Algebra liniowa z geometrią

Algebra liniowa z geometrią prof. dr hab. Andrzej Szczepański Wydział MFI UG Instytut Matematyki 14 czerwca 2017 rof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 1 / 267

Wykład 1. Definicja 1.1 Działanie dwuargumentowe d : X X X nazywamy łącznym, o ile: a,b,c X d(a, d(b, c)) = d(d(a, b), c). Przykład 1.2 Niech X = N, d dowolne +, u1,u 2,u 3 N u 1 + (u 2 + u 3 ) = (u 1 + u 2 ) + u 3. Definicja 1.3 (G, e, ) nazywamy grupą, o ile: a,b,c G (a b) c = a (b c) - łączność e G a G e a = a e = a - element neutralny a G b G a b = b a = e - element odwrotny prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 2 / 267

Przykład 1.4 Liczby rzeczywiste R i wymierne Q są przykładami grup (R, 0, +), (Q, 0, +). Definicja 1.5 (G, ) jest półgrupą, o ile działanie jest łączne. (Jest półgrupą z jedynką, o ile istnieje element e G taki, że g e = e g = g). Np. N ze względu na mnożenie (N, 1, ). Definicja 1.6 Grupa (G, e, ) jest abelowa (przemienna), o ile: a,b G a b = b a. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 3 / 267

Definicja 1.7 Pierścieniem (R, +,, 0, e) nazywamy zbiór R z elementami neutralnymi 0, e R oraz z działaniami: + : R R R : R R R spełniający warunki: (R, 0, +) jest grupą abelową (R, e, ) jest półgrupą. Ponadto a,b,c R a (b + c) = a b + a c oraz (b + c) a = b a + c a. Jeżeli mnożenie jest przemienne tzn. a b = b a, to pierścień R nazywamy przemiennym. Pierścień nazywamy pierścieniem z jedynką, jeżeli istnieje element neutralny mnożenia, tzn. 1 R a R a 1 = 1 a = a. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 4 / 267

Przykład 1.8 (Z, 1, 0,, +) C[0, 1] - pierścień funkcji ciągłych na odcinku [0, 1]. f,g C[0,1] (f + g)(x) = f (x) + g(x), (f g)(x) = f (x) g(x) x f (x) = 1, x f (x) = 0 C[0, 1] = {f : [0, 1] R f ciągła} Definicja 1.9 Ciałem nazywamy pierścień przemienny z jedynką, gdzie 0 1 i taki, że x R\{0} istnieje x 1 R \ {0}. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 5 / 267

Przykład R, Q, {0, 1} + 0 1 0 0 1 1 1 0 Z 3 = {0, 1, 2} + 0 1 2 0 0 1 2 1 1 2 0 2 2 0 1 Jest to ciało. * 0 1 0 0 0 1 0 1 } * 0 1 2 0 0 0 0 1 0 1 2 2 0 2 1 tabelka modulo prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 6 / 267

Przykład c.d. Z 4 = {0, 1, 2, 3} + 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 * 0 1 2 3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 0 2 3 0 3 2 1 To nie jest ciało, a tylko pierścień (dla elementu 2 nie istnieje element odwrotny). Z n = {0, 1,, n 1} z działaniami: dodawanie i mnożenie modulu n. Jeżeli n-pierwsze, to Z n ciało. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 7 / 267

Definicja 1.10 Strukturą algebraiczną nazywamy zbiór X z działaniami: k i : X n i X, i = 1, 2,..., l. Podstrukturą algebraiczną struktury (X, k 1, k 2,, k l ) nazywamy podzbiór Y X taki, że: i k i : Y n i Y. Przykład 1.11 Z = {Z, 1, 0,, +} 2Z nie jest podpierścieniem, ale jest podgrupą ze wzgędu na dodawanie. Uwaga Strukturę algebraiczną z działaniem + nazywamy strukturą addytywną, natomiast strukturę z działaniem nazywamy strukturą multiplikatywną. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 8 / 267

Wykład 2. Uwagi wstępne N Z Q R C C = R R x 2 + 1 = 0 x 2 = 1 i = 1 i 2 = 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 9 / 267

Definicja 2.1 Zbiór C = R R wraz z działaniami: (a, b) (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc) nazywamy zbiorem liczb zespolonych. W tym zbiorze równanie x 2 + 1 = 0 ma rozwiązanie. Definicja 2.2 Dowolną liczbę zespoloną z C zapisujemy w postaci z = a + bi, gdzie a, b R, a - część rzeczywista liczby zespolonej z - R(z) (lub Re(z)) b - część urojona liczby zespolonej z - I(z) (lub Im(z)) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 10 / 267

Stwierdzenie 2.3 Zbiór iczb zespolonych z działaniami, jest ciałem. Dowód Zauważmy, że: (a, b) + (0, 0) = (a, b) 0 = (0, 0) (a, b) (1, 0) = (a, b) 1 = (1, 0) Poza tym: (0, 1) (0, 1) = ( 1, 0) = (1, 0), czyli (0, 1) 2 = 1. Zauważmy ponadto, że działania w C są zwykłymi działaniami na wielomianach stopnia jeden ze zmienną i, gdzie i 2 = 1. Zatem wszystkie aksjomaty ciała, poza istnieniem elementu odwrotnego, wynikają wprost z definicji oraz z własności dodawania i mnożenia wielomianów. 1 Sprawdźmy zatem, czy a+bi C? Tak, 1 a+bi = a bi a 2 b 2 i 2 = a bi a 2 +b 2 = a a 2 +b 2 + b a 2 +b 2 i C, a 2 + b 2 0. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 11 / 267

Definicja 2.4 Sprzężeniem liczby zespolonej nazywamy funkcję C C zdefiniowaną wzorem a + bi = a bi. Własności sprzężenia 1 r R r = r 2 z1,z 2 C z 1 + z 2 = z 1 + z 2 3 z1,z 2 C z 1 z 2 = z 1 z 2 4 z C z = z 5 z C zz = z 2 Definicja 2.5 Modułem liczby zespolonej z = a + bi nazywamy liczbę rzeczywistą z = a 2 + b 2. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 12 / 267

Definicja 2.6 Zapis liczby zespolonej z 0 w postaci z = z (cosα + isinα) nazywamy postacią trygonometryczną liczby liczby z. Kąt α (kąt między osią Ox, a prostą łączącą 0 z liczbą z w kierunku przeciwnym do wskazówek zegara) nazywamy argumentem liczby z. Uwaga Im z cos α = a z a = z cos α sin α = b z b = z sin α z z = a + bi Re z prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 13 / 267

Mnożenie i dzielenie liczb zespolonych z 1 z 2 = z 1 (cos α 1 + i sin α 1 ) z 2 (cos α 2 + i sin α 2 ) = z 1 z 2 (cos α 1 cos α 2 + i cos α 1 sin α 2 + i sin α 1 cos α 2 sin α 1 sin α 2 ) = z 1 z 2 ( (cos α 1 cos α 2 sin α 1 sin α 2 ) + i(cos α 1 sin α 2 + sin α 1 cos α 2 ) ) = z 1 z 2 ( cos(α 1 + α 2 ) + i sin(α 1 + α 2 ) ) ( ) 1 cos( α) + i sin( α) = 1 (cos α i sin α), z = 1 z Rzeczywiście tak jest, bo: z 1 1 z = z (cos α + i sin α) z z (cos( α) + i sin( α)) = z 1 z ( cos(α α) + i sin(α α) ) = cos 0 + i sin 0 = 1 z 1 z 2 = z 1 1 z 2 = z 1 (cos α 1 + i sin α 1 ) 1 ( z cos( α2 2 ) + i sin( α 2 ) ) = ( cos(α1 α 2 ) + i sin(α 1 α 2 ) ) z 1 z 2 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 14 / 267

Przykłady i = cos π 2 + i sin π 2 i = 1 i 2 = 1 i 4 = ( 1) 2 = 1 i 4 = (cos π 2 + i sin π 2 )4 = cos 4π 2 + i sin 4π 2 = cos 2π + i sin 2π = 1 i = cos π 2 + i sin π 2 1 i = 1 i (cos π 2 i sin π 2 ) = i 1 i = i = i i 2 1 = i i = cos π 2 + i sin π 2 1 i = cos π 2 i sin π 2 1 = i 1 i = (cos π 2 + i sin π 2 )(cos π 2 i sin π 2 ) = = (cos π 2 +i sin π 2 )(cos( π 2 )+i sin( π 2 )) = cos( π 2 π 2 )+i sin( π 2 π 2 ) = = cos 0 + sin 0 = 1 + 0 = 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 15 / 267

Wzór de Moivre a Niech z = z (cos α + i sin α). Wtedy: n N z n = z n (cos nα + i sin nα) Dowód Dowód indukcyjny. Dla n = 1 oczywiste. Krok indukcyjny n (n + 1). ( z (cos α + i sin α ) n+1 = ( z (cos α + i sin α) ) n z (cos α + i sin α) = = z n (cos nα + i sin nα) z (cos α + i sin α) = = z n+1( cos(n + 1)α + i sin(n + 1)α ) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 16 / 267

Uwaga Wzór de Moivre a prawdziwy jest także dla n Z. Uwaga S 1 = {z C z = 1} (S 1, ) jest grupą Wzór Eulera e iα = cos α + i sin α Stwierdzenie 2.7 Ciało liczb zespolonych jest algebraicznie domknięte, tzn. dowolny wielomian o współczynnikach w liczbach zespolonych ma pierwiastek. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 17 / 267

Przykład ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c R = b 2 4ac Jeżeli 0, to istnieje pierwiastek rzeczywisty. Jeżeli < 0, to rozwiązanie jest zespolone. ( )( ax 2 + bx + c = a x b Gdy < 0, to = gdzie > 0. Zatem: ( )( a x b i 2a x 2 + 1 = (x i)(x + i) 2a x b+ 2a ( 1) = i, x b+i 2a x 2 1 = (x 1)(x + 1) ). ) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 18 / 267

Wykład 3. Definicja 3.1 Przestrzeń liniowa to struktura (V, K, +, ), w której (V, +, 0) grupa abelowa, K ciało i, na której określone jest: + : V V V a,b,c V (a + b) + c = a + (b + c) (łączność) 0 V a V a + 0 = 0 + a = a (element neutralny) a b a + b = b + a = 0 (element odwrotny) a,b V a + b = b + a (przemienność) : K V V α K a,b V α (a + b) = α a + α b (rozdzielność) α,β K a V (α + β) a = α a + β a (rozdzielność) α,β K a V α (β a) = (α β) a a V 1 a = a prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 19 / 267

Przykład 1 (R 2, +, ) (x, y) + (x 1, y 1 ) = (x + x 1, y + y 1 ) (x, y) + (0, 0) = (x, y) (x, y) + ( x, y) = (0, 0) 2 (K, K, +, ) - przestrzeń liniowa nad ciałem K 3 X - przestrzeń (R, R 2 ) C(X ) = {f : X R f - funkcja ciągła} (f 1 + f 2 )(x) = f 1 (x) + f 2 (x) (αf (x)) = αf (x) x X 0f (x) = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 20 / 267

Definicja 3.2 Niech (V, K, +, ) będzie przestrzenią liniową nad ciałem K i niech V 1 V. Wówczas V 1 nazywamy podprzestrzenią liniową, o ile (V 1, K+ V1, V1 ) jest przestrzenią liniową. + V1 : V 1 V 1 V 1 a,b V1 a + b V 1 V1 : K V 1 V 1 α K a V1 α a V 1 Powyższe dwa warunki można zastąpić jednym: α,β K a, b V 1 αa + βb V 1 Przykład R R 2 R - podprzestrzeń liniowa (0, x) + (0, y) = (0, x + y) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 21 / 267

Kontrprzykład R 0 R R 0 nie jest podprzestrzenią liniową, bo nie jest grupą ze względu na dodawanie. Definicja 3.3 1 Niech V będzie przestrzenią liniową nad ciałem K. Niech v 1, v 2,..., v n V. Mówimy, że v 1, v 2,..., v n są liniowo niezależne, kiedy kombinacja liniowa α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n = 0 jest możliwa jedynie, gdy α 1 = α 2 =... = α n = 0. 2 Mówimy, że v 1, v 2,..., v n są liniowo zależne, o ile istnieją skalary α 1, α 2,..., α n nie wszystkie równe 0, że α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 22 / 267

Przykłady Układ v 1, v 2,..., v n, taki, że 1 i n v i = 0 jest zawsze liniowo zależny. {(1, 0), (0, 1)} R 2 jest liniowo niezależny. α 1 (1, 0) + α 2 (0, 1) = (α 1, 0) + (0, α 2 ) = (α 1, α 2 ) = = (0, 0) α 1 = α 2 = 0 {(1, 0), (5, 0)} R 2 jest liniowo zależny Niech α 1 = 5, α 2 = 1 5(1, 0) + 1(5, 0) = ( 5, 0) + (5, 0) = (0, 0) Definicja 3.4 Niech V będzie przestrzenią liniową nad ciałem K. Układ wektorów v 1, v 2,..., v n V stanowi zbiór generatorów, o ile: v V α1,α 2,...,α n K v = α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n Definicja 3.5 Liniowo niezależny zbiór generatorów przestrzeni liniowej V nazywamy bazą. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 23 / 267

Stwierdzenie 3.6 Zapis dowolnego elementu v V jako kombinacji liniowej wektorów bazowych jest jednoznaczny. Dowód Niech v 1, v 2,..., v n - baza α1,α 2,...,α n K v = α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n. Jednoznaczność oznacza, że istnieje tylko jeden wybór α 1, α 2,..., α n. Przypuśćmy, że istnieją β 1, β 2,..., β n, takie że v = β 1 v 1 + β 2 v 2 +... + β n v n. Ale v = α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n = β 1 v 1 + β 2 v 2 +... + β n v n. Stąd: 0 = (α 1 β 1 )v 1 + (α 2 β 2 )v 2 +... + (α n β n )v n. Ponieważ v 1, v 2,..., v n są liniowo niezależne, zatem powyższe równanie jest możliwe tylko gdy α 1 = β 1, α 2 = β 2,..., α n = β n. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 24 / 267

Stwierdzenie 3.7 Następujące warunki są równoważne: 1 Zbiór v 1, v 2,..., v n jest bazą przestrzeni liniowej V nad ciałem K. 2 Zbiór v 1, v 2,..., v n jest maksymalnym zbiorem wektorów liniowo niezależnych (tzn., że jeśli do wektorów v 1, v 2,..., v n dodamy inny wektor, to układ ten jest wtedy liniowo zależny). Dowód (1) (2) Przypuśćmy, że istnieje v 0, gdzie v v 1, v 2,..., v n, taki, że układ v 1, v 2,..., v n, v jest liniowo niezależny. Ale: v = α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n α1,α 2,...,α n 0 = 1 v + α 1 v 1 + α 2 v 2 +... α n v n, co jest sprzeczne z założeniem, że układ v 1, v 2,..., v n jest liniowo niezależny. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 25 / 267

Dowód c.d. (2) (1) Musimy udowodnić, że v 1, v 2,..., v n jest zbiorem generatorów takim, że: v 1, v 2,..., v n, v jest liniowo zależny. Stąd: v V 0, v v1,...,v n α1,α 2,...,α n,α n+1 α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n + α n+1 v = 0 i nie wszystkie są równe zero. Jeżeli α n+1 = 0, to z liniowej niezależności v 1, v 2,..., v n mamy, że α 1 = α 2 =... = α n = 0. Stąd: α n+1 0. Zatem: v = α 1 v 1 α 2 v 2... α n v n. α n+1 α n+1 α n+1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 26 / 267

Uwaga Niech V przestrzeń liniowa nad ciałem K (u nas to Q, R, C) i niech v 1, v 2,..., v n V baza. Wówczas: α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n V i wszystkie tego typu kombinacje liniowe wektorów bazowych rozpinają przestrzeń liniową generowaną przez v 1, v 2,..., v n. Przykład v R 3 dowolny, Podprzestrzeń rozpięta na v to αv, α K, czyli prosta. R 3 α 1 v 1 + α 2 v 2 - płaszczyzna przechodząca przez 0 rozpięta na trzech punktach 0, v 1, v 2 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 27 / 267

Wykład 4. Twierdzenie 4.1 Dowolne dwie bazy przestrzeni liniowej V nad ciałem K są równoliczne. Dowód Zacznijmy od sformułowania lematu: Lemat 4.2 Niech wektory a 1, a 2,..., a n tworzą bazę przestrzeni V i niech a = α 1 a 1 + α 2 a 2 +... + α n a n, przy czym α j 0. Wówczas wektory a 1, a 2,..., a j 1, a, a j+1,..., a n też tworzą bazę przestrzeni V. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 28 / 267

Dowód lematu Wiemy, że a = n α i a i. i=1 Ponieważ α j 0, więc: = 1 α j a α 1 α j a 1 α 2 α j a 2... α j 1 α j a j 1 α j+1 α j a j+1... αn α j a n Widzimy, że a j jest kombinacją liniową wektorów a 1, a 2,..., a j 1, a, a j+1,..., a n. Każdy wektor z V jest kombinacją liniową wektorów a 1, a 2,..., a j 1, a, a j+1,..., a n, bo każdy wektor z V jest kombinacją liniową a 1, a 2,..., a j,..., a n (to jest baza), czyli równość opisana ( ) pozwala nam zastąpić a j i w konsekwencji zapisać kaźdy wektor jako kombinację liniową wektorów a 1, a 2,..., a j 1, a, a j+1,..., a n. Innymi słowy, wektory a 1, a 2,..., a j 1, a, a j+1,..., a n również generują V. Pozostało pokazać, że te wektory są liniowo niezależne. Niech: βa + β 1 a 1 + β 2 a 2 +... + β j 1 a j 1 + β j+1 a j+1 +... + β n a n = 0, β i K a j ( ) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 29 / 267

Dowód lematu c.d. n Podstawiając za a sumę: α i a i mamy: i=1 β( n α i a i ) + β 1 a 1 + β 2 a 2 + + β j 1 a j 1 + β j+1 a j+1 +... + β n a n = 0 i=1 β(α 1 a 1 +... + α j 1 a j 1 + α j a j + α j+1 a j+1 +... + α n a n ) + β 1 a 1 + β 2 a 2 +... + β j 1 a j 1 + β j+1 a j+1 + β n a n = 0 Ponieważ (a 1, a 2,..., a n ) baza, więc βα j = 0, i wiemy z założenia, że α j 0, zatem β = 0 β 1 = β 2 =... = β n = 0. Twierdzenie 4.3 (Steiniza o wymianie) Jeśli wektory a 1, a 2,..., a n tworzą bazę przestrzeni V, a wektory b 1, b 2,..., b s są liniowo niezależne, to: 1 s n 2 istnieje (n s) wektorów a i, które łącznie z wektorami b j tworzą bazę przestrzeni V. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 30 / 267

Dowód (indukcyjny) Dla s = 0 oczywiste, bo 0 n. Załóżmy, że twierdzenie to jest prawdziwe dla liczb mniejszych od s i dowodzimy względem s. Rozpatrzmy s wektorów liniowo niezależnych b 1, b 2,..., b s. Wektory b 1, b 2,..., b s 1 są liniowo niezależne. Oznacza to, że s 1 n oraz istnieje n s + 1 wektorów spośród wektorów a i, które łącznie z wektorami b 1, b 2,..., b s 1 tworzą bazę V. Dla uproszczenia zapisu przyjmijmy, że tymi wektorami są a 1, a 2,..., a n s+1. Wykażemy najpierw, że s 1 < n. Gdyby było inaczej, oznaczałoby to, że s 1 = n (bo s 1 n). A zatem już wektory b 1, b 2,..., b s 1 tworzyłyby bazę przestrzeni V. Stąd b s byłby liniowo zależny od b 1, b 2,..., b s 1, co daje sprzeczność. Zatem: s 1 < n s n, co dowodzi części pierwszej. Z założenia wektory b 1,..., b s 1, a 1,..., a n s+1 są bazą V. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 31 / 267

