NOTATKI DO ĆWICZEŃ Z ALGEBRY METODĄ FIZYCZNĄ UPRAWIANEJ Zadanie Zbadać czy wektor v R można przedstawić jako kombinację liniową wektorów e i e, gdzie i) v =, 4 e = 5, 7 e = 8, 6 9 oraz ii) v =, e =, e =, Odpowiedź: i) tak: v = e e, ii) nie. Zadanie Czy wektory w = [ ] + i, w i = [ ] 7 i, + i są liniowo zależne? Zbadać sprawę nad ciałem R i nad ciałem C. Rozwiązanie: Pytamy, czy równanie x w + x w =, (tłuste zero oznacza zero przestrzeni wektorowej, czyli wektor zerowy!) ma rozwiązanie dla x i R, gdy nad R oraz x i C gdy nad C. Rozwiążmy: x ( + i) + x (7 i) =, x i + x ( + i) =, Z drugiego x = ( + i)x i to do pierwszego, co da: [( + i)( + i) + 7 i]x =. To istotnie jest zero, niezależnie od wartości x. Rozwiązaniami są więc dowolne x i x = ( + i)x. Widać jednak, że jeśli x R to x jest zespolone. Zatem nad R wektory w i w są liniowo niezależne, ale nad C zależne. Zadanie Zbadać liniową niezależność nad ciałem R i nad C wektorów i) e =, e =, e =, e 4 =,
oraz i ii) f =, f = i, f =. i Rozwiązanie: W przypadku i) widać gołym okiem, że są liniowo zależne nad R bo równanie λ e + λ e + λ e + λ 4 e 4 = ma rozwiązanie λ = λ = λ 4 = λ, λ = λ dla dowolnego λ, a skoro są liniowo zależne nad R to i nad C też, bo R C. Uwaga: ustalona wyżej liniowa zależność e, e, e i e 4 oznacza, że np. e = e e e 4, tj., że e jest kombinacją liniową pozostałych. W zasadzie zamiast badać istnienie niezerowych rozwiązań równania λ e + λ e + λ e + λ 4 e 4 = moglibyśmy postawić problem, czy wektor e jest liniowo zależny od pozostałych. To jest jednak mniej ogólne: mogłoby się np. okazać, że sam wektor e nie daje sie przedstawić jako kombinacja liniowa e, e i e 4, ale te trzy wektory są liniowo zależne. Np. gdyby badać problem liniowej zależności wektorów v =, v =, v =, v 4 =, to okazałoby się (co w przypadku bardziej skomplikowanych wektorów nie musiałoby być od razu tak łatwo widoczne), że v nie jest kombinacją liniową v, v i v 4, niemniej te trzy wektory: v, v i v 4 są liniowo zależne i tym samym cztery wektory v, v, v i v 4 są liniowo zależne. Badając ich liniową zależność przez pytanie o istnienie niezerowych rozwiązań równania λ v + λ v + λ v + λ 4 v 4 = dostalibyśmy, że niezerowym rozwiązaniem jest λ = λ = λ 4 = λ i λ =, czyli v + v v 4 =. Jest jasne, że to nie pozwala wyrazić v przez pozostałe (bo λ = ). W przypadku ii) rozwiązujemy równanie ξ f + ξ f + ξ f =, czyli układ ξ + iξ =, ξ + iξ + ξ =, ξ iξ + ξ =. Dodając pierwsze pomnożone przez i do trzeciego dostajemy ξ =. Uwzględniając to, z drugiego dodanego do trzeciego znajdujemy ξ = czyli ξ = i wtedy (z pierwszego) ξ = też. Zatem wektory f, f, f są linowo niezależne nad obydwoma ciałami, R i C. Zadanie 4 Zbadać liniową zależność wektorów. w = i i, w = i, w =.
Rozwiązanie: Rozwiązujemy równanie x w + x w + x w =, czyli układ x + ix + x =, ix x + x =, ix + x + x =. Dodanie drugiego do trzeciego daje x =. Wtedy pierwsze sprowadza się do x +ix =, a drugie do ix x =, czyli do pierwszego pomnożonego przez i. Zatem szukanym rozwiązaniem jest x = ix, x = i x dowolne. Ponieważ albo x albo x jest zespolone (albo nawet oba) to wektory w, w oraz w są liniowo zależne nad C, ale nie nad R. Zadanie 5 Dowieść, że jeśli wektory e, e oraz e są liniowo niezależne (nad R lub C) to takimiż są i wektory f = e + e + e, f = e + e, f = e + e. Rozwiązanie: Jak zwykle pytamy, czy z faktu, że λ f + λ f + λ f = wynika, że λ = λ = λ =. Wiemy teraz także, iż równanie ξ e + ξ e + ξ e = ma tylko rozwiązanie ξ = ξ = ξ =. Piszemy więc: = λ f + λ f + λ f = λ (e + e + e ) + λ (e + e ) + λ (e + e ) = (λ + λ )e + (λ + λ + λ )e + (λ + λ )e. Zatem na mocy założenia musimy mieć λ +λ =, λ +λ +λ = i λ +λ =. Drugie z pierwszym daje λ =, wtedy trzecie daje λ = i na koniec z drugiego wynika wtedy że i λ =. Zadanie 6 Dowieść, że następujące zbiory wektorów-funkcji (tj. wektorów z przestrzeni V = Map(R, R)) są liniowo niezależne a) sin x, cos x, b), sin x, cosx, c) sin x, sin x,..., sin nx, d), cosx, cos x,..., cos nx e), cosx, sin x, cos x, sin x,..., cos nx, sin nx. Rozwiązanie: W przypadku a) jest jasne, że λ sin x + ξ cosx = może dla wszystkich x (a, b) R zachodzić tylko dla λ = ξ = : jeśli x = kπ i x = lπ + π należą do (a, b) to jest to trywialne, jesli nie, to można zróżniczkować i ma się λ cosx ξ sin x = oraz
λ sin x+ξ cosx = i znów jedynym rozwiązaniem obu dla wszystkich x-ów jest λ = ξ =. To samo w przypadku b): η + λ sin x + ξ cos x = dla wszystkich x (a, b) R też wymaga η = λ = ξ = (aby to zobaczyć, można znów zróżniczkować i dostaniemy ten sam problem, co w punkcie a). W przypadku c) możemy posłużyć się indukcją. Zakładamy, że wektory te są liniowo niezależne dla jakiegoś n (dla n = jest to oczywiste) i sprawdzamy, czy z tego wynika to samo dla n +, to znaczy, że f(x) λ sin x + λ sin x +... + λ n sin nx + λ n+ sin(n + )x, (symbol przypomina, że ma to być dla wszystkich x) tylko dla λ = λ = λ n = λ n+ =. Skoro ma to zachodzić dla wszystkich x to znaczy że i d dx f(x) λ sin x λ sin x +... n λ n sin nx (n + ) λ n+ sin(n + )x. Mnożymy f(x) przez (n + ) i dodajemy do tego tu wyżej, co da [(n + ) ]λ sin x + [(n + ) 4]λ sin x +... + [(n + ) n ]λ n sin nx, To zaś na mocy indukcyjnego założenia o liniowej niezależności wektorów sin x,..., sin nx oznacza, ze [(n + ) ]λ = [(n + ) 4]λ =... = [(n + ) n ]λ n =. Stąd zeru muszą być wszystkie λ i o i =,...,n z wyjątkiem ewentualnie k-tej, o takim k, że (n + ) k =. Ale to się nie może zdarzyć, bo w indukcji rozpatrujemy tylko n + > k. Zatem λ = λ =...λ n = i z tożsamościowego znikanie f(x) wynika, iż także λ n+ =. W przypadku d) także posługujemy się indukcją. Zakładamy, że teza (liniowa niezależność) jest prawdziwa dla n mamy pokazać, że g(x) η + λ cosx + λ cos x +... + λ n cosnx + λ n+ cos(n + )x, pociąga za sobą η = λ =... = λ n = λ n+ =. Mnożymy g(x) przez (n+) i odejmujemy od tego dwakroć zróżniczkowane g(x) =. Jak wyżej wynika stąd, że λ = λ =...λ n = i zostaje nam w g(x) = tylko η+λ n+ cos(n+)x =, co znów wymaga by η = λ n+ =. Wreszcie w przypadku e) także zakładamy, że η+λ cosx+ξ sin x+λ n cosnx+ξ n sin nx = tylko dla η = λ = ξ =... = λ n = ξ n = i robimy dla n + sztuczkę z drugą pochodną, co zostawia nam η + λ n+ cos(n + )x + ξ n+ sin(n + )x =. To też wymaga, by η = λ n+ = ξ n+ = (choćby na mocy tego, że teza jest prawdziwa dla n =, a czymże się różni x od (n + )x? - tylko dziedziną...) Zadanie 7 Dowieść, że wektory f = sin x, f = sin x, f = sin x, z przestrzeni wektorowej V = Map(R, R) są liniowo zależne. Rozwiązanie: To proste sin x = sin(x + x) = sin x cosx + sin x cos x = sin x cos x + sin x( sin x) = sin x 4 sin x. 4
