Liczby zespolone, liniowa zależność i bazy Javier de Lucas. a d b c. ad bc

Transkrypt

1 Liczby zespolone, liniowa zależność i bazy Javier de Lucas Ćwiczenie. Dowieść, że jeśli µ := c d d c, to homografia h(x) = (ax+b)/(cx+d), a, b, c, d C, ad bc, odwzorowuje oś rzeczywist a R C na okr ag ( ) a d b c C ; ad bc µ µ o środku (a d b c)/µ i promieniu (ad bc)/µ z usuniȩtym punktem a/c = lim x h(x) = h( ). Rozwi azanie: Jeżeli z Im h, to istnieje liczba x R taka, że h(x) = z, czyli dla cx d. Wiȩc, z = ax + b cx + d z = ax + b cx + d, (cx + d)z = ax + b (cz a)x = b dz. Jeżeli cz = a to b = dz i ad bc =. Wiȩc, nie istnieje punkt z Im h, taki, że cz = a. Natomiast, jeżeli cz a, to x = b dz cz a Zauważ, że z Im h wtedy i tylko wtedy, gdy Z tego wynika, że b dz cz a R Imb dz cz a =. b dz cz a R (b dz)(cz a) cz a R = (b dz)(cz a) (b dz)(cz a).

2 Wówczas, jeżeli µ, to = (c d d c) z (a d b c) z +(ād bc)z +(a b bā) = (c d d c) z a d b c c d d c + R c d d c, gdzie R = a d b c +(a b bā)(c d d c) = ad bc. Widać, że µ = c d d c = iim(c d) ir. Z tego wynika, że z a d b c c d d c R = (c d d c) = R c d d c >. Wiȩc, dla µ, mamy, że z Im h wtedy i tylko wtedy z należy do okrȩgu z promieniem ad bc / c d d c = (ad bc)/µ i środkiem (a d b c)/(c d d c) bez punktu a/c. Ćwiczenie. Niech uk lad e,..., e n, gdzie n, bȩdzie uk ladem liniowo niezależnym w przestrzeni wektorowej V z charakterystyk a różn a od zera. Dowieść, że uk lad e + e, e + e,..., e n + e jest liniowo niezależny wtedy i tylko wtedy, gdy liczba n jest nieparzysta. Rozwi azanie: Z teorii wiemy, że uk lad e + e, e + e +..., e n + e jest liniowo niezależny wtedy i tylko wtedy λ (e + e ) λ n (e n + e ) = λ =... = λ n =. Z za lożenia mamy, że e,..., e n s a liniowo niezależne, czyli Wówczas λ e λ n e n = λ =... = λ n =. λ (e +e )+...+ λ n (e n +e ) = ( λ + λ n )e +( λ + λ )e +...+( λ n + λ n )e n =. Skoro e,..., e n s a liniowo niezależne, to λ n + λ = λ + λ = = λ n + λ n =. Zatem, λ = λ = ( λ ) =... = ( ) n λn = ( ) n λ Jeżeli n jest nieparzysta, to λ = λ i λ =. Inaczej, istnieje rozwi azanie nietrywialne: λ = k, λ = k, λ = k,..., λn = k, k K.

3 Można zauważyć, że jeżeli cia lo K ma charakterystykȩ, to K n może mieć uk lad wektorów liniowo zależnych dla n nieparzystej. Na przyk lad, dla (Z ) mamy bazȩ e = (,, ), e = (,, ), e = (,, ). Wiȩc mamy, że s a liniowo zależne. W laśnie e + e, e + e, e + e (,, ) + (,, ) + (,, ) = (,, ). Ćwiczenie. Niech V = R R bȩdzie przestrzeni a liniow a nad R funkcji rzeczywistych jednej zmiennej. Zbadać liniow a zależność uk ladu funkcji sin φ, cos φ, sin φ, cos φ, sin φ i cos φ. Rozwi azanie: Te funkcje s a liniowo niezależne wtedy i tylko wtedy λ cos φ + λ sin φ + λ cos φ + λ 4 sin φ + λ 5 cos φ + λ 6 sin φ = λ =... = λ 6 =. (.) Skoro równość po lewej stronie dotyczy wszystkich wartości zmiennej φ, to możemy sprawdzić co wynika z tego dla kilku wartości φ. Wiȩc, z (.) mamy, że Z tego wynika λ + λ + λ 5 = (φ = ) λ + λ λ 5 = (φ = π). λ =, λ = λ 5. Ponadto, z (.) i poprzednich wyników mamy, że λ λ 6 = (φ = π ) (λ ± λ λ 5 ± λ 6 ) + λ 4 = (φ = ± π 4 ). Z tego wynika λ = λ 6 =, (λ λ 5 ) + λ 4 =. Na końcu, z (.) i poprzednich wyników wynika, że (λ + λ 4 ) = (φ = ± π 6 ). Wobec tego λ 4 = λ = λ 5 =. Wiȩc, te funkcje s a liniowo niezależne.

