Rozwiązania zadań z listy T.Koźniewskiego

Rozwiązania zadań z listy T.Koźniewskiego 1. Podstawiamy do równań. Tylko czwarty wektor spełnia wszystkie trzy równania.. U 1 : ( + 0x 9x 4, 7x + 8x 4, x, x 4 ), U : ( x 4, 4 x 4, + x 4, x 4 ), U : (x 1, 1 + x 1 x 5, 4x 5, 0, x 5 ), U 4 : (x 1, x, 1, 19 x 1 x, 4).. Podstawić ten wektor do równań. Dla t = 1. 4. Po wykonaniu operacji W W 1, W W 1, W, W W dostajemy macierz Układ jest niesprzeczny dla s = 1. 1 0 1 1 1 0 0 0 0 s 1 5. f(x) = ax + bx + cx + d. Po podstawieniu za x wartości 0,1,,-1 otrzymujemy układ równań na a, b, c, d. Rozwiązujemy i mamy f(x) = x x + x 1. 6. (a) Spełnia (i), ie spełnia (ii) np. (1,1) należy do zbioru ale 1 (1, 1) nie należy. (b) Nie spełnia (i) np. (1,0), (0,1) należą ale ich suma równa (1,1) nie należy. Spełnia (ii). (c) Nie spełnia (i) np. (,-1), (,1) należą ale ich suma (4,0) nie należy. Nie spełnia (ii) np. (,1) należy ale (, 1) nie należy. (d) To równanie jest równoważne równaniu (x 1 x ) = 0 czyli x 1 x = 0. Zbior składa się z wektorów postaci (t, t), t R. Oba warunki są spełnione. 7. Wektor zerowy należy do każdej podprzestrzeni więc z pierwszego równania otrzymujemy s 1 = 0 czyli s = 1 lub s = 1. Dla s = 1 mamy W = {(x 1, x, x, x 4 ) : x 1 x + x + x 4 = 0, x 1 + x = 0}. To jest podprzestrzeń. Dla s = 1 W = {(x 1, x, x, x 4 ) : x 1 x + x + x 4 = 0, x 1 + x x 4 = 0}. To nie jest podprzestrzeń np. (1,1,0,1) należy do tego zbioru ale (1, 1, 0, 1) nie należy. 8. Nie jest. 9. Ma być (1, 1, c) = x(, 1, ) + y(1,, 4) + z(, 0, ) + t(,, ). Dostajemy układ równań o macierzy 1 1 1 0 1. 4 c 1

Po wykonaniu operacji W 1 W, W W 1, W W 1, W W otrzymamy macierz 1 0 1 0 6 1 0 0 0 0 c 7. Ten układ jest niesprzeczny, czyli x, y, x, t istnieją gdy c = 7. 10. Ten układ jest postaci x(1,, 1, 1) + y(0, 1,, 1) a także jest postaci z(1, 1, 1, ) + t(1, 0,, 1). Porównując te dwie kombinacje otrzymujemy układ równań na x, y, z, t. Ten układ ma np. rozwiązanie x =, y =, z = 1, t = 1. Odpowiedż : taki wektor istnieje, np. (,1,-4,-1). 11. Jest zależny. 1. Ustawić te wektory w macierz jako wiersze, wektor (0,1,,a) jako trzeci, sprowadzić do postaci schodkowej, otrzymamy wiersz zerowy dla a = 1. Odp. dla a 1. 1. Ustawić wektory w macierz, przekształcić do postaci schodkowej, otrzymamy trzy niezerowe wiersze. Zatem wymiar jest równy. Bazą np. będą te niezerowe wiersze.. Rozwiązanie ogólne tego układu to (x + x 4, x, 5x 5x 4, x 4 ). Nadajemy parametrom x, x 4 wartości 1,0 a potem 0,1. Otrzymujemy wektory (,1,-5,0), (,0,-5,1). To jest baza ; wymiar jest równy. 15. Ustawiamy wektory w macierz, przekształcamy do postaci schodkowej, bazą V bedą np. wektory (1,,1,), (0,1,0,1). Szukamy równań postaci a 1 x 1 + a x + a x + a 4 x 4 = 0 które są spełnione przez te wektory. Podstawiamy i otrzymujemy układ równań a 1 + a + a + a 4 = 0, a + a 4 = 0 Rozwiązanie ogólne to ( a a 4, a 4, a, a 4 ). Nadajemy a, a 4 wartości 1,0 a potem 0,1. Otrzymujemy dwa układy współczynników (a 1, a, a, a 4 ): (-1,0,1,0) oraz (-1,-1,0,1). Mamy więc dwa niezależne równania x 1 + x = 0, x 1 x + x 4 = 0 To jest szukany układ równań ( oczywiście jest wiele innych równoważnych; można nadać a, a 4 inne wartości np. 1,1 a potem,4; otrzymamy dwa inne układy współczynników czyli dwa inne równania.) 16. Wymiar V musi być równy. Ustawiamy wektory w macierz, przekształcamy do postaci schodkowej. Wiersz zerowy otrzymamy dla t =. Przy okazji otrzymujemy bazę V : (1,,1), (0,1,1). Tak jak w zad. 15 szukamy równań a 1 x 1 +a x +a x = 0, które są spełnione przez te dwa wektory. Czyli a 1 + a + a = 0, a + a = 0. Rozwiązanie ogólne (a, a, a ). Kładziemy a = 1. Szukane równanie to x 1 x + x = 0.