Dowód c.d. Stąd b s jako wektor z V jest ich kombinacją liniową: b s = γ 1 b 1 +... + γ s 1 b s 1 + γ s a 1 +... + γ n a n s+1. Ponieważ b 1,, b s 1, b s liniowo niezależne, to co najmniej jeden ze współczynników przy a 1, a 2,..., a n s+1 musi być różny od zera. Przyjmujemy, że jest to np. γ n tzn. 0. Z lematu możemy utworzyć nową bazę pomijając wektor a n s+1 i wstawiając w jego miejsce b s. Stąd b 1,..., b s, a 1,..., a n s jest szukaną bazą spełniającą twierdzenie Steinitza. Definicja 4.4 Liczbę elementów dowolnej skończonej bazy przestrzeni liniowej V nad ciałem K nazywamy wymiarem przestrzeni V i oznaczamy przez dim K V. Jeżeli V nie ma skończonej bazy, to mówimy, że dim k V =. Jeżeli V = {0} to mówimy, że dim k V = 0. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 32 / 267

Przykład e 1 = (1, 0), e 2 = (0, 1) baza dim R R 2 = 2 dim R C = 2 Liczba zespolona jest tu kombinacją liniową 1 oraz i nad R. dim C C = 1 Liczba zespolona jest tu kombinacją liniową 1 nad C. dim R R 3 = 3 dim K K n = n dim R R = 1 dim K K = 1 - bazę K nad K tworzy dowolny 0 element z K. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 33 / 267

Przykłady e 1 = (1, 0, 0,, 0) e 2 = (0, 1, 0,, 0) e n = (0, 0, 0,, 1) Jest to baza standardowa, dim R R n = n. Analogicznie taką samą bazę mamy nad ciałem K na K n. Stąd dim K K n = n. C(X ) = {f : X R f funkcja ciągła} (f 1 f 2 )(x) = f 1 (x) f 2 (x), x X (αf )(x) = αf (x), x X Przestrzeń liniowa nad R dim R C(X ) = prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 34 / 267

Wykład 5. Stwierdzenie 5.1 dim Q R = Dowód Przypuśćmy, że dim Q R = n. Wówczas istniałaby taka baza v 1, v 2,..., v n R, że każda liczba z R jest zapisywalna w postaci α 1 v 1 + α 2 v 2 +... + α n v n, gdzie α 1, α 2,..., α n Q. A to z definicji liczb rzeczywistych jest niemożliwe. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 35 / 267

Przykłady dim R C = 2, baza: 1 = e 1 = (1, 0), i = e 2 = (0, 1) dim R R 2 = 2 Każda liczba zespolona jest kombinacją liniową nad R dwóch liczb zespolonych. Ponieważ dim R R 2 = 2, więc dowolne dwa liniowo niezależne wektory stanowią bazę R 2 nad R. dim Q C = Definicja 5.2 Niech V 1, V 2 przestrzenie liniowe nad ciałem R. Funkcja f : V 1 V 2 jest homomorfizmem liniowym, o ile spełnia warunki: 1 x1,x 2 V 1 f (x 1 + x 2 ) = f (x 1 ) + f (x 2 ) 2 x V1 α R f (αx) = αf (x) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 36 / 267

Przykłady f : V 1 V 2 x V1 f (x) = 0 - jest odwzorowaniem liniowym V 1 = V 2 f (x) = x - jest odwzorowaniem liniowym Definicja 5.3 Niech V 1, V 2 przestrzenie liniowe nad R. Produktem kartezjańskim przestrzeni V 1, V 2 nazywamy przestrzeń V 1 V 2 = {(v 1, v 2 ) v 1 V 1, v 2 V 2 } z działaniami: x1,x 2 V 1 y1,y 2 V 2 α R α(x 1, x 2 ) df = (αx 1, αx 2 ) (x 1, x 2 ) + (y 1, y 2 ) df = (x 1 + y 1, x 2 + y 2 ) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 37 / 267

Przykład R 2 = R R R 3 = R 2 R R n = R n 1 R Π 1 : V 1 V 2 V 1 (x, y) x homomorfizm liniowy - rzutowanie na pierwszą składową Π 2 : V 1 V 2 V 2 (x, y) y homomorfizm liniowy - rzutowanie na drugą składową. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 38 / 267

Stwierdzenie 5.4 Następujące warunki są równoważne: 1 f : V 1 V 2 jest liniowe 2 α,β R x1,x 2 V 1 f (αx 1 + βx 2 ) = αf (x 1 ) + βf (x 2 ) Dowód (1) (2) f (αx 1 + βx 2 ) = 1) f (αx 1 ) + f (βx 2 ) = 2) αf (x 1 ) + βf (x 2 ) (2) (1) 1 α = β = 1, 2 β = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 39 / 267

Obserwacja f : V 1 V 2 homomorfizm liniowy f (x x) = f (x) f (x) = f (0) = 0 Definicja 5.5 Izomorfizmem liniowym przestrzeni V 1, V 2 nad ciałem R nazywamy homomorfizm liniowy, który jest różnowartościowy i na. Definicja 5.6 Niech f : V 1 V 2 homomorfizm liniowy. Wtedy: ker f = {x V 1 f (x) = 0} nazywamy jądrem f ; im f = {y V 2 x V1 f (x) = y} nazywamy obrazem f. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 40 / 267

Stwierdzenie 5.7 ker f i im f są podprzestrzeniami liniowymi odpowiednio V 1, V 2. Dowód Korzystamy z def. 3.2 podprzestrzeni liniowej: V 1 podprzestrzeń liniowa przestrzeni liniowej V x,y V1 α,β K αx + βy V 1 ker f V 1 0 ker f α,β x,y ker f αx + βy ker f f (αx + βy) = αf (x) + βf (y) = α0 + β0 = 0 + 0 = 0. imf V 2 α,β x,y imf αx + βy imf } x imf x1 V 1 f (x 1 ) = x αx + βy = y imf y1 V 1 f (y 1 ) = y = αf (x 1 ) + βf (y 1 ) = f (αx 1 + βy 1 ) αx + βy imf prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 41 / 267

Wniosek Zawierania ker f V 1 i im V 2 są homomorfizmami przestrzeni liniowych. Definicja 5.8 Bycie podprzestrzenią jest tym samym co stwierdzenie, że inkluzja V W jest homomorfizmem liniowym. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 42 / 267

Stwierdzenie 5.9 f : V 1 V 2 jest homomorfizmem liniowym różnowartościowym ker f = 0. Dowód. x,y V1 f (x) = f (y) x = y 0 x ker f 0 = f (x) = f (0) x = 0. Niech ker f = 0. Mamy udowodnić, że x,y V1 f (x) = f (y) x = y Istotnie, z definicji f (x y) = f (x) f (y) = 0. Sta d (x y) ker f i x y = 0. Zatem x = y.. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 43 / 267

Wykład 6. Definicja 6.1 Macierzą (prostokątną) wymiaru n m nazywamy tablicę elementów ciała K o n wierszach i m kolumnach. Zapisujemy ją jako: [α ij ] 1 i,j n dla każdego α ij K. Przykłady [ 5 ] [, 1 2 [ ] 2 7 9, 3 5 6 ], 5 7 9 1 2 5 7 6 0 5 0 3 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 44 / 267

Definicja 6.2 Niech: V przestrzeń liniowa wymiaru m, W przestrzeń liniowa wymiaru n, e 1, e 2,..., e m baza przestrzeni V, f 1, f 2,..., f n baza przestrzeni W Niech h : V W homomorfizm przestrzeni liniowych. h(e 1 ) = α 11 f 1 + α 21 f 2 +... + α n1 f n h(e 2 ) = α 12 f 1 + α 22 f 2 +... + α n2 f n... h(e m ) = α 1m f 1 + α 2m f 2 +... + α nm f n α 11 α 12... α 1m α 21 α 22... α 2m Wówczas macierz [h(e 1 ), h(e 2 ),..., h(e m )] =...... α n1 α n2... α nm nazywamy macierzą homomorfizmu h. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 45 / 267

Przykłady [a], a R (1 wiersz, 1 kolumna), n = 1, m = 1 f : R R, 1 R baza R nad R x R f (x) = ax f (1) = a f (x) = f (x 1) = xf (1) = xa = ax [1 1 1 1] }{{} h : V W (1 wiersz, 4 kolumny), n = 1, m = 4 dim V = 4 (e 1, e 2, e 3, e 4 ), dim W = 1 (f 1 ) h(e 1 ) = f 1, h(e 2 ) = f 1, h(e 3 ) = f 1, h(e 4 ) = f 1 x V x = αe 1 + βe 2 + γe 3 + δe 4 h(x) = h(αe 1 + βe 2 + γe 3 + δe 4 ) = = αh(e 1 ) + βh(e 2 ) + γh(e 3 ) + δh(e 4 ) = = αf 1 + βf 1 + γf 1 + δf 1 = (α + β + γ + δ)f 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 46 / 267

Przykłady c.d. [ ] 1 2 3 h : V W 0 5 6 dim V = 3 (e 1, e 2, e 3 ) dim W = 2 (f 1, f 2 ) h(e 1 ) = 1f 1 + 0f 2 = f 1 h(e 2 ) = 2f 1 + 5f 2 h(e 3 ) = 3f 1 + 6f 2 Uwaga Homomorfizm przestrzeni liniowych zapisany w postaci macierzy to homomorfizm zakodowany w postaci macierzy. Bez znajomości baz, w których jest on zakodowany, nie jesteśmy w stanie go odkodować. Zatem odpowiedniość: {Macierze} {homomorfizmy} jest związana z odpowiednimi bazami. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 47 / 267

Mnożenie macierzy superpozycja (składanie) homomorfizmów Niech g : V W, h : W U. Bazami przestrzeni V, W, U niech będą (e 1,..., e m ), (f 1,..., f n ), (u 1,..., u k ) odpowiednio. Macierzą α 11 α 12... α 1m α 21 α 22... α 2m homomorfizmu g niech będzie: A =......, zaś α n1 α n2... α nm β 11 β 12... β 1n β 21 β 22... β 2n macierzą homomorfizmu h macierz: B =....... β k1 β k2... β kn prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 48 / 267

Mnożenie macierzy superpozycja (składanie) homomorfizmów V g W h U Zatem: h(g(e i )) = h(α 1i f 1 + α 2i f 2 +... + α ni f n ) = = α 1i h(f 1 ) + α 2i h(f 2 ) +... + α ni h(f n ) = = α 1i (β 11 u 1 + β 21 u 2 +... + β k1 u k )+ +α 2i (β 12 u 1 + β 22 u 2 +... + β k2 u k ) +... + +α ni (β 1n u 1 + β 2n u 2 +... + β kn u k ) = = (α 1i β 11 + α 2i β 12 +... + α ni β 1n )u 1 + +(α 1i β 21 + α 2i β 22 +... + α ni β 2n )u 2 +... + +(α 1i β k1 + α 2i β k2 +... + α ni β kn )u k n α ji β 1j = n β 1j α ji j=1 j=1 n α ji β 2j = n β 2j α ji j=1 j=1... n α ji β kj = n β kj α ji j=1 j=1 i ta kolumna w macierzy odwzorowania h g prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 49 / 267

Mnożenie macierzy superpozycja (składanie) homomorfizmów Z drugiej strony: β 11 β 12... β 1n α 11 α 12... α 1m β 21 β 22... β 2n B A =...... α 21 α 22... α 2m...... = β k1 β k2... β kn α n1 α n2... α nm n n n β 1j α j1 β 1j α j2... β 1j α jm j=1 j=1 j=1 n n n β 2j α j1 β 2j α j2... β 2j α jm j=1 j=1 j=1........... n n n β kj α j1 β kj α j2... β kj α jm j=1 j=1 j=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 50 / 267

Mnożenie macierzy superpozycja (składanie) homomorfizmów [ ] Czyli i ty wiersz β i1, β i2,..., β in macierzy B mnożymy przez k tą α 1k α kolumnę 2k macierzy A i dostajemy element na miejscu (i, k). β nk n macierzy BA, czyli β ij α jk. j=1 Uwaga 1 Macierze B i A można mnożyć ilość kolumn macierzy B jest równa ilości wierszy macierzy A. 2 Macierze kwadratowe tego samego wymiaru zawsze można mnożyć. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 51 / 267

Definicja 6.3 Niech V, W, U przestrzenie liniowe, zaś A = {e 1, e 2,..., e m }, B = {f 1, f 2,..., f n }, C = {g 1, g 2,..., g k } bazy przestrzeni V, W, U odpowiednio. Określmy: V ϕ W ψ U. Niech ϕ(e i ) = a 1i f 1 + a 2i f 2 + + a ni f n, natomiast a 11 a 1i a 1m MB A(ϕ) = a 21 a 2i a 2m ϕ (n m). Podobnie:... a n1 a ni a nm ψ(f i ) = b 1i g 1 + b 2i g 2 + + b ki g k b 11 b 1i b 1n i MC B(ψ) = b 21 b 2i b 2n ψ (k n).... b k1 b ki b kn Wtedy ψ ϕ MC BMA B (k m) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 52 / 267

Wykład 7. Uwaga Niech A, B, C będą macierzami kwadratowymi n n. Możemy wtedy wykonywać następujące działania: 1 A + B = B + A przemienność dodawania 2 (A + B) + C = A + (B + C) łączność dodawania 3 (A B) C = A (B C) łączność mnożenia 4 A(B + C) = AB + AC (B + C)A = BA + CA rozdzielność dodawania względem mnożenia (i odwrotnie) 5 α(b + C) = αb + αc mnożenie przez skalary prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 53 / 267

Przykład [ ] [ ] [ ] 1 2 0 1 6 5 = 3 3 3 2 9 9 [ ] [ ] [ ] 0 1 1 2 3 3 = 3 2 3 3 9 12 Mnożenie macierzy nie jest przemienne! Definicja 7.1 Macierzą jednostkową { E n (I n ) [a ij ] 1 i,j n wymiaru n nazywamy macierz 0 gdy i j przyjmującą: 1 gdy i = j 1 0 0 0 0 1 0 0............ 0 0 0 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 54 / 267

Stwierdzenie 7.2 Dla każdej macierzy kwadratowej A (n n) Stwierdzenie 7.3 AI n = I n A = A Niech ϕ : V W, B V = (v 1,..., v n ), B W = (w 1,..., w m ) bazy V, W odpowiednio, M V W (ϕ) macierz odwzorowania. Jeśli x = (x 1,..., x n ) BV, to współrzędne ϕ(x) w bazie B W są równe: [ϕ(x)] BW = MW V (ϕ) x = MW V (ϕ) x 1 x 2... x n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 55 / 267

Dowód ϕ(x) = ϕ( n x i v i ) = n m x i a ji w j = n m a ji x i w j = m ( n a ji x i )w j = i=1 i=1 j=1 i=1 j=1 j=1 i=1 ( n ( n ( n a 1i x i )w 1 + a 2i x i )w 2 +... + a ji x i )w m = MW V (ϕ) x, i=1 tzn. i=1 a 11... a 1i... a 1n a 21... a 2i... a 2n......... a m1... a mi... a mn x 1 x 2... x n i=1 n j=1 n = j=1 n j=1 x j a 1j x j a 2j... x j a nj prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 56 / 267

Definicja 7.4 Przekształceniem identycznościowym nazywamy id : V V, v V id(v) = v Definicja 7.5 Niech A i A bazy przestrzeni V. Wtedy macierz MA A (id) nazywamy macierzą przejścia od bazy A do bazy A lub macierzą zmiany bazy z A do A i oznaczamy przez PA A. Kolejne kolumny tej macierzy to współrzędne kolejnych wektorów bazy A w bazie A. A = {e 1, e 2,..., e m }, A = {e 1, e 2,..., e m} ϕ = id ϕ(e i ) = id(e i ) = p 1i e 1 +... + p nie n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 57 / 267

Definicja 7.5 c.d. p 11... p 1n PA A =..... p n1... p nn Macierz przejścia z bazy A do bazy A jest zatem macierzą przekształcenia identycznościowego id(x) = x w bazach A i A. Uwaga Niech PA A macierz przejścia od bazy A do bazy A. Wtedy PA A jest odwracalna i macierz (PA A ) 1 = PA A jest macierzą przejścia od bazy A do bazy A. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 58 / 267

Definicja 7.6 Niech MB A (ϕ) będzie macierzą przekształcenia liniowego ϕ : V W w bazach A, B przestrzeni V, W odpowiednio. Macierz przekształcenia liniowego ϕ w bazie A, B ma postać: MB A (ϕ) = PB B MA B (ϕ)pa A Przykład ϕ : R 2 R 3 ϕ(x, y) = (x, y, x + y) A = {(1, 0), (0, 1)} A = {(1, 1), (1, 0)} B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} M B A (ϕ) = PA A MB A (ϕ)p B B M B A (ϕ) = PA A MB A (ϕ)p B B prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 59 / 267

Przykład (1, 1) = 1(1, 0) + 1(0, 1) (1, 0) = 1(1, 0) + 0(0, 1) PA A = ( [ ) PA A 1 1 1 = 1 0 (1, 1, 1) = 1(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + 1(0, 0, 1) (1, 1, 0) = 1(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1) (1, 0, 0) = 1(1, 0, 0) + 0(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1) P B B = (P B B ) 1 = 0 0 1 0 1 1 1 1 0 ] 1 = 1 [ 0 1 1 1 = ] 1 1 1 1 1 0 1 0 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 60 / 267

Przykład M A B (ϕ) = ϕ A B : 1 0 0 1 1 1 ϕ(e 1 ) = ϕ(1, 1) = (1, 1, 2) = 2(1, 1, 1) + ( 1)(1, 1, 0) + 0(1, 0, 0) ϕ(e 2 ) = ϕ(1, 0) = (1, 0, 1) = 1(1, 1, 1) + ( 1)(1, 1, 0) + 1(1, 0, 0) Stąd: MB A (ϕ) = PB B MA B (ϕ)pa A = 0 0 1 1 0 [ ] 2 1 1 1 = 0 1 1 0 1 = 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 Analogicznie: M B A (ϕ) = PA A MB A (ϕ)p B B prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 61 / 267

Wykład 8. Uwagi wstępne V przestrzeń liniowa f : V W - odwzorowanie przestrzeni liniowych B V baza przestrzeni liniowych, liniowo niezależny zbiór wektorów macierze są zdefiniowane w odpowiednich bazach M n n zbiór macierzy kwadratowych o współczynnikach w ciele K o n wierszach i n kolumnach M K = M n n - suma wszystkich macierzy kwadratowych prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 62 / 267

Definicja 8.1 Wyznacznikiem nazywamy funkcję działającą ze zbioru M K do zbioru K. Oznaczamy ją przez det. det: M K K Definicja 8.2 Dowolną funkcję różnowartościową σ : {1, 2,, n} {1, 2,, n} nazywamy permutacją zbioru {1, 2,, n}. Oznaczamy ją: ( 1 2 3 n σ(1) σ(2) σ(3) σ(n) ) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 63 / 267

Uwagi Zbiór wszystkich permutacji jest grupą oznaczaną przez S n. mnożenie w S n - składanie funkcji jedynka ( (permutacja jednostkowa) ) to permutacja postaci: 1 2 3... n id = 1 2 3... n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 64 / 267

Przykład 1. Każdą permutację można zapisać w postaci rozłącznych cykli. σ : ( 1, σ(1), σ 2 (1),..., σ k (1) = 1 ) Elementy 1, σ(1), σ 2 (1),..., σ k 1 (1) tworzą tak zwany cykl. Np.: ( ) 1 2 3 4 5 σ = 3 2 1 5 4 σ = (1 3)(4 5)(2) σ(1) = 3 σ 2 (1) = 1 σ(2) = 2 - cykl długości 1 σ(4) = 5 σ 2 (4) = 4 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 65 / 267

Przykład 2. ( 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 σ = 3 5 6 1 2 9 10 7 4 8 σ(1) = 3 σ 2 (1) = 6 σ 3 (1) = 9 (1 3 6 9 4) σ 4 (1) = 4 σ 5 (1) = 1 } σ(2) = 5 σ 2 (2 5) (2) = 2 σ(7) = 10 σ 2 (7) = 8 σ 3 (7) = 7 (7 10 8) σ = (1 3 6 9 4)(2 5)(7 10 8) Każda permutacja jest iloczynem cykli. ) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 66 / 267

Definicja 8.3 Transpozycją nazywamy cykl długości 2. Fakt Każdy cykl jest iloczynem transpozycji. Ćwiczenie Cykl (1 2 n) = (1 2)(1 3)(1 4) (1 n) S n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 67 / 267

Definicja 8.4 Permutację nazywamy: parzystą, gdy jest identycznościowa id lub jest iloczynem parzystej liczby transpozycji nieparzystą, gdy jest iloczynem nieparzystej liczby transpozycji Znak permutacji { to: 1 σ parzyste sgnσ = 1 σ nieparzyste Uwaga Dla każdego n 2 mamy 1 2 n! permutacji parzystych i 1 2n! permutacji nieparzystych. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 68 / 267

