Embed Size (px)
Citation preview
Algebra Liniowa. Informatyka/Ekonometria, SGGW 2014Zalecana literatura
Teresa Jurlewicz, Zbigniew Skoczylas, Algebra liniowa 1, Definicje twierdzenia , wzoryOficyna Wydawnicza GiS, Wrocław 2003.Teresa Jurlewicz, Zbigniew Skoczylas, Algebra liniowa 1,przykłady i zadania
Oficyna Wydawnicza GiS, Wrocław 2003.Teresa Jurlewicz, Zbigniew Skoczylas, Algebra liniowa 2, Definicje twierdzenia , wzory
Oficyna Wydawnicza GiS, Wrocław 2003.Teresa Jurlewicz, Zbigniew Skoczylas, Algebra liniowa 2,przykłady i zadania
Oficyna Wydawnicza GiS, Wrocław 2003.Walerian Dubnicki, Lidia Fikus, Honorata Sosnowska Algebra liniowa w zadaniach PWN
1985Plan wykładów
1. Wstęp elementy logiki.
2. Liczby zespolone.
3. Układy równań linniowych. Metoda Gaussa.
4. Rachunek macierzowy.
5. Geometria przestrzeni Rn.
6. Układy równań Cramera. Wyznaczniki.
7. Przestrzeń liniowa. Liniowa niezależność. Baza.
8. Macierz przejścia.
9. Przekształcenia liniowe.
10. Zmiana bazy.
11. Rząd odzworowania liniowego. Tw. Kroneckera-Cappelliego.
12. Wartości i wektory własne.
13. Formy dwuliniowe.
1
1 Elementy logiki
1.1 Rachunek zdań
Zdanie jest albo prawdziwe albo fałszywe.Funktory zdaniotwórcze tworzą zdania złożone:
• Alternatywa (OR) p ∨ qp q p ∨ q1 1 11 0 10 1 10 0 0
• Koniunkcja (AND) p ∧ qp q p ∧ q1 1 11 0 00 1 00 0 0
• Implikacja p→ q
p q p→ q1 1 11 0 00 1 10 0 1
• Rownoważność p⇔ q
p q p⇔ q1 1 11 0 00 1 00 0 1
• Negacja ∼ p (inne oznaczenia p′ , ¬p)p ∼ p1 00 1
Inne funktory zdaniowe
• NOR ∼ (p ∨ q)
• NAND ∼ (p ∧ q)
• dysjunkcja (albo-albo)
2
1.2 Tautologie
Formułę, która zawsze jest prawdziwa (niezależnie od wartości argumentów) nazywamy tauto-logią.
1. (p ∨ p)⇔ p - prawo idempotentności
2. (p ∧ p)⇔ p - prawo idempotentności
3. ∼∼ p⇔ p - prawo podwójnego przeczenia
4. p∨ ∼ p - prawo wyłączonego środka
5. ∼ (p∧ ∼ p) - prawo wyłączonego środka
6. ∼ (p ∨ q)⇔ (∼ p∧ ∼ q) -prawo de Morgana
7. ∼ (p ∧ q)⇔ (∼ p∨ ∼ q) -prawo de Morgana
8. (p⇒ q)⇔ (∼ q ⇒∼ p) - prawo kontrapozycji
9. (p⇒ q)⇔ (∼ p ∨ q)
10. [(p⇒ q) ∧ (q ⇒ r)]⇒ (p⇒ r) -prawo sylogizmu warunkowego.
11. (p⇔ q)⇔ [(p⇒ q) ∧ (q ⇒ p)]
1.3 Podstawowe sposoby dowodzenia
Chcemy pokazać, że z założenia wynika teza Z ⇒ T . Możemy to uczynić na kilka sposobów.
1. Bezpośrednio
Przykład 1.1 Pokazać, że jeśli liczby całkowite a i b są parzyste to także ich iloczyn jestparzysty.
Dowód. Liczby całkowite a, b mają postać a = 2a′ , b = 2b′ gdzie a′, b′ są liczbami całkowi-tymi. A wówczas ich iloczyn ab = 2a′ · 2 · b′ też jest liczbą parzystą.
2. Przez kontrapozycję (zaprzeczenie):
(Z ⇒ T )⇔ (∼ T ⇒∼ Z)
Przykład 1.2 Pokazać, że jeśli suma dwu liczb naturalnych jest 99 to co najmniej jedna znich jest większa od 50.
Dowód. Zakładamy, że obie liczby a, b są mniejsze od 50.Pokażemy, że ich suma jest mniejsza od 99.Ponieważ a < 50 , b < 50 oraz obie liczby są całkowite więc a ¬ 49 oraz b ¬ 49. A stąd
a+ b ¬ 49 + 49 = 98 < 99.
3.Sprowadzenie do sprzeczności (absurdu)
3
Przykład 1.3 EuklidesIstnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych.
Dowód. Zakładamy, że ilość liczb pierwszych jest skończona: p1, ..., pn. Rozważmy liczbęN = p1 · p2 · · · pn + 1. Liczba ta nie jest liczbą pierwszą a więc dzieli się przez liczbę pierwszą.Ale zauważmy że, dla dowolnej liczby pierwszej p resztą z dzielenia N : p jest 1.
Przykład 1.4 Pokazać, że√2 nie jest liczbą wymierną.
Dowód. Nie wprost. Zakładamy, że√2 jest liczbą wymierną i dojdziemy do sprzeczności.
Zakładamy że istnieją liczby całkowite p, q tż.(pq
)2= 2. Ułamek p
qmożna sprowadzić do
postaci nieskracalnej. Z założenia wynika, że p2 = 2q2. A zatem liczba p musi być parzysta:p = 2p′. A stąd (2p′)2 = 2q2 daje 2(p′)2 = q2. A to oznacza, że q jest parzysta. A to przeczynieskracalności ułamka p/q. Sprzeczność.
4. Poprzez rozpatrywanie przypadków
[(Z1 ∨ Z2)⇒ T ]⇔ [(Z1 ⇒ T ) ∧ (Z2 ⇒ T )]
Przykład 1.5 Pokazać, że dla dowolnej liczby całkowitej n liczba n+ n3 jest parzysta.
