Pobierz Przestrzenie liniowe w zadaniach - ćwiczenia i przykłady i więcej Notatki w PDF z Algebra liniowa tylko na Docsity!
Przestrzenie liniowe w zadaniach
Zadanie 1. Czy wektor [3, 4 , 4] jest kombinacj a liniow↪ a wektor´↪ ow [1, 1 , 1], [1, 0 , −1], [1, 3 , 5] w prze- strzeni R^3? Rozwi azanie.↪ Szukamy x, y, z ∈ R takich, ˙ze
[3, 4 , 4] = x ◦ [1, 1 , 1] + y ◦ [1, 0 , −1] + z ◦ [1, 3 , 5].
Ale x ◦ [1, 1 , 1] + y ◦ [1, 0 , −1] + z ◦ [1, 3 , 5] = [x + y + z, x + 3z, x − y + 5z], wi ec z warunku r´↪ owno´sci wektor´ow otrzymujemy, ˙ze szukane liczby x, y, z spe lniaj a uk lad r´↪ owna´n:
x + y + z = 3 x + 3 z = 4 x − y + 5 z = 4
Stosujemy metod e eliminacji Gaussa:↪
x 1
y 1
z 1 3 1 0 3 4 1 − 1 5 4
x↔ ≡y
y 1
x 1
z 1 3 0 1 3 4 − 1 1 5 4
w (^3) ≡+w 1
y 1
x 1
z 1 3 0 1 3 4 0 2 6 7
w 3 − ≡^2 w 2
y 1
x 1
z 1 3 0 1 3 4 0 0 0 − 1
. Zatem
nasz uk lad jest sprzeczny i wobec tego wektor [3, 4 , 4] nie jest kombinacj a liniow↪ a wektor´↪ ow [1, 1 , 1], [1, 0 , −1], [1, 3 , 5]. Zadanie 2. W przestrzeni R^4 zbada´c wprost z definicji liniow a niezale˙↪ zno´s´c wektor´ow: [1, 2 , 1 , −2], [2, 3 , 1 , 0], [1, 2 , 2 , −3]. Rozwi azanie.↪ We´zmy dowolne liczby rzeczywiste a, b, c takie, ˙ze
a ◦ [1, 2 , 1 , −2] + b ◦ [2, 3 , 1 , 0] + c ◦ [1, 2 , 2 , −3] = [0, 0 , 0 , 0]. (1)
Wtedy [a + 2b + c, 2 a + 3b + 2c, a + b + 2c, − 2 a − 3 c] = [0, 0 , 0 , 0], wi ec otrzymujemy uk lad r´↪ owna´n:
a + 2 b + c = 0 2 a + 3 b + 2 c = 0 a + b + 2 c = 0 − 2 a − 3 c = 0
kt´ ory rozwi a˙↪zemy metod a eliminacji Gaussa:↪
w 2 − 2 w 1 , w 3 −w 1 , w 4 +2w 1 ≡
w 3 −w 2 , w 4 +4w 2 ≡
(−1)·w 2 , w 4 +w 3 ≡
w^1 − ≡w^3
w^1 − ≡^2 w^2
Zatem uk lad (2) ma dokladnie jedno rozwi azanie:↪ a = 0, b = 0, c = 0. St ad je´↪ sli liczby rzeczywiste a, b, c spe lniaj a r´↪ owno´s´c (1), to a = b = c = 0. Zatem wektory [1, 2 , 1 , −2], [2, 3 , 1 , 0], [1, 2 , 2 , −3] s a liniowo↪ niezale˙zne. Zadanie 3. W przestrzeni R^3 zbada´c liniow a niezale˙↪ zno´s´c wektor´ow: [1, 1 , 2], [− 1 , 3 , 0], [2, 0 , 3].