Czyli f = f 4f, co dowodzi, że f, f, f są liniowo zależne. Zadanie 8 Dowieść, że wektory e =, e =, e = tworzą bazę przestrzeni wektorowej R. Uwaga: jeśli w wektorach, tj. w tych kwadratowych nawiasikach, mają być tylko liczby rzeczywiste - bo tak sobie definiujemy tę przestrzeń - to musi to być przestrzeń wektorowa nad ciałem R; gdybyśmy bowiem dopuścili mnożenie wektorów przez liczby zespolone, to w nawiasikach wystąpiłyby z konieczności także liczby zespolone wbrew naszemu określeniu tej przestrzeni. W drugą zaś stronę rzecz jest możliwa: możemy sobie arbitralnie określić przestrzeń wektorową w taki sposób, że w nawiasikach mogą wystąpić także liczby zespolone, ale dopuszczać tylko kombinacje liniowe o współczynnikach rzeczywistych. W takim przypadku stosują się uwagi o bazie i wymiarze takiej przestrzeni umieszczone na końcu tego zadania. Rozwiązanie: Trzeba pokazać, że dowolny wektor w można przedstawić jako kombinację liniową tych trzech, tj. w postaci x e + x e + x e = w. Niech w = [a, b, c]. Trzeba pokazać, że układ równań x + x + x = a, x + 4x = a + b c, x + x + x = b, 4x + x = a + b + c x + x + x = c, x + 4x = a b + c, ma rozwiązanie. Mnożąc pierwsze równanie przez i dodając je do trzeciego x + 4x = a + b c, 4x + x = a + b + c, x 8x = a b + c. Teraz trzecie razy i dodać do drugiego. Otrzymujemy 8x = a+7b 5c. Czyli mamy x. W podobny sposób można znaleźć 8x = 5a + b + 7c oraz 8x = 7a 5b + c (symetria równań!). Łatwo sprawdzić, że to dobry wynik. Skoro jest (jednoznaczne) rozwiązanie dla dowolnego wektora w to (e, e, e ) tworzą bazę. Uwaga: Wyjaśnijmy sobie na najprostszym przykładzie jeszcze jedną sprawę: dwa wektory e = [ ], e = [ ], rozpinają całą przestrzeń wektorową V nad ciałem R składającą się z wektorów postaci [ ] x w =, o x, x R, x 5,
bo dowolny taki wektor można przedstawić jako w = x e + x e, tj. jako kombinację liniową e i e z rzeczywistymi współczynnikami. Przestrzeń ta jest zatem dwuwymiarowa, bo jej baza składa się z dwu wektorów. Te same dwa wektory e i e nie rozpinają jednak całej przestrzeni wektorowej W, też nad ciałem R, składającej się z wektorów postaci [ ] z w =, o z, z C, bo np. wektora z [ ], i nie można dostać z kombinacji linowej x e + x e o rzeczywistych współczynnikach x i x. Do tego trzeba wziąć większą bazę, np.: [ ] [ ] [ ] [ ] i e =, e =, e =, e 4 =. i Czyli taka przestrzeń wektorowa (nad ciałem R) jest czterowymiarowa. Oczywiście, jeśli przestrzeń wektorowa jest nad ciałem C to te cztery powyższe wektory są parami do siebie proporcjonalne (e = ie, e 4 = ie ), czyli liniowo zależne. Wtedy baza ma dwa wektory i ta przestrzeń wektorowa (nad ciałem C) jest tylko dwuwymiarowa. Zadanie 9 Znaleźć wymiar i jakąś bazę podprzestrzeni wektorowej E R 4 rozpinanej przez wektory v,...,v 5 v =, v = 4, v =, v 4 =, v 5 = Rozwiązanie: Ponieważ R 4 ma wymiar 4, zatem przynajmniej jeden z tych wektorów musi być liniowo zależny od pozostałych. Odrzućmy ostatni (bo ma brzydkie liczby). Aby zobaczyć, czy pierwsze cztery są liniowo zależne spróbujmy (trochę na chybił -trafiał ) zapisać czwarty jako kombinację liniową trzech pierwszych, tj. jako v 4 = x v + x v + x v. To daje układ równań x + x + x =, x + x x =, x + 4x x =, x + x + x =. Weźmy trzy pierwsze na razie. Odjąć od trzeciego pierwsze. To da x = 4x. Wstawiamy to do dwu pierwszych i mamy układ x + 5x =, x + x =. 6 7,
To łatwo rozwiązać (drugie razy dwa i odjąć od pierwszego). Stąd mamy jako rozwiązanie układu trzech pierwszych równań Teraz możemy sprawdzić ostatnie x = 6 7, x = 7, x = 7. 6 7 + 7 + 7 =. (Cztery równania na trzy zmienne - trzeba mieć szczęście żeby tak się udało!!) To dowodzi, że cztery pierwsze wektory są liniowo zależne bo 6 7 v + 7 v + 7 v v 4 =. Zarazem z jednoznaczności tego rozwiązania wynika, że jak byśmy wzięli którekolwiek dwa wektory z v, v, v to się nie uda, tzn. v 4 nie jest kombinacją liniową tylko dwu z nich. Zatem wymiar podprzestrzeni E jest równy conajmniej. Skoro jednak się okazało, że z czterech wektorów v, v, v i v 4 tylko trzy są liniowo niezależne, to trzeba wrócić i zapytać, czy nie jest w takim razie możliwe dołączenie v 5, tzn. trzeba sprawdzić czy układ wektorów v v, v 4 i v 5, nie jest przypadkiem liniowo niezależny. Jeśli jest, to v 5 się powinnien dać zapisać jako x v + x v + x 4 v 4. Sprawdźmy to: x + x x 4 =, x x + x 4 =, x x x 4 = 7, x + x + x 4 =. Najpierw rozwiązujemy pierwsze trzy: od pierwszego trzecie da 4x = 5, czyli x = 5 4. To do drugiego i trzeciego: x + x 4 = 7 4, x x 4 = 4. Dodanie stronami da x = i wtedy z pierwszego wyżej x 4 4 = 7 =. Łatwo 4 4 sprawdzić, że to jest dobre rozwiązanie trzech pierwszych równań. Sprawdzamy teraz ostatnie, czwarte: x + x + x 4 = 5 = 4 4 4 8 =. Czyli to czwarte też jest 4 wtedy spełnione! Zatem ostatecznie v 5 jest kombinacją liniową v, v, i v 4 czyli jest od nich liniowo zależny. Ponieważ już wiemy, że v, v i v 4 też są liniowo niezależne, więc bazę podprzestrzeni E mogą tworzyć wektory v, v, v 4. 7
Zadanie Jak w zadaniu 9 tylko z wektorami v =, v =, v =, v 4 =, v 5 =, 4 Rozwiązanie: Jak i poprzednio (nawet nad ciałem R, bo wszystkie liczby w kolumienkach są czysto rzeczywiste) pięć wektorów nie może być liniowo niezależnych. Teraz jednak postapimy bardziej regulaminowo i zbadamy warunek Mamy zatem układ równa : λ v + λ v + λ v + λ 4 v 4 + λ 5 v 5 =. λ + λ + λ + λ 4 =, λ + λ + λ 4 + λ 5 =, λ + λ + λ 4 + λ 5 =, λ + λ + 4λ 4 + λ 5 =. Drugie od trzeciego daje λ 4 + λ 5 = ; pomijając trzecie piszemy więc pozostałe równania (eliminując z nich λ 5 ): λ + λ + λ + λ 4 =, λ + λ + λ 4 =, λ + λ + λ 4 =. Teraz ostatnie minus przedostatnie da λ + λ =. Po wykorzystaniu tego pierwsze i trzecie stają się tożsame z drugim. Zatem zostaje do spełnienia tylko λ + λ + λ 4 = ; mamy więc jedno równanie na trzy niewiadome! Widać, że rozwiązanie można napisać w postaci λ = ξ, λ = ξ, λ = ξ η, λ 4 = η, λ 5 = η. ξ i η są tu zupełnie dowolnymi liczbami. Mamy zatem dla dowolnych wartości ξ i η związek ξ v ξ v + (ξ η)v + η v 4 η v 5 =. Możemy tu np. położyć ξ = i η = albo ξ = i η =, co da związki v 5 = v + v 4, v = v + v, pokazujące, że np. v oraz v 5 można przedstawić w postaci kombinacji liniowych v, v i v 4. Te trzy wektory mogą więc stanowić bazę całej podprzestrzeni rozpiętej przez v, v, v, v 4 i v 5. 8