Dowód.n całkowita ⇐⇒ (n parzysta ) ∨ (n nieparzysta)
Załóżmy, że n = 2k jest parzysta. Wówczas
n+ n3 = 2k + 8k3 = 2(k + 4k3)
jest parzysta.Załóżmy, że n = 2k + 1 jest nieparzysta. Wówczas
2k + 1 + (2k + 1)3 = 2k + 1 + (2k + 1)3
= 2k + 1 + (2k)3 + 3(2k)2 + 3(2k) + 1 = 8k3 + 12k2 + 8k + 2
też jest parzysta,
1.4 Reguły wnioskowania
Reguła odrywania:p, p⇒ q
q
Reguła sylogizmu warunkowego:
p⇒ q, q ⇒ r
p⇒ r
p, q
p ∧ q
4
p ∧ qp
p
p ∨ qp ∨ q,∼ p
q
p
q ⇒ p
∼ pp⇒ q
1.5 Kwantyfikatory
Dla ustalonej liczby x ∈ R wyrażenie2x− 1 = 7
staje się zdaniem, które ma wartość logiczną.Zdanie to jest prawdziwe dla pewnej liczby (x = 4) a więc
∃x∈R 2x− 1 = 7
Zdanie x2 0 jest prawdziwe dla każdego x ∈ R
∀x∈R x2 0
Twierdzenie 1.6 Prawa de Morgana.
[∼ (∀x ϕ(x))]⇔ [∃x (∼ ϕ(x))]
[∼ (∃x ϕ(x))]⇔ [∀x (∼ ϕ(x))]
Przykład 1.7 Dla każdej liczby naturalnej istnieje liczba od niej większa
∀n∈N ∃m∈N n < m
Nie istnieje największa liczba naturalna
∼ (∃n∈N ∀m∈N n m)
5
1.6 Rachunek zbiorów
Rozpatrujemy zbiór X i jego podzbiory A,B ⊂ X. Określamy
• sumę: A ∪B = {x ∈ X; (x ∈ A) ∨ (x ∈ B)}
• iloczyn: A ∩B = {x ∈ X; (x ∈ A) ∧ (x ∈ B)}(inne nazwy: część wspólna , przekrój).
• różnicę: A \B = {x ∈ X; (x ∈ A) ∧ (x /∈ B)}
Przykład 1.8 Niech X = {1, 2, 3, ...., 12} , A = {k ∈ X; k jest parzyste } , B = {k ∈X; k dzieli się przez 3}Podać A ∪B , A ∩B , A \B.
Twierdzenie 1.9 Dla dowolnych zbiorów A,B,C zachodzą równości:
1. A ∪ A = A
2. A ∩ A = A
3. A ∪B = B ∪ A (przemienność sumy)
4. A ∩B = B ∩ A (przemienność iloczynu)
5. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C (łączność sumy)
6. A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C (łączność iloczynu)
7. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C) (rozdzielność iloczynu względem sumy)
8. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C) (rozdzielność sumy względem iloczynu)
9. A ∪ ∅ = A , A ∩ ∅ = ∅
1.7 Iloczyn kartezjański
Definicja 1.10 Określamy iloczyn kartezjański zbiorów A,B jako zbiór
A×B = {(a, b); a ∈ A ∧ b ∈ B}
W przypadku gdy A,B są podzbiorami prostej R, iloczyn A × B można utożsamiać zpodzbiorem płaszczyzny A×B ⊂ R2.
6
1.8 Indukcja matematyczna
Dane są zdania Tn gdzie n ∈ N: Jeśli1. T1 jest prawdziwe
2. dla każdego k ∈ zachodzi implikacja: Tk ⇒ Tk+1
to wszystkie zdania Tn, gdzie n ∈ N są prawdziwe.
• Pokazać, że równość12 + 22 + ...+ n2 =
n(n+ 1)(2n+ 1)6
zachodzi dla każdej liczby naturalnej n
• To samo dla wzoru11 · 5+15 · 9+19 · 13
+ · · ·+ 1(4n− 3)(4n+ 1)
=n
4n+ 1
• Dla jakich liczb naturalnych prawdziwa jest nierówność?
4n ¬ n2 − 7
1.9 Dwumian Newtona
Dla n ∈ N określamy:n! = 1 · 2 · 3 · · ·n
a ponadto przyjmujemy 0! = 1 (silnia).Przypomnijmy wzory:
(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2
(a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3
Ogólnie
(a+ b)n =(n
0
)anb0 +
(n
1
)an−1b1 +
(n
2
)an−2b2
+ · · ·(n
k
)an−kbk + · · ·+
(n
n
)+ a0bn
gdzie(n
k
)=
n!k!(n− k)!
.
Przykładowo(103
)=
10!3!(10− 3)!
=10!3! · 7!
=7! · 8 · 9 · 103! · 7!
=8 · 9 · 101 · 2 · 3
= 4 · 3 · 10 = 120.(5048
)=50!48!2!
=48! · 49 · 5048!2!
=49 · 502= 1225
Mają miejsce wzory: (n
0
)= 1 ;
(n
1
)= n ;
(n
2
)=n(n− 1)2(
n
k
)=(
n
n− k
);(n
n
)= 1
7
1.10 Trójkąt Pascala
Wartości symboli Newtona można również odczytywać z tzw. trójkąta Pascala. 11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1
1 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 1.....................................................
A stąd (a+ b)5 = a5 + 5a4b+ 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5,(x− 1)6 = x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x2 − 6x+ 1(√2+1)4 = (
√2)4+4(
√2)3+6(
√2)2+4(
√2)+1 = 4+4(
√2) ·2+6 ·2+4(
√2)+1 = 17+8
√2
Twierdzenie 1.11(nk
)= ilość podzbiorów k-elementowych zbioru n-elementowego (=ilość kom-
binacji k-elementowych w zbiorze n-elementowym).
• Ile jest możliwych wyników w totolotku?(496
)=49!6! · 43!
=43! · 44 · 45 · 46 · 47 · 48 · 491 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 43!
= 22 · 3 · 46 · 47 · 2 · 46 ≈ 14mln
Twierdzenie 1.12 Ilość wszystkich możliwych podzbiorów zbioru n-elementowego wynosi 2n.
Dowód.
2n = (1 + 1)n =(n
0
)+(n
1
)+(n
2
)+ · · ·+
(n
n
)
1.11 Kombinatoryka
• Ilość permutacji zbioru n-elementowego wynosi n!,
• Ilość wariacji k-elementowych , z powtórzeniami, zbioru n-elementowego wynosi nk,
• Ilość wariacji k-elementowych , bez powtórzeń, zbioru n-elementowego wynosi n(n−1)(n−2) · · · (n− k + 1),
• ilość podzbiorów k -elementowych zbiory n-elementowego wynosi(nk
).
• Trzech studentów dostaje trzy rózne bilety. Na ile sposobów można je rozdzielić jeśli każdystudent dostaje co najwyżej jeden bilet.
• Pięciu studentów dostaje trzy rózne bilety. Na ile sposobów można je rozdzielić bez żad-nych ograniczeń (jeden może dostać wszystkie).
• Jak wyżej ale jeden student może dostać co najwyżej jeden bilet.
• Jak wyżej ale bilety są jednakowe.