17. Rozwiązanie ogólne to ( 7x + 5x 4 4x 5, 5x 4x 4 + x 5, x, x 4, x 5 ). Baza W to np. ( 7, 5, 1, 0, 0), (5, 4, 0, 1, 0), ( 4,, 0, 0, 1). Można tę bazę uzupełnić np. wektorami (1,0,0,0,0), (0,1,0,0,0). (b) Jeśli to uzupełnienie jest możliwe to szukane dwa wektory można znaleźć w jakiejkolwiek bazie W. Gdy weżmiemy pierwsze dwa wektory znalezionej wyżej bazy W to będzie OK, otrzymane 5 wektorów jest układem niezależnym. 18. Bazą podprzestrzeni W = {(x 1, x, x ) : x 1 + x x = 0} jest np. układ (1,0,1), (0,1,). Tak jak w zad.17 wektora α możemy szukać wśród tych dwóch. Pierwszy jest niedobry, drugi jest dobry. Jeśli taki wektor β istnieje to będzie nim być jeden z (,5,8), (-1,,). Ale oba te wektory razem z (,1,), (1,4,5) tworzą trójki zależne. Zatem taki β nie istnieje. 0. Ma być (1,, ) = α 1 + α + α. Weźmy np. α 1 = (1, 0, 0), α = (0, 1, 0). Wtedy α = (1,, ) (1, 0, 0) (0, 1, 0) = (, 0, ). Trzeba jeszcze sprawdzić, że te α 1, α, α są niezależne. Są. Można prościej: α 1 = ( 1, 0, 0), α = (0,, 0), α = (0, 0, ). Ale to nie da wyniku gdy zamiast (1,,) weźmiemy np. (1,0,5). Wtedy trzeba jak wyżej. 1. Ma być (7,,5)=(1,0,1)+1(,1,0)+γ. Stąd γ = (7,, 5) (1, 0, 1) (, 1, 0) = (,, ), γ = (1, 1, 1). Trzeba jeszcze sprawdzić, że (1,0,1), (,1,0), (1,1,1) są bazą. Ale one są niezależne więc OK.. (a) nie bo ϕ(0, 0, 0) (0, 0, 0), (b) jest, (c) nie np. ϕ( (1, 0, 0)) ϕ(1, 0, 0), (d) jest ϕ(x 1, x, x ) = (4x 1 x, 4x 1 + x + 6x ).. Musi być ϕ(0, 0, 0) = (0, 0). Zatem musi być λ =. Wtedy ϕ(x 1, x, x ) = (x 1 + x, x 1 + 4x ) jest liniowe. 4. ϕ(x, y) = (x 1y, 4x 15y, x 9y, x 9y). 5. Najpierw znajdujemy wzory na ϕ, ψ. ϕ(x, y, z) = (x + y + z, 6x y + z), ψ(x, y, z) = (x y z, 1 + y + z); (ϕ + ψ)(x, y, z) = (4x, 11 x + 4z). 6. M B A(ϕ) = 5 1 6 9, M st st = 1 1 4 0 8

7. MA(ϕ) C = MB(id) C MA(ϕ) B, MB(id) C =. 1 1 1 1 0, M C A = 1 1 1 0 1 4 = 8. MA(ψ ϕ) C = MB(ψ) M C A(ϕ); B MB C 1 = 4 5 11 8. 11 5 18 ψ ϕ(0, 1, 0) = 5(, 1) 11(1, 0) = ( 1, 5). ψ ϕ(1,, ) = 11(, 1) 5(1, 0) = (, 11). ψ ϕ(5, 7, 1) = 8(, 1) 18(1, 0) = (, 8). ψ ϕ(x, y, z) = ( 16 x y 10, 8 więc M C A = x + 5y + ); czy coś takiego. 1 4 1 4 = 9. Współrzędne ϕ(α) :,- bo M C A(ψ ϕ) = M C B(ψ) M B Aϕ = Teraz MA(ψ C ϕ) Odp. 7,-4,-. 1 1 1 4 5 1 0 1 = 1 5 0 1 7 4. 1 1 = 1 4 5 1 0 1 =. 7 1 18 9 1 5 1 0 1. 0. Jest to macierz przejścia od bazy B do bazy A czyli M B A(id) = 6 1 0 6 1 10. 1. Niech A : α 1, α, α, B : β 1, β. Ma być ϕ(α 1 ) = β 1 + β, ϕ(α ) = β 1, ϕ(α ) = β 1. Weźmy β 1 = (1, 0), β = (0, 1). Czyli ma być ϕ(α 1 ) = (, 1), ϕ(α ) = (, 0), ϕ(α ) = (1, 0). Szukamy α = (x, y, z). Ten wektor spełnia x + 7y + 4z = 1 x + y + z = 0 4