Zadanie Znaleźć sumę prostą i przecięcie dwu podprzestrzeni w R rozpinanych przez dwa zbiory wektorów: V =,,, W =,,. 4 Rozwiązanie: Najpierw znajdziemy ich sumę prostą. Jeśli wektory V (lub W) są liniowo niezależne, to rozpinają całą przestrzeń wektorową R i V = R (W = R ) i wtedy w oczywisty sposób V W = R. Sprawdźmy więc liniową niezależność wektorów z V. Układ x + x + x =, x + x + x =, x x + x =, ma jak łatwo sprawdzić tylko rozwiązanie x = x = x =, zatem rzeczywiście V = R i V W = R. Jeśli zaś chodzi o W to gołym okiem widać, że w = w + w, więc podprzestrzeń W jest tylko dwuwymiarowa i jest rozpinana np. przez w i w. Ponieważ V = R to przecięcie V z W, tj. poprzestrzeń utworzona przez wyktory takie,że należą one jednocześnie do V i do W jest samą podprzestrzenią W (bo W V = R ). Zadanie Znaleźć wymiar i podać jakąś bazę podprzestrzeni E R 4 rozpiętej przez wektory w =, w =, w =, w 4 =. 4 7 Znaleźć także ogólną postać wektora z E. Rozwiązanie: Znów zobaczmy, czy się da przedstawić w 4 w postaci x w +x w +x w. Aby się dało musi być spełniony układ równań: x + x =, x + x + x =, x + x + x =, 4x + x + x = 7. 9
Rozwiążmy trzy pierwsze, a potem sprawdzimy ostatnie. Drugie minus pierwsze daje x = x. To do trzeciego i mamy razem z pierwszym układ (kolejny!) x + x =, 5 x + x =. Stąd już łatwo i mamy jako rozwiązanie trzech pierwszych x =, x =, x =. (Łatwo sprawdzić, że to rozwiązuje trzy pierwsze równania). Teraz sprawdzamy czwarte: (4) () + () = 7. Hurra! Znów się udało! Czyli w 4 jest liniowo zależny od w, w i w : w 4 = w w. Co więcej znów rozwiązanie jest jednoznaczne, więc wszystkie trzy, w, w i w, są już liniowo niezależne. Zatem wymiar dime =, a jej bazą mogą być te trzy wektory. Oczywiście dowolny wektor należący do E ma postać x + x x w + x w + x w = x + x + x x + x + x = 4x + x + x Na użytek zadania 4 wygodnie będzie przedstawić ten wektor tak, że trzy jego pierwsze składowe będą dowolne, a czwarta będzie się wyrażała przez trzy pierwsze. W tym celu zastępujemy w drugim i trzecim wierszu x + x przez a, tak by znikło z nich x a a x + x a + x 4a x + x = a b c. d W następnym kroku zastępujemy a + x przez c a w drugim i czwartym wierszu zastępujemy x przez c a. W ten sposób a =. 4a + c x c 5a + c x Wreszcie, w drugim wierszu zastępujemy 4a + c x przez b, a w czwartym zamiast x dajemy 4a + c b. W ten sposób postać wektora z E jest taka a b c. 7a + b c a b c d a b c d.
Zadanie Znaleźć wymiar i bazę podprzestrzeni F R 4 rozpiętej przez wszystkie wektory postaci x y z, y z t = x 4y + 4z + t =. t Rozwiązanie: dwa razy pierwszy warunek plus drugi da x =. Z pierwszego zaś mamy, że t = y z. Wektory rozpinające E są więc postaci y z = y + z y e + z e. y z Wektory e i e są ewidentnie liniowo niezależne. Zatem dimf = i jej bazą mogą być e i e. Zadanie 4 Znaleźć wymiary i podać jakieś bazy sumy oraz przecięcia podprzestrzeni E z zadania i podprzestrzeni F z zadania. Rozwiązanie: Conajmniej jeden z pięciu wektorów w =, w =, w =, w 4 =, w 5 = 4 rozpinających E F musi być liniowo zależny od pozostałych. Wyrzućmy pierwszy bo najbardziej skomplikowany. Zobaczmy następnie, czy w się da zapisać jako kombinacja liniowa w, w 4 i w 5. Gołym okiem widać, że się nie da. Co więcej, łatwo sprawdzić, że równanie xw +yw 4 +zw 5 = ma tylko rozwiązanie x = y = z =. Zatem E F = R 4, bo jest rozpinana przez cztery wektory w, w, w 4 i w 5, które można przyjąć za jej bazę. Teraz przecięcie E i F. Tworzą je wektory należące i do E i do F. Oznacza to, że wektory te muszą się dać jednocześnie przedstawić w dwu postaciach a b c 7a + (b c) = y z y z Widać, że aby tak było musi być a =, b = y, c = z i do tego jeszcze musi zachodzić równość 7a + (b c) = (y z). Ale skoro a =, b = y, c = z to może tak być tylko dla.,
b = c. Zatem ogólną postacia wektora należącego do przecięcia podprzestrzeni E i F jest b b. Zatem przecięcie E i F jest podprzestrzenią jednowymiarową rozpinaną przez jakikolwiek wektor powyższej postaci (np. z b = ). Zadanie 5 Pokazać, że podprzestrzeń liniowa E R 4 złożona z wektorów postaci x y z, z 4t = x y + z + t =, t jest rozpinana przez dwa wektory. Rozwiązanie: Warunki są dwa na cztery składowe. Weźmy x i z jako niezależne. Wtedy t = z oraz (po wstawieniu tego do drugiego warunku) x y + 7 z =, czyli y = x + 7 z. 4 4 4 Zatem każdy wektor z E musi mieć postać λ + λ 4 7 4. Zadanie 6 Pokazać, że podprzestrzeń E rozpięta przez wektory v, v, v, v 4 postaci v =, v = i, v = i, v 4 = 4, i i zawiera wektory w = i, oraz w = i, oraz, że wektory w, w, v, v 4 rozpinają tę samą podprzestrzeń E. Rozwiązanie: Najpierw trzeba pokazać, że równania x v + x v + x v + x 4 v 4 = w
oraz y v + y v + y v + y 4 v 4 = w mają rozwiązania. Pierwsze daje układ równań x + x + x 4 =, ix ix = i, x + x + x + 4x 4 =, ix + ( i)x + x 4 =. Z drugiego x x =, czyli x = + x. To do pozostałych trzech, co da układ x + x + x 4 =, x + x + 4x 4 =, ix + ( i)x + x 4 = i. Od drugiego odjąć pierwsze: x = x 4. To do pierwszego i trzeciego (x + x 4 ) =, ( i)(x + x 4 ) =. Czyli da się przedstawić w, z tym, że nie w sposób jednoznaczny. To zaś oznacza, że same wektory v, v, v i v 4 są liniowo zależne (czyli dime < 4). Istotnie, widać, że v 4 = v +v +v. Zatem by dowieść, że w E, wystarczy pokazać, że w = y v +y v +y v. Widać, że w = v + v po prostu. Ogólniej, można zauważyć, że w = v + v + λ(v + v + v v 4 ), w = v + v + ξ(v + v + v v 4 ), dla dowolnych λ i ξ ponieważ v +v +v v 4 =. Stąd dla λ = uzyskujemy związek v 4 = w + v. Następnie kładąc raz λ =, ξ =, a drugi raz λ =, ξ = dostajemy dwa układy równań w = v + v + v v 4, w = v + v + v v 4, w = v + v + v v 4, w = v + v + v v 4. Z pierwszego układu, odejmując pierwsze od drugiego otrzymujemy w w = v + v v 4 = v + v w v = v + v w, gdzie w drugim kroku wykorzystany został otrzymany już wyżej związek v 4 = w + v. Z drugiego zaś układu, odejmując od pierwszego drugie, dostajemy w w = v v.