Rozwi azanie.↪ Macierz a tego uk ladu wektor´↪ ow jest A =
I Spos´ob. Poniewa˙z det(A) =
= 9 + 0 + 0 − (12 + 0 − 3) = 0, wi ec wektory↪
[1, 1 , 2], [− 1 , 3 , 0], [2, 0 , 3] s a liniowo zale˙↪ zne. II Spos´ob. Obliczamy rz ad macierzy↪ A:
r(A) w^2 − =^3 w^1 r
(^) = 1 + r
[
]
w 1 +2 = w (^2) 1 + r
[
]
= 1 + 1 = 2. Poniewa˙z
r(A) < 3, wi ec wektory [1↪ , 1 , 2], [− 1 , 3 , 0], [2, 0 , 3] s a liniowo zale˙↪ zne. Zadanie 4. W przestrzeni R^5 zbada´c liniow a niezale˙↪ zno´s´c wektor´ow: [5, − 3 , 2 , 1 , 10], [− 1 , 8 , 1 , − 4 , 7], [2, 1 , 9 , − 3 , 6], [1, 3 , − 5 , 9 , 11].
Rozwi azanie.↪ Macierz a tego uk ladu wektor´↪ ow jest A =
.^ Obliczamy
rz ad macierzy↪ A:
r(A) w^1 −^5 w^4 , w^2 =+w 4 , w^3 −^2 w^4 r
= 1 +^ r
k^3 =+k^2
1+r
w^1 +17w^2 =, w 3 +2w^2 1+r
(^) = 2+r
[
]
2 + 2 = 4, bo macierz
[
]
ma rz ad 2, gdy˙↪ z posiada niezerowy minor
∣∣ 169 −^74
169 · 11 + 17 · 74 > 0 stopnia 2. Zatem rz ad macierzy uk ladu czterech wektor´↪ ow [5, − 3 , 2 , 1 , 10], [− 1 , 8 , 1 , − 4 , 7], [2, 1 , 9 , − 3 , 6], [1, 3 , − 5 , 9 , 11] jest r´owny 4, czyli te wektory s a liniowo niezale˙↪ zne. Zadanie 5. W przestrzeni R^4 zbada´c liniow a niezale˙↪ zno´s´c wektor´ow: [1, 4 , 7 , 10], [2, 5 , 8 , 11], [2, 6 , 9 , 12].
Rozwi azanie.↪ Macierz a tego uk ladu wektor´↪ ow jest A =
Ale r(A)
(^13) w 3 = r
w^1 −w^3 , w = 2 −^2 w^3 r
(^) = 1 + r
[
]
w 1 − = 2 w (^2) 1 +
r
[
]
= 1 + 1 = 2 < 3, wi ec wektory [1↪ , 4 , 7 , 10], [2, 5 , 8 , 11], [2, 6 , 9 , 12] s a liniowo zale˙↪ zne.
Zadanie 6. Dla jakich a ∈ R wektory [1, 1 , 1], [1, a, 2], [2, 3 , 4] tworz a baz↪ e przestrzeni↪ R^3?
Rozwi azanie.↪ Macierz a tego uk ladu wektor´↪ ow jest A =
1 a 2 2 3 4
. Zatem
det(A) =
1 a 2 2 3 4
1 a 2 3
= 4a + 4 + 3 − 2 a − 6 − 4 = 2a − 3. St ad det(↪ A) 6 = 0 ⇔ a 6 = 32 i wektory
[1, 1 , 1], [1, a, 2], [2, 3 , 4] tworz a baz↪ e przestrzeni↪ R^3 wtedy i tylko wtedy, gdy a 6 = 32. Zadanie 7. Pokaza´c, ˙ze V = {[x, y, z] ∈ R^3 : x + y + z = 0} jest podprzestrzeni a przestrzeni↪ R^3. Wyznaczy´c baz e i wymiar↪ V.