Rozwiązanie ogólne: (z, 1 z, z). Weźmy np. z = 1 czyli α = ( 1, 0, 1). Szukamy α = (x, y, z). Ten wektor spełnia x + 7y + 4z = 1 x + y + z = 0 Rozwiązanie ogólne : (z 4, z, z). We.xmy np. z = 0 czyli α = ( 4,, 0). Szukamy α 1 = (x, y, z). Ten wektor spełnia x + 7y + 4z = x + y + z = 1 Rozwiązanie ogólne (z +, 1 z, z). Weźmy np. z = 0 czyli α = (, 1, 0). Trzeba jeszcze sprawdzić czy α 1, α, α są niezależne. Są.. Pierwszy :, drugi : 16. Trzeci: dokonujemy kolejno K 4 ak, K ak, K ak 1. 1 0 0 0 1 b a b Dostajemy ab b ab b a b(b a) b (b a) 1 c a c ac c ac = c a c(c a) c (c a) =wyciągamy 1 d a d ad d ad d a d(d a) d (d a) kolejno b a z pierwszego wiersza, c a z drugiego, d a z trzeciego 1 b b = (b a)(c a)(d a) 1 c c. 1 d d Teraz dokonujemy K bk, K bk 1 itd. Odp. (b a)(c a)(d a)(c b)(d b)(d c).. det(a) = r r. Ma być r r = 1. Rozwiązać. 4. det(a) =, det(b) = 10. Zatem det(a B) = det(a) det(b) = 0; det(a 7 ) = (det(a)) 7 = 7 ; det(a B 9 ) = (det(a)) (det(b)) 9 = 10 9. 6 1 0 6 0 1 A + B =, det(a + B) = 0. 7 5 6 7 7 5 10 7 5. 5 1, 1 11 1 15 0 1 5 5

6. det(a) = r. Dla r A jest odwracalna. Macierz dopełnień algebraicznych D = Zatem A 1 = 1 r 10 r 4 + r 1 1 1 1 r 5 r + 1 10 r 1 r 5 4 + r 1 r + 1 1 1. 7. det(a) = 1, det(b) =, det(b 1 ) = 1 ; det(a B 7 ) = det(a)(det(b 1 ) 7 = 1 18. 8. det(a) = 5 1 8 5 8 1 6 = s 64. Jeśli s to det(a) 0 więc układ ma jednoznaczne rozwiązanie na podstawie tw. Cramera. Można też odwołać się do twierdzenia K-C; r(a) =, także r(a u ) = więc układ niesprzeczny i liczba zmiennych wolnych w rozwiązaniu ogólnym jest równa -=0 czyli jest tylko jedno rozwiązanie. Jeśli s = to r(a) =. Wyznaczamy r(a u ). A u = 1 5 8 5 8 t 1 6 6. Minor utworzony przez ostatnie kolumny jest równy 11(16 t). Jeśli t 16 to r(a u ) = i układ jest sprzeczny. Dla t = 16 obliczamy rząd A u np. sprowadzając macierz do postaci schodkowej. Mamy r(a u ) = ; czyli układ niesprzeczny i liczba zmiennych wolnych w rozwi.azaniu ogólnym jest równa -=1. Odp. Układ jest niesprzeczny gdy s lub s = i t = 16. Układ ma jednoznaczne rozwiązanie gdy s. 9. C ij jest macierzą przejścia od bazy A i do bazy A j. Np. C 1 = 7 19 10 7. 1 40. (a) Macierzą ϕ w bazie standardowej jest. Rownanie charakterystyczne 1 x 1 det = ( x) 1 x 1 = 0. Wartosci wlasne to pierwiastki tego rownania czyli 1,. Dla wartosci wlasnej 1 wektory odpowiadającej podprzestrzeni własnej wyznaczamy z równania 6

1 1 x1 0 = 1 1 x 0 To daje rownanie x 1 x = 0. Rozwiązanie ogólne to (x, x). Baza to np. wektor (1,1). Dla wartosci wlasnej wektory odpowiadającej podprzestrzeni własnej wyznaczamy z równania 1 x1 0 = 1 x 0 To daje rownanie x 1 x = 0. Rozwiązanie ogólne to ( x, x). Baza to np. wektor (-1,1). (b) Macierz ϕ w bazie standardowej to Równanie charakterystyczne to det 1 1 0 1 1 0 0. 1 x 1 0 1 x 1 0 0 x = 0, tzn (x ) = 0. Jedyną wartoscią własną jest. Wektory odpowiedniej podprzestrzeni własnej wyznaczamy z 1 1 0 x 1 0 równania 1 1 x = 0. To daje układ równań 0 0 x 0 x 1 x = 0 x 1 + x + x = 0 Rozwiązanie ogólne (x,-x,0). Baza to np. wektor (1,-1,0). (c) Równanie charakterystyczne (x+1) (x 1) = 0. Wartosci wlasne to 1, -1. Dla wartosci wlasnej 1 rownania okreslające odpowiednią podprzestrzeń własną to 7x 1 x + x = 0 x 1 + x + x 4 = 0 x 1 x + 4x = 0 x 4 = 0. Rozwiązanie ogólne to x 1, x 1, x 1, 0. Baza to np. (1,-,,0). Dla wartości własnej -1 równania określające podprzestrzeń własną to 5x 1 x + x = 0 x 1 + x + x 4 = 0 x 1 x + 6x = 0. Rozwiązac. 41. (a) Wartości własne to tylko. Podprzestrzeń własna jest dana równaniem X 1 +x = 0. Baza tej podprzestrzeni to np. (1,-1). Nie ma bazy R złożonej z wektorów własnych tego endomorfizmu. 7