Tak więc możemy wyrazić v i v przez w, w oraz v : v = w v, v = w w + v, (co łatwo sprawdzić). Zatem każdy wektor postaci αv + βv + γv E można napisać jako α(w w + v ) + β(w v ) + γv = αw + (β α)w + (α β + γ)w. Zatem wektory w, w i v także rozpinają E. Zauważmy jeszce na koniec, że nie zastanawialiśmy się tutaj, nad jakim ciałem rozpięta jest przestrzeń wektorowa, do której należą rozpatrywane tu wektory. Ponieważ liczby występujące w wektorach v, v, w i w są zespolone, a priori odpowiedź na postawione pytania mogłaby zależeć od tego, czy ciałem tym jest C, czy tylko R. Wyszło nam jednak, że wektory w i w są kombinacjami liniowymi o współczynnikach czysto rzeczywistych wektorów v i, a to oznacza, że odpowiedź nie zależy od tego, czy ciałem jest C czy R. Uwaga. Jak dotąd liniową (nie)zależność zbioru wektorów sprawdzaliśmy badając bezpośrednio warunek zerowania się ich kombinacji liniowej. Później nauczymy się robić to badając rząd odpowiedniej macierzy utworzonej z tych wektorów. Zadanie 7 W pewnej bazie pewnej przestrzeni wektorowej (o której charakterze nic nie musimy w zasadzie wiedzieć) wektory v, v v mają współrzędne (składowe) v :=, v :=, v := Pokazać, że v, v v są także bazą tej przestrzeni i podać w tej nowej bazie współrzędne wektora w, który w pierwotnej bazie ma współrzędne (6, 9, 4). Uwaga: Użyliśmy wyżej symbolu := aby podkreślić, że w zasadzie nie należy utożsamiać wektora z jego składowymi: wektor pozostaje sobą niezależnie od naszego wyboru bazy; składowe zaś od tego wyboru jak najbardziej zależą! W tych notatkach składowe wektorów będziemy zawsze pisać w nawiasach okrągłych aby podkreślić, że nie należy ich mylić z wektorami z przestrzeni R n, które zawsze pedantycznie piszemy w nawiasach prostokątnych. Np. jeden i ten sam wektor w z R w =, ma w kanonicznej bazie e i, i =,, e =, e = 4, e =,.
składowe (,, ), bo w = e + e + e, a w bazie f i, i =,, f =, f =, f =, składowe (,, ) bo, jak łatwo zobaczyć, w = f + f + f. Zauważmy jednak, że w zadaniu, w odróżnieniu od tego przykładu (w którym wektory są kolumnami liczbowymi, na których umiemy bezpośrednio wykonywać działania), nie mamy dostępu do żywych wektorów: nie wiemy, czym są e, e, e (mogą one być strzałkami w przestrzeni, wielomianami, albo żyrafami, jeśli komuś się uda nadać zbiorowi żyraf strukturę przestrzeni wektorowej) i jedyne czym dysponujemy, to informacja, że e, e, e są wektorami liniowo niezależnymi oraz składowym wektorów v, v, v i w w bazie tworzonej przez wektory e, e, e. Rozwiązanie: Niech wyjściową bazą będą wektory e, e, e. Zatem Odejmijmy pierwsze od drugiego: To do dwu pozostałych: czyli v = e + e + e, v = e + e + e, v = e + e + e. e = v + v. v = e + e + ( v + v ), v = e + e + ( v + v ). e + e = v v, e + e = v v + v. Od drugiego pierwsze oraz od dwa razy pierwszego drugie. Razem więc mamy e = v + v v, e = v v + v, e = v + v. Udało się jednoznacznie wyrazić trzy liniowo niezależne (z założenia) wektory e, e i e przez wektory v, v i v, co oznacza, że te drugie też są liniowo niezależne, czyli też 5
mogą być bazą przestrzeni. Możemy teraz przerobić wektor w: w = 6e + 9e + 4e = 6(v + v v ) + 9(v v + v ) + 4( v + v ) = v + v + v, czyli współrzędne w w bazie v, v i v to (,, ). Zapiszmy uzyskany wyżej związek za pomocą macierzy: (e,e,e ) = (v,v,v ). Mnożenie paluchowe podrazumywajetsia. Stojąca tu macierz jest tzw. macierzą zmiany bazy lub macierzą przejścia; dokładniej, jest to macierz przejścia z bazy e i, i =,, do bazy v i, i =,,. Macierz taką będziemy oznaczać R v e, aby podkreślić, że pozwala one ze składowych wektora w bazie e, e i e otrzymać jego składowe w bazie v, v, v. Stosując konwencję sumacyjną wujka A.E. można powyższy wzór z macierzą zapisać jako e k = v j [R v e ] j k. Konwencja polega na niepisaniu w prawej stronie sumy po wartościach wskaźnika j od do. Jawnie wzór ten mówi, że np. e = v [R v e ] + v [R v e ] + v [R v e ], gdzie [R v e ] =, [R v e ] =, [R v e ] =, etc. Jeśli teraz napiszemy wektor w w postaci w = e i w(e) i (indeksik e u wi (e) ma przypominać że w(e) i = (6, 9, 4) to są współrzędne tego wektora w bazie e i), to będziemy mieć: w = e i w i (e) = v k [R v e ] k i wi (e) v k w i (v). gdzie (R v e ) k i jest macierzą zmiany bazy, a związek w(v) i = [R v e] k i wi (e) tak: w (v) 6 w(v) = 9 =. w(v) 4 jawnie wygląda W dalszym toku ćwiczeń zobaczymy, że liniową niezależność wektorów v, v i v, można sprawdzić badając rząd macierzy utworzonej z postawionych obok siebie ich składowych (w dowolnej bazie), co z kolei można sprowadzić do sprawdzenia, czy wyznacznik takiej macierzy jest niezerowy. Tu jednak dzięki przyjętemu sposobowi sprawdzania mamy od razu wynik przydatny dalej w tym zadaniu. Matematycy z Katedry Metod Matematycznych Fizyki zwykli macierz R v e oznaczać Id (w ich notacji jest to [Id] v e ), co jest dobrze uzasadnione, jako że (jak to się stanie dalej jasne) jest to w istocie rzeczy macierz odwzorowania identycznościowego - tj. liniowego odwzorowania Id: V V, które każdemu wektorowi v V przypisuje ten sam wektor v V, tylko zapisana z dwu stron (co to znaczy wyjaśni się dalej) w dwu różnych bazach; ponieważ fizycy muszą się jednak różnić od matematyków (niechby i mniejszą logiką stosowanych oznaczeń!), w tym skrypcie macierz zmiany bazy w przestrzeni wektorowej oznaczam R, a macierz zmiany bazy w przestrzeni kowektorów (pojawi się dalej) P. 6
Takie właśnie składowe w(e) i otrzymaliśmy już wcześniej (w istocie rzeczy w ten sam sposób, tylko bez tego sztafażu, który jednakowoż na dłuższą metę jest niezwykle wygodny). Jak już wszystko rozebraliśmy w szczegółach, to możemy teraz macierz R v e otrzymać prostszym sposobem. Rozłóżmy najpierw całkiem ogólny wektor w = ae +be +ce na wektory v, v i v. Sprowadza się to do rozwiązania układu równań: α + β + γ = Rozwiązujemy i znajdujemy: α = a + b c, β = a b + c, γ = a + b. Liczby te są składowymi wektora w w bazie wektorów v i. Powinno się je otrzymywać z działania macierzy R v e na składowe wektora w w bazie e i : R v e a b = a + b c a b + c c a + b = a b c. W drugim kroku po zapisaliśmy wynik działania (nieznanej jeszcze!) macierzy R v e na składowe (a, b, c) w postaci konkretnej macierzy działającej na (a, b, c). Ponieważ składowe te są dowolne (za a, b i c można podstawić dowolne liczby), to co się otrzymuje musi być właśnie macierzą R v e! Zadanie 8 Jak w zadaniu 7 tylko teraz v :=, v :=, v := 5 a wektor w w pierwotnej bazie ma współrzędne (6,, 7). Rozwiązanie: Znów piszemy v = e + e e, v = e + e 5e, v = e e + e. Trzecie dodać do pierwszego, a potem dwa razy trzecie do drugiego v + v = e e, v + v = 5e e, Po prostu składowe wektora w w bazie e i ale potraktowane tu jakby były wektorami z R, muszą być kombinacjami liniowymi składowych wektorów v i (w bazie e i ) też potraktowanych jak wektory z R. Trzeba jednak pamiętać, że to nie są wektory tylko składowe. I jak tu nie dostać algebraicznego kręćka!? a b c,. 7