Definicja 8.5 Niech A M n n, A = [a ij ] 1 i,j n. Wyznacznik macierzy A definiujemy jako: det A = σ S n sgn(σ) a 1σ(1) a 2σ(2)... a nσ(n) Definicja 8.6 (Indukcyjna definicja wyznacznika) Niech A Mn n. Dla n = 1 det[a] = a Dla ustalonego n det A = n ( 1) i+n a in det A in i=1 (rozwinięcie Laplace a macierzy A względem ostatniej kolumny) a 11... a 1i 1 a 1i+1... a 1n 1.......... a A in = i 11... a i 1i 1 a i 1i+1... a i 1n 1, a i+11... a i+1i 1 a i+1i+1... a i+1n 1.......... a n1... a ni 1 a ni+1... a nn 1 gdzie A in to A po wykreśleniu i tego wiersza i n tej kolumny. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 69 / 267

Przykład n = 2 { ( ) ( ) 1 2 1 2 } S 2 =, 2 1 1 2 }{{}}{{} σ 1 σ 2 sgn(σ 1 ) = 1 sgn(σ 2 ) = 1 det A = sgn(σ)a 1 σ(1)a 2 σ(2) = sgn(σ 2 )a 11 a 22 + sgn(σ 1 )a 12 a 21 = σ S 2 a 11 a 22 a 12 [ a 21 ] a11 a det A = det 12 = a 21 a 22 ( 1) (1+2) a 12 det[a 21 ] + ( 1) (2+2) a 22 det[a 11 ] = a 11 a 22 a 12 a 21 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 70 / 267

Ćwiczenie A = a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 [ ] [ ] det A = a 13 ( 1) (1+3) a21 a det 22 + a a 31 a 23 ( 1) (2+3) a12 a det 12 + 32 a 31 a 32 [ ] a 33 ( 1) (3+3) a11 a det 12 = a 21 a 22 a 13 a 21 a 32 a 13 a 22 a 31 a 23 a 11 a 32 + a 23 a 12 a 31 + a 33 a 11 a 22 a 33 a 12 a 21 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 71 / 267

Ćwiczenie c.d. Metoda Sarussa: a 11 a 12 a 13 a 11 a 12 a 21 a 22 a 23 a 21 a 22 a 31 a 32 a 33 a 31 a ( ) ( ) 32 ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3,,, 1 2 3 2 1 3 1 3 2 }{{}}{{}}{{} ( +1 ) ( 1 ) ( 1 ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3,, 3 2 1 2 3 1 3 1 2 }{{}}{{}}{{} 1 +1 +1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 72 / 267

Ćwiczenie a 11 0 A =..... 0 a nn det A = a 11 a 22 a nn Stwierdzenie 8.7 Niech n N, i - ustalona liczba naturalna mniejsza od n, α 1, α 2,, α n, α i układ wektorów przestrzeni Kn, a, a K. Wówczas: det[α 1, α 2,..., α i 1, aα i + a α i, α i+1,..., α n ] = a det[α 1, α 2,..., α i 1, α i, α i+1,..., α n ] + a det[α 1, α 2,..., α i 1, α i, α i+1,..., α n ] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 73 / 267

Dowód Gdy n = 1, to i = 1, i tezę otrzymujemy natychmiast: det[aa 11 + a a 11 ] = aa 11 + a a 11 = a det[a 11] + a det[a 11 ] Załóżmy, że nasz wzór jest prawdziwy dla n = m 1 1 i rozpatrzmy przypadek n = m 2. Jeśli i m 1, to wzór wynika wprost z definicji wyznacznika i z powyższego założenia. Jeśli i = m to: = a m det A = det[α 1, α 2,, α m 1, aα m + a α m] = = m ( 1) i+m (aα im + a α im ) det A im = i=1 ( 1) i+m α im det A im + a m i=1 i=1 ( 1) i+m α im det A im, gdzie przyjęliśmy, że α m = [α 1m,..., α mm ] T, α m = [α 1m,..., α mm] T, A = [α 1,..., α m 1, aα m + a α m]. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 74 / 267

Dowód c.d. Macierz A im dla i = 1,..., m możemy również otrzymać wykreślając i ty wiersz i ostatnią m tą kolumnę macierzy [α 1,..., α m ] i macierzy [α 1,..., α m 1, α m], więc: Zatem: m ( 1) i+m α im det A im = det[α 1,..., α m ] i=1 m ( 1) i+m α im det A im = det[α 1,..., α m 1, α m]. i=1 det A = a det[α 1,..., α m ] + a det[α 1,..., α m 1, α m.] Na mocy zasady indukcji wynika stąd prawdziwość twierdzenia dla wszystkich liczb naturalnych. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 75 / 267

Wykład 9. Twierdzenie 9.1 Niech n będzie liczbą naturalną, większą od 1. Załóżmy, że i, k są różnymi liczbami naturalnymi spełniającymi nierówność: Niech też α 1, α 2,, α n R n (K n ). Wówczas: 1 i < k n 1 Jeśli α i = α k, to det[α 1, α 2,..., α n ] = 0. 2 det[α 1, α 2,, α i 1, α k, α i+1,..., α k 1, α i, α k+1,..., α n ] = det[α 1, α 2,..., α n ] 3 det[α 1, α 2,, α n ] = ( 1) k i det[α 1, α 2,..., α i 1, α i+1,..., α k, α i, α k+1,..., α n ] Jeśli przesuniey i tą kolumnę o k miejsc to wyznacznik zmienia się o ( 1) k i. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 76 / 267

Dowód Jeśli n = 2, to i = 1, k = 2 i punkty 1., 2., 3. wynikają wprost ze wzoru na wyznacznik stopnia 2. Załóżmy, że twierdzenie to jest prawdziwe dla n = m 1 2 i rozpatrzmy przypadek n = m 3. Jeśli k < m, to twierdzenie wynika łatwo z definicji wyznacznika oraz z założenia. Niech więc k = m. Zajmiemy się najpierw dowodem punktu 1. Ponieważ wiemy już, że: det[α 1,..., α m ] = det[α 1,..., α i 1, α m 1, α i+1,..., α m 2, α i, α m ], więc możemy przyjąć i = m 1, k = m, tj. a m 1 = a m. Macierz [α 1,..., α m ] oznaczmy symbolem M i niech M s,t;m,m 1 oznacza macierz powstałą z M przez skreĺenie dwóch ostatnich kolumn oraz wierszy o wskaźnikach s, t. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 77 / 267

Dowód c.d. Wtedy: det M = m ( 1) l+m a lm det M lm = l=1 = m ( l 1 ( 1) l+m a lm ( 1) s+m 1 a sm det M sl;m 1,m + l=1 s=1 + m ) ( 1) s 1+m 1 a sm det M ls;m 1,m = s=l+1 = s<l( 1) l+s+2m 1 a lm a sm det M sl;m 1,m + + ( 1) l+s+2m 2 a lm a sm det M ls;m 1,m = l<s = s<l( 1) l+s 1 a lm a sm det M sl;m 1,m ( 1) l+s 1 a lm a sm det M sl;m 1,m = 0, l<s gdzie przyjęliśmy, α m = α m 1 = [a 1m,..., a mm ]. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 78 / 267

Dowód c.d. Dowód 1. został więc zakończony. Dla zakończenia dowodu 2. i 3. nie będziemy się ograniczać do przypadku k = m, gdyż dowód w przypadku ogólnym jest równie prosty. Rozpatrzmy macierz: N = [α 1,..., α i 1, α i + α k, α i+1,..., α k 1, α i + α k, α k+1,..., α m ]. Macierz ta ma dwie kolumny równe, a więc na mocy 1. det N = 0. Korzystając z stwierdzenia 8.7. oraz z punktu 1. otrzymamy z drugiej strony: det N = det[α 1,..., α m ]+det[α 1,..., α i 1, α k, α i+1,..., α k 1, α i, α k+1,..., α m ]+ det[α 1,..., α k 1, α i, α k+1,..., α m ]+det[α 1,..., α i 1, α k, α i+1,..., α m ] = det[α 1,..., α m ] + det[α 1,..., α i 1, α k, α i+1,..., α k 1, α i, α k+1,..., α m ]. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 79 / 267

Dowód c.d. A stąd: det[α 1,..., α m ] = det[α 1,..., α i 1, α k, α i+1,..., α k 1, α i, α k+1,..., α m ], co kończy dowód 2. Pozostaje więc tylko udowodnić 3. Podobnie jak wyżej, rozpatrujemy przypadek ogólny. Zamieńmy miejscami w macierzy [α 1,..., α m ] kolumnę i tą z kolumną (i + 1) szą, a w tak otrzymanej macierzy zamieńmy miejscami kolumnę (i + 1) szą z kolumną (i + 2) gą, itd. Po (k i) krokach otrzymamy macierz: [α 1,..., α i 1, α i+1,..., α k, α i, α k+1,..., α m ]. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 80 / 267

Dowód c.d. Ponieważ na mocy 2. po każdym kroku wyznacznik otrzymanej macierzy różni się od wyznacznika poprzedniej macierzy czynnikiem 1, więc: [α 1,..., α m ] = ( 1) k 1 [α 1,..., α i 1, α i+1,..., α k, α i, α k+1,..., α m ], co kończy dowód 3. Wykazaliśmy więc, że z prawdziwości twierdzenia dla n = m 1 wynika prawdziwość twierdzenia dla n = m. Ponieważ na wstępie stwierdziliśmy, że twierdzenie jest słuszne dla n = 2, więc na mocy zasady indukcji twierdzenie zostało udowodnione. Można łatwo wykazać, że analogiczne własności przysługują również wierszom. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 81 / 267

Twierdzenie 9.2 Niech n N, i ustalone, takie, że 1 i n, α 1,..., α n, α i R n (K n ), a, a R. Wówczas: det α 1 α i 1 aα i + a α i α i+1 α n = a det α 1 α n + a det α 1 α i 1 α i α i+1 (Liniowość ze względu na wiersze. Wersja wierszowa stw. 8.7.) α n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 82 / 267

Wykład 10. Twierdzenie 10.1 Niech n N, n > 1. Niech k, i N spełniają nierówność 1 i < k n. Niech α 1,..., α n będzie ciągiem wektorów przestrzeni K n. Wówczas: 1. Jeśli α i = α k, to det α 1. α n = 0 2. det α 1... α n = det α 1... α i 1 α k α i+1... α k 1 α i α k+1... α n rof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 83 / 267

Twierdzenie 10.1 c.d 3. det α 1... α n = ( 1) k i det α 1... α i 1 α i+1... α k α i α k+1... α n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 84 / 267

Dowód Dowód indukcyjny. Dla n = 2 twierdzenie to wynika z wzoru na wartość wyznacznika macierzy stopnia 2. Załóżmy, że dowodzony rezultat jest prawdziwy dla n = m 1 i niech n = m. Udowodnimy 1. w oparciu o założenie indukcyjne dotyczące całego twierdzenia. Macierz α 1. α n oznaczmy przez M. Na mocy definicji wyznacznika mamy: det M = m ( 1) l+m a lm det M lm, l=1 gdzie elementy a 1m, a 2m,..., a mm tworzą ostatnią kolumnę macierzy M. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 85 / 267

Dowód c.d. Jeśli α i = α k, to dla l = i, k macierze M lm mają dwa różne wiersze, a więc wtedy det M lm = 0 na mocy założenia. Natomiast macierze M in, M kn różnią się tylko ustawieniem wierszy i korzystając z 3., dla n = m 1, widać, że det M im = ( 1) k i 1 det M km. Wobec tego: det M = ( 1) i+m a im det M im + ( 1) k+m a k,m det M km = ( ) det M km ( 1) k+m 1 a im + ( 1) k+m a km = 0, gdyż a im = a km. Dowód części 2. i 3. jest analogiczny do dowodu części 2. i 3. twierdzenia 9.1. Na mocy zasady indukcji twierdzenie zachodzi i dowód jest zakończony. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 86 / 267

Wnioski Niech M będzie macierzą kwadratową stopnia większego niż 1. Jeżeli macierz M powstaje z macierzy M poprzez dodanie do pewnej kolumny (pewnego wiersza) innej kolumny (innego wiersza) pomnożonej (pomnożonego) przez pewien element ciała K, to det M = det M. Dowód (dla kolumn) Niech α 1,..., α n będą kolumnami macierzy M stopnia n. Załóżmy, że do i tej kolumny dodaliśmy k tą kolumnę pomnożoną przez element a K. Przyjmijmy, że i < k (dla i > k dowód jest analogiczny). Wtedy: det M = det[α 1,..., α i 1, α i + aα k, α i+1... α n ] = det[α 1,..., α n ] + a[α 1,..., α i 1, α k, α i+1... α n ] = det[α 1,..., α n ] = det M, gdyż macierz [α 1,..., α i 1, α k, α i+1... α n ] ma kolumny i tą i k tą równe, a więc det[α 1,..., α i 1, α k, α i+1... α n ] = 0. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 87 / 267

Twierdzenie 10.2 (Laplace a (dla kolumny)) a 11... a 1n Niech M =...... a n1... a nn Wtedy dla dowolnej liczby naturalnej i, 1 i n zachodzi: det M = n ( 1) l+i a li det M li l=1 Dowód Jeśli i = n, to dowodzona równość wynika z definicji wyznacznika. Załóżmy, że i n i niech M = [α 1,..., α n ] oraz M = [α 1,..., α i 1, α i+1,..., α n, α i ]. Wtedy: M ln = M li dla l = 1,..., n. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 88 / 267

Dowód c.d. Na mocy twierdzenia 10.1 punkt 3. mamy: det M = ( 1) n i det M. Stąd: Wniosek det M = ( 1) n i det M = ( 1) n i n ( 1) l+n a li det M ln = l=1 = n ( 1) l+i det M li. l=1 Niech macierz M będzie równa Niech l, k N, l, k n. Wtedy: n ( 1) l+i a li det M lk = l=1 a 11... a 1n..... a n1... a nn. { det M gdy i = k 0 gdy i k prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 89 / 267

Dowód Jeśli i = k, to powyższy wzór jest prawdziwy na mocy twierdzenia Laplace a. Jeśli i k, to rozpatrzmy macierz M powstałą z M przez zastąpienie k tej kolumny i tą kolumną. (Macierz M ma dwie takie same kolumny det M = 0). Z drugiej strony, korzystając z twierdzenia Laplace a dla macierzy M, otrzymujemy: det M = n ( 1) l+k a li det M lk = l=1 gdyż M lk = M lk, co kończy dowód. n ( 1) l+k a li det M lk, l=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 90 / 267

Operacje na macierzach niezmieniające wyznacznika (1) dodanie do dowolnej kolumny macierzy kwadratowej innej kolumny pomnożonej przez pewien element ciała (2) dodanie do dowolnego wiersza macierzy kwadratowej innego wiersza pomnożonego przez pewien element ciała Operacje na macierzach zmieniające znak wyznacznika na przeciwny (3) zamiana dwóch różnych kolumn macierzy kwadratowej miejscami (4) zamiana dwóch róznych wierszy macierzy kwadratowej miejscami prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 91 / 267

Definicja 10.3 Niech M będzie macierzą (n m). Macierzą transponowaną M T macierzy M nazywamy taką (m n) macierz, która jako swą i tą kolumnę, dla i = 1,..., n ma i ty wiersz (a wobec tego jako swój j ty wiersz dla j = 1,..., m ma j tą kolumnę) macierzy M. Uwaga M = a 11 a 1m... a n1 a nm M T = a 11 a n1.. a 1m a nm Dla macierzy jednostkowej (identyczności) I n zachodzi: I n T = I n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 92 / 267

Przykłady [ 1 2 3 4 [ 1 2 3 4 5 6 ] T [ ] 1 3 = 2 4 ] T = [ ] T [ ] 50 = 50 [ ] T 1 [ ] = 1 0 0 T 1 0 0 0 1 0 = 0 0 1 1 4 2 5 3 6 1 0 0 0 1 0 0 0 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 93 / 267

Wykład 11. Obserwacja Dla dowolnej macierzy A : (A T ) T = A. { A T T A dla i parzystych (i razy) = A T dla i nieparzystych a 11 a 1m Dla A =..., a n1 a nm a 11 a n1 A T =... a 1m a nm prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 94 / 267

Ćwiczenie Dokonując operacji (1) (4) można wychodząc z dowolnej macierzy kwadratowej dojść do macierzy diagonalnej. Macierz diagonalna - wyznacznik takiej macierzy jest iloczynem elementów na diagonali (przekątnej). a 11 0 0 0 a 22 0.... 0 0 a nn { 0 gdy i j [a ij ] = A - diagonalna i,j=1,,n a ij = gdy i = j Uwaga W metodzie (1) (4), jak i w teorii wyznacznika, rola wierszy i kolumn jest taka sama i symetryczna. a ii prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 95 / 267

Twierdzenie 11.1 Wartość wyznacznika danej macierzy kwadratowej A równa się wartości wyznacznika macierzy transponowanej A T. Innymi słowy det A = det A T. Dowód Każdej operacji (1) (4) można przyporządkować operację (1) (4) zamieniając rolami wiersze i kolumny. Operacji (1) przyporządkowujemy w ten sposób operacją typu (2). Zaś operacji (2) operację (1). Operacjom (3) i (4) operacje (4) i (3). odpowiednio. Dokonując na macierzy A jakąkolwiek operację (1)-(4) otrzymujemy macierz, którą oznaczamy A 1 : A (1) (4) A 1 Podobnie dokonując jakiejkolwiek operacji na macierzy A T mamy: A T (1) (4) (A 1 ) T prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 96 / 267

Dowód c.d. Dokonując kolejnych operacji otrzymujemy: A (1) (4) gdzie D - macierz diagonalna. Również: A T (1) (4) D D T = D Ponieważ D = D T, a operacje (1) (2) nie zmieniają wyznacznika, natomiast operacje (3) (4) zmieniają wyznacznik o ( 1) oraz korzystając z faktu, że operacji (3) (4) wykorzystaliśmy w obu przypadkach tę samą ilość, mamy: det A = ± det D = ± det D T = det A T (znak stojący przy det D i det D T jest taki sam). Wobec tego det A = det A T, co kończy dowód. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 97 / 267

Jako wniosek z powyższego twierdzenia oraz z twierdzenia 10.2 otrzymujemy natychmiast następujące twierdzenie: Twierdzenie 11.2 (Laplace a dla wierszy) a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n Niech A =.... a n1 a n2 a nn i niech 1 i n. Wówczas det A = n ( 1) i+l a il det A il l=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 98 / 267

Definicja 11.3 Niech A dowolna macierz m n. Rzędem kolumnowym (r k ) macierzy A nazywamy maksymalną liczbę liniowo niezależnych kolumn macierzy A. (Wymiar przestrzeni liniowej generowanej przez kolumny macierzy A.) Rzędem wierszowym (r w ) macierzy A nazywamy maksymalną liczbę liniowo niezależnych wierszy macierzy A. (Wymiar przestrzeni liniowej generowanej przez wiersze macierzy A.) Fakt Dla dowolnej macierzy A m n zachodzi: r k n r w m prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 99 / 267

Uwaga Niech A - macierz wymiaru n m r k (A) wymiar przestrzeni liniowej generowanej przez kolumny macierzy A r w (A) wymiar przestrzeni liniowej generowanej przez wiersze macierzy A { a 11 a 12 a 1m } r k (A) = dim gen K = gen { a 11. a n1,., a n1 a 12 r k (A) n. Analogicznie r w (A) m.. a n2. a n2,,,,. a nm a 1m }. R n a nm prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 100 / 267

Wykład 12. Twierdzenie 12.1 Niech A będzie macierzą kwadratową stopnia n. Wówczas: det A 0 r k = r w = n Dowód Dowód równości r k = r w podamy za chwilȩ. Z własności (1) (4) możemy sprowadzić A do postaci diagonalnej. Wyznacznik zmieni się jedynie o znak. Jeśli pierwotnie był 0, to taki pozostanie. Możemy więc założyć, że A diagonalna. Z drugiej strony powyższe operacje (1) (4) nie zmieniają r w i r k. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 101 / 267