8
2 Liczby Zespolone
x2 = −1
Rozpatrujemy pary a+bi gdzie a, b ∈ R. Pary takie z = a+bi nazywamy liczbami zepolonymia ich zbiór oznaczamy C. Określamy działania:
(a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i
(a+ bi) · (c+ di) = (ac− bd) + (bc+ ad)i
Własności działań:
• z + z′ = z′ + z przemienność
• (z + z′) + z′′ = z + (z′ + z′′) łącznośc
• Liczba 0 = 0 + 0i jest elementem neutralnym względem dodawania: z + 0 = z
• Liczba z′ = −a− bi jest elementem odwrotnym do z = a+ bi : z + z′ = 0
Powyższe własności charakteryzyją grupę przemienną
• (zz′)z′′ = z(z′z′′) łączność mnożenia
• zz′ = z′z przemienność mnożenia
• z(z + z′) = zz′ + zz′′ rozdzielność
• liczba 1 = 1 + 0i jest elementem neutralnym względm dodawania : 1z = z
• dla każdej liczby zespolonej z = 0 istnieje liczba element odwrotny z′ tzn. zz′ = 1
Jeśli spełnione są powyższe warunki to mamy ciało liczboweDowodzimy ostatnią własnośćCzy element z = a+ bi posiada odwrotny? (a+ bi)(x+ yi) = 1. Daje to układ równań:
ax− by = 1; bx+ ay = 0
Układ ten ma dokładnie jedono rozwiązanie: x =a
a2 + b2, y =
−ba2 + b2
. A zatem każda liczba
zespolona z = a+ bi = 0 posiada dokładnie jeden element odwrotny.
9
2.1 Płaszczyzna Gaussa
Dla liczby zespolonej z + xiy określamy rez = x Część rzeczywistą i imz = y część urojoną.Dodawanie po współrzędnych (jak wektory)z = r(cosϕ+ i sinϕ), r =
√x2 + y2 moduł,
ϕ = argϕ -argument : cosϕ =x√
x2 + y2, sinϕ =
y√x2 + y2
Niech z = r(cosϕ+ i sinϕ) , z′ = r′(cosϕ′ + i sinϕ′). Wówczas
z · z′ = r(cosϕ+ i sinϕ) · r′(cosϕ′ + i sinϕ′)
= rr′[(cosϕ · cosϕ′ − sinϕ · sinϕ′) + i(cosϕ sinϕ′ + sinϕ cosϕ′)]= rr′(cos(ϕ+ ϕ′) + i sin(ϕ+ ϕ′))
Czyli przy mnożeniu moduły się mnożą a argumenty się dodają: |z · z′| = |z||z′|, arg(z · z′) =arg(z) + arg(z′).
Uwaga 2.1 Argument rozumiemy z dokładnością do 2π:
ϕ+ 2kπ , k ∈ Z
Liczbę z = a− bi nazywamy sprzężoną do z. Wówczas:
z · z′ = x2 − (iy)2 = x2 + y2 = |z|2
2.2 Wzór de Moivre’a
[r(cosϕ+ i sinϕ)]n = rn(cos(nϕ) + sin(nϕ))
• (1 + i√3)9 =?.
z = (1 + i√3) = 2(
12+
√32i) = 2(cos(
π
3) + sin(
π
3)). A więc
z9 = [2(cos(π
3) + sin(
π
3)]9 = 29(cos(3π) + i sin(3π)) = −29
2.3 Pierwiastkowanie liczb zespolonych
Definicja 2.2 Liczbę ω ∈ C nazywamy pierwiastkiem stopnia n z liczby z ∈ C ⇐⇒ ωn = z 2
Niech z = 0. Oznaczmy z = r0(cosϕ0 + i sinϕ0) i przypuśćmy, że ω = r(cosϕ + i sinϕ) jestpierwiastkiem stopnia n. Wówczas r0 = rn oraz nϕ = ϕ0 + 2kπ gdzie k ∈ Z. A zatem r = n
√r0
oraz ϕk = ϕ0n +2kπn. Ale jeśli k− k′ dzieli się przez n to argumenty ϕk , ϕk′ wyznaczają ten sam
kąt. a stąd.
Twierdzenie 2.3 Liczba zespolona
z0 = r0(cosϕ0 + i sinϕ0) = 0
ma dokładnie n różnych pierwiastków stopnia n: ωk = n√r0(cos(
ϕ0 + 2kπn
)+ i sin(ϕ0 + 2kπ
n) dla
k = 0, ..., n− 1.
Przykład 2.4 Gdy z = 1. Wówczas r0 = 1 , ϕ0 = 0 a więc ωk = cos(2kπn) + i sin(
2kπn). Są to
wierzchołki wielokąta równobocznego.
10
2.4 Równanie kwadratowe
z2 + 4z + 8 = 0
∆ = 16− 32 = −16 < 0 brak rozwiązań rzeczywistych.Ale z2 + 4z + 8 = 0 , (z2 + 4z + 4) + 4 = 0 , (z2 + 4z + 4) = −4, (z + 2)2 = −4. A zatem
z + 2 = 2i lub z + 2 = −2i a stąd dwa rozwiązania: z1 = −2− 2i , z2 = −2 + 2i.Zauważmy, że są to liczby sprzężone. Ogólnie każde równanie kwadratowe o współczynnikach
rzeczywistych i ujemnej delcie posiada dokladnie dwa pierwiastki zespolone i te pierwiastki sąsprzężone.
Twierdzenie 2.5 (Gauss) Każdy wielomian stopnia n o współczynnikach zespolonych posiadadokładnie n pierwiastków zespolonych (licząc krotności).A zatem wielomian ten można przedstawić w postaci:
f(z) = a(z − z1)(z − z2)...(z − zn)
gdzie a, z1, ..., zn ∈ C.
11
3 Układy równań liniowych. Metoda redukcji Gaussa.{2x −y = −1x +2y = 7Operacje nie zmieniejące zbioru rozwiązań (operacje elementarne)
• Zamiana miejscami dwu równań,
• pomnożenie równania przez liczbę = 0.
• dodanie do jednego równania wielokrotności innego.
Twierdzenie 3.1 Dla dowolnego układu równań liniowych zachodzi dokładnie jedna z możli-wości
• posiada dokładnie jedno rozwiązanie,
• posiada nieskonczenie wiele rozwiązań zleżnych od kilku parametrów,
• jest sprzeczny
12
4 Macierze
Macierzą m× n nazywamy tablicę prostokątną o m wierszach i n kolumnach.a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n... ... . . . ...am1 am2 . . . amn
Przykład 4.1(2 13 4
) (1 2 10 2 3
) 124
(1 0 5
)
Oznaczamy również: A = [aij]m×n = [aij].
• gdy m = n to macierz nazywamy kwadratową,
• gdy wszystkie aij ≡ 0 to macierz nazywamy zerową
• Macierz [−aij] nazywamy macierzą przeciwną do macierzy A = [aij]. Oznaczamy ją −A.