(b) Wartości własne to 1,. Baza podprzestrzeni własnej dla 1 to np. (0,1,1). Baza podprzestrzeni własnej dla to np. (1,1,0), (1,0,1). Istnieje baza R złożona z wektorów własnych 1 0 0 endomorfizmu: (0,1,1),(1,1,0), (1,0,1). Macierzą ϕ w tej bazie jest 0 0. 0 0 (c) Wartości własne to,-, 7. Dla wartości własnej baza odpowiedniej podprzestrzeni własnej to np. (0,0,1,1), dla wartości własnej - to np. (1,-1,0,0), (0,0 -,1). Dla wartosci wlasnej 7 to np. (4,5,0,0). Te wektory w tej kolejności stanowią bazą R 4. W tej bazie 0 0 0 0 0 0 macierzą ϕ jest 0 0 0. 0 0 0 7 4. (a) Jedyna wartośc własna to. Baza odpowiedniej podprzestrzeni własnej to np. (1,1). Nie ma bazy R złożonej z wektorów własnych macierzy. Zatem ta macierz nie jest diagonalizowalna. (b) Wartości własne to,. Dla baza odpowiedniej podprzestrzeni własnej to np. (1,-1). Dla to np. (-,1). Te wektory stanowią bazę R. Macierz jest diagonalizowalna. C = 1. Zachodzi 1 1 0 C 1 A C = 0. (c) Jedyną wartością własną jest. Podprzestrzeń własna jest jednowymiarowa. Zatem nie ma bazy R złożonej a wektorów własnych macierzy. Nie jest więc diagonalizowalna. 4. Rozwiązujemy jak zadanie 4. Należy najpierw wyznaczyć wartości własne macierzy. Dla każdej wartości własnej wyznaczyć bazę odpowiedniej podprzestrzeni własnej. Teraz łączymy te bazy w jeden ciąg. Jeśli w tym ciągu jest mniej niż wektory to macierz nie jest diagonalizowalna. Jeśli są wektory to macierz jest diagonalizowalna. Macierz C jest wówczas utworzona z tych trzech wektorów ustawionych w kolumny. 44. (a) Wartości własne A to,5. Dla bazowy wektor własny to np. (-4,1). Dla wartości 4 własnej 5 wektor bazowy to np. (-,1). Niech C =.. Wtedy 1 1 C 1 AC = 8 0 0 5.

Z tego otrzymujemy Stąd obliczyć. A n = C 0 0 5 A = C 0 0 5 n C 1 = C C 1. n 0 0 5 n C 1 = (b), (c) tak samo. Wyznaczyć wartości własne macierzy. Dla każdej wartości własnej wyznaczyć bazę odpowiedniej podprzestrzeni własnej jak w zad.40. Lączymy te bazy w jeden ciąg. Jeśli liczba wektorów w tym ciągu jest mniejsza od stopnia macierzy ( czyli w przypadku A, A od ) to macierz nie jest diagonalizowalna i zadanie 44 nie mozna rozwiązac dotychczas omówionymi metodami ( chociaż są inne metody). Jeśli liczba wektorów w tym ciągu jest równa stopniowi macierzy to macierz jest diagonalizowalna. Niech macierz C bedzie zbudowana z wektorów tego ciągu ustawionymi w kolumny. Wtedy C 1 AC = D gdzie D jest macierzą diagonalną, w której na głównej przekątnej są wartości własne ustawione w kolejności odpowiadającej kolejności wektorów własnych ustawionych w kolumnach C. Mamy wtedy A = CDC 1. Wtedy A n = CD n C 1. D n oblicza się bardzo prosto. po prostu podnosimy do n-tej potęgi liczby stojące na głównej przekątnej. 45. Znajdujemy bazę V. W tym celu ustawiamy wektory w wiersze macierzy i doprowadzamy ją do postaci schodkowej. Otrzymujemy V =lin((1,0,1,0),(0,1,0,)). Stosujemy otogonalizację Gramma-Schmidta. Niech β 1 = (1, 0, 1, 0). Szukamy β w postaci β = (0, 1, 0, ) + cβ 1. Chcemy aby β β 1. Mnożymy powyższą równość skalarnie przez β 1. Ponieważ β 1 β = 0 dostajemy 0 = 0 + cβ 1 β 1. Z tego c=0 Czyli β = (0, 1, 0, ). β 1, β jest bazą prostopadłą dla V. Aby otrzymać bazę ortonormalną normujemy wektory tzn. dzielimy je przez ich długo.sci ( normy) Baza ortonormalna dla V : ( 1, 0, 1, 0), (0, 1 5, 0, 5 ). Aby znaleźć bazę ortonormalną W mozemy też zastosować metodę G-S. W tyn celu trzeba najpierw znaleźć jakąkolwiek bazę W ( patrz zad. lub 17) i zastosować powyższą procedurę ortogonalizacji. Ale można też zastosować metodę dobierania. W jest opisane jednym równaniem zatem dim(w )=. Szukamy najpierw bazy prostopadłej β 1, β, β. Potem ją unormujemy aby otrzymać bazę ortonormalną. Jako β 1 bierzemy jakikolwiek niezerowy wektor z W np. β 1 = (0, 0, 1, 1). Szukamy β = (x 1, x, x, x 4 ) który spełnia równanie W i jest prostopadły do β 1, i jest niezerowy. Zatem x + x 4 = 0 9