Teraz pierwsze razy, drugie razy i odjąć, oraz pierwsze razy 5, a drugie razy i odjąć: e = v + v + v, e = 5v + v + v. Do tego jeszcze Razem więc e = e v + e = ( v + v + v ) v + ( 5v + v + v ) = 8v + 5v + v. e = v + v + v, e = 8v + 5v + v, e = 5v + v + v. Czyli macierz R v e zmiany bazy ma postać 8 5 R v e = 5. a współrzędne w i (v) wektora w w bazie v i i =,, to w (v) w (v) w (v) = 8 5 5 6 7 =. Oczywiście mając wyjściowe wzory wyrażające wektory v, v i v w postaci kombinacji liniowych bazowych wektorów e, e i e, mamy od razu za darmo macierz przejścia R e v : R e v =. 5 Macierze R e v i R v e muszą być ze sobą oczywiście jakoś związane. Związek ten jest oczywisty: skoro macierz R v e robi ze składowych w(e) i w bazie e i dowolnego wektora w jego składowe w(v) i w bazie e j, a macierz R e v zamienia na powrót składowe w(v) i w składowe w(e) i, to powinniśmy mieć w i (e) = [R e v ] i jw j (v) = [R e v] i j[r v e ] j k wk (e). 8
tj. 4 [R e v ] i j [R v e] j k = δi k. Macierzowo: R e v R v e = 5 8 5 5 =. (Zachęcam do sprawdzenia, że istotnie iloczyn daje macierz jednostkową!). Oczywiście mamy także 8 5 R v e R e v = 5 =. 5 Tak więc [R v e ] = R e v, a [R e v ] = R v e. Uwaga: W związku z powyższym zadaniem zauważmy, że znaleźliśmy sposób odwracania macierzy kwadratowych. 5 Inny bardziej teoretyczny sposób zostanie podany dalej. Niemniej sposób tu znaleziony pozostanie i tak naogół najużyteczniejszym z praktycznego punktu widzenia. Zadanie 9 Znaleźć macierze odwrotne do macierzy ( a b c d ),,. Rozwiązanie: Zacznijmy od drugiej macierzy (wymiaru ) wykorzystując to, co ustaliliśmy wyżej: interpretujemy sobie tę macierz jako macierz zmiany bazy R e v, co pozwala napisać v = e, v = e + e, v = e + e + e. Układ ten traktujemy jak układ równań na e i i rozwiązujemy względem e i, co tu akurat jest proste: e = v, e = v + v, e = 7v v + v. 4 Definicja symbolu δ i k czyli tzw. delta Kroneckera: δi k = gdy i = k i δi k = gdy i k. Kronecker to ten, co mówił, że dobry Pan Bóg stworzył liczby naturalne, a inne to już ludzie. 5 Tzw. nieosobliwych macierzy kwadratowych. Nie każda macierz kwadratowa daje się odwrócić (macierze niekwadratowe oczywiście nie mają odwrotnych). Ale macierze zmiany bazy z samej swojej istoty są zawsze odwracalne, czyli należą do pospolitego gatunku macierzy nieosobliwych. 9
Stąd odczytujemy, że 7 R v e = [R e v ] =, Sprawdzamy: 7 =, tak jak być powinno. W przypadku trzeciej macierzy postępujemy analogicznie: v = e + e + e + e 4, v = e + e e e 4, v = e e + e e 4, v 4 = e e e + e 4. Biorąc sumę i różnicę pierwszego i trzeciego równania oraz sumę i różnicę drugiego i czwartego (jak kto woli, moṅa też równania dobrać w pary inaczej) otrzymujemy Robiąc to samo raz jeszcze znajdujemy, że v + v = e + e, v v = e + e 4, v + v 4 = e e, v v 4 = e e 4. e = 4 (v + v + v + v 4 ), e = 4 (v + v v v 4 ), e = 4 (v v + v v 4 ), e 4 = 4 (v v v + v 4 ), Mamy więc (mnożenie macierzy przez liczbę to oczywiście mnożenie przez tę liczbę każdego elementu owej macierzy): R e v R v e = 4 =
(z dokładnością do czynnika /4 macierz odwrotna jest tu równa macierzy wyjściowej). Wreszcie, w przypadku pierwszej macierzy można by robić tak jak wyżej, ale prościej (i na przyszłośc bardziej przydatnie) jest zapamiętać regułkę: ( ) ( ) a b d b =. c d ad bc c a Zakładamy tu, że ad bc ; jeśli ad bc =, to macierz jest osobliwa i nie ma odwrotnej. (Wyrażenie ad bc jest to jej wyznacznik - będzie o nich dalej). Zadanie Sprawdzić, że wielomiany w = x +, w = x, w = x + x, tworzą bazę przestrzeni wektorowej wielomianów stopnia nie większego niż dwa i znaleźć współrzędne (składowe) w tej bazie wielomianu v = x + x +. Rozwiązanie: Trzeba sprawdzić, że w, w, w są liniowo niezależne, czyli, że równość λ w + λ w + λ w =, dla wszystkich wartości x zachodzi tylko gdy λ = λ = λ =. To widać (tu znów możemy operować na żywych wektorach): zachodzenie dla dowolnego x równości λ (x + ) + λ (x ) + λ (x + x) = (λ λ ) + (λ + λ + λ )x + λ x =, wymaga by λ =, oraz by λ λ = i λ + λ =. A to rzeczywiście zachodzi tylko dla λ = λ =. Czyli są liniowo niezależne, a zatem tworzą bazę. Chcemy teraz napisać v = x + x + = w v (w) + w v (w) + w v (w) = (x + )v (w) + (x )v (w) + (x + x)v (w). Czyli v(w) = oraz v (w) +v (w) +v (w) = i v (w) v (w) =. Stąd v (w) =, v (w) =. Istotnie (x + ) + (x + x) = x + x +. Zadanie W bazie e, e, e wektory v, v, v mają składowe (współrzędne) (,, ), (,, ) oraz (, 8, ), zaś wektory w, w, w mają w tejże samej bazie składowe (, 5, 8), (5, 4, ) i (, 9, ). Sprawdzić, że trzy wektory v, v, v lub trzy wektory w, w, w także tworzą dwie inne bazy tej samej przestrzeni i znaleźć macierz przejścia z jednej z nich do drugiej. Rozwiązanie: Tu z kolei nie wiemy, czym są w istocie te wektory i operujemy wyłącznie na składowych. Mamy v = e + e + e, v = e + e + e, v = e + 8e + e,
Drugie od pierwszego: v v = e e, czyli e = e v +v. To do pierwszego i trzeciego: czyli v = e + e + e v + v, v = e + 8e + (e v + v ), v v = e + e, 4v v + v = e + e, Teraz pierwsze od drugiego i mamy e = 5v + v + v. Zatem e = v v ( 5v + v + v ), e = 5v + v + v v + v. Reasumując: trzy liniowo niezależne wektory e, e, e da lo się wyrazić przez trzy wektory v, v, v e = 8v 4v v, e = 5v + v + v, e = 7v + v + v, więc v, v, v też mogą być (są) bazą. W podobny sposób można wyrazić e i także przez w j, ale już nie będziemy tu tego robić (w zasadzie trzeba by, aby dowieść, że w j też są bazą). Mamy teraz związki (w konwencji sumacyjnej): e j = v l [R v e ] l j, w i = e j [R e w ] j i. R v e jest macierzą przejścia z bazy e j do bazy v l, którą odczytujemy ze wzorów wyrażających wektory e j przez wektory v l, a macierz R e w jest macierzą przejścia z bazy w i do bazy e j, odwrotną do macierzy R w e przejścia z bazy e j do bazy w i (której tu nie wyliczyliśmy). Łącząc te wzory otrzymujemy w i = v l [R v e ] l j [R e w] j i. Zatem jeśli X = w i X(w) i, to X = v l X(v) l, gdzie Xl (v) = [R v e] l j [R e w] j i Xi (w), przy czym 8 5 7 5 7 R v e R e w = 4 5 4 9 = 8 Macierz ta jest oczywiście macierzą zmiany bazy R v w. 7 4. 9 9 4 8