Obecnie omawiamy macierze kwadratowe
• gdy aij = 0 dla j = j (tzn. poza przekątną stoją zera) to macierz nazywamy diagonalną 3 0 00 5 00 0 1
• Jeśli aij = 0 dla i > j (tzn. pod przekątną są same zera) to macierz nazywamy trójkątnągórną,jeśli zaś aij = 0 dla i < j (tzn. nad przekątną są same zera) to macierz nazywamy trójkątnądolną
1 2 30 4 50 0 6
1 0 02 3 04 5 6
• Macierz n × n która ma na przekątnej jedynki z poza nią zera nazywamy macierzą jed-nostkową i oznaczamy In.
I3 =
1 0 00 1 00 0 1
4.1 Działania na macierzach
Definicja 4.2 Jeśli A = [aij] , B = [bij] są macierzami tych samych rozmiarów to ich sumąjest macierz
A+B = [aij + bij]
13
(1 2 10 2 3
)+(3 2 13 −1 0
)=(4 4 23 1 3
)Uwaga: Jeśli macierze nie mają takich samych rozmiarów to ich suma nie jest określona.
Definicja 4.3 Iloczynem liczby rzeczywistej λ ∈ R oraz macierzy A = [aij] nazywamy macierz
λ ·A = [λaij]
5 ·(1 −12 3
)=(5 −510 15
)Property 4.4 Jeśli macierze A,B,C są takich samych rozmiarów to
• A+B = B+A przemienność
• (A+B) +C = A+ (B+C) łączność
• A+O = A element neutralny względem dodawania
• A+ (−A) = O element przeciwny
Definicja 4.5 Niech A , B będą macierzami odpowiednio rozmiarów m×k , k×n. Określamyiloczyn macierzy AB jako macierz C rozmiarów m× n gdzie
cij = ai1bij + ai2b2j + ....+ aikbkj
mnożymy wiersze przez kolumny!
Obliczyć iloczyny: (1 −1 22 1 3
) 2 11 32 1
1 1 22 −1 34 −1 2
−121
(1 2 3
) −121
Property 4.6 Własności iloczynu macierzy
• A(B+C) = AB+AC rozdzielność
• (A+B)C = AC+BC rozdzielność
• (AB)C = A(BC) łączność
(o ile powyższe działania są wykonalne!)
Uwaga: Mnożenie macierzy jest na ogół nieprzemienne. tzn jeśli A,B są macierzami kwa-dratowymi n× n to określone są iloczyny AB oraz BA ale na ogół AB = BA
14
4.2 Macierz odwrotna
Rozpatrujemy macirze kwadratowe n × n. Dla kazdej takiej macierzy i macierzy jednostkowejIn zachodzą równości
AIn = InA = A
tzn. macierz jednostkowa jestelementem neutralnym względem mnożenia.
Definicja 4.7 Macierzą odwrotną do macierzy A nazywamy macierz B spełniającą równości
AB = BA = In
Oznaczamy A−1.
Czy każda macierz posiada macierz odwrotną? Jeśli tak to czy tylko jedną?
Znaleźć macierz odwrotna do macierzy A =(1 23 4
)
Oznaczamy B =(a bc d
). Wówczas AB = In oznacza(1 23 4
)(a bc d
)=(1 00 1
)(a+ 2c b+ 2d3c+ 4c 3b+ 4d
)=(1 00 1
)a to oznacza układy równań{
a +2c = 13a +4c = 0
{b +2d = 03b +4d = 1
Po rozwiązaniu: A−1 =(−2 13/2 −1/2
).
Sprawdzamy (1 23 4
)(−2 13/2 −1/2
)=(−2 + 3 1− 1−6 + 6 3− 2
)) =
(1 00 1
)
Algorytm obliczanie macierzy odwrotnej.Dana jest macierz kwadratowaA rozmiarów n×n . Tworzymy nową macierz poprzez dopisa-
nie macierzy jednostkowej [A|In]. Wykonujemy operacje elementarne na wierszach tej macierztak aby po lewj stronie uzyskać macierz jednostkową [In|B]. Wówczas macierz B jest macierząodwrotną.
15
5 Geometria przestrzeni Euklidesowej Rn
Przestrzenie R prosta, R2 płaszczyzna, R3 przestrzeń.Przestrzeń Rn = {(x1, x2, ..., xn);xi ∈ R}.Jest to grupa przemienna względem dodawania.Określamy długość wektora : ∥(x1, ..., xn)∥
def=√x21 + ...+ x2n.
Dla n = 2 ∥a∥ =√x21 + x22 co jest zgodne z twierdzeniem Pitagorasa.
5.1 Iloczyn skalarny
Definicja 5.1 Iloczynem skalarnym wektorów a = (x1, ..., xn), b = (y1, ..., yn) ∈ Rn nazywamyliczbę
< a, b >= x1y1 + ...+ xnyn
Przykład 5.2 < (2, 3, 1), (2, 1, 4) >= 2 · 2 + 3 · 1 + 1 · 4 = 11Własności iloczynu skalarnego:(dla dowolnych a, b ∈ Rn)1. < a, b >=< b, a > (przemienność)
2. < a+ b, c >=< a, c > + < b, c > (addytywność)
3. < λa, b >= λ < a, b > (jednorodność)
4. < a, a > 0 a ponadto < a, a >= 0 ⇐⇒ a = 0.
Dzięki ostatniej własności < a, a >= ∥a∥2.A zatem ∥a∥ =
√x21 + ...+ x2n.
Twierdzenie 5.3 Nierówność SchwartzaDla dowolnych wektorów a, b ∈ Rn zachodzi
| < a, b > | ¬ ∥x∥∥y∥2
A zatem −1 ¬ < a, b >
∥a∥∥b∥¬ +1 dla dowolnych niezerowych wektorów a, b. A zatem określamy
kąt między wektorami a i b jako jedyną liczbę ϕ ∈ [0, π] spełniającą: cos(ϕ) = < a, b >
∥x∥∥y∥. Innymi
słowy definiujemy kąt miedzy wektorami jako arc cos< a, b >
∥x∥∥y∥.
Przykład 5.4 .Obliczyć kąt między wektorami (1, 2), (3, 1) ∈ R2.
< (1, 2), (3, 1) >∥(1, 2)∥∥(3, 1)∥
=5√5√10=1√2. A zatem
ϕ = arc cos1√2=π
42
Wektory a, b nazywamy prostopadłymi (ortogonalnymi) ⇐⇒ ich iloczyn skalarny < a, b >=0. Oznaczamy to a ⊥ b.Zgodnie z tą definicją wektor zerowy jest prostopadły do każdego wektora.
16
5.2 Geometria analityczna przestrzeni R3
Rozpatrujemy przestrzeń R3 z iloczynem skalarnym.