x 1 + x x + x 4 = 0. Np. β = (, 1, 0, 0). Teraz szukamy β = (x 1, x, x, x 4 ) który jest prostopadły do β 1 i do β oraz spełnia równanie W. Czyli ma być x + x 4 = 0 x 1 + x = 0 x 1 + x x + x 4 = 0. We solve the system; one of solutions is (-,-4,-5,5). Wektory (0,0,1,1), (-,1,0,0), (-,-4,-5,5) stanowią bazę prostopadłą W. Aby otrzymać bazę ortonormolną należy każdy z nich podzielić przez długość. 46. Wektor α = (x 1, x, x, x 4 ) ma być prostopadły do trzech danych. Zatem x 1 + x + x + x 4 = 0 x 1 x + x + x 4 = 0 x 1 + x x + x 4 = 0. Rozwiązanie ogólne (x,-x,-x,x). Ponieważ α ma mieć długość 1 to trzeba to podzielić przez długo.s.c tzn przez x. Są dwa takie wektory o długości 1: ( 1, 1, 1, 1 ) i ( 1, 1, 1, 1 ). Współrzędne wektora w bazie ortonormalnej są równe iloczynom skalarnym tego wektora a wektorami tej bazy. Zatem iloczyn skalarny wektora β z α jest równy. Przez sprawdzenie usyskujemy, ze α jest równy ( 1, 1, 1, 1 ). 47. Jest dobrze wiadomo, że jesli V jest opisane jednym równaniem a 1 x 1 + a x + + a n x n = 0 to wektor (a 1, a,..., a n ) jest prostopadły do V. Ponieważ dim(v )=n-1 to dimv =1. Zatem wspomniany wektor jest bazą V. Gdy go unormujemy to dostaniemy bazą ortonormalną. W danym przykładzie bazą ortonormalną V jest 1 4 (1, 1, 4, 5). Najpierw trzeba znaleźć opis wektorów z W. To są wektory (x 1, x, x, x 4 ) prostopadłe do (1,0,-1,) oraz do (1,1,1,1). Zatem ma być x 1 x + x 4 = 0 x 1 + x + x + x 4 = 0 Rozwiązanie ogólne (x x 4, x +x 4, x, x 4 ). Baza W to (1,-,1,0),(-,1,0,1). Stosujemy do tej bazy ortogonalizację G-S. Baza prostopadła w W (1, 1, 1, 0), ( 4, 1,, 1). Trzeba oba te wektory unormować aby otrzymać bazę ortonormalną. 48. Najpierw znajdziemy bazę ortonormalną w V. Bazą V jest np. (, 1, 0), (1, 0, 1). Po ortogonalizacji G-S dostajemy bazę prostopadłą (, 1, 0), ( 1, 1, 1). Po unormowaniu ma- 10