Zadanie Znaleźć współrzędne (składowe) wektora z R 4 5 v =, w bazie f =, f =, f =, f 4 =. Następnie znaleźć macierze przejścia z bazy f, f, f, f 4 do bazy kanonicznej e =, e =, e =, e 4 =, i z powrotem. Znaleźć współrzędne wektora v w bazie kanonicznej. Rozwiązanie: Tu znów wiemy, czym są żywe wektory. Trzeba rozwiązać układ v = xf + y f + z f + tf 4 : x + t = 5, x + y =, y + z =, z + t =. To się łatwo rozwiązuje bo z trzech ostatnich t = + z = + + y = + + x = + x. Czyli x + = 5 i x =, y =, z =, t = 4. Współrzędnymi v w bazie f, f, f, f 4 są liczby (,,, 4). Teraz zmiana bazy. Mamy oczywisty związek f i = e j (R e f ) j i, czyli jawnie (f,f,f,f 4 ) = (e,e,e,e 4 ). Aby mieć to samo w drugą stronę trzeba albo odwrócić stojącą tu macierz (czego bezpośrednio jeszcze robić nie umiemy), albo po prostu rozwiązać cztery równania (na szczęście są one proste). Pierwsze z nich, e = x f + y f + z f + t f 4, daje układ x + t =, x + y =, y + z =, z + t =,
którego jednoznacznym rozwiązaniem są x = y = z = t = (widać gołym okiem, że to jest ok.). Drugie, e = x f + y f + z f + t f 4, daje układ x + t =, x + y =, y + z =, z + t =, o rozwiązaniu x =, y = z = t = (też widać, że to ok.). Trzecie e = x f + y f + z f + t f 4, prowadzi do x + t =, x + y =, y + z =, z + t =, i ma rozwiązanie x = y =, z = t =. Wreszcie, czwarte e 4 = x 4 f + y 4 f + z 4 f + t 4 f 4, czyli x 4 + t 4 =, x 4 + y 4 =, y 4 + z 4 =, z 4 + t 4 =, daje x 4 = y 4 = z 4, t 4 =. Możemy więc napisać związek e j = f k [R f e ] k j jawnie: (e,e,e,e 4 ) = (f,f,f,f 4 ). Sprawdźmy, że to jest istotnie macierz odwrotna R f e R e f = =. Czyli jest ok. Teraz współrzędne v w bazie e i. Mamy v = f i v i (f) = e j[r e f ] j i vi (f), czyli v j (e) = [R e f] j i vi (f). Jawnie: 5 =, 4 co powinno było od początku być oczywiste. 4
Przypomnienie. Odwzorowanie F z p. wektorowej V w inną (lub tę samą) p. wektorową W (oczywiście w ogólności przestrzenie V i W mogą mieć inne wymiary), F : V W jest liniowe jeśli F(λ v + λ v ) = λ F(v ) + λ F(v ). Zadanie działania takiego odwzorowania na (wszystkie) wektory bazy e i p. V wyznacza jednoznacznie jego działanie na dowolny wektor v z tej przestrzeni. Przykłady i) Odwzorowanie F : V W dane wzorem F(v) = a, gdzie v V, a a jest ustalonym wektorem z W nie jest liniowe; ii) F(v) = v + a również nie jest; iii) odwzorowanie F(v) = αv, gdzie α jest liczbą z ciała jest liniowe; iv) F(v) = (a v)b, gdzie a i b są ustalonymi wektorami, a ( ) jakimś iloczynem skalarnym 6 jest liniowe, v) zaś odwzorowanie F(v) = (a v)v nie jest. Jeszcze inny przykład: niech V = Map(R, R) będzie przestrzenią wektorową funkcji odwzorowujących R w R (to jest przestrzeń wektorowa!). Niech F odwzorowuje V w V w taki sposób, że każdej funkcji f V przypisuje funkcję g V zdefiniowaną wzorem g(x) = f(x + ) f(x); w innym zapisie (zgodnym z bardzo właściwym widzeniem funkcji jako maszynek z dziurkami - dwiema, jeśli to są funkcje z V = Map(R, R) - do pierwszej z których wrzuca się liczbę z R i otrzymuje z drugiej dziurki inną liczbę z R) wygląda to tak: F[f( )] = g( ) f( + ) f( ); kropka oznacza właśnie dziurkę do której wsadza się liczbę. Odwzorowanie F też jest liniowe. Zadanie Czy odwzorowanie V = R w W = R zadane wzorem H x y = z [ ] (x + ) x z 4 4x + y + 6z jest odwzorowaniem liniowym? Jeśli jest, znaleźć jego macierz w kanonicznych zerojedynkowych bazach R i R. Rozwiązanie: Pytamy, czy x x λ x + λ x H λ y + λ y H λ y + λ y z z λ z + λ z [ ] (λ x = + λ x + ) (λ x + λ x ) (λ z + λ z ) 4 4(λ x + λ x ) + (λ y + λ y ) + 6(λ z + λ z ) jest tym samym, co x x λ H y + λ H y z z 6 O iloczynach skalarnych jeszcze nie było więc powiedzmy tu, że jest to maszynka, do której wsadza się dwa wektory i otrzymuje liczbę z ciała, przy czym maszynka ta działa liniowo (jak u Lema: sepulki - patrz sepulkowanie przecież właśnie usiłujemy ustalić, co to znaczy liniowe...) w każdym z wektorów. 5
[ ] [ ] (x + ) = λ x z 4 (x + ) + λ x z 4 4x + y + 6z. 4x + y + 6z Oczywiście nie jest, bo tu np. nie wystąpi wyraz λ λ x x. To zamyka sprawę. Zadanie 4 Wzór F x x x = x + x, x x + x zadaje odwzorowanie liniowe przestrzeni wektorowej R w nią samą: F : R R. Znaleźć macierz tego odwzorowania w bazie kanonicznej (zero-jedynkowej) e, e, e, oraz w bazie tworzonej przez trzy wektory v, v, v : v = e + e + e, v = e + e + e, v = e + e + e. Sprawdzić działanie otrzymanych macierzy na wektorze w, który w bazie kanonicznej ma składowe (,, ). Rozwiązanie: W tym zadaniu mamy do czynienia z żywymi wektorami, tj. mamy jawny przepis na znalezienie obrazu dowolnego wektora bez odniesienia do jakichkolwiek baz. Podanie macierzy jest więc tu sztuką dla sztuki. Ponieważ F odwzorowuje R w tę samą przestrzeń R naturalne (ale nie obowiązkowe!) będzie znalezienie najpierw jego macierzy w tej samej kanonicznej zerojedynkowej bazie e i z obu stron. Aby ten wybór był jasny będziemy tę macierz oznaczać F (e)(e). W celu znalezienia tej macierzy F (e)(e) odwzorowania liniowego F w bazie kanonicznej obliczamy F na wektorach tejże bazy: F(e ) F = = e + e, F(e ) F = = e + e, F(e ) F = = e. Następnie otrzymane współczynniku rozkładu F(e i ) na wektory bazy tej drugiej przestrzeni R, tj. trójki liczb: (,, ), (,, ) oraz (,, ), stawiamy po kolei na sztorc. Otrzymujemy w ten sposób macierz F(e i ) = e j F j (e i ) e j [F (e)(e) ] j i. Jawnie: F (e)(e) =. 6
Jeśli teraz chcemy znaleźć wartość F na wektorze w ( wartość tzn. wektor będący obrazem odwzorowania F działającego na wektor w) o składowych (,, ) w bazie e i, to działamy na te składowe macierzą F (e)(e) : = 7, 5 tj. F(w) = e +7e +5e. W zapisie wskaźnikowym: F(w) = e i F i (w) = e i [F (e)(e) ] i j wj (e). Ponieważ znamy v i jako kombinacje liniowe e i, mamy też od razu macierz przejścia R e v : R e v =, a odwrotną do niej macierz R v e również nietrudno znaleźć (patrz zadania 8 i 9): R v e =. Działając na składowe wektorów w bazie v i macierz F (v)(v) powinna dawać składowe obrazów tych wektorów w bazie v i. Zgodnie z logiką musi więc ona być dana iloczynem macierzy R v e F (e)(e) R e v : F (v)(v) = R v e F (e)(e) R e v = = R v e F (e)(v) = 5 5 =. 4 7 4 Po drodze powstała macierz F (e)(v), którą skądinąd łatwo można dostać bezpośrednio działając odwzorowaniem F według podanego przepisu na żywe wektory v i F(v ) F = = e + e + 4e, 4 F(v ) F = = e + e + 7e, 7 F(v ) F = 7 5 = e + 5e + e.