Twierdzenie 5.5 Ustalmy punkt a ∈ R3 oraz niezerowy wektor v = 0 ∈ R3. Wówczas płaszczy-zna przechodząca przez punkt a i prostopadła do wektora v zadaje się równaniem < x−a, v >= 0.2
A zatem jeśli a = (a1, a2, a3), v = (v1, v2, v3), x = (x1, x2, x3) to
0 =< (x1 − a1, x2 − a2, x3 − a3), (v1, v2, v3) >
= (x1 − a1)v1 + (x2 − a2)v2 + (x3 − a3)v3A zatem v1x1 + v2x2 + v3x3 = v1a1 + v2a2 + v3a3 co daje v1x1 + v2x+ 2 + v3x3 = A. Ponieważv1, v2, v3 są dowolnymi liczbami nierównymi jednocześnie zeru węc
Wniosek 5.6 Równanie płaszczyzny ma postać ax + by + cz = d gdzie a, b, c, d są dowolnymiliczbami spełniajacymi a2 + b2 + c2 = 0.
Przykład 5.7 Znaleźć równanie płaszcyzny przechodzącej przez punkt (1, 2, 1) i prostopadłejdo wektora (−2, 1, 3).
< (x−1, y−2, z−1), (−2, 1, 3) >= 0 oznacza −2(x−1)+(y−2)+3(z−1) = 0 −2x+y+3z = 3Moźna też zauważyć, że w równaniu płaszczyzny ax+ by + cz = d współczynniki (a, b, c) =
(−2, 1, 3) skąd równanie −2x+y+3z = d. Wartość d obliczamy wstawiając współrzędne punktu(1, 2, 1) : −2 · 1 + 1 · 2 + 3 · 1 = d skąd d = 3.
Przykład 5.8 Znaleźć równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkty P1 = (0,−2, 1) , P2 =(1, 0, 2) , P3 = (1, 3, 0).
Oznaczmy P = (x, y, z). Wówczas wektory P1, P2, P3, P są współplaszczyznowe ⇐⇒ iloczynmieszany P2P1 · P3P1 · PP1 = 0. Obliczamy P2P1 = (1, 2, 1) , P3P1 = (1, 5,−1) , PP1 =(x, y + 2, z − 1). A więc∣∣∣∣∣∣∣
1 2 11 5 −1x y + 2 z − 1
∣∣∣∣∣∣∣ = 5(z − 1) + y + 2− 2x− 2(z − 1)− 5x+ y + 2 = 0co daje −7x+ 2y + 3z +−1.
5.3 Prosta w przestrzeni R3
Prosta w przestrzeni R3 jest wyznaczona przez punkt a iwektor kierunkowy v. Jej równanieparametryczne
R ∋ t→ a+ tv ∈ R3
Przykład 5.9 Prosta przechodząca przez a + (1, 0,−1) o kierunku (2, 1, 3) dana jest poprzezt→ (1 + 2t, t,−1 + 3t). A zatem x = 1 + 2t , y = t , z = −1 + 3t skąd t = x−12 =
y1 =
z+13 . A
zatem równanie parametryczne jest równoważne układowi równań x−12 =y1 =
z+13 .
17
Ogólnie równanie prostej przechodzącej przez (x0, y0, z0) o wektorze kierunkowym (a, b, c) mapostać
x− x0)a=y − y0b=z − z0c
Dwie płaszczyzny nierównoległe w R3 przecinają się wzdłuż prostej. A zatem układ równańax+ by + cz = da′x+ b′y + c′z = d′.
gdzie wektory (a, b, c) , (a′, b′, c′) nie są współliniowe opisuje prostą. Wektorem kierunkowymtej prostej jest iloczyn wektorowy (a, b, c)× (a′, b′, c′)
Definicja 5.10 Iloczynem wektorowym elementów a, b ∈ R3 nazywamy wektor a × b ∈ R3zdefiniowany następująco: ((
a2, a3b2, b3
),
(a3, a1b3, b1
),
(a1, a2b1, b2
))
Jeśli a i b są współliniowe to a× b = 0.W przeciwnym razie a× b jest jedynym wektorem spełniającym warunki:
1. a× b jest protopadły to obu wektorów a oraz b.
2. Długość jego = |a||b| sin(ϕ) (=pole rownoległoboku rozpiętego na na wektorach a i b).
3. Trójka wektorów a , b , a× b wyznacza dodatnią orientację przestrzeni R3.
Własności iloczynu wektorowego
1. a× b = b× a
2. (a+ b)× c = a× c+ b× c
3. (λa)× b = λ(a× b)
4. a× b = 0 ⇐⇒ a ⊥ b 2
Jak obliczać iloczyn wektorowy?Oznaczamy wektory bazy kanonicznej:
→i= (1, 0, 0),
→j= (0, 1, 0),
→k= (0, 0, 1).
Jeśli a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3) to wówczas
a× b = det
→i
→j
→k
a1 a2 a3b1 b2 b3
.Przykład 5.11 Obliczyć iloczyn wektorowy wektorów a = (0, 1, 3) , b = (2, 5,−2).
a× b = det
→i→j
→k
0 1 32 5 −2
= −13i+ 6j + 2k = (−13, 6, 2)
18
Przykład 5.12 Obliczyć pole trójkąta wierzchołkach: (1, 2, 3), (4, 2, 1), (0,−1, 2).Obliczamy v = (3, 0,−2) , w = (−1,−3,−1) oraz
v × w = det
→i
→j
→k
3 0 −2−1 −3 −1
= −9k + 2j − 6i+ 3j = −6i+ 5j − 9k = (−6, 5,−9)A zatem pole trójkąta = 12 pole równoległoboku =
12 |v×w| =
12 |(−6, 5,−9)| =
12
√36 + 25 + 49 =
12
√110
5.4 Iloczyn mieszany
Definicja 5.13 Iloczynem mieszanym trójki wektorów a, b, c ∈ R3 nazywamy liczbę < a, b×c >
Twierdzenie 5.14 Niech a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3), c = (c1, c2, c3) ∈ R3. Wówczas
< a, b× c >=< a× b, c >=
∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣∣Dowód. b× c =
∣∣∣∣∣∣∣i j kb1 b2 b3c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣ b2 b3c2 c3
∣∣∣∣∣ · i−∣∣∣∣∣ b1 b3c1 c3
∣∣∣∣∣ · j +∣∣∣∣∣ b1 b2c1 c2
∣∣∣∣∣ · k. A zatem
< a, b× c >= a1∣∣∣∣∣ b2 b3c2 c3
∣∣∣∣∣− a2∣∣∣∣∣ b1 b3c1 c3
∣∣∣∣∣+ a3∣∣∣∣∣ b1 b2c1 c2
∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣∣2
Iloczyn trójki wektorów oznaczamy a · b · c.
