28 29 (19)

28

Przestrzenie liniowe

Rozwiązanie

a)    Z zależności (2x, r + y, 3r - y, x - 2y) = z(2, 1,3, I)+ y(0,1, -1, —2) wynika, że wektory V\ = (2,1,3, 1), i-2 = (0, 1, - 1, —2) generują przestrzeń V. Łatwo jest sprawdzić z definicji ich liniową niezależność. Oznacza to, że wektory te są bazą przestrzeni V, ponadto dim V = 2.

b)    Przestrzeń V jest generowana przez wektory tJj = (1.2,3}, V7 = (—2,1,4),    =

(-1,-3, -5) Wyznacznik macierzy ich współrzędnych jest równy 0, co oznacza ich li-

7 ^    1 _

niową zależność Rzeczywiście tia = --th - -*2 Wektory v_u v₂ są natomiast liniowo

w    3

niezależne i generują V Jest to więc baza przestrzeni V. dim V= 2

c)    Warunek z + y = z - y zapiszemy w postaci z = z - 2y. Mamy więc

V= {(z-2y,y,z_tt) : y,z,teR\ = lin {(-2 1,0,0), (1,0,1,0), (0,0,0,1)} .

Liniowa niezależność otrzymanych trzech generatorów przestrzeni V wynika z tego, że (z - 2y, y, z, t) = (0,0,0,0) wtedy i tylko wtedy, gdy y — z — t = 0. Generatory te są zarazem ba2ą V i dim V = 3

d)    Niech p = ar⁴ -f óz³ + cx² -1- dz -f e 6 V. Z warunku p(l) -r J>(- 1) = p'(0) wynika równość (a + ś + c-ffl + e)4-(<r ^— ś + c — d + e) = d, stąd d — 2a + 2c 4- 2c. Zatem p = a \ z* + 2x) 4- óz³ -t- c (x² + 2z) -f c(2z — J). Generatorami przestrzeni V są więc wielomiany p, = t^Ą 4- 2r, p₂ = z^:\ p₃ = z² + 2z p< = 2r + 1.5ą one liniowo niezależne, bo p = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy a = t>=c=c = 0. Przestrzeń V ma wymiar 4, a jedną z jej baz jest zbiór B = {p₁,p₂, Ps» Pi)

e)    Niech A 6 V. Warunek A 4 A⁷' = O oznacza, ze A jest macierzą anlysymctryczną i ma postać

0 a &

A =

-a 0 c

gdzie a, b, c 6 R

-b -e 0 .

Z tej postaci wynika żc dim V = 3, gdyż bazę przestrzeni V stanów.ą macierze

0 10		i o o		o o o
-10 0	1	0 0 0	,	0 U l
o o o		_ -1 0 0 .		0 1 o

f) Ponieważ 1 = sin² z 4 cos² z, więc V = lin {sin² z, cos 2x, cos² z } . Korzystając teraz ze wzoru ros2x = cos² z — sin² x, mamy V — lin {sin* z,cos² r} Funkcje sin² z, cos² z są liniowo niezależne. Niech bowiem asin²x 4- 6cos² x = 0 dla pewnych liczb a, 6 € R. Wówczas przyjmując kolejno r = 0 i z = - otrzymujemy b = 0, a = 0. Obie te funkcje Lworzą więc bazę przestrzeni V i wymiar tej przestrzeń: jest równy 2.

• Przykład 3 7

Podane zbiory wektorów uzupełnić do baz wskazanych przestrzeni liniowych: a) {(2,1,0), (1, l, 1)), R³;    b) {(1,3,2,1), (5, -4,7,1)} _s R*■

c) {(r- l)²,x³-5r,l-4x4-2r²},£₃(r]; d) {l+ x, x² 4- r³, x⁴ 4- x⁵} , fl₅>]

Rozwiązanie

Skorzystamy tu z faktu, że dowolny układ n liniowo niezależnych wektorów w przestrzeni liniowej wymiaru n stanowi bazę tej przestrzeni.

Trzeci tydzień - przykłady

29

a) Wymiar przestrzeni i?³ jest równy 3. Zatem do wskazanych wektorów 'liniowo niezależnych) wystarczy dobrać jeszcze jeden wektor liniowo niezależny z nimi. Z warunku

2	1	0
1	1	1
0	0	l

= 1*0.

wynika, żc rr.oże to być np. wektor (0.0,1). Zauważmy jeszcze że: dowolny wektor t^- = (a.i.c), dla którego a — 2b + c * 0 także tworzy z danymi wektorami bazę przestrzeni

b) Przestrzeń R⁴ jest czterowymiarowa. Dobierzemy więc jeszcze dwa wektory tak, aby odpowiedni wyznacznik byI różny od zera. Zc względów rachunkowych najłatwiej jest je wybrać spośród wektorów bazy standardowej, np. (0,0. 1.0), (0,0,0, 1) i wtedy rzeczy

1	3	2	1
5	-4	7	1
0	0	1	0
0	0	0	1

wiście

c) Ponieważ rozważana przestrzeń ma wymiar 4, a dane trzy wektory są liniowo niezależne, więc w bazie brakuje jednego wektora Wektor ten wystarczy wybrać spośród wektorów innej bazy przestrzeni ^3(1], najłatwiej spośród bazy standardowej. Będziemy więc próbowali dołączyć do naszego zbioru wektorów kolejne wekLory bazy [ I, x,x²,z³} sprawdzając za każdym razem liniową niezależność całego zbioru. Oznaczmy p, = (x — l)² p₇ = i³ — 5x, Pz = 1 - 4i + 2z². Niech najpierw p₄ = 1 oraz niech oj p_x — a?p₅ + asPz + <*4 P_Ą = C dla a , ct2, Q^, on € R Wówczas z warunku

(r² - 2z + l) + arj (x³ - 5t) -f <*3 (l - 4z + 2z²) + a_Ą = 0,

wynika, że a₂ = 0, <*1 + 23-3 = 0. -2qi - 5cr2 - a₃ = 0, 01 + 33 o₄ = 0. Stąd 0-2 = 0 or. = — 203, a i — 03, 03 € R Układ funkcji Pi.p₂,Pj,p₄ jest liniowo zależny, bo np -2pj 4- p₃ + p₄ = 0 i nie jest bazą. Niech teraz p₄ = z. Z zależności

3i [x² - 2z -t- l) + a₇ (j* - 5x) + 02 (l - 4x + 2x²) + o₄x = 0 wynika, że on = cx₇ = 03 = a< =0, bowiem

0	1	c	0
1	0	2	0
-2	-5	-4	1
1	0	1	0

Ostatecznie dany zbiór wektorów możr.a uzupełnić do bazy przestrzeni i?3[x] dodając np. wektor p₄ = x.

d) W tym przykładzie podobnie jak w przykładzie c) możemy brakujące trzy wektory dobrać spośród wektorów bazy standardowej {l, x, x², z³, x⁴, r⁵} przestrzeni J?s[z]. Łatwo sprawdzić, że zbiór wektorów

{l    + x, r²    +    x³, z⁴    + r⁵.1}    jest    liniowo    niezależny,

(1    + x, x²    +    x³, x⁴    + x^s. 1, x }    jest    liniowo    zależny,

{l    +r,x²    +    x³, z^A    + r^s, 1, z² }    jest    liniowo    niezależny,

{l    + x,i²    +    x³, z⁴    +r^!, 1, z², x³1 jest    liniowo    zależny,

{l +i,i² + i^J,r^< + x⁵,1, z², x⁴ } jest liniowo niezależny,