my bazę ortonormalną β 1 = ( 1 5, 5, 0), β = ( 1 1, 1, ). Rzut α na W jest równy (α β 1 )β 1 + (α β )β = 1 (1,, 5). 15 Niech α 1 oznacza wyliczony właśnie rzut. Wektor symetryczny do α względem V jest równy α 1 α gdzie α jest rzutem α na V ( zachodzi α = α 1 + α więc α = α α 1 zatem α 1 α = α 1 α.) Mając α 1 możemy więc łatwo wyliczyć wektor symetryczny. Bazą ortonormalną w L jest 1 (1,, ). Zatem rzut α na L jest równy 6 ( 1,, ). Wektor symetryczny do α względem L wyliczamy jak wyżej. 49. Postępujemy tak samo jak w 48 tylko zamiast konkretnego wektora may wektor dowolny. Znajdujemy bazę ortonormalną w W. Najpierw znajdujemy bazaę. Rozwiązanie ogólne równania jest (x x, x, x ). Baza (1,1,0), (-,0,1). Ortogonalizacja daje bazę prostopadłą (1,1,0), (-1,1,1). Baza ortonormalna to β 1 = 1 (1, 1, 0), β = 1 ( 1, 1, 1). Niech α = (x 1, x, x ). Wtedy rzut α na W jest równy α 1 = (α β 1 )β 1 +(α β )β =( 5x 1+x x, x 1+5x +x, x 1+x +x ). 6 6 Wektor symetryczny do α względem W jest równy α 1 α = ( x 1+x x, x 1+x +x, x 1+x x ). 50. (a) Oznaczmy te punkty P 1, P, P. M jest postaci P 1 + V gdzie V jest podprzestrzenią liniową rozpiętą na wektorach P P 1, P P 1. Czyli V = lin(( 5, 4, 4), ( 5, 7, 5)). Równanie V to 8x+5y 15z = 0. Zatem równanie M ma postać 8x+5y 15z = b. Podstawiając punkt np. P 1 otrzymujemy b =. Czyli M jest opisana równaniem 8x + 5y 15z =. (b) Przedstawienie parametryczne L to (1,, 1) + t(,, ). Czyli x = 1 + t, y = + t, z = 1 + t. Wyliczamy t = x 1. Wstawiamy do pozostałych równości. Równania: x y = 1, x z = 5. (c) Równanie lin((1,, 0, ), (1, 4,, ), (0,, 1, )) to x 1 + x + x + x 4 = 0. Zatem równanie H ma postać x 1 + x + x + x 4 = b. Wstawiamy punkt (1,4,-,), otrzymujemy b = 4. Czyli równanie H: x 1 + x + x + x 4 = 4. 51. (a) (1, 1, 5) + t(, 1, 1). (b) Baza płaszczyzny liniowej opisanej równaniem x 1 + 5x x = 0 jest np. układ (1,0,),(0,1,5). Punkt np. (1,1,0) należy do P. Przedstawienie parametryczne P to np. (1, 1, 0) + t 1 (1, 0, ) + t (0, 1, 5). (c) Bazą hiperpłaszczyzny liniowej opisanej równaniem x 1 +x x +x 4 = 0 jest np.układ (-1,1,0,0), (,0,1,0), (-,0,0,1). Punkt np. (5,0,0,0) należy do H. Zatem parametryzacja H to np. (5, 0, 0, 0) + t 1 ( 1, 1, 0, 0) + t (, 0, 1, 0) + t (, 0, 0, 1). 11

5. (a) Wektor prostopadły do tej płaszczyzny to (,-1,). Zatem parametryzacja L to (, 1, 1)+t(, 1, ). Mamy x = +t, y = 1 t, z = 1+t. Z drugiego związku wyznaczamy t = 1 y i wstawiamy do dwóch pozostałych. Układ równań dla L to np. x+y = 5, y+z =. (b) Wyznaczamy bazę przestrzeni liniowej prostopadłej do wektora (,-1,1). Ta podprzestrzeń składa się z wetorów (x 1, x, x ) dla których iloczyn skalarny z (,-1,1) jest równy 0 tzn. x 1 x + x = 0. Baza przestrzeni rozwiązań to np. (1,,0), (0,1,1). Parametryzacja M to (, 0, 5) + t 1 (1,, 0) + t (0, 1, 1). Aby wyznaczyć równanie M można postępować jak w (a) tzn. x 1 = +t 1, x = t 1 +t, x = 5+t. Stąd t 1 = x 1, t = x 5. Wstawiamy do środkowego związku i dostajemy równanie x 1 x + x = 11. Można prościej. Równanie x 1 x + x = 0 znalezione wyżej jest rownanie płaszczyzny prostopadłej do wektora (,- 1,1). Ta płasczyzna jest rownoległa do M a więc równanie M ma postać x 1 x + x = b. Wstawiając punkt (,0,5) dostajemy b = 11. 5. (a) Niech L oznacza prostą przechodzącą przez p i prostopadłą do M. Wektor (,,- 1) jest prostopadły do M więc parametryzycją L jest (1,,1)+t(,,-1)=(1+t,+t,1-t). Punkt wspólny L i M to szukany rzut. Wstawiamy ogólny punkt L do równania M i znajdujemy t = 5 4. Rzut p na M jest równy (, 1, 19). (b) Równanie płaszczyzny przechodzącej przez p i prostopadłej do L to x 1 x + x = 0. Punnkt wspólny L i tej płaszczyzny to szukany rzut. Odp. (,,-1). 54. (a) x + 1 + x 1 x + + x min przy warunkach: x + 1 x 1 + 7x + 7x + x = x + 1 x 1 + x + x x 4 = 1 x + 1 + x + x + x + x 5 = 5 x + 1, x 1, x +, x, x, x 4, x 5 0. (b) 5x + 1 5x 1 + 6x x min x + 1 x 1 + x x = 10 x + 1 x 1 + x x 4 = 0 x + 1, x 1, x, x, x 4 0 1