Twierdzenie 12.2 Rząd kolumnowy dowolnej macierzy M jest równy jej rzędowi wierszowemu. Dowód Niech r k = r, r w = q macierzy M, Niech wiersze o numerach i 1, i 2,..., i q i kolumny o numerach j 1, j 2,..., j r macierzy M będą liniowo niezależne. Wówczas: 1 Każdy wiersz tej macierzy jest kombinacją liniową wybranych wierszy o numerach i 1, i 2,, i q. 2 Jeśli jakakolwiek kombinacja kolumn o wskaźnikach j 1, j 2,, j r równa się 0, to wszystkie współczynniki tej kombinacji są równe 0. Rozpatrzmy układ równań a 11 x 1 +... + a 1n x n = 0 a ( ) 21 x 1 +... + a 2n x n = 0... a m1 x 1 +... + a mn x n = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 102 / 267

Dowód c.d. Układ ( ) jest równoważny układowi: a i1 1x 1 +... + a i1 nx n = 0 a i2 1x 1 +... + a i2 nx n = 0... a iq1x 1 +... + a iqnx n = 0 ( ) Istotnie z (1) wynika, że każde równanie układu ( ) jest kombinacją liniową równań układu ( ), ponadto każde równanie układu ( ) jest równaniem układu ( ). Wobec tego zbiory rozwiązań układów ( ) i ( ) są identyczne. Niech M 1 będzie macierzą współczynników układu ( ). Udowodnimy, że kolumny o numerach j 1, j 2,..., j r macierzy M 1 są również liniowo niezależne. Załóżmy, że kombinacja liniowa tych kolumn o współczynnikach a j1, a j2,..., a jr równa się 0. Przyjmijmy a i = 0 dla i / {j 1, j 2,..., j r }. Wtedy (a 1, a 2,..., a n ) jest rozwiązaniem układu ( ), a zatem i układu ( ). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 103 / 267

Dowód c.d. Wynika stąd, że kombinacja liniowa kolumn o numerach j 1, j 2,..., j r macierzy M o współczynnikach a j1, a j2,..., a jr równa się 0. Stąd na mocy (2) : a j1 = a j2 =... = a jr = 0. A zatem kolumny o wskaźnikach j 1, j 2,, j r macierzy M 1 są też liniowo niezależne. Stąd r k (M 1 ) r. Z drugiej strony r k (M 1 ) q, a zatem q r. Zamieniając rolami wiersze i kolumny otrzymamy nierówność: r q, a stąd r = q, co kończy dowód. Definicja 12.3 Niech A macierz (n m). Wspólną wartość rzędu kolumnowego i wierszowego macierzy A nazywamy rzędem macierzy A i oznaczamy r(a). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 104 / 267

Twierdzenie 12.4 Niech A macierz kwadratowa stopnia n. Wówczas: det A 0 r(a) = n. Dowód Zmiana kolejności wierszy lub kolumn oraz dodawanie jednego wiersza lub kolumny do innego wiersza lub kolumny pomnożonej przez skalar (element ciała) nie wpływa na rząd macierzy i może jedynie zmienić znak wyznacznika. Wystarczy więc rozpatrzyć przypadek, gdy A jest macierzą diagonalną. a 11... 0 0 det..... 0... a nn = n i=1 a ii (def) = a 11 a 22 a nn r(a) = n. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 105 / 267

Twierdzenie 12.5 Niech M będzie (m n) macierzą. Wówczas r(m) = r r jest największą taką liczbą całkowitą nieujemną, że po usunięciu pewnych (n r) kolumn i (m r) wierszy otrzymamy z macierzy M macierz stopnia r o wyznaczniku 0. Pozostawione kolumny i wiersze są w tym przypadku liniowo niezależne. Dowód Niech r będzie największym stopniem macierzy o różnym od zera wyznaczniku, którą można otrzymać z danej macierzy M skreślając pewne jej wiersze i kolumny. Wówczas r(m) 0, gdyż na mocy twierdzenia 12.4 nieskreślone kolumny są liniowo niezależne. Z drugiej strony, z macierzy M można wybrać r(m) wierszy liniowo niezależnych; odrzucając pozostałe otrzymamy macierz M rzędu r(m). Wobec tego można z macierzy M wybrać r(m) kolumn liniowo niezależnych; skreślając pozostałe otrzymamy macierz kwadratową M stopnia r(m) i rzędu r(m), a więc (na mocy twierdzenia 12.4) det M 0. Wynika stąd, że r r(m), co wobec wykazanej poprzednio nierówności r r(m) dowodzi równości r = r(m). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 106 / 267

Przykład Jeśli A macierz (m n), to r(a) min(m, n). [ ] 1 3 5 A = 2 0 4 ( [ ] ) 1 3 5 r 2 2 0 4 [ ] ( [ ] ) 1 3 1 3 5 det = 6 0 r = 2 2 0 2 0 4 [ ] 1 2 8 A = 1 2 6 ( [ ] ) 1 2 8 r 2 1 2 6 [ ] ( [ ] ) ( [ 1 2 1 2 8 1 2 8 det = 0 r = 1 r 1 2 1 2 6 1 2 6 ] ) = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 107 / 267

Definicja 12.6 Niech A macierz n m. Przez i ty minor ( i ) macierzy A rozumiemy wyznacznik macierzy kwadratowej otrzymanej z macierzy A po usunięciu z niej ostatnich (m i) kolumn oraz ostatnich (n i) wierszy. Przykład A = a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 [ ] 1 = det a 11 = a 11, [ ] a11 a 2 = det 12 = a a 21 a 11 a 22 a 12 a 21, 22 a 11 a 12 a 13 3 = det a 21 a 22 a 23 = det A a 31 a 32 a 33 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 108 / 267

Uwaga Rząd macierzy nie ulegnie zmianie, jeśli wykonamy którąkolwiek z następujących operacji: 1 przestawienie wierszy macierzy 2 przestawienie kolumn macierzy 3 dodanie do jednego wiersza innego wiersza pomnożonego przez skalar 4 dodanie do jednej kolumny innej kolumny pomnożonej przez skalar 5 pomnożenie dowolnego wiersza przez skalar różny od 0 6 pomnożenie dowolnej kolumny przez skalar różny od 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 109 / 267

Wykład 13. Definicja 13.1 Niech A będzie macierzą (n m) o współczynnikach rzeczywistych (R), zespolonych (C) lub wymiernych (Q). Niech x 1, x 2,..., x n oznaczają niewiadome, a c 1, c 2,..., c n niech będą stałymi z ciała (R, C, Q). Wyrażenie postaci: a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1m x m = c 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2m x m = c 2 a n1 x 1 + a n2 x 2 + + a nm x m = c n można zapisać: macierzowo: a 11 a 12... a 1m a 21 a 22... a 2m.... a n1 a n2... a nm x 1 x 2. x n = c 1 c 2. c n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 110 / 267

Definicja 13.1 c.d. a 11 a 12 a m1 c 1 a 21 jako: x 1. + x a 22 2. + + x a 2m n. = c 2. a n1 a n2 a nm c m w postaci: Ax = C, gdzie A- macierz współczynników, x - wektor niewiadomych, C - macierz wyrazów wolnych Przykład [ ] [ ] [ ] 1 x = 0 1 x = 0 [ ] [ ] x [ 2 2x + 3y = 1 2 3 = 1 y { [ ] [ 3 2x + 3y = 33 2 3 x 4x + 15w = 34 4 15 y ] ] = [ 33 34 ] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 111 / 267

Definicja 13.2 Niech Ax = C będzie układem równań o macierzy głównej (n m). Zbiór: { (d 1, d 2,, d m ) K m : A d 1 d 2. d m } = C nazywamy zbiorem rozwiązań układu równań liniowych Ax = C. Uwaga Powyższy zbiór rozwiązań może być pusty. Mówimy wtedy, że układ równań Ax = C jest sprzeczny. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 112 / 267

Twierdzenie 13.3 (Tw. Kroneckera-Capellego) Układ równań Ax = C ma rozwiązanie rząd macierzy A jest taki sam jak rząd macierzy uzupełnionej A u = A C - macierz A z dodatkową kolumną C. Dowód Niech α 1,..., α n oznaczają wektory-kolumny kwadratowej macierzy A i niech C będzie wektorem - ostatnią kolumną macierzy A u. Układ Ax = C można zapisać jako równanie wektorowe: ( ) x 1 α 1 +... x n α n = C Elementy d 1,..., d n ciała K są rozwiązaniem równania wektorowego ( ) wtedy i tylko wtedy, gdy C (α 1,..., α n ), tj. gdy przestrzenie V = (α 1,..., α n, C) i V 1 = (α 1,..., α n ) V są identyczne. Równość V = V 1 jest równoważna równości wymiarów dim(α 1,..., α n, C) = dim(α 1,..., α n ), a więc równości r(a) = r(a u ), co kończy dowód. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 113 / 267

Uwaga Niech A będzie macierzą kwadratową n n. Układ równań Ax = C ma dokładnie jedno rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy r(a) = r(a u ) = n. Dowód Niech α 1,..., α n oznaczają wektory-kolumny kwadratowej macierzy A i niech C będzie wektorem - ostatnią kolumną macierzy A u. Równość r(a) = r(a u ) = n jest równoważna liniowej niezależności wektorów α 1,..., α n oraz równości (α 1,..., α n, C) = (α 1,..., α n ), a więc jest równoważna stwierdzeniu: C można jednoznacznie przedstawić jako kombinację liniową wektorów α 1,..., α n. Ta ostatnia własność jest oczywiście równoważna istnieniu dokładnie jednego rozwiązania układu wektorowego x 1 α 1 +... x n α n = C, a więc i układu Ax = C. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 114 / 267

Twierdzenie 13.4 (Cramera) Niech dany będzie układ równań liniowych: a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1m x m = c 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 +... + a 2m x m = c 2,... a n1 x 1 + a n2 x 2 +... + a nm x m = c m gdzie a ij, c i są elementami ciała K (np. R, C, Q) dla i, j = 1,..., n. Niech A będzie macierzą główną tego układu i niech A i będzie, dla i = 1,..., n, macierzą powstałą przez zastąpienie w macierzy A i tej kolumny, kolumną wyrazów wolnych C. Jeśli r(a) = n to det A 0 i jedynym rozwiązaniem powyższego układu jest: dla i = 1,..., n. x i = det A i det A, prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 115 / 267

Dowód Jeśli r(a) = n, to dany układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie i det A 0 na mocy twierdzenia 12.4. Pozostaje więc udowodnić, że układ det A 1 det An det A,..., det A jest w tym przypadku rozwiązaniem, a więc że: det A a 1 i1 det A +... + a det An in det A = c i, dla i = 1,..., n. Z twierdzenia 10.2 (Laplace a dla kolumn) wynika, że det A j = n ( 1) l+j c l det A lj dla j = 1,..., n, a wobec tego: l=1 n a ij det A j = n a ij ( 1) l+j c l det A lj = j=1 j,l=1 = n ( n ) c l ( 1) l+j a ij det A ij = c l det A, l=1 j=1 na mocy wniosku po twierdzeniu 10.2 (Laplace a dla kolumn). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 116 / 267

Dowód c.d. Wobec tego: det A j aij det A = c i, dla i = 1,..., n, co należało udowodnić. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 117 / 267

Wykład 14. Przypomnienie Przypomnijmy twierdzenie Cramera: Ax = C A macierz n n rząd n, det A 0 x 1 x x = 2 x n x i = det A i det A, dla i = 1,, n gdzie A i macierz powstała z macierzy A przez zastąpienie kolumny i kolumną C. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 118 / 267

Przykład 1 2 3 4 2 1 3 4 A = 0 0 1 5 1 2 0 0 1 2 3 4 2 1 3 4 1 2 11 det A = = 2 1 11 = 0 0 1 5 1 2 0 0 1 2 0 k2 2k1 k4 5k3 1 0 11 0 11 2 3 11 = 3 11 = 33 0 1 0 0 Ponieważ det A 0, więc założenia tw. Cramera są spełnione. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 119 / 267

Przyład c.d. Rozwiązaniem układu: A x 1 x 2 x 3 x 4 = będą: x 1 = det A 1 33, x 2 = det A 2 33, x 3 = det A 3 33, x 4 = det A 4 1 2 3 4 1 1 3 4 1 1 3 4 A 1 = 1 0 1 5, A 2 1 3 4 2 = 0 1 1 5, 1 2 0 0 1 1 0 0 A 3 = 1 2 1 4 2 1 1 4 0 0 1 5 1 2 1 0, A 4 = 1 1 1 1 1 2 3 1 2 1 3 1 0 0 1 1 1 2 0 1 33. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 120 / 267

Rozważanie Niech Ax = B, gdzie A macierz n m. a 11 a 1m a 21 a 2m A =..., B =., x =.. a n1 a nm b n x m Zakładamy, że r(a) = r(a B), }{{} założenie z tw. Kroneckera-Capellego jest spełnione a 11 a 1m b 1 a 21 a 2m b 2 det b 1 b 2 gdzie A B =.... a n1 a nm b n r(a) = k min(m, n) a 11 a 12 a 1k a 21 a 22 a 2k x 1 x 2.... = det(a k) 0 r(a) = k a k1 a k2 a kk prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 121 / 267

Rozważanie c.d. Tutaj A k jest macierzą, którą uzyskujemy z macierzy A zmieniając kolejność wierszy tak, by k pierwszych wierszy było liniowo niezależnych. Następnie zmieniając kolejność niewiadomych dostajemy, że k pierwszych kolumn macierzy A jest liniowo niezależne. Mamy więc: a 11 a 12 a 1k a 1m x 1 b 1 a 21 a 22 a 2k a 2m x 2....... = b 2. a k1 a k2 a kk a km x m b k (Pozostałe równania można pominąć, bo nie są liniowo niezależne) Zatem układ: a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1k x k +... + a 1m x m = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 +... + a 2k x k +... + a 2m x m = b 2... a n1 x 1 + a n2 x 2 +... + a nk x k +... + a nm x m = b n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 122 / 267

Rozważanie c.d. jest równoważny układowi: a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1k x k = b 1 a 1k+1 x k+1... a 1m x m a 21 x 1 + a 22 x 2 +... + a 2k x k = b 2 a 2k+1 x k+1... a 2m x m a k1 x 1 + a k2 x 2 +... + a kk x k = b k a kk+1 x k+1... a km x m Powyższy układ równań ma kwadratową macierz główną o wyznaczniku różnym od 0. Teraz skorzystamy z tw. Cramera. Niewiadome o indeksach: k + 1, k + 2,, m traktujemy jako parametry. Dla j = 1,..., k ( ) x j = det A det A j b x k+1 a k+1 x k+2 a k+2... x m a m j det A = det A gdzie A j macierz powstała z macierzy A = a 11... a 1k... a k1... a kk prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 123 / 267

Rozważanie c.d. poprzez zamienę kolumny a 1j a 2j. a kj kolumną wyrazów wolnych b 1 a 1k+1 x k+1... a 1m x m b 2 a 2k+1 x k+1... a 2m x m.. b k a kk+1 x k+1... a km x m Korzystając z własności wyznacznika mamy dla j = 1,..., k: x j = det A j(b x k+1 a k+1... x m a m ) det A = det A j(b) det A det A j(a k+1 ) x k+1... det A j(a m ) det A det A x m = prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 124 / 267

Wniosek: Jeżeli wyjściowy układ równań jest niesprzeczny (tzn. spełnione jest tw. Kroneckera-Capellego) i jego rząd jest mniejszy od liczby niewiadomych m, to układ ma nieskończenie wiele rozwiązań. Przykład 2x 1 + 3x 2 x 3 + 4x 4 x 5 = 1 x 1 + 5x 3 2x 4 + 2x 5 = 2 x 2 3x 3 + x 4 3x 5 = 3 Liczymy rząd: det 2 3 1 1 0 5 0 1 3 2 3 1 4 1 1 1 0 5 2 2 2 0 1 3 1 3 3 = 2 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 125 / 267

Przykład c.d. r(a) = r ( 2 3 1 1 0 5 0 1 3 ) = 3 x 4, x 5 parametry. Rozwiązaniem powyższego układ jest: 2x 1 + 3x 2 x 3 = 1 4x 4 + x 5 x 1 + 5x 3 = 2 + 2x 4 2x 5, x 2 3x 3 = 3 x 4 + 3x 5 x 1 = 28 21 2 x 4 12x 5 x 2 = 21 + 2x 4 + 9x 5 x 3 = 6 + 5 2 x 4 + 2x 5 Zatem ma on nieskończenie wiele rozwiązań. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 126 / 267

Stwierdzenie 14.1 Jeśli rząd macierzy A jest równy k, to wymiar obrazu homomorfizmu A jest mniejszy bądź równy k, tzn. dim ima k Dowód Wszystkie liniowo niezależne kolumny definiują liniowo niezależne elementy obrazu A. Wniosek Tym samym udowodniliśmy: Stwierdzenie 14.2 dim ima = r(a) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 127 / 267

Podsumowanie Niech: Ax = B a 11 a 1m x 1.. a n1 a nm. x m = b 1. b n 1 Tw. Kroneckera-Capellego: r(a) = r(a B) Ax = B ma rozwiązanie 2 n = m det A 0 tw. Cramera 3 dim im = r(a) A : R m R n ima = {y R n x R m Ax = y} W sposób oczywisty ima jest podprzestrzenią liniową przestrzeni R n, tzn. ima R n. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 128 / 267

Podsumowanie c.d. 1 Aby zacząć rozwiązywać równanie Ax = B musimy mieć spełnione założenia tw. Kroneckera-Capellego, czyli r(a B) = r(a) 2 Pokazaliśmy, że dim ima = r(a) (tw. 14.1 i 14.2) ima = gen{ae 1, Ae 2,, Ae m } = gen{ kolumny macierzy A}. R m e i = (0, 0,, 0, }{{} 1 i te miejsce, 0,, 0) Uzasadnienie y ima R n x R m Ax = y x = α 1 e 1 + α 2 e 2 + + α m e m = m α i e i i=1 A ( m ) m α i e i = α i A(e i ) gen{ae 1, Ae 2,, Ae m } i=1 i=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 129 / 267

Podsumowanie c.d. Wykorzystamy teraz fakt, że Ae i = i -ta kolumna macierzy A. a 11... a 1i... a 1m 0 a a 21... a 2i... a 1i 2m. a 2i......... 1 =. a n 11... a n 1i... a n 1m. a n 1i a n1... a ni... a nm 0 a ni e i = (0, 0,, 0, 1, 0,, 0) gen{ae 1, Ae 2,, Ae m } def = { m i=1 } β i Ae i 1 i m β i R Weźmy element z z gen{ae 1, Ae 2,, Ae m } tzn. z = m β i Ae i dla pewnych β 1, β 2,, β m R z = m ( m ) A(β i e i ) = A β i e i i=1 i=1 i=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 130 / 267

Podsumowanie c.d. A to oznacza, że z ima, bo z = Ax, gdzie x = m β i e i ima = gen{kolumny ( macierzy A} ) dim ima = dim gen{klumny macierzya} dim ima = r(a). Definicja 14.3 Układ równań postaci: Ax = 0 nazywamy układem jednorodnym gdzie x a 11... a 1 1m x 2 A =..... dowolna macierz (n m), x =. a n1... a nm x m macierz niewiadomych, 0 R n. i=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 131 / 267

Uwaga Ponieważ zawsze r(a) = r(a 0), więc układy jednorodne nie są nigdy sprzeczne i mają zawsze rozwiązanie. Dowolne rozwiązania układu jednorodnego Ax = 0 jest równoważne opisaniu jądra homomorfizmu A. ker A = {x R m Ax = 0} Wniosek Zbiór rozwiązań układu jednorodnego jest podprzestrzenią liniową przestrzeni R m. ker A R m r(a) = k min(m, n) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 132 / 267

Wykład 15. Wprowadzenie Równania jednorodne: Ax = 0 Jak się szuka rozwiązań równania jednorodnego? Ax = 0 1 Równanie jednorodne zawsze spełnia tw. Kroneckera-Capellego A : R m R n 2 Szukanie rozwiązań równania jednorodnego to szukanie jądra homomorfizmu liniowego A : R m R n ker A = {y R m Ay = 0} - zbiór wszystkich rozwiązań układu jednorodnego. Ponieważ ker A R m - podprzestrzeń liniowa, więc jej opisanie to np. znalezienie bazy. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 133 / 267

Wprowadzenie c.d. Jak to się robi? A : R m R n dim ima = r(a) Niech k = dim ker A. Ponadto z tw. o izomorfizmie mamy, że: m k = dim ima = r(a). Zatem k = m r(a) R m / ker A = ima Szukanie rozwiązań Układ równań jednorodnych Ax = 0 ma zawsze rozwiązanie zerowe. A : R m R n Jeśli n = m i det A 0, to rozwiązanie jest tylko zerowe. Wybierzmy r(a) liniowo niezależnych wierszy macierzy A. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 134 / 267