4 Jako ciekawostkȩ podajȩ drug a metodȩ rozwi azania naszego problemu. Równość ma postać λ cos φ + λ sin φ + λ cos φ + λ 4 sin φ + λ 5 cos φ + λ 6 sin φ = λ cos φ λ sin φ + λ cos φ λ 4 sin φ + λ 5 cos φ λ 6 sin φ =, dla φ. Dodaj ac i odejmuj ac z poprzednich wzorów, wynika, że (.) siȩ spe lnia wtedy i tylko wtedy λ cos φ + λ cos φ + λ 5 cos φ = λ sin φ + λ 4 sin φ + λ 6 sin φ =. (.) Obliczaj ac pochodn a pierwszego równania, widać, że jeżeli istnieje rozwi azanie pierwszego równania, to λ sin φ λ sin φ λ sin φ =. Czyli jeśli pierwsze równanie ma nietrywialne rozwi azanie, drugie równanie też. Odwrotnie, jeżeli drugie równanie ma nietrywialne rozwi azanie, to pierwsze też. Podsumuj ac, każde równanie ma nietrywialne rozwi azanie gdy drugie też ma. Teraz udowodnimy, że pierwsze równanie z (.) nie ma rozwi azania nietrywialnego. Obliczaj ac drug a i czwart a pochodn a pierwszego równania z (.) mamy, że λ cos φ + 4λ cos φ + 9λ 5 cos φ = λ cos φ + 6λ cos φ + 8λ 5 cos φ =. Zastȩpuj ac φ = w poprzednich równaniach dla λ, λ, λ 5 mamy, że λ + λ + λ =, λ + 4λ + 9λ =, λ + 6λ + 8λ =. Ten uk lad latwo siȩ rozwi azuje. Ma rozwi azanie λ = λ = λ 5 =. Wiȩc, drugie równanie z (.) nie ma nietrywialnych rozwi azań i funkcje s a liniowo niezależne.

5 Ćwiczenie 4. Dowieść, że ci agi geometryczne Γ(u) := (u, u, u,...) przy u przebiegaj acym n tworz a bazȩ przestrzeni liniowej Ω n C N nad C z lożonej z ci agów okresowych z okresem n, tzn. x = (x, x,...) C N takich, że k : x k+n = x k. Rozwi azanie: Najpierw, udowodnimy, że każdy ci ag okresowy z okresem n mozṅa przedstawić jako liniow a kombinacjȩ ci agów geometrycznych, czyli x = (x, x,...) = λ α Γ(ɛ α ), gdzie ɛ = e πi/n. Aby to udowodnić, korzystamy z wielomianów interpolacyjnych Lagrange a. Możemy zbudować wielomian ϕ taki, że W laśnie: α= ϕ(ɛ k ) = x k, k =,..., n. ϕ(λ) = ( x k n α=,α k λ x α ɛ k x α Widać, że ϕ to wielomian stopnia n. Wiȩc, ϕ jest liniow a kombinacj a wielomianów, λ, λ,..., λ n. W szczególności x k = ϕ(ɛ k ) = a α ɛ kα = a α Γ(ɛ α ) k. α= Wiȩc, ci agi Γ(ɛ α ) generuj a wszystkie ci agi okresowe z okresem n. Jeżeli liniowa kombinacja zeruje siȩ, to wielomian ϕ jest wielomianem stopnia n, który siȩ zeruje w n różnych punktach, wiȩc, wspó lczynniki a,..., a n s a równe zeru. Z tego wynika, że Γ(ɛ α ) s a liniowo niezależne. α= ).