Bezpośrednie znalezienie w ten sposób macierzy F (v)(v) wymaga dalszego rozłożenia wektorów po prawej stronie na wyktory bazy v i. Zamiast tego łatwiej patrząc na już otrzymaną macierz F (v)(v) sprawdzić, że jest dobrze: = v v + v = +, 4 = v + v + v = + +, 7 5 = 5v + v + 4v = 5 + + 4. Uwaga: Tak jak współrzędne (składowe) wektora V piszemy w tym skrypcie jako V(e) i lub V(f) i, aby pamiętać, w jakiej bazie są to współrzędne, tak też i macierz odwzorowania liniowego opatrujemy 7 symbolami mówiącymi w jakich bazach jest ona dana. Zauważmy przy tym, że wprowadzona tu notacja jest niezwykle sugestywna: symbole przypominające, co jest w jakiej bazie oraz symbole na macierzach przejścia układają się w logiczne ciągi, nie pozostawiając miejsca na wątpliwości, przez jaką macierz, z której strony trzeba pomnożyć, by przejść z jednej bazy do drugiej. Zadanie 5 W przestrzeni wszystkich odwzorowań R w R (matematycy oznaczają ją Map(R, R), ale jak ją zwał tak ją zwał...) podprzestrzeń wektorowa V jest rozpięta przez funkcje f (x) = sin x i f (x) = cosx. Czy odwzorowanie wektorów tej podprzestrzeni zadane wzorem F α [f(x)] f(x + α) jest odwzorowaniem liniowym? Jeśli jest to podać jego macierz F(f)(f) α. Rozwiązanie: Odwzorowanie F α jesli liniowe, bo F α [λ s sin x + λ c cosx] = λ s sin(x + α) + λ c cos(x + α) = λ s F α [sin x] + λ c F α [cosx]. Aby znaleźć macierz F α (f)(f), znajdujemy działanie F α na wektory bazowe i wynik rozkładamy znów na te wektory: F α (f ) F α [sin x] = sin(x + α) = cosαsin x + sin α cosx, F α (f ) F α [cosx] = cos(x + α) = cosαcosx sin α sin x. Stąd, stawiając współczynniki na sztorc, ( cosα sin α F(f)(f) α = sin α cosα ). 7 Przynajmniej dopóki jesteśmy w matematycznym przedszkolu. 8
Zadanie 5 Niech V n będzie przestrzenią wektorową wielomianów stopnia n i niech odwzorowanie F będzie operacją wzięcia pochodnej wielomianu: F[W(x)] = W (x). Traktując tu F jak odwzorowanie V n w V n podać jego macierz F (e)(e) w bazie kanonicznej (e n, e n,...,e, e, gdzie e k = x k oraz jego macierz F (f)(f) w bazie f =, f = x, f =! (x )... f n = n! (x )n. Rozwiązanie: Jak łatwo sprawdzić,... n... F (e)(e) = n............. Istotnie: w rozpatrywanej bazie ogólny wielomian W(x) = a n x n +...a x+a na składowe (a n, a n,..., a, a ), a F[W] ma składowe (, na n, (n )a n,..., a ), które oczywiście dostaje się działając podaną tu macierzą na składowe (a n, a n,..., a, a ). Oczywiście, gdyby wektory bazy uszeregować odwrotnie, tj. (e, e,...,e n, e n ), to macierz F (e)(e) miałaby postać...... F (e)(e) =.......... n... Działając odwzorowaniem F na wektory bazy f k znajdujemy, że F(f k ) = f k (przy czym f ). Stąd macierz F w bazie (f, f,...,f n, f n ), ma postać...... F (f)(f) =............. Zauważmy na koniec że de facto F odwzorowuje V n w V n w związku z czym, jeśli potraktować F w ten sposób, to macierz F (f)(f) będzie wymiaru (n ) n (tj. skróci się o pierwszą (zerową) kolumnę. 9
Zadanie 6 Mamy przestrzeń wektorową wielomianów stopnia. Definiujemy odwzorowanie F z tej przestrzeni w przestrzeń wektorową wielomianów stopnia wzorem F[W(x)] = W (x) + x W() + x dtw(t). Sprawdzić, czy odwzorowanie F jest liniowe. Jeśli tak, to znaleźć jego macierz w bazach kanonicznych (e,e,e,e ) przestrzeni wielomianów stopnia i (e,e,e ) przestrzeni wielomianów stopnia, gdzie e n x n. Rozwiązanie: F jest liniowe bo jeśli mamy wielomian W(x) = α W () (x) + α W () (x) to F[W(x)] = d dx [α W () (x) + α W () (x)] + x [α W () () + α W () ()] +x = α d dx W () (x) + α x W () () + α x dt[α W () (t) + α W () (t)] dtw () (t) +α d dx W () (x) + α x W () () + α x = α F[W () (x)] + α F[W () (x)]. dtw () (t) Teraz możemy znaleźć macierz odwzorowania F w bazach kanonicznych. Dowolny wielomian stopnia jest postaci: W = e W (e) + e W (e) + e W (e) + e W (e) W (e) + W (e) x + W (e) x + W (e) x. gdzie W i (e) R są składowymi wielomianu W w bazie e i. Co F robi z wektorów bazowych? F[e ] F[] = x + x = e + e, F[e ] F[x] = + 6x = e + 6e, F[e ] F[x ] = 6x = 6e, F[e ] F[x ] = x + x = e + e. Z liniowości F mamy więc (w konwencji sumacyjnej: powtarzające się wskaźniki są wysumowane): F[W] = F[e i ]W i (e) = e k [F (e)(e) ] k i W i (e), gdzie e k [F (e)(e) ] k i = F[e i ]. Korzystając ze znalezionego wyżej działania F na wektory bazy e i łatwo znajdujemy macierz [F (e)(e) ] k i (k numeruje wiersze, a i kolumny) odwzorowania F: [F (e)(e) ] k i = 6 6.
Sprawdźmy jak to działa. Niech W(x) = x x +7. Działanie F na W możemy łatwo znaleźć bezpośrednio ze wzoru: F[W] = 6x 6x + x 7 + x dt(t t + 7) = 7x + x = 7e + e. Współrzędnymi W(e) i wielomianu-wektora W w bazie (e,e,e,e ) są 7. Działając na te współrzędne macierzą [F (e)(e) ] k i dostajemy 7 6 6 = 7, czyli istotnie współrzędne X k (e) wielomianu X = F[W] w bazie (e,e,e ). Przypomnienie. Obrazem 8 (imf) odwzorowania liniowego F : V W nazywa się zbiór wszystkich wektorów w W, dla których istnieje takie v V, że w = F(v). Jądro (kerf) odwzorowania liniowego F tworzą wszystkie te wektory v V, na których F daje zero (tzn. przeprowadza je na wektor zerowy przestrzeni W). Zarówno obraz, jak i jądro F są podprzestrzeniami wektorowymi odpowiednio w W i w V. Zachodzi też związek dimv = dim(kerf) + dim(imf). Zadanie 7 Znaleźć jądro (ker) i obraz (im) odwzorowania F trójwymiarowej przestrzeni wektorowej V w inną (a może tę samą - nie jest to istotne) przestrzeń wektorową W mającą również wymiar ; w bazach v i V i w i W macierz F ma postać F (w)(v) = 4 5 6. 7 8 9 Rozwiązanie: Znajdźmy najpierw jądro. Szukamy zatem wszystkich takich wektorów u = v i u i (v), że F(u) =. Jest to równoważne żądaniu, by u (v) 4 5 6 u (v) =, 7 8 9 u (v) 8 Nie mylić symbolu im z częścią urojoną (oznaczaną Im ) liczby zespolonej!