Szukanie rozwiązań c.d. Załóżmy, że kolumny o numerach 1, 2,, r(a) są liniowo niezależne. Niech l = r(a). a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1m x m = 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 +... + a 2m x m = 0... a l1 x 1 + a l2 x 2 +... + a lm x m = 0 Ponieważ rząd kolumnowy jest równy rzędowi wierszowemu, możemy założyć (np. przenumerowując niewiadome), że l pierwszych kolumn jest także liniowo niezależne. ( ) a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1l x l + a 1l+1 x l+1 +... + a 1m x m = 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 +... + a 2l x l + a 2l+1 x l+1 +... + a 2m x m = 0... a l1 x 1 + a l2 x 2 +... + a ll x l + a ll+1 x l+1 +... + a lm x m = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 135 / 267

Szukanie rozwiązań c.d. 1 Jeśli l = m, to istnieje tylko rozwiązanie zerowe. 2 l < m Z postaci równania ( ) traktujemy niewiadome x l, x l+1,..., x m jako parametry i konstruujemy bazę ker A w następujący sposób: - Podstawiamy za parametry kolejno: x l+1, x l+2... x m 1, 0,..., 0 0, 1, 0, 0...... 0, 0,... 1 W ten sposób definiujemy bazę jądra ker A, złożoną z (m l) liniowo niezależnych wektorów. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 136 / 267

Szukanie rozwiązań c.d. Do każdego układu zer i jedynek obliczamy x 1, x 2,..., x l. W konsekwencji otrzymujemy m l liniowo niezależnych rozwiązań. Dla układu x l+1 = 1, x l+2 = 0,..., x m = 0 niewiadome x 1, x 2,..., x l obliczamy z układu: ( ) a 11 x 1 +... + a 1l x l + a 1l+1 x l+1 = 0 a 21 x 1 +... + a 2l x l + a 2l+1 x l+1 = 0... a l1 x 1 +... + a ll x l + a ll+1 x l+1 = 0 Układ ( ) powstał z układu ( ). Jest to układ Cramera i niewiadome x 1, x 2,..., x l znajdujemy ze wzorów Cramera. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 137 / 267

Przykład A : R 5 R 3 5x 1 + 4x 2 + 3x 3 + 2x 4 + x 5 = 0 6x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 2x 4 + x 5 = 0 15x 1 + 12x 2 + 9x 3 + 6x 4 + 3x 5 = 0 r(a) = 2, m 2 = 3 = dim{przestrzeni rozwiązań} { 5x1 + 4x 2 + 3x 3 + 2x 4 + x 5 = 0 6x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 2x 4 + x 5 = 0 x 3, x 4 x 5 1, 0, 0 0, 1, 0 0, 0, 1 { 5x1 + 4x 2 + 3x 3 + 2x 4 + x 5 = 0 6x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 2x 4 + x 5 = 0 { 5x1 + 4x 2 = 3 6x 1 + 2x 2 = 3 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 138 / 267

Przykład c.d. 3 4 3 2 x 1 = 5 4 6 2 5 3 6 2 x 2 = 5 3 6 3 Odp.1. : ( 3 7, 3 14, 1, 0, 0) = 6 14 = 3 7 = 3 14 = 3 14 { 5x1 + 4x 2 = 2 6x 1 + 2x 2 = 2 2 4 2 2 x 1 = 14 = 4 14 = 2 7 5 2 6 2 x 2 = 14 = 2 14 = 1 7 Odp.2. : ( 2 7, 1 7, 0, 1, 0) rof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 139 / 267

Przykład c.d. { 5x1 + 4x 2 = 1 6x 1 + 2x 2 = 1 1 4 1 2 x 1 = 14 = 2 14 = 1 7 5 1 6 1 x 2 = 14 = 1 14 = 1 14 Odp.3. : ( 1 7, 1 14, 0, 0, 1) Rozwiązanie: ( 3 7, 3 ) ( 14, 1, 0, 0, 2 ) ( 7, 1 7, 0, 1, 0, 1 7, 1 ) 14, 0, 0, 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 140 / 267

Uwaga Ax = B - układ równań liniowych A : R m R n x = (x 1, x 2,..., x m ) Rozwiązanie układu równań: ZR = {(x 1, x 2,..., x m ) R m A = {x R m Ax = B } x 1 x 2... x m = b 1 b 2... b n } = Rozważmy [ A ] [: R 2 ] R 2 a11 a 12 x = a 21 a 22 y [ b1 b 2 ] { a11 x + a 12 y = b 1 a 21 x + a 22 y = b 2 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 141 / 267

Uwaga c.d. Jeśli: det A 0 - istnieje dokładnie jedno rozwiązanie det A = 0 - tw. Kroneckera-Capellego r(a) = 0 - nie ma o czym mówić Pozostaje przypadek r(a) = 1. Jeśli r(a) = 1 i spełnione są założenia tw. Kroneckera-Capellego, to równanie Ax = B jest równoważne równaniu a 11 x 1 + a 12 x 2 = b 1. Stąd zbiór rozwiązań jest prostą. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 142 / 267

Rysunek: Rozwiązanie układu jednorodnego Rysunek: Rozwiązanie układu jednorodnego przesuniętego o wektor prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 143 / 267

Wykład 16. Twierdzenie 16.1 Niech: ( ) Ax = B będzie liniowym układem równań z macierzą główną A o n wierszach i m kolumnach oraz wyrazach wolnych B. Załóżmy, że r(a) = r(a B). Wtedy zbiór rozwiązań (ZR) układu ( ) ma postać: gdzie d + D R m, d jest szczególnym rozwiązaniem układu ( ) (tzn. Ad = B) D = ker A (tzn. jest rozwiązaniem układu jednorodnego) Rozwiązanie ( ) jest więc zbiorem postaci: d + D def = {d + x R m x D}. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 144 / 267

Dowód ZR = d + D, gdzie D = {x R m Ax = 0} Niech: d + D x = d + c, gdzie c D. Wtedy: Ax = A(d + c) = Ad + Ac = B + 0 = B. Niech: x ZR Ax = B Ad = B - ponieważ d jest szczególnym rozwiązaniem. Jeżeli x = d, to: det A 0 i ker A = D = {0} x = d + 0 = d + D. Jeżeli x d, to: A(x d) = Ax Ad = 0. Oznacza to, że x d D. Stąd: z D x d = z x = d + z d + D. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 145 / 267

Przykład Niech: x 1 + x 2 + + x n = 5 1 Rozwiązanie szczególne (5, 0,, 0) 2 {(x 1,, x n ) x 1 + x 2 + + x n = 0} = D 3 ZR = (5, 0,, 0) + D Definicja 16.2 Układem schodkowym nazywamy układ równań liniowych postaci: a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1k x k +... + a 1n x n = b 1 a 22 x 2 +... + a 2k x k +... a 2n x n = b 2... a kk x k +... + a kn x n = b k prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 146 / 267

Obserwacja 1 Każdy układ równań można sprowadzić poprzez operacje elementarne do postaci schodkowej 2 Jeżeli wykonując operacje elementarne na wierszach macierzy [A I], uzyskamy macierz [I B], to B = A 1, gdzie: a 11... a 1n 1... 0 [A I ] =.........., a n1... a nn 0... 1 1... 0 b 11... b 1n [I B] =.......... 0... 1 b n1... b nn prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 147 / 267

Przykład 1 x + y + z = 1 x + 2y + 4z = 2 2x + 3y + 3z = 1 x + y + z = 1 y + 3z = 1 2z = 2 x + y + z = 1 y + 3z = 1 y + z = 1 z = 1 y = 2 x = 2 2 x + y z = 1 2x + y + z = 1 4x + 3y z = 5 x + y z = 1 y + 3z = 1 y + 3z = 1 x + y z = 1 y + 3z = 1 0 = 2 Sprzeczność prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 148 / 267

Uwaga Niech: A : R m R n. r(a) = dim ima, bo obraz jest generowany przez kolumny macierzy A. Niech dim ker A = l. Wtedy: m l = r(a) l = m r(a) Definicja 16.3 Niech V - przestrzeń liniowa wymiaru n, V 1 V - podprzestrzeń liniowa. V 1 definiuje następującą relację równoważności na przestrzeni V : v,w V v w def v w V 1. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 149 / 267

Uwaga Relacja z definicji 16.3, jako relacja równoważności, jest: zwrotna: v v v v V 1 symetryczna: v w w v v w V 1 (v w) = w v V 1 przechodnia: v w w t v t v w V 1 w t V 1 (v w) ( ) (w t) = v t V 1 Stwierdzenie 16.4 Zbiór klas abstrakcji relacji definiuje przestrzeń ilorazową V / V1. Uwaga Klasę abstrakcji elementu v V będziemy oznaczać przez [v]. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 150 / 267

Ćwiczenie Pokazać, że: 1 [v] = v + V 1 = {v + x x V 1 } 2 [x], [y] V / V1 [x] + [y] = [x + y] 3 [0] V / V1 4 λ R λ[x] = [λx] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 151 / 267

Wykład 17. Przypomnienie Niech: V przestrzeń wymiaru n nad dowolnym ciałem K, W V podprzestrzeń przestrzeni V. Określmy relację równoważności. Dla v 1, v 2 Vv 1 v 2 v 1 v 2 W. Relacja ta jest: zwrotna: v V v v symetryczna: v1,v 2 V v 1 v 2 v 2 v 1 przechodnia: v1,v 2,v 3 V v 1 v 2 v 2 v 3 v 1 v 3 Relacja równoważności dzieli V na klasy abstrakcji. Klasą abstrakcji elementu v V definiujemy jako [v] = {v V v v}. Zbiór klas abstrakcji elementów z V oznaczamy V / W. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 152 / 267

Struktura przestrzeni liniowej Na zbiór klas abstrakcji wprowadzamy strukturę przestrzeni liniowej. Przestrzeń V / W definiujemy jako zbiór klas abstrakcji przestrzeni V. Wprowadzamy działania: [v1 ],[v 2 ] V / W [v 1 ] + [v 2 ] = [v 1 + v 2 ] [v] V /W λ K λ[v] = [λv] Możemy pokazać, że powyższa definicja nie zależy od wyboru reprezentantów. [v 1 ] = {v 1 + w w W } [v 2 ] = {v 2 + w w W } [v 1 + v 2 ] = [(v 1 + v 2 ) + w] Pokażemy, { że: v 1 v 1 v 2 v (v 1 + v 2 ) (v 1 + v 2 ) 2 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 153 / 267

Struktura przestrzeni liniowej c.d. Wiemy, że: v 1 v 1 v 1 v 1 W v 2 v 2 v 2 v 2 W Ponieważ W jest podprzestrzenią liniową, więc: (v 1 v 1) (v 2 v 2) W = (v 1 + v 2 ) (v 1 + v 2 ) (v 1 + v 2 ) (v 1 + v 2 ). Otrzymujemy stąd wniosek, że V / W jest zbiorem z działaniem dodawania, które jest łączne i przemienne. Pokażemy teraz, że drugie działanie z definicji, mnożenie przez skalar, nie zależy od wyboru reprezentanta v. Weźmy [v ] V taki, że [v ] = [v] v v W. Musimy udowodnić, że λ[v ] = [λv ] = λ[v]. Ponieważ W jest podprzestrzenią liniową, więc λ(v v ) = (λv λv ) W Zatem λv λv, stąd λv = λv. Warto zauważyć też, że [0] V / W. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 154 / 267

Twierdzenie 17.1 Niech V przestrzeń liniowa, W V podprzestrzeń. Zbiór klas abstrakcji V / W jest przestrzenią linową z działaniem indukowanym z V takim, że: v1,v 2 V [v 1 ] + [v 2 ] = [v 1 ] + [v 2 ] v V λ K λ[v] = [λv] Przykłady V = R 2, W = { } V / W = V, bo (v 1 + 0) + (v 2 + 0) = (v 1 + v 2 ) + 0 V = R 2, W = R 2 V / W = { } zerowa przestrzeń Uzasadnienie: W tym przypadku V / W jest zbiorem jednoelementowym, tzn. v1,v 2 V v 1 v 2 (v 1 v 2 ) W v V 0 + v = v + v [0] = [v] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 155 / 267

Przykłady c.d. V = R 2, W = {(x, 0) R 2 x R} V / W = {v + x x W } Udowodnimy, że dim R V / W = 1. Pokażemy, że bazą V / W jest dowolna klasa abstrakcji: [v] V / W, v W. W tym celu wyznaczmy dowolną klasę abstrakcji: (x,y) V λ R [(x, y)] = λ[( 1, 1)] (x, y) λ( 1, 1) W λ R (x + λ, y λ) = (z, 0) {[( 1, 1)] V / W i jest bazą. x + λ = z y = λ (x, y) y( 1, 1) = (x + y, 0) W Pokazaliśmy, że x,y V [(x, y)] = [( y, y)] = y[( 1, 1)] Zatem V / W jest przestrzenią liniową wymiaru 1 o bazie [( 1, 1)]. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 156 / 267

Twierdzenie 17.2 Niech V będzie n wymiarową przestrzenią liniową, a W V jej k wymiarową podprzestrzenią (0 k n). Wówczas: dim V / W = n k. Dowód Niech f 1, f 2,..., f k baza przestrzeni W. Z poprzedniego wykładu wiemy, że istnieje baza przestrzeni V postaci: f 1, f 2,..., f k, f k+1,..., f n. Zauważmy, że w przypadku, gdy k = n baza f 1, f 2,..., f k jest już bazą przestrzeni V. Udowodnimy, że układ wektorów: [f k+1 ], [f k+2 ],..., [f n ] jest bazą przestrzeni V / W. Do pokazania mamy, że układ wektorów [f k+1 ], [f k+2 ],..., [f n ] : 1 jest liniowo niezależny 2 generuje V / W prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 157 / 267

Dowód c.d. 1. Liniowa niezależność: α 1 [f k+1 ] +... + α n k [f n ] = 0 [α 1 f k+1 ] +... + [α n k f n ] = 0 α 1 f k+1 +... + α n k f n = 0 W Z definicji każdy wektor z W jest kombinacjja liniową wektorów f 1, f 2,..., f k. Stąd: α 1 f k+1 +... + α n k f n = β 1 f 1 +... + β k f k α 1 f k+1 +... + α n k f n β 1 f 1... β k f k = 0 α 1,..., α n k, β 1,..., β k R Ponieważ układ f 1,..., f k, f k+1,..., f n jest bazą V, więc jest liniowo niezależny, stąd α 1 =... = α n k = β 1 =... = β k = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 158 / 267

Dowód c.d. 2. Pokazujemy, że [f k+1 ], [f k+2 ],..., [f n ] generuje V / W [x] V /W x = γ 1 f 1 +... + γ k f }{{ k +γ } k+1 f k+1 +... + γ n f n W Z def. mamy: x γ k+1 f k+1 +... + γ n f n, czyli (x n ) γ i f i W i=k+1 Stąd: [x] = [γ k+1 f k+1 +... + γ n f n ] = γ k+1 [f k+1 ] +... + γ n [f n ]. Stąd dim V / W = n k. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 159 / 267

Twierdzenie 17.3 (o izomorfizmie) Niech A : V 1 V 2 - homomorfizm przestrzeni liniowych wymiarów m i n odpowiednio. Wówczas V 1 / ker A jest izomorficzne z im A, tzn. V 1 / ker A im A prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 160 / 267

Dowód Zauważmy, że odwzorowanie σ : V 1 V 1 / ker A zdefiniowane wzorem: v V v [v] jest homomorfizmem przestrzeni liniowych. Wystarczy udowodnić, że złożenie homomorfizmów: V 1 σ V 1 / ker A A im A V jest izomorfizmem. Niech: [x] V 1 /ker A A([x]) def = A(x). Musimy pokazać, że A jest dobrze zdefiniowane, tzn. jeżeli [x] = [x ], to A([x]) = A([x ]), czyli A(x) = A(x ). Ale: x x ker A A(x x ) = 0 Ax Ax = 0 Ax = Ax prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 161 / 267

Wprowadźmy teraz lemat: Lemat f : V W jest izomorfizmem przestrzeni liniowych ker f = 0, im f = W Dowód lematu f na, stąd im f = W f izomorfizm f (x) = f (x ) x = x ker f = 0 Zakładamy, że ker f = 0 i im f = W f jest epimorfizmem ( na ). f różnowartościowa, stąd f (x) = f (x ) x x ker f x = x Dowód tw.c.d. Na mocy lematu: A σ jest na, więc ker(a σ) = 0 co należało pokazać.. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 162 / 267

Wykład 18. Przypomnienie Niech: A : V W - homomorfizm skończenie wymiarowych przestrzeni liniowych. ker A = {x V Ax = 0} V - podprzestrzeń liniowa V. Niech dim V = n, dim ker A = k. Ponieważ ker A jest podprzestrzenią liniową V, więc k n. Zdefiniowaliśmy przestrzeń ilorazową V / ker A. Pokazaliśmy, że: dim V / ker A = n k. V / ker A = {x + ker A x V } - zbiór warstw (x + ker A) + (y + ker A) = (x + y) + ker A λ(x + ker A) = λx + ker A V / ker A ima prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 163 / 267

Definicja 18.1 Niech A : V V będzie homomorfizmem przestrzeni liniowych. Wartością własną λ K (R, C) homomorfizmu A nazywamy skalar λ, dla którego istnieje element 0 v V, taki że: A(v) = λv Definicja 18.2 Powyżej zdefiniowany niezerowy wektor v V nazywamy wektorem własnym wartości własnej λ. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 164 / 267

Przykład 1 Niech A : R R homomorfizm liniowy. Istnieje dokładnie jedna wartość własna homomorfizmu A. A = [a] A(1) = a x R A(x) = A(x 1) = xa(1) = xa Stąd tylko a jest wartością własną A. 2 Niech λ K będzie wartością własną A, zatem: 0 v V A(x) = λx Ax = λx Ax λx = 0 (A λi)x = 0 Definicja 18.3 Wielomianem charakterystycznym homomorfizmu A : V V nazywamy wielomian p(λ) = det(a λi). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 165 / 267

Uwaga W powyższej definicji oznaczamy przez A zarówno homomorfizm jak i jego macierz w pewnej bazie e 1, e 2,..., e n. Okazuje się, że jeśli macierz przedstawimy w dowolnej innej bazie, (np. f 1, f 2,..., f n ), to wielomian charakterystyczny p(λ) będzie taki sam. A macierz A w bazie e 1, e 2,..., e n. C macierz przejścia z bazy e 1, e 2,..., e n do bazy f 1, f 2,..., f n. CAC 1 macierz A w bazie f 1, f 2,..., f n. Z jednej strony: Z drugiej: det A = det(cac 1 ) = det C det A det C 1 = = det A det C det C 1 = det A det I = det A. det(a λi) = 1 det(a λi) = det I det(a λi) = = det(cc 1 ) det(a λi) = det C det C 1 det(a λi) = ( ) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 166 / 267

Uwaga c.d. Korzystając ze wzoru Cauchy ego: det(ab) = det A det B Zatem: A λi = ( ) = det C det(a λi) det C 1 = det det ( ) C(A λi) det C 1 = ( C(A λi)c 1) = det(cac 1 λi) a 11 λ a 12... a 1n a 21 a 22 λ... a 2n... a n1 a n2 a nn λ A λi = 0 Ax = λx det(a λi) = p(λ) deg p(λ) = n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 167 / 267

Przykłady 1 [a] : R R det[a λ] = 0 a λ = 0 λ = a [ ] 2 1 2 : R 3 4 2 R 2 [ ] 1 λ 2 det = 0 (1 λ)(4 λ) 6 = 0 3 4 λ 4 λ 4λ + λ 2 6 = 0 λ 2 5λ 2 = 0 = 25 + 8 = 33 = 33 λ 1 = 5 33 2 λ 2 = 5+ 33 A 1 = r(a 1 ) = 1 r(a 2 ) = 1 [ 2 1 5 33 2 2 3 4 5 33 2 ], A 2 = [ 1 5+ 33 2 2 3 4 5+ 33 2 ] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 168 / 267