(c) 7x 1 + x 5x + x 4 min x 1 + x + x + x 4 = 15 x 1 + x + x 5 = 6 x + x 4 + x 6 = 8 x 1, x, x, x 4, x 5, x 6 0. 55. (a) Najpierw zbiory bazowe. Są to takie zbiory {i, j}, że i-ta oraz j-ta kolumny są niezależne. Czyli {1, }, {1, 4}, {1, 5}, {, }, {, 4}, {, 5}, {, 4}, {, 5} Dla zbioru bazowego {1, } zmienne niebazowe to x, x 4, x 5. W rozwiązaniu bazowym one mają być równe 0. Na zmienne bazowe otrzymujemy więc układ równań x 1 + x = 1 x 1 + 5x = Stąd x 1 = 1, x = 0. Rozwiązanie bazowe : (1,0,0,0,0). Dla zbioru bazowego np. {, 4} rozwiązanie bazowe to :(0, 7, 0, 1 7, 0). (b) To jest układ sprzeczny. Nie ma rozwiązań, w szczególności nie ma rozwiązań bazowych. (c) Macierz (rozszerzona) tego układu ma rząd czyli te równania są zależne. Pierwsze dwa są niezależne. Odrzucamy trzecie. Dla zbioru bazowego np {1, } rozwiązanie bazowe to (0,1,0,0,0). Są trzy zbiory bazowe: {1, }, {, }, {, 4}. (d) Są cztery zbiory bazowe (każda trójka kolumn stanowi układ niezależny). Dla np. zbioru bazowego {1,, 4} rozwiązanie bazowe to (1,0,0,-1). 56. (a) W postaci standardowej x 1 x min, przy warunkach 4x 1 + 4x + x = 1 x 1 + x 4 = x + x 5 = x 1, x, x, x 4, x 5 0. Macierz A b = 4 4 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1, wektor c T = 1,, 0, 0, 0. 1

Startujemy wybierając zbiór bazowy dopuszczalny. {1,, } nie jest dopuszczalny bo dla niego rozwiązanie bazowe (,, 4, 0, 0) nie jest nieujemne. {1,, 4} jest dopuszczalny. Przekształcamy macierz A b tak aby kolumny K 1, K, K 4 tworzyły macierz jednostkową. Otrzymujemy H h 0 = 1 0 0 0 1 0 1 1 4 0 1 1 0 0 0 1 1 0 c T B = 1,, 0. Teraz z T = c B H = 1,, 1, 0, 1. (c z)t = 0, 0, 1, 0, 1. Najmniejsza wartość ujemna występuje na piątej pozycji. Zatem s = 5. Piąta kolumna h 5. Dostajemy tylko jedną wartość. To jest więc minimum takich ułamków. Występuje na pierwszej pozycji. Czyli r = 1. Ze zbioru B usuwamy pierwszą liczbę czyli 1 i dokładamy s czyli 5. Otrzymujemy nowy zbiór bazowy B = {, 4, 5}. Nowa macierz H h 0 to H h 0 = 1 1 1 4 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 c T B =, 0, 0, z T =,, 1, 0, 0. Teraz c z 0 czyli rozwiązaniem zadania jest rozwiązanie bazowe (0,,0,,). Rozwiązaniem zadania wyjściowego jest (0,), minimum funkcji wynosi -6. (b) Postać standardowa x 1 x min, przy warunkach 4x 1 + 4x + x = 1 x 1 + x 4 = x + x 5 = x 1, x, x, x 4, x 5 0. Macierz A b = 4 4 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1, wektor c T =, 1, 0, 0, 0. Macierz A b jest taka sama jak w punkcie (a). Weźmy B = {1,, 4}. Wtedy c T B =, 1, 0. Obliczamy z T =, 1, 1, 0, 1. c z 0 więc rozwiązaniem jest rozwiązanie bazowe dla 4 B czyli x = (, 1, 0, 0, 0). Rozwiązaniem wyjściowego zadania jest wektor (,1). Wartość maksymalna funkcji x 1 + x jest równa 5. (c) Postać standardowa x 1 + x min, przy warunkach x 1 + x x = 4 x 1 + x x 4 = 8

x 1 x + x 5 = 0 x 1, x, x, x 4, x 5 0. A b = 1 1 1 0 0 4 0 1 0 8 1 1 0 0 1 0. Wektor c T =,, 0, 0, 0. Nie jest tak prosto znaleźć zbiór bazowy dopuszczalny. Po kilku próbach znajdujemy B = {1,, 5}. Przekształcamy macierz A b tak aby kolumny o numerach 1,,5 macierzy utworzyły macierz jednostkową. Otrzymujemy H h 0 = 1 0 5 0 1 0 4 5 5 0 0 1 1 1 4 5 5 0 0 5 c T B =,, 0. Wektor z T = c T B H =,, 0,, 0; c z = 0, 0, 0,, 0 0 zatem rozwiązaniem zadania jest rozwiązanie bazowe x = (0, 4, 0, 0, 4). Rozwiązaniem zadania wyjściowego jest (0,4). Wartość maksymalna funkcji x 1 x jest równa -8. (d) W postaci standardowej mamy 8x x 5 min. Warunki nie zmieniają się. 4 0 0 8 10 A b = 0 1 0 1. Wektor c T = 0, 8, 0, 0, 1. 0 0 0 1 6 1 Weźmy zbiór bazowy (dopuszczalny) {1,, 4}. Mamy H h 0 = 1 0 0 4 5 0 1 0 1 0 0 0 1 6 1 Mamy c T B = 0, 0, 0. Zatem z = 0 i c z = c. Najmniejsza współrzędna c z jest na pozycji drugiej czyli s =. Rozpatrujemy drugą kolumnę macierzy H czyli. 0 Dzielimywspółrzędne h 0 przez dodatnie współrzędne h. Otrzymujemy 5,. Minimum jest na drugiej pozycji czyli r =. Ze zbioru B usuwamy drugą liczbę czyli i dokładamy s =. Otrzymujemy nowy zbiór bazowy B = {1,, 4}. Przekształcamy powyższą macierz H h 0 ( lub A b) i dostajemy nową macierz H h 0... 1 0 0 1 H h 0 = 0 1 0 1 1 0 0 0 1 6 1 c T B = 0, 8, 0. Obliczamy z T = 0, 8, 8, 0, 8, (c z)t = 0, 0, 8, 0, 11. Zatem s = 5. Dzielimy h 0 przez h 5. Dostajemy ułamki. Minimum występuje na pierwszej pozycji, 1 6 15