czyli, by u (v) + u (v) + u (v) =, 4u (v) + 5u (v) + 6u (v) =, 7u (v) + 8u (v) + 9u (v) =. Odejmując od trzeciego trzy razy pierwsze, a od drugiego dwa razy pierwsze dowiadujemy się, że u (v) + u (v) =, a stąd, po wstawieniu tego do pierwszego, że u (v) = u (v). Zatem wszystkie wektory jądra są postaci λ(v v + v ) kerf, z czynnikiem λ dowolnym. Zatem dim(kerf) =, co oznacza, że dim(imf) =. Szukamy następnie obrazu (kerf), czyli pytamy, jakie wektory t = w i t i (w) daje się otrzymać z jakiegoś u V. Inaczej mówiąc, dla jakich t i (w) istnieją jakieś ui (v), z którymi spełniony jest związek u (v) t (w) 4 5 6 u (v) = t (w), 7 8 9 u (v) t (w) lub, co równoważne, układ u (v) + u (v) + u (v) = t (w), 4u (v) + 5u (v) + 6u (v) = t (w), 7u (v) + 8u (v) + 9u (v) = t (w). Znów odejmując od trzeciego trzy razy pierwsze, a od drugiego dwa razy pierwsze dostajemy równania: u (v) + u (v) = t (w) t (w), 4u (v) + u (v) = t (w) t (w). Widać z nich, że aby istniało jakieś rozwiązanie, składowe wektora t (w bazie w i ) muszą spełniać związek t (w) 4 t (w) = t (w) t (w), czyli t (w) t (w) + t (w) =. Jeśli jest on spełniony, to możemy rozwiązywać dwa pierwsze równania (drugie przerobione jak wyżej) u (v) + u (v) + u (v) = t (w), u (v) + u (v) = t (w) t (w). Widać, że dla dowolnego u (v) (i dowolnych t (w) i t (w) ) można tak dobrać u (v) i u (v), by te równania były spełnione. Zatem jeśli składowe wektora t W spełniają związek t (w) t (w) + t (w) =,
to t jest obrazem jakiegoś wektora z V. Co więcej, wektor, którego t jest obrazem, nie jest wyznaczony jednoznacznie; wynika to jasno choćby z tego, że można sobie wybrać dowolne u (v) i znaleźć rozwiązania na u (v) i u (v). Jest to oczywiście związane z tym, że kerf jest nietrywialne (nietrywialne tzn. zawierające więcej niż tylko wektor zerowy)! Ponieważ składowe wektora t, który może być obrazem jakiegoś u wiąże tylko jeden warunek, imf jest podprzestrzenią = wymiarową; jako jej bazę można wybrać np. liniowo niezależne wektory h = w w, h = w + w, których składowe (w bazie w i ) spełniają powyższy warunek. Alternatywnym spojrzeniem na problem wyznaczenia obrazu F jest zauważenie że skoro F(v i ) = w j [F (w)(v) ] j i, to obraz F ma zawsze postać kombinacji liniowej wektorów n = w j [F (w)(v) ] j = w + 4w + 7w, n = w j [F (w)(v) ] j = w + 5w + 8w, n = w j [F (w)(v) ] j = w + 6w + 9w, i problem wyznaczenia obrazu F sprowadza się do ustalenia czy wektory n i są liniowo niezależne czy nie. To zaś jest równoważne sprawdzeniu, czy kolumny macierzy F (w)(v) potraktowane jak wektory z R są liniowo zależne, czy nie, a jeśli tak, to ile z nich jest liniowo niezależnych (wtedy te liniowo niezależne kolumny przemnożone odpowiednio przez wektory w i stanowią dobrą bazę podprzestrzeni imf). Zadanie 7 Znaleźć jądro (ker) i obraz (im) odwzorowania F z R 4 w R 4 zadanego w bazach kanonicznych (zero-jedynkowych) e i macierzą F (e)(e) = Rozwiązanie: Nietrudno zobaczyć (gołym okiem!), że macierz F (e)(e) daje zera, gdy działa na kolumienki, Zatem jądro kerf rozpinają dwa liniowo niezależne (widać, że one takie są!) wektory.. j = e e, j = e e + e 4.
Aby znaleźć wektory rozpinające obraz imf wystarczy zauważyć, że kolumienki składowych wektorów będących obrazami F są kombinacjami liniowymi kolumienek C i (zarówno kolumienki składowych wektorów jak i kolumienki macierzy możemy przez chwilę potraktować jak wektory z R 4 ) macierzy F (e)(e) t (e) t (e) t (e) t 4 (e) = C v (e) + C v (e) + C v (e) + C 4v 4 (e), gdzie v(e) i są składowymi wektora v, na który działa F. Z kolei z tego, że jądro rozpinają podane wyżej wektory j i j wynika, że jako wektory cztery kolumienki C i są liniowo zależne; liniowo niezależne są tylko dwie z nich: np. C i C. Zatem wszystkie kolumienki-wektory składowych wektorów będących obrazami F można dostać także jako kombinacje liniowe tylko kolumienek C i C macierzy F (e)(e). Stąd już wynika, że za wektory rozpinające imf można np. przyjąć wektory o = e + e + e 4, o = e + e + e, tj. kombinacje liniowe wektorów bazy, współczynnikami których to kombinacji są elementy kolumienek C i C macierzy F (e)(e). Zadanie 8 Znaleźć jądro (ker) i obraz (im) odwzorowania F z Zadania 6. Rozwiązanie: Jądro jest to w tym przypadku podprzestrzeń liniowa przestrzeni wielomianów stopnia tworzona przez takie wielomiany W(x), że F[W(x)] = (zero oczywiście rozumiane jako wektor-wielomian zerowy). Niech W(x) = a x +a x +a x+a. Zobaczymy, jakie muszą być współczynniki a, a, a, a, żeby W(x) należał do jądra F. Zażądajmy by ( F[W] = a x + a x + a + a x + x 4 a + a + ) a + a =. Wymaga to, by a =, a + a = oraz a + 6a + 6a + a =, czyli by cztery współczynniki a i spełniały trzy równania. Weźmy a jako niezależną wielkość. Wtedy a = a i a = a 6. Zatem jądro odwzorowania F jest w przestrzeni wielomianów stopnia podprzestrzenią jednowymiarową rozpiętą przez wektor o składowych 6, w bazie e n = x n, takiej jak w poprzednim Zadaniu. Możemy teraz skorzystać ze znale- 4
zionej tam macierzy [F (e)(e) ] j i odwzorowania F by sprawdzić, że istotnie 6 6 λ 6 λ λ =, dla dowolnego λ. Zatem do jądra odwzorowania F należą wektory-wielomiany postaci λ(e 6 e e ) = λ( 6 x x ). Jeśli chodzi o obraz odwzorowania F, to odpowiedź zależy od trochę akademickiego problemu, co uznamy za przestrzeń wektorową, w którą wielomiany stopnia odwzorowuje F. Jeśli umówimy się, że jest to przestrzeń wielomianów stopnia n o n =, to musimy zbadać, czy każdy wielomian postaci b + b x + b x jest F-obrazem jakiegoś wielomianu stopnia. W tym celu musimy zbadać, czy układ równań a = b 4a + a + a + a = b a + a = b, ma rozwiązanie względem a i, dla zupełnie dowolnych b i. Z pierwszego a musi być równe b, to następnie do drugiego i przenosimy na drugą stronę. Mamy wtedy 4a + a + a = b + b 4a + a = 4b, i stąd a a = b + b 4b. Wybrawszy dowolnie np. a mamy stąd, dla dowolnych b, b i b, wyznaczone potrzebne a, a z pozostałych równań a i a. Jak więc widać rozwiązanie zawsze istnieje, czyli obrazem F, tj. imf, jest cała przestrzeń wielomianów stopnia. To, że rozwiązanie jest niejednoznaczne (tylko a a jest wyznaczone), tzn. ten sam wielomian stopnia można dostać jako obraz F z różnych wielomianów stopnia jest oczywistym wnioskiem w tego, że kerf jest nietrywialne, tzn. nie składa się wyłącznie z wektora (wielomianu) zerowego. Oczywiście jeśli dla jakiegoś kaprysu zechcemy uznać, że F odwzorowuje wielomiany stopnia w przestrzeń wektorową wielomianów stopnia n o n, to oczywiście imf już nie będzie całą tą przestrzenią, bo np. wielomianu W = 5x nie da się nijak za pomocą F z wielomianu stopnia otrzymać. Zadanie 9 Niech wektory f = + x, f = x + x, f = x + x, f = x będą inną bazą przestrzeni wektorowej wielomianów stopnia (istotnie, można sprawdzić, że są one bazą). Znaleźć 5