Przykłady c.d. wektory wektory własne dim wartości = 1 dim własne wartości = 1 własnej λ 1 własnej λ 2 0 x 1 ker A 1 0 x 2 ker A 2 Pokażemy, że x 1, x 2 tworzą bazę R 2. W tym celu udowodnimy, że x 1 i x 2 są liniowo niezależne. α 1 x 1 + α 2 x 2 = 0 /A α 1 Ax 1 + α 2 Ax 2 = 0 Skoro: Ax 1 = λ 1 x 1, Ax 2 = λ 2 x 2, to: α 1 λ 1 x 1 + α 2 λ 2 x 2 = 0 A 1 : R 2 R 2 A 2 : R 2 R 2 A 1 x 1 = 0 A 1 x 2 = 0 Ax 2 = λ 1 x 2 Musimy pokazać, że A 1 x 2 0. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 169 / 267

Lemat A 1 x 2 0 Dowód lematu Przypuśćmy, że A 1 x 2 = 0 Ax 2 = λ 1 x 2 x 2 = (A λ 1 I)x 2 = 1 Ax 2 = λ 2 x 2 λ Ax 2 = λ 1 x 1 = λ 2 - sprzeczność 2 Podsumowanie Macierz A w bazie[ x 1, x 2 : Ax 1 = λ 1 x 1 λ1 0 Ax 2 = λ 2 x 2 0 λ 2 ] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 170 / 267

Uwaga Szukanie pierwiastków (miejsc zerowych) wielomianu charakterystycznego nie jest banalne. Przykład y 1 = x 1 + 2x 2 y 2 = [ x 1 + x 2 1 λ 2 det 1 1 λ < 0 ] = λ 2 2λ + 3 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 171 / 267

Wykład 19. Wprowadzenie Niech A : V V endomorfizm przestrzeni liniowej V, takiej że dim V <. Macierz A w pewnej dowolnej bazie jest kwadratowa. Wartość własna endomorfizmu A jest to pierwiastek wielomianu charakterystycznego p(λ) macierzy, gdzie p(λ) = det(a λi). Pokazaliśmy, że p(λ) nie zależy od wyboru bazy do przedstawienia macierzy A, co mówiąc inaczej oznacza, że p(λ) jest związany tylko z endomorfizmem A : V V. Wektorem własnym wartości własnej λ 0 (p(λ 0 ) = 0) nazywamy element przestrzeni rozwiązań układu równań jednorodnych: (A λ 0 I)X = 0. Układ ten ma zawsze rozwiązanie, bo det(a λ 0 I) = 0 i mamy twierdzenie Cramera. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 172 / 267

Uwaga endomorfizm - homomorfizm z tej samej przestrzeni w siebie monomorfizm - homomorfizm różnowartościowy ( 1 1 ) epimorfizm - homomorfizm będący surjekcją ( na ) izomorfizm - homomorfizm 1 1 i na Twierdzenie 19.1 Niech: A : V V, dim K V <, K = R (C), λ 0 K, det(a λ 0 I) = 0. Niezerowe wektory własne w 1, w 2,..., w m endomorfizmu A mające różne wartości własne są liniowo niezależne. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 173 / 267

Dowód Niech: Wówczas i α i = 0, w }{{} i wektor własny ( ) α 1 w 1 + α 2 w 2 +... + α m w m = 0. λ i }{{} wartość własna w i V (λ i ) Niech i = 1. Wówczas: Aw 1 = λ 1 w 1 (A λ 1 I)w 1 = 0 (A λ 1 I)(α 1 w 1 + α 2 w 2 +... + α m w m ) = 0 α 1 (A λ 1 I)w 1 + α 2 (A λ 1 I)w 2 +... + α m (A λ 1 I)w m = 0 Skoro (A λ 1 I)w 1 = 0, to α 2 (Aw 2 λ 1 w 2 ) +... + α m (Aw m λ 1 w m ) = 0 Stąd: α 2 (λ 2 λ 1 )w 2 +... + α m (λ m λ 1 )w m = 0 Ponieważ wartości własne są różne, to ostatnie równanie jest krótszą kombinacją liniową ( ). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 174 / 267

Definicja 19.2 Zbiór {v V Av = λ 0 v} = ker(a λ 0 I) nazywamy podprzestrzenią własną wartości własnej λ 0 i oznaczamy V (λ 0 ) V. Przykład [ ] 1 2 A = 2 3 [ ] 1 λ 2 p(λ) = = (1 λ)(3 λ) 4 = 3 4λ+λ 2 3 λ 2 4 = λ 2 4λ 1 Liczymy pierwiastki: = 16 + 4 = 20, = 2 5 λ 1 = 4 2 5 2 = 2 } 5 λ 2 = 4+2 5 2 = 2 + wartości własne A 5 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 175 / 267

Przykład c.d. λ 1 = 2 + 5 V (2 + [ ] [ ] 1 2 x 5) = {(x, y) R 2 = (2 + 5)(x, y)} 2 3 y { { x + 2y = (2 + 5)x 2x + 3y = (2 + ( 1 5)x + 2y = 0 5)y 2x + (1 5)y = 0 { y = ( 1 2 + 5 2 )x { x = 1 2x + 3 2 x + 3 5 y = 1 2 + 5 2 det [ 1 5 2 2 1 5 2 x (2 + 5)( 1 2 + 5 2 )x = 0 ] = 4 4 = 0 V (2 + 5) = α(1, 1 2 + 5 2 ) - prosta o równaniu ( 1 5)x + 2y = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 176 / 267

Przykład c.d. λ 2 = 2 5 V (2 [ ] [ ] 1 2 x 5) = {(x, y) R 2 = (2 5)(x, y)} 2 3 y { { x + 2y = (2 5)x 2x + 3y = (2 ( 1 + 5)x + 2y = 0 5)y 2x + (1 + 5)y = 0 { y = ( 1 2 5 2 )x { x = 1 2x + 3 2 x 3 5 y = 1 2 5 2 det [ 1 + 5 2 2 1 + 5 2 x (2 5)( 1 2 5 2 )x = 0 ] = 4 4 = 0 V (2 5) = α(1, 1 2 5 2 ) - prosta o równaniu ( 1 + 5)x + 2y = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 177 / 267

Przykład c.d. Jak wygląda endomorfizm [ 1 2 2 3 ] w bazie (1, 1 2 + 5 2 ), (1, 1 2 5 2 )? A(1, 1 2 + 5 2 ) = (2 5)(1, 1 2 + 5 2 ) A(1, 1 2 5 2 ) = (2 + 5)(1, 1 2 5 2 ) Endomorfizm [ A w tej ] bazie ma postać: 2 + 5 0 0 2 5 A : V V det(a λi) = p(λ) - wielomian charakterystyczny Jeżeli działamy w ciele liczb zespolonych, to nasz wielomian rozkłada się na iloczyn wielomianów liniowych (C jest algebraicznie domknięte, tzn. każdy wielomian ma pierwiastek). W R nie każdy wielomian ma pierwiastek. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 178 / 267

Kilka prostych obserwacji Niech A - macierz kwadratowa rzeczywista (nad ciałem R). Wielomian charakterystyczny: p A (λ) = det(a λi) ma stopień n. Wszystkie pierwiastki rzeczywiste i różne od 0 wielomianu p A (λ) oznaczamy przez λ 1, λ 2,..., λ n. Wówczas układ niezerowych wektorów własnych w i V (λ i ) jest bazą przestrzeni A o wymiarze dim R V = n. Macierz A w bazie w 1, w 2,..., w n jest diagonalna i ma postać: λ 1 0... 0 0 λ 2... 0...... 0 0... λ n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 179 / 267

Twierdzenie 19.3 Niech A : V V, dim R V = n. Wówczas istnieje jedno- lub dwuwymiarowa podprzestrzeń V 1 V, taka że A(V 1 ) V 1. (Innymi słowy istnieje podprzestrzeń V 1 V, taka że A(V 1 ) V 1 i dim V 1 = 1 lub 2). Dowód Niech p A (λ) wielomian charakterystyczny macierzy A. 1. p A (λ) ma pierwiastek rzeczywisty Niech to będzie λ 1, czyli p A (λ 1 ) = 0. Z definicji istnieje w 0, w V (λ 1 ). Aw = λ 1 w. W tym przypadku szukana V 1 = gen{w}. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 180 / 267

Dowód c.d. 2. p A (λ) nie ma pierwiastków rzeczywistych. Każdy wielomian o współczynnikach rzeczywistych jest iloczynem wielomianów liniowych lub kwadratowych. λ 0 - pierwiastek p A (λ) (λ λ 0 ) p A (λ) (tw. Bezout). Jeśli p A (λ 0 ) = 0, to p A (λ 0 ) = 0 (λ λ 0 )(λ λ 0 ) = λ 2 (λ 0 λ 0 )λ + λ 0 λ 0 - dwumian kwadratowy Niech λ 0 = α + βi pierwiastek zespolony p A (λ) (tzn. p A (λ 0 ) = 0), zaś A = [a ij ]. Wtedy: (a 11 λ 0 )x 1 + a 12 x 2 +... + a 1n x n = 0 a 21 x 1 + (a 22 λ 0 )x 2 +... + a 2n x n = 0.... a n1 x 1 +... + a n,n 1 x n 1 + (a nn λ 0 )x n = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 181 / 267

Dowód c.d. Niech (ξ1 0 + η0 1 i,..., ξ0 n + ηni) 0 będzie rozwiązaniem powyższego jednorodnego układu równań. ξ1 0 + η0 1 i ξ1 0 + η0 1 i A. = (α + βi). ξn 0 + ηni 0 ξn 0 + ηni 0 ξ 0 η A 1. 0 1 + ia. = ξn 0 ξ 0 = α 1. ξ 0 n + αi ηn 0 η1 0. η 0 n + βi ξ 0 η 1. 0 1 β. ξn 0 ηn 0. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 182 / 267

Dowód c.d. Porównujemy część urojoną i rzeczywistą ξ 0 ξ A 1. 0 η = α 1. 0 1 β. ξn 0 ξn 0 ηn 0 η 0 1 η 0 1 ξ 0 A. = α. + β 1. ηn 0 ηn 0 ξn 0 V 1 = gen{ ξ 0 η 1. 0 1 },.. ξn 0 ηn 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 183 / 267

Twierdzenie 19.4 Niech V n wymiarowa przestrzeń liniowa nad R, zaś A : V V. Wówczas istnieje W V taka, że A(W ) = W i dim W 2. Przykład A = 0 2 1 2 0 1 1 1 3 p(λ) = det(a λi) = det det λ 2 1 2 + λ λ 2 0 1 1 3 λ λ 2 1 2 λ 1 1 1 3 λ = ( ) w2 w1 = prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 184 / 267

Przykład c.d. Rozwijamy względem[ drugiego wiersza: ] 2 1 ( 1) 1+2 (2 + λ) det + 1 3 λ [ ] λ 1 ( 1) 2+2 ( λ 2) det = 1 3 λ = ( 2 λ)(6 2λ 1) + ( 2 λ)( 3λ + λ 2 1) = = ( 2 λ)(5 2λ 3λ + λ 2 1) = = ( 2 λ)(λ 2 5λ + 4) = = 2λ 2 + 10λ 8 λ 3 + 5λ 2 4λ = λ 3 + 3λ 2 + 6λ 8 = = (λ + 2)(λ 4)(λ 1) p(λ) = 0 λ = 2 λ = 4 λ = 1 Wartości własne: 2, 1, 4 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 185 / 267

Przykład c.d. Szukamy wektorów własnych. λ = 2 2 2 1 2 2 1 1 1 5 2x + 2y z = 0 2x + 2y z = 0 x y + 5z = 0 x y z = 0 0 0 { 2x + 2y = 0 x y = 0 Wektor własny dla wartości własnej λ = 2, to { x = y z = 0 1 1. 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 186 / 267

Przykład c.d. λ = 1 1 2 1 2 1 1 1 1 2 x y z = 0 0 0 x + 2y z = 0 2x y z = 0 x y + 2z = 0 x = 2y 1 4y 2 y = 1 z = 1 2 (x + y) x + 2y = 1 2x y = 1 z = 1 2 (x + y) Wektor własny dla wartości własnej λ = 1, to y = 1 x = 1 z = 1 1 1 1. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 187 / 267

Przykład c.d. λ = 4 4 2 1 2 4 1 1 1 1 x y z = 0 0 0 4x + 2y z = 0 2x 4y z = 0 x y z = 0 { 4x + 2y = 2x 4y z = x y z = 4x + 2y z = 2x 4y z = x y { y = x = 1 z = 2 Wektor własny dla wartości własnej λ = 4, to 1 1 2. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 188 / 267

Przykład c.d. 1 1 1 det 1 1 1 = 2 1 1 2 = 6 0 1 2 v 1 = [1, 1, 0], v 2 = [1, 1, 1], v 3 = [1, 1, 2] Av 1 = 2v 1 Av 2 = v 2 Av 3 = 4v 3 W bazie v 1, v 2, v 3 nasza macierz ma postać: 2 0 0 0 1 0 0 0 4 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 189 / 267

Wykład 20. Twierdzenie 20.1 Jeżeli macierz A jest symetryczna, tzn. A T = A i rzeczywista ( 1 i,j n a ij R), to wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego p(λ) = det(a λi) są rzeczywiste. Dowód Niech: A = [a ij ], a ij R 1 i, j n p A (λ) = 0 λ R Niech λ będzie pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego macierzy A. Pokażemy, że: λ = λ. det(a λi) = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 190 / 267

Dowód c.d. Oznacza to, że układ równań (A ik λδ ik )x k = 0, i = 1,..., n ma k niezerowe rozwiązanie ( ) Natomiast: δ ik = (A 11 λ)x 1 + A 12 x 2 +... + A 1n x n = 0 A 21 x 1 + (A 22 λ)x 2 +... + A 2n x n = 0... A n1 x 1 + A n2 x 2 +... + (A nn λ)x n = 0 { 1 i = k 0 i k to tzw. delta Kroneckera. Ponieważ p A (λ) = 0, więc p A (λ) = 0. Niech (x 1, x 2,..., x n ) będzie niezerowym rozwiązaniem układu równań liniowych ( ). Udowodnimy, że liczby (x 1, x 2,..., x n ) są rozwiązaniami układu równań: gdzie i = 1, 2,..., n. (A ik λδ ik )x k = 0, k, prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 191 / 267

Dowód c.d. (A 11 λ)x 1 + A 12 x 2 +... + A 1n x n = 0 A 21 x 1 + (A 22 λ)x 2 +... + A 2n x n = 0... A n1 x 1 + A n2 x 2 +... + (A nn λ)x n = 0 Zatem: (A ik λδ ik )x k = (A ik λδ ik )x k = (A ik λδ ik )x k = 0 k k k Stąd i z definicji wartości własnej: Ax = λx i Ax = λx lub A ik x k = λx i x i, A ik x k = λx i x i k k A 11 x 1 +... + A 1n x n = λx 1 A 11 x 1 +... + A 1n x n = λx 1 A 21 x 1 +... + A 2n x n = λx 2 A 21 x 1 +... + A 2n x n = λx 2...... A n1 x 1 +... + A nn x n = λx n A n1 x 1 +... + A nn x n = λx n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 192 / 267

Dowód c.d. Dla i = 1,..., n A ik x k x i = λ x i 2 k k A ik x k x i = λ x i 2 Ponieważ: A ik x k x i i,k A ik x k x i i,k to korzystając z faktu, że macierz jest symetryczna, A ik = A ki, dostajemy, że: A ik x k x i = A ik x k x i i,k i,k Stąd λ x i 2 = λ x i 2 i i λ = λ co należało pokazać. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 193 / 267

Wykład 21. Przykłady Macierz [ Pauliego: ] [ ] [ ] 0 1 0 i 1 0 A =, B =, C = 1 0 i 0 0 1 [ ] 1 0 A 2 = B 2 = C 2 = I = 0 1 [ ] λ 1 det(a λi) = det = λ 1 λ 2 1 [ λ 1 = 1 1 1 1 1 w 1 = [1, 1] ] [ x y ] = [ 0 0 ] λ[ 2 = 1] [ 1 1 x 1 1 y w 2 = [1, 1] ] = [ 0 0 ] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 194 / 267

Przykłady c.d. [ ] [ ] 0 1 1 = [1, 1] V 1 0 1 1 [ ] [ ] 0 1 1 = [ 1, 1] = 1[1, 1] V 1 0 1 1 [ ] λ i det(b λi) = det = λ i λ 2 ( i)i = λ 2 1 λ 1/2 = ±1 [ 1 i i 1 ] [ x y ] = [ 0 0 ] { x iy = 0 ix y = 0 { y = ix x i(ix) = 0 { x = x y = ix w 1 = [1, i] [ 1 i i 1 ] [ x y ] = [ 0 0 ] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 195 / 267

Przykłady c.d. { { x iy = 0 y = ix ix + y = 0 x i( ix) = 0 [ 1 λ 0 det(c λi) = 0 1 λ [ λ 1 = 1 ] [ ] [ ] 0 0 x 0 = 0 2 y 0 2y = 0 y = 0 w 1 = [1, 0] [ 1 0 ] [ 1 0 1 0 [ 1 0 ] [ ] 0 0 1 1 ] { x = x y = ix w 2 = [1, i] = (1 λ)(1 + λ) = λ 2 1 λ[ 2 = 1] [ ] 2 0 x = 0 0 y 2x = 0 x = 0 ] w 2 = [0, 1] = [1, 0] V 3 = [0, 1] = 1[0, 1] V 3 [ 0 0 ] prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 196 / 267

Przykłady c.d. 3 1 1 0 2 1 0 α 4 3 λ 1 1 0 2 λ 1 = (3 λ)[(2 λ)(4 λ) α] = 0 α 4 λ = (3 λ)[λ 2 6λ + (8 α)] = 36 32 + 4α = 4 + 4α = 4(1 + α) = 4(1 + α) = 2 1 + α λ 1 = 3 λ 2 = 6 2 1+α 2 = 3 1 + α λ 3 = 6+2 1+α 2 = 3 + 1 + α prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 197 / 267

Przykłady c.d. A = det(a λi) = 0 1 0 0 0 1 1 0 0 λ 1 0 0 λ 1 1 0 λ = λ 3 + 1 1 λ 3 = 0 (1 λ)(1 + λ + λ 2 ) = 0 = 1 4 = 3 = 3i λ 1 = 1, λ 2 = 1 3i 2, λ 3 = 1+ 3i 2 A 3 = I 0 1 0 0 0 1 1 0 0 A = 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 = 0 0 1 1 0 0 0 1 0 e 1 e 3 e 2 e 1 e 2 e 1 e 3 e 2 e 3 e 2 e 1 e 3 0 1 0 0 0 1 1 0 0 = I prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 198 / 267

Przykłady c.d. 0 1 0 0 0 0 1 0 A = 0 0 0 1 1 0 0 0 A 4 = I det(a λi) = λ 1 0 0 0 λ 1 0 0 0 λ 1 1 0 0 λ e 1 e 4 e 3 e 2 e 1 e 2 e 1 e 4 e 3 e 2 e 3 e 2 e 1 e 4 e 3 e 4 e 3 e 2 e 1 e 4 = λ 4 1 λ 4 1 = 0 (λ 2 1)(λ 2 + 1) = 0 (λ 1)(λ + 1)(λ i)(λ + i) = 0 λ 1 = 1, 1 wymiarowa λ 2 = 1, 1 wymiarowa λ 3 = i, 2 wymiarowa λ 4 = i, 2 wymiarowa prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 199 / 267

Wykład 22. Niech A = {α 1,..., α n } bȩdzie baza przestrzeni V i niech ϕ : V V bȩdzie homomorfizmem liniowym. Łatwo zobaczyć, że macierz ϕ jest diagonalna wtedy i tylko wtedy, gdy wektory α 1,..., α n sa wektorami własnymi odwzorowania ϕ. Definicja 22.1 Mówimy, że homomorfizm ϕ jest diagonalizowalny, jeśli istnieje baza przestrzeni V złożona z wektorów własnych homomorfizmu ϕ. Stwierdzenie 22.2 Niech a 1,..., a k bȩda różnymi wartościami własnymi homomorfizmu ϕ : V V. Dla każdego i = 1, 2,..., k niech α i1, α i2,..., α imi bȩdzie liniowo niezależnym układem wektorów w V (ai ). Wówczas układ α 11, α 12,..., α 1m1, α 21, α 22,..., α 2m2,..., α k1, α k2,..., α kmk jest liniowo niezależny. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 200 / 267