Twierdzenie 5.15 Wartość bezwzględna iloczynu wektorowego a · b · c jest równa objętościrównoległościanu rozpiętego na tych wektorach.W szczególności a ·b ·c = 0 ⇐⇒ wektory te leżą na jednej płaszcyźnie ⇐⇒ są liniowo zależne.Jeśli a · b · c = 0 to tworzą one bazę przestrzeni R3.Jeśli a · b · c > 0 to jest to baza prawoskrętna a jeśli a · b · c < 0 to jest to baza lewoskrętna.
Przykład 5.16 Obliczyć objętość czworościanu rozpiętego na wierzchołkach P1(3,−1, 2) , P2(5, 1, 4), P3(0, 2, 5) , P4(−2, 0, 6).
Objętość czworościanu P1P2P3P4 = 16 objętość równoległoboku rozpiętego na tych wierzcholkach= 16 Iloczyn mieszany P2P1 · P3P1 · P4P1 = (∗).Obliczamy P2P1 = (5− 3, 1 + 1, 4− 2) = (2, 2, 2) , P3P1 = (0− 3, 2 + 1, 5− 2) = (−3, 3, 3),
P4P1 = (−2− 3, 0 + 1, 6− 2) = (−5, 1, 4). A zatem
(∗) = 16
∣∣∣∣∣∣∣2 2 2−3 3 3−5 1 4
∣∣∣∣∣∣∣ = 6
19
6 Układy równań Cramera
6.1 Permutacje
Każde odwzorowanie wzajemnie jednoznaczne zbioru w siebie nazywamy permutacją.Rozpatrujemy zbiory skończone: {1, 2, ..., n}.• Dla n = 2 są dwie permutacje: (1, 2), (2, 1).• Dla n = 3 jest sześć permutacji: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1).• Dla n = 4 mamy 6 · 4 = 24 permutacje: cyfrę 4 możemy postawić na 4 miejscach zaś
pzostałe trzy mozemy permutować na 6 sposobów (jak wyżej).• Ogólnie można pokazać, że ilość permutacji zbioru n elementowego wynosi n!.Zwróćmy uwagę, że przykładowo, permutacja (3, 1, 2, 4) oznacza funkcję σ : {1, 2, 3, 4} →
{1, 2, 3, 4} daną wzorem: σ(1) = 3, σ(2) = 1, σ(3) = 2, σ(4) = 4. Zbiór permutacji zbioru{1, 2, ..., n} oznaczamy Sn.
Definicja 6.1 Niech σ ∈ Sn będzie permutacją. Parę liczb (i, j) takich, że 1 ¬ i < j ¬ n orazσ(i) > σ(j) nazywamy inwersją. Permutację nazwiemy parzystą jesli ilość inwersji jest parzystaa nieparzystą gdy ilość inwersji jest nieparzysta.
Na przykład: (1, 2, 3, 4) - parzysta, (1, 3, 2, 4) - nieparzysta, (4, 3, 2, 1) - parzysta.Mówimy, że znak permutacji (ozn. sgn(σ)) jest równy +1 gdy jest one parzysta, zaś −1 gdy
jest nieparzysta.
6.2 Wyznaczniki
Macierzą m× n nazywamy tablicę prostokątną o m wierszach i n kolumnach.a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n... ... . . . ...am1 am2 . . . amn
Gdy m = n to macierz nazywamy kwadratową.
Definicja 6.2 Wyznacznikiem z macierzy kwadratowej A = [aij]n×n nazywamy liczbę∑σ∈Snsgn(σ)a1σ(1)...anσ(n)
i oznaczamy
detA = |A| =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n... ... . . . ...an1 an2 . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣Ex. Dla n = 2 mamy
(a11 a12a21 a22
)= a11a22 − a12a21
Dla n = 3 mamy
∣∣∣∣∣∣∣1 2 34 5 67 8 9
∣∣∣∣∣∣∣ = 1 · 5 · 9+4 · 8 · 3+7 · 2 · 6− 3 · 5 · 7− 6 · 8 · 1− 9 · 2 · 4 = ... = 0.Ogólnie ustawiamy (na szachownicy o wymiarach n× n) n wież tak aby żadne dwie się nie
szachowały.
20
Definicja 6.3 Dana jest macierz [aij]n×n. Dopełnieniem algebraicznym elementu akl nazywamywyznacznik macierzy powstały przez wykreślenie k-tego wiersza i l-tej kolumny pomnożony przez(−1)k+l.
Akl = (−1)k+l
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 . . . a1l . . . a1n... ... ... . . . ...ak1 . . . akl . . . akn... ... ... . . . ...an1 . . . anl . . . ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Twierdzenie 6.4 (Rozwinięcie Laplace’a)Dla macierzy A = [aij]n×n i ustalonych liczb 1 ¬ k, l ¬ n zachodzą wzorydetA = ak1Ak1 + . . . aknAkn - rozwinięcie względem k-tego wiersza,detA = a1lA1l + . . . anlAnl - rozwinięcie względem k-tej kolumny.
Ex.
∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 1 10 1 2 10 1 0 13 1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)1+1
∣∣∣∣∣∣∣1 2 11 0 11 1 0
∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)1+43∣∣∣∣∣∣∣2 1 11 2 11 0 1
∣∣∣∣∣∣∣ = 1(1+ 2− 1)− 3(4 +1− 2− 1) = 2− 3 · 2 = −4.
Twierdzenie 6.5 Jeśli w macierzy kwadratowej:1) zamienimy miejscami dwa wiersze ( dwie kolumny) to wartość wyznacznika zmieni się
na przeciwną.2) dwa wiersze (dwie kolumny) są identyczne to wyznacznik = 0.3) do jednego wiersza (kolumny) dodamy inny wiersz (kolumnę) pomnożony przez liczbę to
wyznacznik nie ulegnie zmianie.4) każdy element pewnego wiesza (kolumny) pomnożymy przez liczbę to i cały wyznacznik
zostanie pomnożony przez tę liczbę.
Ex.
∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 2 1 11 0 −1 02 1 1 07 3 3 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 2 1 11 0 −1 02 1 1 01 −1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣∣∣∣1 0 −12 1 11 −1 1
∣∣∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣∣∣∣1 0 −12 1 13 0 2
∣∣∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣∣ 1 −13 2
∣∣∣∣∣ =−(2 + 3) = −5∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −1 2 −3−1 0 −2 22 0 −3 4−2 3 0 −4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 2 −3−1 0 −2 22 0 −3 41 0 6 −13
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (+1)∣∣∣∣∣∣∣−1 −2 22 −3 41 6 −13
∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣−1 −2 20 −7 80 4 −11
∣∣∣∣∣∣∣ =(−1)
∣∣∣∣∣ −7 84 −11
∣∣∣∣∣ = −(77− 32) = −456.3 Układy równań Cramera.