6 Ćwiczenie 5. Niech n N. Sprawdzić, że wielomiany v k (t) = t k +t k, dla k =,..., n, tworz a bazȩ przestrzeni liniowej (nad K) W = {v K n [ ] : v( ) = } K n [ ], gdzie K n [ ] to zbiór wielomianów stopnia n o wspó lczynnikach w ciele K. Rozwi azanie: Widać, że wielomiany v k, gdzie k =,..., n, spe lniaj a, że v k ( ) =, wiȩc, należ a do W. Teraz, musimy udowodnić, że s a liniowo niezależne i generuj a W. Aby udowodnić, że s a liniowo niezależne, musimy sprawdzić, że = λ k v k λ =... = λ n =. Widać, że Z tego, = λ k v k = = λ k (t k + t k ) = λ k v k λ k t k (t + ). λ k t k =. Skoro funkcje,..., t n s a liniowo niezależne (widać, że jeżeli n λ kt k = to d/dt l t= ( n λ kt k ) = λ l+ = dla l =,..., n ), to λ =... = λ n = i v,..., v n s a liniowo niezależne. Teraz udowodnimy, że każdy element podzbioru W można przedstawić jako liniow a kombinacjȩ wielomianów v,..., v n. Każdy wielomian v przestrzeni W ma pierwiastek t =. Z twierdzenia Bezouta, można podzielić go przez t +, czyli v = (t + ) a k t k, dla pewnych liczb rzeczywistych a,..., a n. Z tego wynika, że k= v = a k t k (t + ) = k= a k v k. i wielomiany v,..., v n generuj a W. Wiȩc, tworz a bazȩ.

7 Ćwiczenie 6. W zależności od p R zbadać liniow a niezależność nad R trójki wektorów p + p, 5 + p, 7 + p. 7 p Rozwi azanie: Te wektory s a liniowo niezależne gdy p λ + p + λ 5 + p + λ 7 + p 7 p = λ = λ = λ =. Aby rozwi azać uk lad po prawej stronie i sprawdzić, czy tylko ma rozwi azanie trywialne, to sprowadzamy do postaci macierzowej. Wiȩc, mamy, że p p + p p + p R 4+R R + p p + p 7 p R R 4 R R 4 / R 4 p p p 7 + p Z pierwszego i ostatniego równania widać, że Wiȩc, rozwi azania maj a postać R pr R λ = λ, pλ = λ. λ = pλ /, λ = pλ /, λ R. Pozostaje sprawdzić, że rozwi azania spe lniaj a, że i p 5 p 8 + p 7 + p (5 p )λ + 8λ = (5 p )λ 4pλ = ( + p)λ + (7 + p)λ = ( + p)λ p(7 + p)λ / (6 5p p )λ =.

8 Jeżeli 5 p 4p = 6 5p p =, to istnieje wiele rozwi azań i takie wektory s a liniowo zależne. Inaczej, takie wektory s a liniowo zależne. W szczególności 5 p 4p = p {, 5}, 6 5p p = p {, 6}. Wiȩc, wektory s a liniowo niezależne wtedy i tylko wtedy p. Ćwiczenie 7. Udowodnij, że wektory e =, e = tworz a bazȩ R i napisz wspó lrzȩdne wektora x =, e = 7 w tej bazie. Rozwi azanie: Aby sprawdzić, że te wektory tworz a bazȩ, trzeba sprawdzić czy s a liniowo niezależne i tworz a bazȩ. Aby sprawdzić, że s a liniowo niezależne, trzeba udowodnić, że λ e + λ e + λ e = λ = λ = λ =. Mówi ac inaczej, musimy sprawdzić, że uk lad λ e + λ e + λ e = ma tylko nietrywialne rozwi azania. Mamy, że λ λ + λ =, λ + λ =, λ λ + λ =. Zapisuj ac ten uk lad w postaci macierzowej R +R R R +R R 6

9 Z tego widać, że λ = λ = λ =. Skoro wiemy, że R ma wymiar trzy i że mamy trzy wektory liniowo niezależne, to takie wektory tworz a bazȩ. Teraz, musimy napisać wspó lrzȩdne wektora x w naszej bazie, czyli znaleźć liczby µ, µ, µ takie, że x = 7 = µ + µ + µ. W postaci macierzowej 7 R +R R 4 7 R +R R Wiȩc, µ =, µ =, µ =. Wówczas, x ma postać w nowej bazie x =.