w^3 +2 ≡w^2
w^2 ↔ ≡w^3
w^3 +4 ≡w^2
. Zatem baz e podprzestrzeni↪ V tworz a wektory [↪ − 1 , 3 , − 1 , 1 , 0], [0, 1 , 6 , 3 , 2],
[0, 0 , 28 , 12 , 9], sk ad dim(↪ V ) = 3. Poniewa˙z r
= 4, wi ec szukan↪ a baz↪ a prze-↪
strzeni R^5 jest {[− 1 , 3 , − 1 , 1 , 0], [0, 1 , 6 , 3 , 2], [0, 0 , 28 , 12 , 9], [0, 0 , 0 , 1 , 0], [0, 0 , 0 , 0 , 1]}. Zadanie 11. Znajd´z uklad jednorodny r´owna´n liniowych, kt´orego zbiorem rozwi aza´↪ n jest podprze- strze´n V przestrzeni R^5 generowana przez wektory: [− 3 , 1 , 5 , 3 , 2], [2, 3 , 0 , 1 , 0], [1, 2 , 3 , 2 , 1], [3, − 5 , − 1 , − 3 , −1], [3, 0 , 1 , 0 , 0]. Rozwi azanie.↪ Z rozwi azania zadania 10 mamy, ˙↪ ze wektory [− 1 , 3 , − 1 , 1 , 0], [0, 1 , 6 , 3 , 2], [0, 0 , 28 , 12 , 9] tworz a bez↪ e↪ V oraz wektory [− 1 , 3 , − 1 , 1 , 0],[0, 1 , 6 , 3 , 2],[0, 0 , 28 , 12 , 9],[0, 0 , 0 , 1 , 0],[0, 0 , 0 , 0 , 1] tworz a baz↪ e↪ przestrzeni R^5. Istnieje zatem przekszta lcenie liniowe f : R^5 −→ R^2 takie, ˙ze
f ([− 1 , 3 , − 1 , 1 , 0]) = [0, 0], (3)
f ([0, 1 , 6 , 3 , 2]) = [0, 0], (4)
f ([0, 0 , 28 , 12 , 9]) = [0, 0], (5)
f ([0, 0 , 0 , 1 , 0]) = [1, 0], (6)
f ([0, 0 , 0 , 0 , 1]) = [0, 1]. (7)
Wtedy f (R^5 ) = L([1, 0], [0, 1]) = R^2 , wi ec dim↪ f (R^5 ) = 2. Ale dim Ker(f ) + dim f (R^5 ) = dim R^5 , wi ec↪ dim Ker(f ) = 5 − 2 = 3. Ponadto V ⊆ Ker(f ) i dim V = 3, wi ec↪ V = Ker(f ). Pozostaje zatem znale´z´c wz´or analityczny na przekszta lcenie f. W tym celu za´s wystarczy wyznaczy´c f (k) dla k = 1, 2 , 3 , 4 , 5, gdzie 1 = [1, 0 , 0 , 0 , 0], 2 = [0, 1 , 0 , 0 , 0], 3 = [0, 0 , 1 , 0 , 0], 4 = [0, 0 , 0 , 1 , 0], 5 = [0, 0 , 0 , 0 , 1]. Ze wzor´ow (6) i (7) mamy od razu, ˙ze f ( 4 = [1, 0] oraz f ( 5 = [0, 1]. Z liniowo´sci przekszta lcenia f oraz ze wzoru (5) otrzymujemy, ˙ze 28 ◦ f ( 3 ) + 12 ◦ f ( 4 ) + 9 ◦ f ( 5 ) = [0, 0], czyli 28 ◦ f ( 3 ) + 12 ◦ [1, 0] + 9 ◦ [0, 1] = [0, 0], sk ad 28↪ ◦ f ( 3 ) = [− 12 , −9], wi ec↪ f ( 3 ) = [− 1228 , − 289 ]. Z liniowo´sci f i ze wzoru (4) mamy, ˙ze f ( 2 )+6◦f ( 3 )+3◦f ( 4 )+2◦f ( 5 ) = [0, 0]. Zatem f ( 2 )+6◦[− 1228 , − 289 ]+3◦[1, 0]+2◦[0, 1] = [0, 0], czyli f ( 2 ) + [− 7228 , − 5428 ] + [ 8428 , 0] + [0, 5628 ] = [0, 0], wi ec↪ f ( 2 ) = [− 1228 , − 282 ]. Z liniowo´sci f i ze wzoru (3) mamy, ˙ze −f ( 1 ) + 3 ◦ f ( 2 ) − f ( 3 ) + f ( 4 ) = [0, 0]. Zatem −f ( 1 ) + 3 ◦ [− 1228 , − 282 ] − [− 1228 , − 289 ] + [1, 0] = [0, 0], czyli f ( 1 ) = [− 3628 , − 286 ] + [ 1228 , 289 ] + [ 2828 , 0], sk ad↪ f ( 1 ) = [ 284 , 283 ]. Ale f ([x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ]) = f (x 1 ◦ 1 + x 2 ◦ 2 + x 3 ◦ 3 + x 4 ◦ 4 + x 5 ◦ 5 ) = x 1 ◦ f ( 1 ) + x 2 ◦ f ( 2 ) + x 3 ◦ f ( 3 ) + x 4 ◦ f ( 4 ) + x 5 ◦ f ( 5 ) = x 1 ◦ [ 284 , 283 ] + x 2 ◦ [− 1228 , − 282 ] + x 3 ◦ [− 1228 , − 289 ] + x 4 ◦ [ 2828 , 0] + x 5 ◦ [0, 2828 ] = [ 17 x 1 − 37 x 2 − 37 x 3 + x 4 , 283 x 1 − 282 x 2 − 289 x 3 + 2828 x 5 ]. Zatem V = Ker(f ) jest zbiorem rozwi aza´↪ n uk ladu r´owna´n: { (^1) 7 x^1 −^
3 7 x^2 −^
3 3 7 x^3 +^ x^4 =^0 28 x^1 −^
2 28 x^2 −^
9 28 x^3 +^ +^
28 28 x^5 =^0
kt´ory mo˙zemy te˙z zapisa´c w postaci: { x 1 − 3 x 2 − 3 x 3 + 7 x 4 = 0 3 x 1 − 2 x 2 − 9 x 3 + + 28 x 5 = 0
Zadanie 12. Niech w przestrzeni liniowej R^4 : V = L([1, 1 , 1 , 1], [1, 1 , − 1 , −1], [1, − 1 , 1 , −1]) oraz W = L([1, − 1 , − 1 , −1], [2, − 2 , 0 , 0], [3, − 1 , 1 , 1]). Wyznaczy´c baz e i wymiar podprzestrzeni:↪ V , W , V +W , V ∩ W.
^ Rozwi^ azanie.↪^ Znajdujemy baz^ e podprzestrzeni↪^ V^ :
w^2 −w^1 ≡, w^3 −w^1
(−^
(^12) )w 2 , (− 12 )w 3 ≡
w^2 ↔ ≡w^3
w^1 ≡−w^3
. Zatem baz a↪ V jest {[1, 1 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 1], [0, 0 , 1 , 1]}, sk ad↪
dim V = 3.
Znajdujemy baz^ e podprzestrzeni↪^ W^ :
(^12) w 2 ≡
w^1 ↔ ≡w^2
w^2 −w^1 , w ≡^3 −^3 w^1
w 2 ↔w 3 ≡
w^2 + ≡w^3
(^12) w 2 , (−1)w 3 ≡
w^1 ≡+w^2
Zatem baz a↪ W jest {[1, 0 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 0], [0, 0 , 1 , 1]}, sk ad dim↪ W = 3. Ponadto V + W = L([1, 1 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 1], [0, 0 , 1 , 1], [1, 0 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 0], [0, 0 , 1 , 1]) = L([1, 1 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 1], [0, 0 , 1 , 1], [1, 0 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 0]) = L([1, 0 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 1], [0, 0 , 1 , 1]) = L([1, 0 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 0], [0, 0 , 1 , 0], [0, 0 , 0 , 1]) = R^4 , wi ec baz↪ a↪ V +W jest {[1, 0 , 0 , 0], [0, 1 , 0 , 0], [0, 0 , 1 , 0], [0, 0 , 0 , 1]} oraz dim(V + W ) = 4. Ze wzoru dim(V + W ) = dim V + dim W − dim(V ∩ W ) wyliczamy dim(V ∩ W ) = 3 + 3 − 4 = 2, czyli dim(V ∩W ) = 2. Ponadto [0, 0 , 1 , 1] ∈ V ∩W , [1, 1 , 0 , 0] = [1, 0 , 0 , 0]+[0, 1 , 0 , 0] ∈ W i [1, 1 , 0 , 0] ∈ V , wi ec↪ [1, 1 , 0 , 0], [0, 0 , 1 , 1] ∈ V ∩ W. Ale wektory [1, 1 , 0 , 0], [0, 0 , 1 , 1] s a liniowo niezale˙↪ zne i dim(V ∩ W ) = 2, wi ec baz↪ a↪ V ∩ W jest {[1, 1 , 0 , 0], [0, 0 , 1 , 1]}.