Niech będzie dany układ n-równań liniowych o n niewiadomych.
a11x1 + . . . + a1nxn = b1. . . . . . . . .an1x1 + . . . + annxn = bn
21
Oznaczamy A = [aij]n×n macierz (główna) układu. b1..bn
kolumna wyrazów wolnych.Niech Ai macierz powstałą poprzez zastąpienie i-tej kolumny przez kolumnę wyrazów wol-
nych np.
A1 =
b1 a12 . . . a1nb2 a22 . . . a2n... ... . . . ...bn an2 . . . ann
Definicja 6.6 Układ równań nazywamy cramerowskim ⇐⇒ detA = 0.
Twierdzenie 6.7 Układ cramerowski ma dokładnie jedno rozwiązanie. Dane jest ono wzorem
x1 =detA1detA
, .... , xn =detAndetA
Ex.{x + 2y = 13x + 4y = −1
detA =
∣∣∣∣∣ 1 23 4∣∣∣∣∣ = 4− 6 = −2 = 0.
detA1 =
∣∣∣∣∣ 1 2−1 4
∣∣∣∣∣ = 4 + 2 = 6,detA =
∣∣∣∣∣ 1 13 −1∣∣∣∣∣ = −1− 3 = −4.
A zatem x = 6−2 = −3, y =
−4−2 = 2.
22
7 Przestrzenie liniowe
Definicja 7.1 Przestrzenią liniową (nad ciałem liczb rzeczywistych R) nazywamy niepustyzbiór V z działaniamidodawania v + w ∈ V dla v, w ∈ V orazmnożenia przez liczbę λ · v ∈ V dla v ∈ V, λ ∈ Rktóre spełniają następujące warunki
1. (u+ v) + w = u+ (v + w) łączność dodawania
2. u+ v = v + u przemienność dodawania
3. istnieje element 0 ∈ V taki, że dla każdego elementu v ∈ V zachodzi v + 0 = v (elementten nazywamy wektorem zerowym lub elementem neutralnym względem dodawania).
4. dla każdego elementu v ∈ V istnieje dokładnie jeden element u ∈ V taki,że v + u = 0(element przeciwny.)
5. λ(v + w) = λv + λw(rozdzielność dodawania względem mnożenia).
6. (λ+ λ′)v = λv + λ′v(rozdzielność mnożenia względem dodawania)
7. (λλ′)v = λ(λ′v)
8. 1v = v
• Rn = {(x1, ..., xn); xi ∈ R} z działaniami dodawania wektorów(x1, ..., xn) + (y1, ..., yn) = (x1 + y1, ..., xn + yn)i mnożenia przez skalarλ · (x1, ..., xn) = (λx1, ..., λxn)Wowczas wektorem zerowym jest (0, 0, ..., 0) zaś elementem przeciwnym do (x1, ..., xn) jest
(−x1, ...,−xn).Geometrycznie są to wektory zaczepione w punkcie (0, ..., 0), dodawanie według reguły rów-
noległoboku.• MacierzeMm×n.Dodawanie [aij] + [bij] = [aij + bij]Mnożenie przez skalar λ[aij] = [λaij]Elementem zerowym jest macierz złożona z samych zer.Elementem przeciwnym do [aij] jest [−aij]• Funkcje ciągłe na odcinku [a, b].Dodawanie (f + g)(x) = f(x) + g(x)Mnożenie przez skalar (λf)(x) = λf(x)Elementem zerowym jest funkcja stale równa 0.Niech V bedzie ustaloną przestrzenią liniową.
Definicja 7.2 Niepusty podzbiór V ′ ⊂ V nazywamy podprzestrzenią liniową ⇐⇒ działanianie wyprowadzają poza podzbiór V ′ tzn. jeśli v, w ∈ V ′ to także v + w ∈ V ′ oraz λv ∈ V ′.
• Podzbiór {x, y, z) ∈ R3;x + y + z = 0} jest podprzestrzenią R3. Podzbiór {x, y, z) ∈R3;x+ y + z = 1} nie jest podprzestrzenią R3.
23
7.1 Linowa niezależność wektorów
Niech V będzie ustaloną przestrzenią liniową.
Definicja 7.3 Kombinacją liniową wektorów v1, ..., vk ∈ V o współczynnikach λ1, ..., λk ∈ Rnazywamy sumę
λ1v1 + ...+ λkvk.
• 2(1, 3)− 3(2, 1) = (−4, 3)Kombinację liniową λ1v1 + ... + λkvk w której wszystkie współczynniki λi = 0 nazywamy
trywialną. Jeśli zaś choć jeden współczynnik λi = 0 to nazywamy ją nietrywialną.
Definicja 7.4 Wektory v1, ..., vk ∈ V nazywamy liniowo zależnymi ⇐⇒ istnieje nietrywialnakombinacja tych wektorów dająca w sumie wektor zerowy.
Innymi słowy wektory v1, ..., vk ∈ V są liniowo zależne ⇐⇒ istnieją współczynnikiλ1, ..., λk ∈ R nie wszystkie równe zeru i takie że
λ1v1 + ...+ λkvk = 0.
W przeciwnym razie wektory nazywamy niezależnymi. Tzn. wektory v1, ..., vk ∈ V są liniowoniezależne ⇐⇒ z tego, że kombinacja liniowa tych wektorów daje wektor zerowy wynika, żeona trywialna. Innymi słowy jeśli λ1v1 + ...+ λkvk = 0 to λ1 = ... = λk = 0• Wektory (1,−1), (−2, 2) ∈ R2 są liniowo zależne bo
2(1,−1) + 1(−2, 2) = (0, 0).
Pokażemy, że wektory (1, 1), (−1, 1) są liniowo niezależne. Przypuśćmy, że a(1, 1)+b(−1, 1) =(0, 0). Pokażemy , że jest to kombinacja trywialna. Otóż powyższa równość daje (a+ b, a− b) =(0, 0) czyli układ równań: a+ b = 0, a− b = 0. Po rozwiązaniu uzyskujemy a = b = 0.
Uwaga 7.5 Wektory v1, ..., vk ∈ V są liniowo zależne ⇐⇒
∀λ1,...,λk∈R (λ1v1 + ...+ λkvk = 0)⇒ (∀iλi = 0)
Wektory v1, ..., vk ∈ V są liniowo niezależne ⇐⇒
∃λ1,...,λk∈R (λ1v1 + ...+ λkvk = 0) ∧ (∃iλi = 0)
Twierdzenie 7.6 Wektory v1, ..., vk są liniowo niezależne ⇐⇒ jeden z nich jest kombinacjąliniową pozostałych.
• Wektory (1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9) ∈ R3 są liniowo zależne bo 1(1, 2, 3) − 2(4, 5, 6) +1(7, 8, 9) = (0, 0, 0). Z równości tej mozna obliczyć, że np. (7, 8, 9) = −(1, 2, 3) + 2(4, 5, 6).
