begin{matrix} x = x_{0} + t \\ y = y_{0} \\ z = z_{0} - t \\ \end{matrix} \right.\ ,\ t \in R$, dla punktu (x₀,  y₀,  z₀) należącego do prostej.

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

x₀ − z₀ + 2t = 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:

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

1. [0, 1, 0], t = 0
   Zauważmy, że punkt leży na danej płaszczyźnie. Zatem jego odbiciem względem płaszczyzny jest on sam, czyli (0, 1, 0).

$$\left( \frac{x'}{2},\ \frac{y'}{2},\ \frac{1 + z'}{2} \right) = \left( x,y,z \right) = \left( \frac{1}{2},\ 0,\ \frac{1}{2} \right)\backslash n$$

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).

$$A_{L} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix}$$

Zad. 3

$${\overset{\overline{}}{u}}_{1} = \left\lbrack - 1,\ 1,\ 1,\ 1 \right\rbrack,\ {\overset{\overline{}}{u}}_{2} = \left\lbrack 1,\ 1,\ 1,\ 1 \right\rbrack,\ {\overset{\overline{}}{u}}_{3} = \left\lbrack 1,\ - 1,\ 1,1 \right\rbrack$$

$${{\overset{\overline{}}{v}}_{1} = {\overset{\overline{}}{u}}_{1} = \left\lbrack \mathbf{- 1,\ 1,\ 1,\ 1} \right\rbrack\backslash n}{{\overset{\overline{}}{v}}_{2} = {\overset{\overline{}}{u}}_{3} = \left\lbrack \mathbf{1,\ - 1,\ 1,1} \right\rbrack\backslash n}{{\overset{\overline{}}{v}}_{3} = {\overset{\overline{}}{u}}_{2} - \frac{\left\langle {\overset{\overline{}}{u}}_{2},{\overset{\overline{}}{v}}_{1} \right\rangle}{\left\langle {\overset{\overline{}}{v}}_{1},\ {\overset{\overline{}}{v}}_{1} \right\rangle}{\overset{\overline{}}{v}}_{1} - \frac{\left\langle {\overset{\overline{}}{u}}_{2},{\overset{\overline{}}{v}}_{2} \right\rangle}{\left\langle {\overset{\overline{}}{v}}_{2},\ {\overset{\overline{}}{v}}_{2} \right\rangle}{\overset{\overline{}}{v}}_{2} = \left\lbrack 1,1,1,1 \right\rbrack - \frac{2}{4}\left\lbrack - 1,1,1,1 \right\rbrack - \frac{2}{4}\left\lbrack 1, - 1,1,1 \right\rbrack = \backslash n}{= \mathbf{\lbrack 1,1,0,0\rbrack}}$$

Zad. 4

Nie jestem pewien, jak interpretować stwierdzenie „tekst jak wcześniej”, ale idąc tropem zadań z grup A i B zakładam, że chodzi o wektory i wartości własne. No to lecim:

$$L\left( \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ - 1 & - 2 \\ \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 1 & 0 \\ \end{bmatrix}\lbrack 1,0, - 1,0\rbrack$$

$$L\left( \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ - 1 & - 2 \\ \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & - 1 \\ \end{bmatrix}\lbrack 0,1,0, - 1\rbrack$$

$$L\left( \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ - 1 & - 2 \\ \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ - 2 & 0 \\ \end{bmatrix}\lbrack 2,0, - 2,0\rbrack$$

$$L\left( \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ - 1 & - 2 \\ \end{bmatrix}*\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ 0 & - 2 \\ \end{bmatrix}\lbrack 0,2,0, - 2\rbrack$$

Ostatni zapis w każdej linijce to oczywiście zapis macierzy w postaci „bardziej wektoropodobnej”. Wtedy macierz przekształcenia:

$$A_{L} = \begin{bmatrix} \begin{matrix} 1 & \ \ \ \ 0 \\ 0 & \ \ \ \ 1 \\ \end{matrix} & \begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \\ \end{matrix} & \begin{matrix} - 2 & 0 \\ 0 & - 2 \\ \end{matrix} \\ \end{bmatrix}$$

Czas na wartości własne:

det(A_L − λI)=0

$${\left| \begin{matrix} \begin{matrix} \ 1 - \lambda & \ \ \ \ 0 \\ 0 & \ \ \ \ 1 - \lambda \\ \end{matrix} & \text{\ \ \ \ \ \ }\begin{matrix} 2 & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \\ 0 & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 2 \\ \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 1 & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 0 \\ \ \ \ 0 & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ - 1 \\ \end{matrix} & \text{\ \ \ }\begin{matrix} - 2 - \lambda & \ \ \ \ 0 \\ 0 & - 2 - \lambda \\ \end{matrix} \\ \end{matrix} \right| = \backslash n}{= \left( 1 - \lambda \right)\left| \begin{matrix} 1 - \lambda & 0 & 2 \\ 0 & - 2 - \lambda & 0 \\ - 1 & 0 & - 2 - \lambda \\ \end{matrix} \right| + 2\left| \begin{matrix} 0 & 1 - \lambda & 2 \\ - 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & - 2 - \lambda \\ \end{matrix} \right| = \backslash n}{= \left( 1 - \lambda \right)\left\lbrack \left( 1 - \lambda \right)\left( - 2 - \lambda \right)^{2} + 2\left( - 2 - \lambda \right) \right\rbrack + 2\lbrack 2 + \left( 1 - \lambda \right)\left( - 2 - \lambda \right)\rbrack = 0\backslash n}$$

(1−λ)[(1−λ)(−2−λ)²+2(−2−λ)] + 2[2+(1−λ)(−2−λ)] = ∖n=(1−λ)²(−2−λ)² + 4(1−λ)(−2−λ) + 4 = [(1−λ)(−2−λ) + 2]² = 0

Prawda, że przyjemniej wygląda, niż równanie czwartego stopnia? Teraz możemy wymnażać:

(1−λ)(−2−λ) + 2 = −2 − λ + 2λ + λ² + 2 = λ² + λ = λ(λ+1) = 0

Zatem mamy 2 opcje.

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

$${\left\{ \begin{matrix} a + c = 0 \\ b + d = 0 \\ \end{matrix} \right.\ \backslash n}\left\{ \begin{matrix} c = - a \\ d = - b \\ \end{matrix} \right.\ $$

Mamy zatem wektor własny będący macierzą postaci

$$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x & y \\ - x & - y \\ \end{bmatrix},\ x,y \in R$$

∖n

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

$$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 2x & - 2y \\ x & y \\ \end{bmatrix},\ x,y \in R$$