Lemat 22.3 Niech a 1, a 2,..., a k bȩda różnymi wartościami własnymi. Niech β i V (ai ), jeżeli β 1 + β 2 +... + β k = 0 to β i = 0, i = 1, 2, 3,..., k. Dowód Lematu: (Patrz twierdzenie 19.1.)Indukcja po k. Dla k = 1 oczywiste. Załóżmy dla k := k 1. Z założenia mamy dwie równości: ϕ(σ k i=1β i ) = Σ k i=1a i β i = 0 a 1 (β 1 + β 2 +... + β k ) = a 1 β 1 + a 1 β 2 +... + a 1 β k = 0. Po ich odjȩciu otrzymujemy (a 2 a 1 )β 2 +... + (a k a 1 )β k = 0. Sta d (a i a 1 )β i V (ai ), i = 2,..., k. Z założenia indukcyjnego dla i = 2, 3,..., k, β 2 = β 3 =... = β k = 0. Ponieważ Σ k i=1 β i = 0, wiȩc β 1 = 0. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 201 / 267

Kontynuujmy dowód Stwierdzenia. Napiszmy kombinacjȩe liniowa wektorów z przyrównaniem jej do zera: a 11 α 11 +a 12 α 12 +...+a 1m1 α 1m1 +a 21 α 21 +...+a k1 α k1 +...+a kmk α kmk = 0 Stosuja powyższy lemat dla β i = Σ m i j=1 a ijα ij, i = 1, 2,..., k i wykorzystuja c liniowa niezależność wektorów α i1,..., α imi dla i = 1, 2,..., k otrzymujemy tezȩ dowodzonego Stwierdzenia. Twierdzenie 22.4 Niech V bȩdzie skończenie wymiarowa przestrzenia liniowa i niech ϕ bȩdzie homomorfizmem przestrzeni V. Niech a 1, a 2,..., a k bȩda wszystkimi różnymi, wartościami własnymi homomorfizmu ϕ. Wówczas: Σ k i=1 dimv (a i ) dimv. Homomorfizm ϕ jest diagonalizowalny wtedy i tylko wtedu, gdy zachodzi równość Σ k i=1 dimv (a i ) = dimv. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 202 / 267

Dowód: Z ostatniego lematu wektory α 11, α 12,..., α 1m1, α 21, α 22,..., α 2m2,..., α k1, α k2,..., α kmk (1) sa liniowo niezależne. Sta d Σ k i=1 dimv (a i ) = Σ k i=1 m i dimv. Ponadto, jeśli Σ k i=1 dimv (a i ) = dimv, to układ wektorów (1) jast baza składaja ca siȩ z wektorów własnych i sta d ϕ jest diagonalizowalny. Załóżmy teraz, że ϕ jest diagonalizowalny. To znaczy istnieje baza A złożona z wektorów własnych homomorfizmu ϕ. Niech A i = A V (ai ) oraz A i = m i. Mamy Σ k i=1 m i = dimv oraz i, 1 i k, m i dimv (ai ). dimv = Σ k i=1m i Σ k i=1dimv (ai ) dimv. Podsumowuja c Σ k i=1 dimv (a i ) = dimv. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 203 / 267

Przykłady 1. V = R 2, ϕ : R 2 R 2, ϕ(x 1, x[ 2 ) = (2x] 1 + 3x 2, 4x 1 + 3x 2 ) W bazie 2 3 standardowej macierz ϕ = A =. Wartości własne macierzy A to 4 3 zbiór {6, 1}. Ponadto dimv (6) = dimv ( 1) = 1. Przykładowa baza wektorów własnych to [3, 4] V (6), [1, 1] V ( 1). Diagonalna macierz [ ] 6 0 ϕ =. 0 1 2. ϕ(x 1, x 2 [) = ( x 2 ], x 1 ). W bazie standardowej macierz 0 1 ϕ = A =. Wielomian charakterystyczny to p 1 0 A (λ) = λ 2 + 1. ϕ nie ma rzeczywistych wartości własnych. Nie jest diagonalizowalny. 3. ϕ : C 2 C 2, ϕ(x 1, x 2 ) = ( x 2, x 1 ). Wartości własne to i, i. Ponadto ( 1, i) V (i), (1, i) V ( i). dimv (i) = dimv ( i) = 1. Macierz [ ] i 0 diagonalna ϕ = A =. 0 i prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 204 / 267

Przykłady 4. ϕ : C 2 [ C 2, ϕ(x] 1, x 2 ) = (x 1 + x 2, x 2 ). Macierz w bazie standardowej 1 1 ma postac. Wielomian charakterystyczny to p(λ) = (λ 1) 0 1 2. Wymiar przestrzeni V (1) jest równy 1 2 = dimc 2. zatem ϕ nie jest diagonalizowalny. Zakończmy ten wykład Definicja 22.5 Macierz A Mat n n (K) nazywamy diagonalizowalna nad ciałem K, jeśli istnieje macierz odwracalna C Mat n n (K) (tzn. detc 0.) taka, że C 1 AC jest macierza diagonalna. Łatwo zobaczyć że A diagonalizowalna wtedy i tylko, wtedy gdy odpowiadaja cy jej homomorfizm jest diagonalizowalny. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 205 / 267

Wykład 23. Definicja 23.1 Niech V przestrzeń liniowa nad R (skończenie wymiarowa). Iloczynem skalarnym nazywamy odwzorowanie, : V V R, które jest: symetryczne: x,y V x, y = y, x dwuliniowe: x,y,z V α,β R αx + βy, z = α x, z + β y, z dodatnio określone: x V,x 0 x, x > 0 Definicja 23.2 Przestrzenią euklidesową nazywamy parę (V,, ), gdzie V to przestrzeń liniową nad R, zaś, to iloczyn skalarny (czyli odwzorowanie symetryczne, dwuliniowe, dodatnio określone). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 206 / 267

Przykłady (R n, <, >) x = (x 1,..., x n ) R n y = (y 1,..., y n ) R n < x, y >= n x i y i i=1 C[0, 1] = {f : [0, 1] R f ciągła} (f ± g)(x) = f (x) ± g(x) (αf )(x) = αf (x) < f, g >= 1 fgdx Definicja 23.3 0 Normę wektora x V definiujemy jako: x = < x, x >. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 207 / 267

Definicja 23.4 Niech A Mat nxn (R n ). Śladem macierzy A = [a ij ] nazywamy liczbę tr(a) = Σ n 1 a ii. Łatwo zobaczyć, że dla A, B Mat nxn (R n ), tr(ab) = tr(ba) oraz tr(a) = tr(a T ) gdzie A T oznacza macierz transponowaną. Definiujemy iloczyn skalarny jak < A, B >= tr(ab T ). Stąd możemy sformułować następujące Stwierdzenie 23.5 Jeżeli tr(aa T + BB T ) = tr(ab + A T B T ) to A = B T. Dowód 0 < A B T, A B T >=< A, A > < A, B T > < B T, A > + < B T, B T >= tr(aa T ) + tr(b T B) tr(ab) tr(b T A T ) = 0. Stąd A = B T. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 208 / 267

Definicja 23.6 Niech X będzie dowolnym zbiorem. Funkcję d : X X R 0 nazywamy metryką, o ile spełnia: 1 x,y X d(x, y) = 0 x = y 2 x,y X d(x, y) = d(y, x) 3 x,y,z X d(x, y) d(x, z) + d(z, y) Parę (X, d) nazywamy przestrzenią metryczną. Przykłady x, y, R n n d(x, y) = (x i y i ) 2 = < x y, x y > i=1 X dowolny zbiór{ 1 gdy x y x,y X d(x, y) = 0 gdy x = y Jest to metryka dyskretna. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 209 / 267

Twierdzenie 23.7 (Nierówność Schwartza) x,y V Dowód x, y x y x,y V λ R x λy, x λy 0 x λy, x x λy, λy = x, x λ y, x λ x λy, y = x, x λ x, y λ x, y + λ 2 y, y = λ 2 y, y 2λ x, y + x, x 0 = 4 x, y 2 4 x, x y, y 4 x, y 2 4 x, x y, y 0 4 x, y 2 4 x, x y, y x, y 2 x, x y, y x, y x, x y, y = x y. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 210 / 267

Uwaga Iloczyn skalarny definiuje metrykę na przestrzeni euklidesowej. Metryka d : V V R 0 dana wzorem: d(x, y) = x y = x y, x y, spełnia: 1 x,y V d(x, y) = 0 x = y 2 x,y V d(x, y) = d(y, x) 3 x,y,z V d(x, y) d(x, z) + d(z, y) Dowód uwagi ad. 1. d(x, y) = 0 x = y x y = 0 x = y x = y x y = x x = 0 x y = 0 = n x y, x y = (x i y i ) 2 i=1 n (x i y i ) 2 = 0 n (x i y i ) 2 = 0 x = y, i=1 i=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 211 / 267

Dowód uwagi c.d. ad. 2. Udowodnijmy najpierw własność: x V α R αx = α x. Istotnie: αx = αx, αx = α 2 x, x = α x, x = α x. Stąd możemy wykazać warunek 2. x y = ( 1)(y x) = 1 y x = y x. ad. 3. Nierówność trójkąta d(x, y) d(x, z) + d(z, y) x y x z + z y Sformułujmy i udowodnijmy lemat: Lemat x,y V x + y x + y prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 212 / 267

Dowód lematu Skorzystamy z nierówności Schwartza: x + y 2 = x + y, x + y = x, x + 2 x, y + y, y = x 2 + 2 x, y + y 2 x 2 +2 x y + y 2 = ( x + y ) 2 x +y x + y. Dowód uwagi c.d. Zatem: x y = x z + z y x z + z y. Definicja 23.8 Niech V - przestrzeń euklidesowa z bazą a 1,..., a n. Mówimy, że baza jest: { 0 gdy i j ortonormalna, gdy a i, a j = 1 gdy i = j ortogonalna, gdy a i, a j = 0 dla i j prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 213 / 267

Definicja 23.9 Dwa wektory a, b V są ortogonalne, gdy a, b = 0. Definicja 23.10 Niech a, b V. Wtedy: Stwierdzenie 23.11 cos( (a, b)) = a, b a b 1 Niech a 1,..., a n V wektory bazy ortogonalnej. Wtedy baza: ortonormalna. Dowód ai i,j a i, a j 1 a j = a i a j a i, a j = 0, gdy i.j Gdy i = j, to: ai a i, a i a i = 1 a i a 2 i, a i = 1 a i,a i a i, a i = 1. a i a i jest prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 214 / 267

Stwierdzenie 23.12 Niech a 1,..., a n V baza ortonormalna. Wtedy: Dowód Niech x = α 1 a 1 +... + α n a n Wtedy: x V x = x, a 1 a 1 +... + x, a n a n x, a i = α 1 a 1 +... + α n a n, a i = = α 1 a 1, a i +... + α i a i, a i +... + α n a n, a i = = α i a i, a i = α i prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 215 / 267

Twierdzenie 23.13 (Ortonormalizacja Gramma-Schmitta) Niech {v 1,..., v n } - dowolna baza V zaś {u 1,..., u n } - baza ortonormalna. v 1 = v 1 v 2 = v 2 v 2,v 1 v 1,v 1 v 1 v 3 = v 3 v 3,v 1 v 1,v 1 v 1 v 3,v 2 v 2,v 2 v 2... v n = v n vn,v 1 v 1,v 1 v 1 vn,v 2 v 2,v 2 v 2... vn,v n 1 v n 1,v n 1 v n 1 W ten sposób uzyskujemy bazę ortogonalną. Aby ją zortonormalizować, należy każdy, uzyskany w ortogonalizacji wektor, podzielić przez jego normę: v n v n u 1 = v 1 v 1, u 2 = v 2 v 2,..., u n = Wektory u 1, u 2,..., u n są ortonormalne. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 216 / 267

Dowód Należy pokazać, że każdy wektor v r jest prostopadły do wektora u i, dla i = 1,..., r 1, tzn. v r, u i = 0. Policzmy: v r, u i = = v r vr,v 1 v 1,v 1 v 1 vr,v 2 v 2,v 2 v 2... vr,v r 1 v r 1,v r 1 v r 1, u i = = v r, u i v r, u i = 0 Ćwiczenie 1 Zortonormalizować bazę {(5, 6), (3, 5)} w R 2 2 Zortonormalizować bazę {(5, 6, 1), (3, 5, 1), (8, 11, 0)} w R 3. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 217 / 267

Wykład 24. Rozwiązanie ćwiczenia Zortonormalizować bazę {(5, 6), (3, 5)} w R 2 v 1 = (5, 6) v 2 (3,5),(5,6) = (3, 5) (5,6),(5,6) = (3, 5) 45 225 (5, 6) = (3, 5) ( u 1 = (5,6) u 2 = 7 61 25+36 61 ( 6,5) 7 61 36+25 = ( 6,5) 61 Zadanie domowe 15+30 (5, 6) = (3, 5) 25+36 (5, 6) = 61, 270 61 ) = ( 42 61, 35 61 ) = 7 61 Zortonormalizować bazę {(5, 6, 1), (3, 5, 1), (8, 11, 0)} w R 3. Rozwiązanie przynieść na kartce. ( 6, 5) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 218 / 267

Definicja 24.1 Niech V przestrzeń euklidesowa, W V podprzestrzeń liniowa, e 1,..., e n ortogonalna baza przestrzeni V. Podprzestrzeń liniową: W = {x V y W x, y = 0} nazywamy ortogonalnym dopełnieniem podprzestrzeni W V przestrzeni V. Uwaga W jest podprzestrzenią liniową V. W = {x V y W x, y = 0} v1,v 2 W α1,α 2 R y W α 1 v 1 + α 2 v 2, y = = α 1 v 1, y + α 2 v 2, y = 0 + 0 = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 219 / 267

Przykład V = R 3 Niech W dowolna prosta w R 3 przechodząca przez (0, 0, 0). Czym jest W? Jest to płaszczyzna prostopadła do prostej W. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 220 / 267

Przykłady V = R 2 W = {(0, 0)} W = R 2 W = {(x, y) R 2 y = ax} W = {(x, y) R 2 y = 1 a x} (x, ax), (x, 1 a x) = x 2 x 2 = 0 Obserwacja W R 2 dowolna prosta jest dopełnieniem ortogonalnym innej prostej. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 221 / 267

Stwierdzenie 24.2 Niech (V,, ) będzie przestrzenią euklidesową. Wówczas dowolna podprzestrzeń W V jest dopełnieniem ortogonalnym podprzestrzeni W. Wymiar W jest równy dim V dim W, tj. Dowód dim W = dim V dim W. Pokażemy, że W W = {0}. Niech x W i y W x, y = 0 x, x = 0 x = 0. Niech {f 1,..., f k } będzie bazą W. Ze stwierdzenia o dopełnieniu dowolnej bazy podprzestrzeni do całej bazy, wynika stwierdzenie o wymiarach. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 222 / 267

Uwaga Niech Ax + By + Cz + D = 0 będzie równaniem dowolnej płaszczyzny w R 3. Dokonując jej równoległego przesunięcia o D otrzymujemy płaszczyznę przechodzącą przez (0, 0, 0). Jej równanie jest postaci: Stąd: Ax + By + Cz = 0. {(x, y, z) R 3 Ax + By + Cz = 0} = = {(x, y, z) R 3 < (x, y, z), (A, B, C) >= 0} = = {(x, y, z) R 3 (x, y, z) = t(a, B, C), t R}. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 223 / 267

Definicja 24.3 Niech V będzie dowolną przestrzenią liniową skończenie wymiarową nad ciałem K. Niech V 1, V 2 będą podprzestrzeniami liniowymi przestrzeni V. Mówimy, że V jest sumą prostą swoich podprzestrzeni V 1, V 2 wtedy i tylko wtedy, gdy: 1 V = V 1 + V 2 = {v 1 + v 2 v 1 V 1, v 2 V 2 } 2 V 1 V 2 = {0} Piszemy: V = V 1 V 2. Przykład Niech V przestrzeń euklidesowa, W V podprzestrzeń. Wtedy: W W = V. W W = {0}. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 224 / 267

Definicja 24.4 Niech V będzie skończenie wymiarową przestrzenią liniową nad C. Iloczynem hermitowskim nazywamy odwzorowanie, : V V C, dane wzorem: n x, y = x i y i, które jest: i=1 1 liniowe na pierwszej współrzędnej, tj.: x,y,z V α,β C αx + βy, z = α x, z + β y, z 2 x,y V x, y = y, x 3 x V x, x 0. Parę (V,, ) nazywamy przestrzenią hermitowską lub unitarną. Przykład V = C n, x = (x 1,..., x n ) C n, y = (y 1,..., y n ) C n x, y = n x i y i i=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 225 / 267

Wykład 25. Definicja 25.1 Niech V będzie przestrzenią liniową nad ciałem K. Odwzorowanie a : V V K nazywamy formą dwuliniową, jeśli jest: Jeśli: liniowa na każdej współrzędnej, tj. x,y,z V α,β K a(αx + βy, z) = αa(x, z) + βa(y, z) x,y,z V α,β K a(z, αx + βy) = αa(z, x) + βa(z, y) x,y V a(x, y) = a(y, x) to formę tę nazywamy symetryczną. Jeśli zaś: x,y V a(x, y) = a(y, x) to formą tę nazywamy antysymetryczną. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 226 / 267

Stwierdzenie 25.2 Każda forma kwadratowa nad ciałem R jest sumą formy symetrycznej i antysymetrycznej. Dowód ( ) ( ) a(x, y) = 1 2 a(x, y) + a(y, x) + 1 2 a(x, y) a(y, x) } {{ } } {{ } symetryczna antysymetryczna prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 227 / 267

Definicja 25.3 Niech a : V V K forma dwuliniową, (e 1,..., e n ) - baza przestrzeni V. Macierz A = [a(e i, e j )] i,j=1,...,n nazywamy macierzą formy dwuliniowej a. Przykład Każda macierz kwadratowa definiuje formę dwuliniową. Postać Każda symetryczna formȩ dwuliniowa można zapisać w postaci a(x, y) = a ik (x i y k + x k y i ) + i<k i a ii x i y i. Natomaist forma antysymetryczna ma postać a(x, y) = i<k a ik (x i y k x k y i ). Ćwiczenie prof. Dokonać dr hab. Andrzej rozkładu Szczepański (Wydział dowolnej MFI UGmacierzy Algebra Instytut liniowa Matematyki) kwadratowej z geometrią na sumę 14 czerwca macierzy 2017 228 / 267

Definicja 25.4 Rzędem formy dwuliniowej nazywamy rząd jej macierzy. Definicja 25.5 Niech a : V V K będzie formą kwadratową symetryczną. Odwzorowanie x a(x, x) nazywamy formą kwadratową formy a. Przykład V = C[0, 1] = {f : [0, 1] R f ciągła} (f + g)(x) = f (x) + g(x) αf (x) = α(f (x)) f, g = 1 fgdx 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 229 / 267

Obserwacja f (x) = a(x, x) - forma kwadratowa a(x, y) def. = 1 2 [f (x + y) f (x) f (y)] f (x) = f (x 1,..., x n ) = a 11 x1 2 + a 12x 1 x 2 +... + a 22 x2 2 +... + a 1nx 1 x n Macierz formy kwadratowej macierz odpowiadającej jej formy symetrycznej rząd macierzy kwadratowej rząd macierzy odpowiadającej jej formy symetrycznej Definicja 25.6 Jeżeli w pewnej bazie wszystkie współczynniki a ik = 0 dla i k, to mówimy, że w tej bazie forma kwadratowa ma postać kanoniczną: f (x) = a 11 x 2 1 + a 22 x 2 2 +... a nn x 2 n. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 230 / 267

Sprowadzanie form kwadratowych do postaci kanonicznej metodą Lagrange a f (x, y, z) = 2x 2 + 7y 2 + 2z 2 4xy 10yz Przekształcamy sumę wszystkich składników zawierających x, za pomocą metody uzupełniania do pełnego kwadratu: 2x 2 4xy = 2(x 2 2xy) = 2((x y) 2 y 2 ) Podstawiamy to wyrażenie do wyjściowej formy: f (x, y, z) = 7y 2 +2z 2 10yz +2(x y) 2 2y 2 = 5y 2 +2z 2 10yz +2(x y) 2 Podobnie postępujemy teraz z y, z : 5y 2 + 2z 2 10yz = 5(y 2 2yz + z 2 ) 5z 2 + 2z 2 = 5(y z) 2 3z 2 = 5(y z) 2 3z 2 Podstawiamy znów powyższą wartość do formy: f (x, y, z) = 5(y z) 2 3z 2 + 2(x y) 2 x y = x Niech: y z = y z = z Zatem: f (x, y, z) = 2x 2 + 5y 2 + z 2. x = x + y + z y = y + z z = z prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 231 / 267