czyli r = 1. Z B usuwamy pierwszą liczbę czyli 1 i dokładamy s = 5. Nowy zbiór bazowy B = {, 4, 5}. Nowa macierz H h 0 = 1 1 4 0 0 7 4 9 6 81 0 1 0 7 7 7 0 1 1 0 1 7 c T B = 8, 0, 1. Zatem z T = 4, 8, 15, 0, 1. Teraz c z 0. Rozwiązaniem zadania 7 jest odpowiednie rozwiązanie bazowe tzn. x = (0, 4, 0, 81, 1 47 ). Szukane maximum to. 4 7 4 (e) 1 0 1 A b = 4. Wektor c 0 7 T = 4,, 0, 0, 1. Weźmy zbiór bazowy B = {4, 5}. Macierz 1 1 7 1 0 H h 0 = 5 1 1 1 0 1 6 9 6 c T B = 0, 1, z T = 5, 1, 1, 0, 1. Dostajemy s =. Wszystkie wyrazy w drugiej kolumnie 6 9 macierzy H są ujemne. Zatem zadanie nie ma rozwiązania. (f) W postaci standardowej 4x 1 x + 4x min, przy warunkach x 1 + x x + x 4 = 18 x 1 + x x + x 5 = 1 x 1 x + x 6 = 1 x 1,..., x 6 0. A, b = 1 1 0 0 18 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1, c T = 4,, 4, 0, 0, 0. Weźmy B = {4, 5, 6}. Wtedy c T B = 0 więc z = 0, dostajemy s =. Ale trzecia kolumna macierzy A jest w całości ujemna zatem zadanie nie ma rozwiązania. 57. Stosujemy kryterium Sylvestera: Forma jest dodatnio określona wrety i tylko wtedy gdy wszystkie minory główne macierzy tej formy są dodatnie. Forma jest ujemnie określona wtedy i tylko wtedy znaki minorów głównych (poczynając od minora stopnia 1 czyli wyrazu na miejscu 11) macierzy tej formy tworzą ciąg naprzemienny -, +, -, +, itd. (a) ujemnie określona. (b) dodatnio określona. 16

(c) ani dodatnio ani ujemnie określona (wyznacznik macierzy jest równy 0). (d) dodatnio określona. 58. Minory główne macierzy tej formy: -1, r 4, r 4r + 1. Ma być r 4 > 0, r 4r + 1 < 0. Odp. r < 5. 59. Stosujemy twierdzenie: Forma jest odpowiednio dodatnio określon, ujemnie określona, dodatnio półokreślona, ujemnie półokreślona wtedy i tylko wtedy gdy wszystkie wartości własne macierzy tej formy są odpowiednio dodatnie, ujemne, nieujemne ( 0), niedodatnie ( 0). (a) Wartości własne to 0,10 zatem forma jest dodatnio półokreślona. (b) Wartości własne to,4,5 zatem forma jest dodatnio określona. (c) Wartości własne to 0,,5,8 czyli forma jest dodatnio półokreślona. 60. Stosujemy metodę Lagrange a przekształcenia tej formy do sumy kwadratów. q(x 1, x, x ) = x 1 + rx 1 x + 4x + sx = x 1 + rx 1 x + r x r x + 4x + sx = (x 1 + rx ) + (4 r )x + sx = y 1 + (4 r )y + sy gdzie y 1 = x 1 + rx, y = x, y = x. (a) Ma być 4 r > 0 i s > 0. (b) Ma być 4 r 0 i s 0. (c) Nigdy nie jest ujemnie określona gdyż inaczej wszystkie współczynniki przy y i, i = 1,, są ujemne ale współczynnik przy y 1 jest równy 1 > 0. Inny argument: niech x będzie wektorem takim, że y 1 = 1, y = y = 0 (tzn. x = (1, 0, 0)). Wtedy q( x) = 1 > 0. (d) Nigdy nie ujemnie półokreślona. Argument jak w (c). (e) nieokreślona tzn. nieprawda, że jest określona tzn. nieprawda, że jest ujemnie lub dodatnio określona. Odp. zaprzeczenie (a) tzn 4 r 0 lub s 0. 17