Uwaga Powyższa metoda nie jest jednoznaczna, tzn. w przypadku innego grupowania, otrzymamy różne postaci kanoniczne tej samej formy kwadratowej. Jednak liczby dodatnich i ujemnych współczynników, stojących przy pełnych kwadratach, są w kaḋym przypadku jednakowe. Twierdzenie 25.7 (Metoda Lagrange a) Każdą formę kwadratową można sprowadzić do postaci kanonicznej za pomocą niezdegenerowanego przekształcenia liniowego. (niezdegenerowany o wyznaczniku 0) Dowód Indukcja po n. Dla n = 1 oczywiste, bo forma kwadratowa jednej zmiennej ma postać ax1 2, gdzie a R. 1) 1 i n a ii 0. Bez starty ogólności (przenumerowując bazę) możemy przyjąć, że i = 1. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 232 / 267

Dowód c.d. Wtedy: f (x) = a(x, x) = a 11 x 2 1 + 2a 12x 1 x 2 +... + 2a 1n x 1 x n + g(x 2,..., x n ) Zamiana zmiennych Niech: y 1 = a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1n x n, y 2 = x 2,..., y n = x n. Wtedy: 1 a 11 y1 2 = 1 a 11 (a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1n x n ) 2 = = a 1 1x1 2 + 2a 12x 1 x 2 +... + 2a 1n x 1 x n + ϕ(x 2,..., x n ) ϕ - forma kwadratowa niezawierająca zmiennej x 1 ψ(x 2,..., x n ) = g(x 2,..., x n ) ϕ(x 2,..., x n ) Stąd: f (x) = 1 a 11 y 2 1 + ψ(x 2,..., x n ) = 1 a 11 y 2 1 + g(x 2,..., x n ) ϕ(x 2,..., x n ) = = 1 a 11 x 2 1 + 2a 11x 1 x 2 +... + 2a 1n x 1 x n + ϕ(x 2,..., x n ) + g(x 2,..., x n ) ϕ(x 2,..., x n ) = 1 a 11 x 2 1 + 2a 11x 1 x 2 +... + 2a 1n x 1 x n + g(x 2,..., x n ). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 233 / 267

Dowód c.d. Po podstawieniu y 1,..., y n mamy: f (x) = 1 a 11 y 2 1 + ψ(y 2,..., y n.) Z założenia indukcyjnego, istnieje liniowo niezdegenerowanych (n 1) zmiennych. Zdefiniujmy: z k = n R kl y l, gdzie k = 2,..., n, l=2 które sprowadzają formę ψ do postaci kanonicznej: z 1 = y 1 z k = n l=2 ψ(y 2,..., y n ) = b 22 z 2 2 + b 33 z 2 3 +... + b nn z 2 n R kl y l = R k2 y 2 +... + R nn y n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 234 / 267

Dowód c.d. (x 1,..., x n ) (y 1,..., y n ) (z 1,..., z n ) 2) 1 i n a ii = 0 np. a 12 0 f (x) = 2a 12 x 1 x 2 x 1 = x 1 + x 2 x 2 = x 1 x 2 x 3 = x 3. x n = x n Stąd: f (x) = 1 a 11 z 2 1 + b 22 z 2 2 +... + b nn z 2 n f (x) = 2a 12 ( x 1 + x 2 )( x 1 x 2 ) +... = 2a 12 x 1 2 2a 12 x 2 2 +... Postępując analogicznie jak w punkcie pierwszym, otrzymujemy żądaną tezę. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 235 / 267

Wykład 26. Definicja 26.1 Forma kwadratowa nad C ma postać normalną, jeśli: f (x) = x 2 1 +... + x 2 r, gdzie r n. Ogólnie f (x) = a 11 x 2 1 +... + a rr x 2 r, gdzie r n i i a ii = ±1. Wniosek W przestrzeni zespolonej każdą formą kwadratową można przekształcić do postaci normalnej za pomocą niezdegenerowanego przekształcenia liniowego. i a ii = 1 W przypadku rzeczywistym niektóre a ii mogą być mniejsze od 0. y i = a ii x i, gdzie i r y i = x i, gdzie i > r prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 236 / 267

Wniosek c.d. Jeśli pierwsze k współczynników jest dodatnich, a pozostałe są ujemne, to f (x) ma postać: f (x) = y 2 1 +... y 2 k y 2 k+1... y 2 r. Definicja 26.2 Niech dana będzie forma kwadratowa nad R postaci: f (y) = y 2 1 +... y 2 k y 2 k+1... y 2 r. Liczbę wyrazów dodatnich i ujemnych w formie kwadratowej nazywamy odpowiednio dodatnim i ujemnym indeksem formy, zaś różnicę między indeksem dodatnim i ujemnym nazywamy sygnaturą. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 237 / 267

Twierdzenie 26.3 (Prawo bezwładności form kwadratowych) Indeks dodatni i ujemny są niezmiennikami formy kwadratowej, tzn. nie zależą od wyboru bazy, w której forma ma postać normalną. Dowód Niech dana będzie baza ê 1,..., ê n, w której forma f ma postać normalną: f (z) = z 2 1 + z2 2 +... + z2 m z 2 m+1... z2 r, gdzie z i są współczynnikami x w bazie ê 1,..., ê n. W bazie e 1,..., e n forma f ma postać normalną: f (y) = y 2 1 +... + y 2 k y 2 k+1... y 2 r. Mamy udowodnić, że k = m. Załóżmy, że k m, np. k > m. Mamy wzór przekształceń współrzędnych: ( ) z i = n Q ij y j = a i1 y 1 +... + a in y n. j=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 238 / 267

Dowód c.d. a 11... a 1n Q =..... a n1... a nn det Q 0 Podstawiamy ( ) do wzoru: f (x) = z1 2 +... z2 m zm+1 2... z2 r i otrzymujemy: ( ) z 2 1 +... + z 2 m z 2 m+1... z 2 r = y 2 1 +... + y 2 k y 2 k+1... y 2 r Możemy napisać następujący układ równań: a 11 y 1 +... + a 1k y k = 0. a m1 y 1 +... + a mk y k = 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 239 / 267

Dowód c.d. Ponieważ liczba niewiadomych jest większa niż liczba równań (k > m), więc istnieje nietrywialne rozwiązanie y 1,..., y k. Podstawiając te rozwiązanie do ( ), przy czym y k+1 = y k+2 =... = y r = 0, otrzymujemy: y 2 1 +... + y 2 k = z 2 m+1 z 2 r, co jest niemożliwe, stą dochodzimy do sprzeczności. Zatem k = m. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 240 / 267

Wykład 27. Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej metodą Jacobiego Niech f - forma kwadratowa nad R n n f (x) = a(x, x) = a ij x i x j i,j=1 a : R n R n R - forma dwuliniowa symetryczna a 11... a 1n A = [a ij = a(e i, e j )] 1 i,j n =..... a n1... a nn Rozpatrzmy minory główne macierzy A : 1 = 1 [ ] a11 a 2 = det 12 a 21 a 22 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 241 / 267

Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej metodą Jacobiego c.d. a 11 a 12 a 13 3 = det a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33. n = det A Metodę Jacobiego można stosować przy założeniu, że i i 0. Szukamy specjalnej bazy e 1,..., e n, w której forma f ma postać kanoniczną: e 1 = P 11e 1 e 2 = P 21e 1 + P 22 e 2 ( ). e n = P n1 e 1 + P n2 e 2 +... + P nn e n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 242 / 267

Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej metodą Jacobiego c.d. Żeby w bazie e 1,..., e n forma f miała postać kanoniczną musi być spełniony warunek: ( ) 1<j<n a(e i, e j) = a ij = 0, dla i = 1, 2,..., j 1 (To założenie jest wystarczające, gdyż założyliśmy, że a symetryczna). Aby zachodził warunek ( ) wystarczy żądać, aby: a(e i, e j ) = 0 dla i = 1, 2,..., j 1 oraz j = 1, 2,..., n a(e i, e j ) = a(p i1e 1 + P i2 e 2 +... + P ii e i, e j ) = = P i1 a(e 1, e j ) + P i2a(e 2, e j ) +... + P iia(e i, e j ) = 0 Załóżmy dodatkowo, że a(e j, e j ) = 1. Dla j = 1 powyższe założenia wyglądają następująco: a(e 1, e 1 ) = 1 = a(e 1, P 11 e 1 ) = P 11 a 11, czyli P 11 = 1 a 11 = 0 1. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 243 / 267

Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej metodą Jacobiego c.d. Z indukcji, załóżmy, że mamy określone współczynniki w pierwszych (j 1) wierszach wzoru ( ). Dla znalezienia współczynników występujących w wierszu o numerze j, zapiszmy potrzebne warunki: a(e 1, e j ) =... = a(e j 1, e j ) = 0 a(e j, e j ) = 1 Korzystając z ( ) dostajemy następujący układ równań: a 11 P j1 + a 12 P j2 +... + a 1j P jj = 0 ( ) Ponieważ:. a j 1,1 P j1 + a j 1,2 P j2 +... + a j 1,j P jj = 0 a j1 P j1 + a j2 P j2 +... + a jj P jj = 1 0 = a(e 1, e j ) = a(e 1, P j1 e 1 + P j2 e 2 +... + P jj e j ) = = a 11 P j1 + a 12 P j2 +... + a 1j P jj prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 244 / 267

Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej metodą Jacobiego c.d. Wyznacznik tego układu równań jest różny od 0 (tj. det j 0). Stąd można znaleźć P ij, z zapisu ( ). Pozostało jeszcze sprawdzić, jak wygląda forma f po zmianie bazy z e 1,..., e n na e 1,..., e n. Ze wzorów Cramera mamy: a 11... a 1j 1 0 a 21... a 2j 1 0 P jj = 1 j det B =...... a j 11... a j 1j 1 0 a j1... a jj 1 1 P 11 0... 0 0 P 22... 0...... 0 0... P nn = j 1 j det B = P 11 P 22... P nn = 0 1 1 2... n 1 n = 0 n = 1 n prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 245 / 267

Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej metodą Jacobiego c.d. W końcu napiszmy jak wygląda nasza forma w bazie e 1,..., e n : a jj = a(e j, e j ) = a(p j1e 1 +... + P jj e j, e j ) = P jja(e j, e j ) = P jj = j 1 j Stąd: f (x) = 0 1 (x 1) 2 + 1 2 (x 2) 2 +... + n 1 n (x n) 2 Udowodnijmy powyższy wzór. Sprowadźmy formę do postaci kanonicznej. W nowej bazie e 1,..., e n forma f ma postać: f (x) = a 11 (x 1 )2 + a 22 (x 2 )2 +... + a nn(x n) 2 oraz i a ii > 0. a 11... 0 = det..... = a 11... a nn 0... a nn = det P T AP = det P T det A det P = = det P det A det P = det A det 2 P = (det P) 2, gdzie P - macierz zmiany bazy. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 246 / 267

Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej metodą Jacobiego c.d. Czyli: = (det P) 2. Ponieważ > 0, więc > 0. Definicja 27.1 Formę f nazywamy dodatnio określoną, jeśli f (x) > 0 dla wszystkich x 0. Definicja 27.2 Formę f nazywamy ujemnie określoną, jeśli f (x) < 0 dla wszystkich x 0. Uwaga Zauważmy, że jeśli f jest dodatnie określona, to i=1,...,n a ii > 0. a ii = a(e i, e i ) = f (e i ) > 0 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 247 / 267

Przykład f (x) = x1 2 x 2 2 [(forma nie ] jest dodatnio określona) 1 0 = det A = det = 1 0 1 Uwaga W przestrzeni n wymiarowej każda forma dodatnio określona ma rząd n. ( 0) Przykład f (x) = x 2 1 + 1000x 1x 2 + x 2 2 a 11 > 0, a 22 > 0 f ( 1, 1) = 1 1000 + 1 < 0 Uwaga Jeśli f jest dodatnio określona, to wyznacznik jej macierzy jest dodatni. ( = det A > 0) prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 248 / 267

Twierdzenie 27.3 (Kryterium Sylwestera) Na to, by forma kwadratowa była dodatnio określona potrzeba i wystarcza, aby wszystkie minory główne jej macierzy były dodatnie. Dowód Zakładamy, że x 0 f (x) > 0. Rozważmy: V k = gen{e 1,..., e k }. f Vk (x) = f (x 1,..., x k, 0,..., 0) > 0 f (x) = k i,j=1 a ij x i x j Forma f jest dodatnio określona na V k, gdyż jest dodatnio określona na V. Stąd i z faktu, że det A > 0 mamy: 1 i n i > 0. Niech k > 0 dla k = 1,..., n. Z metody Jacobiego istnieje baza, w której: f (x) = 0 1 (x 1) 2 + 1 2 (x 2) 2 +... + n 1 n (x n) 2 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 249 / 267

Dowód c.d. Jeśli x 0, to co najmniej jedna współrzędna jest różna od zera, więc x k 0. Stąd: f (x) > 0. Przykład f (x, y) = ax 2 + 2bxy + cy 2 = 1 a [(ax + by)2 + (ac b 2 )y 2 ] [ ] a b b c 1 = a 2 = ac b 2 Macierz jest dodatnio określona, gdy: 1 > 0 2 > 0, czyli gdy: a > 0 ac b 2 > 0. prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 250 / 267

Wykład 28. Zadanie Metodą Lagrange a sprowadzić formę kwadratową q do postaci kanonicznej. q = x 2 1 + 4x 1x 2 2x 1 x 3 + 3x 2 2 + 2x 2x 3 + 2x 2 3 Wypisujemy czynniki z x 1 i dopełniamy do kwadratu: x 2 1 + 4x 1 x 2 2x 1 x 3 = (x 1 + 2x 2 x 3 ) 2 4x 2 2 + 4x 2 x 3 x 2 3 Stąd podstawiając powyższe wyrażenie do formy i postępując podobnie z czynnikami zawierającymi pozostałe zmienne otrzymujemy: q = [(x 1 + 2x 2 x 3 ) 2 4x 2 2 + 4x 2x 3 x 2 3 ] + 3x 2 2 + 2x 2x 3 + 2x 2 3 = = (x 1 + 2x 2 x 3 ) 2 x 2 2 + 6x 2x 3 + x 2 3 = = (x 1 +2x 2 x 3 ) 2 (x 2 2 6x 2x 3 )+x 2 3 = (x 1 +2x 2 x 3 ) 2 (x 2 3x 3 ) 2 8x 2 3 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 251 / 267

Zadanie c.d. Podstawiamy: y 1 = x 1 + 2x 2 x 3 y 2 = x 2 3x 3 y 3 = x 2 3 1 2 1 0 1 3 0 0 1 q = y 2 1 y 2 2 8y 2 3 Jeśli zaczniemy od x 2, to: q = 1 3 (2x 1 + 3x 2 + x 3 ) 2 1 3 (x 1 + 5x 3 ) 2 + 10x 2 3 Jest to też poprawne sprowadzenie formy q do formy kanonicznej: q = 1 3 (2x 1 + 3x 2 + x 3 ) 2 1 3 (x 1 + 5x 3 ) 2 + 10x 2 3 = = 1 3 (4x 2 1 +9x 2 2 +x 2 3 +12x 1x 2 +4x 1 x 3 +6x 2 x 3 ) 1 3 (x 2 1 +10x 1x 3 +25x 2 3 )+10x 2 3 = = 1 3 (3x 2 1 + 9x 2 2 24x 2 3 + 12x 1x 2 6x 1 x 3 + 6x 2 x 3 ) + 10x 2 3 = = x 2 1 + 3x 2 2 + 2x 2 3 + 4x 1x 2 2x 1 x 3 + 2x 2 x 3 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 252 / 267

Zadanie c.d. q = 2x 1 x 2 + 4x 2 x 3 Podstawmy: x 1 = y 1 y 2 x 2 = y 1 + y 2 x 3 = y 3 q = 2(y 1 y 2 )(y 1 + y 2 ) + 4(y 1 + y 2 )y 3 = 2y1 2 2y 2 2 + 4y 1y 3 + 4y 2 y 3 = = 2[(y 1 + y 3 ) 2 y3 2] 2[(y 2 y 3 ) 2 y3 2] = 2[(y 1 + y 3 ) 2 (y 2 y 3 ) 2 ] z 1 = 2(y 1 + y 3 ) = 2 2 (x 1 + x 2 + 2x 3 ) z 2 = 2(y 2 y 3 ) = 2 2 ( x 1 + x 2 2x 3 ) z 3 = y 3 = x 3 Inne podstawienie: x 1 = 2 2 (z 1 z 2 2 2z 3 x 2 = 2 2 (z 1 + z 3 ) x 3 = z 3 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 253 / 267

Definicja 28.1 Hiperpowierzchnią stopnia drugiego nazywamy zbiór: {(x 1,..., x n ) R n n n a ij x i x j + 2 b i x i + c = 0} i,j=1 i=1 Uwaga formę kwadratową x a(x, x) o macierzy [a ij ] nazywamy grupą wyrazów stopnia drugiego formę liniową x 2b(x) = 2 n b i x i nazywamy grupą wyrazów stopnia pierwszego i=1 stałą c R nazywamy wyrazem wolnym prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 254 / 267

Komentarze Uwaga x 2 + y 2 + z 2 = 1 jest to hiperpowierzchnia stopnia 2 sfera urojona: {(x, y, z) R 3 x 2 + y 2 + z 2 + 1 = 0}?!?!? GDZIE * Równanie ( ) jest to równanie ogólne o 1 2 (n + 1)(n + 2) zmiennych. Twierdzenie 28.2 Poprzez zamianę zmiennych można równanie hiperpowierzchni zapisać w formie: gdzie [a ij ] jest macierzą formy. n+1 i,j=1 a ij x i x j = c, prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 255 / 267

Definicja 28.3 Środkiem hiperpowierzchni drugiego stopnia nazywamy punkt, względem którego wszystkie punkty hiperpłaszczyzny są położone parami symetrycznie. Uwaga Symetryczność oznacza: Definicja 28.4 (bis) (x 1,..., x n ) A ( x 1,..., x n ) A Środkiem dowolnej hiperpowierzchni stopnia drugiego nazywamy taki punkt, że jeśli umieścimy w nim początek układu współrzędnych, to równanie hiperpowierzchni przyjmie postać: n a ij x i x j + c = 0. i,j=1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 256 / 267

Wykład 29. Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk Powierzchnia hiperboliczna stopnia 2 (kwadryka) to zbiór punktów: a 1 x 2 + a 2 y 2 + a 3 z 2 + b 1 xy + b 2 xz + b 3 yz + c 1 x + c 2 y + c 3 z + d = 0, gdzie a 1, a 2, a 3, b 1, b 2, b 3, c 1, c 2, c 3, d K i przynajmniej jedna z nich 0. Jest to rówanie ogólne hiperpowierzchni stopnia 2. Hiperpowierzchnię stopnia 2 można zapisać też w postaci kanonicznej: a 1 x 2 + a 2 y 2 + a 3 z 2 + d = 0. Wyróżniamy kwadryki właściwe (niezdegenerowane) i niewłaściwe (zdegenerowane). prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 257 / 267

Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk c.d. 1 Kwadryki właściwe Elipsoida: x 2 a 2 + y 2 b 2 + z2 c 2 = 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 258 / 267

Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk c.d. Hiperboloida jednopowłokowa: x 2 a 2 + y 2 b 2 z2 c 2 = 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 259 / 267

Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk c.d. Hiperboloida dwupowłokowa: z 2 c 2 x 2 a 2 y 2 b 2 = 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 260 / 267

Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk c.d. Stożek eliptyczny: x 2 a 2 + y 2 b 2 = z2 c 2 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 261 / 267

Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk c.d. Paraboloida eliptyczna: z = x 2 a 2 + y 2 b 2 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 262 / 267

Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk c.d. Paraboloida hiperboliczna: z = x 2 a 2 y 2 b 2 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 263 / 267

Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk c.d. Walec eliptyczny: x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 264 / 267

Klasyfikacja częściowa powierzchni hiperbolicznych stopnia 2 - kwadryk c.d. Walec hiperboliczny: x 2 a 2 y 2 b 2 = 1 prof. dr hab. Andrzej Szczepański (Wydział MFI UG Algebra Instytut liniowa Matematyki) z geometrią 14 czerwca 2017 265 / 267