24
7.2 Baza i wymiar
Rozpatrujemy wektory v1, ..., vk przestrzeni liniowej V .
Definicja 7.7 Wektory v1, ..., vk generują przestrzeń liniową V ⇐⇒ każdy wektor tej prze-streni jest ich kombinacją liniową.
• Wektory e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1) generują przestrzeń R3. Faktycznie: dladowolnego wektora tej przestrzeni (x1, x2, x3) = x1(1, 0, 0) + x2(0, 1, 0) + x3(0, 0, 1) = x1 · e1 +x2 · e2 + x3 · e3.Podobnie wektory e1 = (1, 0, ..., 0), e2 = (0, 1, 0, ..., 0),..., en = (0, ..., 0, 1) generują cała
przestrzeń Rn.
Definicja 7.8 Układ wektorów v1, ..., vk nazywamy bazą przestrzeni liniowej V ⇐⇒ jest onliniowo niezależny i generuje całą przestrzeń V .
• Wektory e1, ...en tworzą bazę przestrzeni Rn. Nazywamy ją bazą kanoniczną. 2
Nie jest to jedyna baza. Pokażemy, że (na przykład) wektory (1, 1), (1,−1) ∈ R2 też tworząbazę. Otóż spróbujmy przedstawić dowolny wektor (a, b) ∈ R2 jako ich kombinację liniową:
(a, b) = x(1, 1) + y(1,−1)
Daje to uklad równań:x+ y = a, x− y = b
Jest to układ Cramera (niezależnie od a, b ∈ R) a zatem posiada on dokładnie jedno rozwiazanie.A zatem wektor (a, b) jest kombinacją liniową wektorów (1, 1), (1,−1).
Twierdzenie 7.9 Wektory a1, ..., ak tworzą bazę przestrzeni V ⇐⇒ każdy element przestrzeniw ∈ V daje się przedstawić jednoznacznie jako kombinacja liniowa tych wektorów (tzn. istniejedokładnie jeden ciąg skalarów α1, ..., αk , że w = α1a1 + ...+ αkak
Dowód. ⇒ Niech w ∈ V . Zdefinicji bazy wynika, że istnieje rozkład
w = α1a1 + ...+ αkak
Jest jedyny rozkład bo gdyby istniał inny
w = β1a1 + ...+ βkak
to odejmując stronami uzyskalibyśmy
0 = (α1 − β1)a1 + ...+ (αk − βk)ak
A zatem wobes liniowej niezależności wektorów: α1 − β1 = α2 − β2 = ... = αk − βk = 0 a więcα1 = β1 , α2 = β2 , ... αk = βk.⇐ Wystarczy pokazać że wektory a1, ..., ak są liniowo niezależne. Niech
α1a1 + ...+ αkak = 0
Ponieważ także0a1 + ...+ 0ak = 0
więc z jednoznaczności rozkładu α1 = ... = αk = 0. 2
25
Wniosek 7.10 Wektoryv1 = (a11, a21, ..., an1), v2 = (a12, a22, ..., an2),..., vn = (a1n, a2n, ..., ann) tworzą bazę przestrzeniRn
⇐⇒ det[aij] = 0
Dowód. Weźmy dowolny element w = (b1, ..., bn) ∈ Rn. Pokażmy, że istnieje dokładniejeden ciąg skalarów x1, ..., xn ∈ R , że w = x1v1 + ...+ xnvn. Innymi słowy
(b1, ..., bn) = x1(a11, a21, ..., an1) + x2(a12, a22, ..., an2) + ...
+xn(a1n, a2n, ..., ann)
A to jest równoważne układowi równań:
a11x1 + . . . + a1nxn = b1. . . . . . . . .an1x1 + . . . + annxn = bn
Ale z założenia det[aij] = 0 czyli układ jest kramerowski a więc posiada dokładnie jednorozwiązanie. 2
Obecnie pokażemy , że każda przestrzeń skończenie generowana posiada bazę. Wynikać tobędzie z lematu.
Lemat 7.11 Jeśli V = L(v1, ..., vn) to z wektorów można wybrać bazę.
Dowód. Odrzucamy wektory zerowe. Rozpatrzmy ciąg podprzestrzeni.
L(v1) ⊂ L(v1, v2) ⊂ ... ⊂ L(v1, ..., vn) = V
Zauważmy , że jeśli L(v1, ..vk−1) = L(v1, ..., vk) to wektor vk jest kombinacją linową wektorówv1, ..., vk−1, A zatem odrzucamy te k dla których Vk−1 = Vk. Pozostałe wektory, oznaczmy jeznów v1, ..., vk spełniają:
•L(v1) ⊂ L(v1, v2) ⊂ ... ⊂ L(v1, ..., vn) = V
przy czym każda inkluzja jest ostra
• żadne vi nie jest konbinacją liniową poprzednich v1, ..., vi−1.
Pokażemy , że wektory te tworzą bazę.Wiemy, że L(v1, ..., vn) = V czyli wektory generują całe V . Pozostaje pokazać, że są liniowo
niezależne. Przypuśćmy, żeα1v1 + ...+ αkvk = 0
Przypuśćmy , że jest to kombinacja nietrywialna. Niech j oznacza największy wskaźnik dlaktórego αj = 0. Wówczas
α1v1 + ...+ αjvj = 0
26
skądvj = −
α1αjv1 − ...−
αj−1αj
vj−1
co daje vj ∈ L(v1, ..., vj−1) wbrew założeniu. 2
Wniosek 7.12 Każda przestrzeń liniowa skończenie generowana posiada bazę. 2
Uwaga 7.13 Jest to także prawdziwe dla dowolnej przestrzeńi , niekoniecznie skończenie ge-nerowanej. 2
Twierdzenie 7.14 Każde dwie bazy tej same przestrzeni mają tę samą ilość elementów. 2
Definicja 7.15 Wymiarem przestrzeni liniowej nazywamy ilość elementów (dowolnej) bazy tejprzestrzeni. Oznaczamy dimV .
• dimRn = n. (Baza kanoniczna e1, ..., en.)
•Wymiar przestrzeni V = {(x, y, z); x+y+z = 0} wynosi 2. (Bazą jest np. (1, 0,−1), (0, 1,−1).)
•Wymiar przestrzeni wielomianów stopnia¬ n jest n+1. (Bazą są jednomiany 1, x, x2, ..., xn.)
• Rozpatrując C jako przestrzeń liniową nad sobą mamy dimC C = 1. Natomiast dimR C = 2
27
8 Macierz Przejścia
W przestrzeni liniowej dane są dwie bazy
B1 = (v1, ..., vn) (baza stara) B2 = (w1, ..., wn) (baza nowa)
Wówczas można przedstawić jednoznaczniew1 = p11v1 + p21v2 + ...+ pn1vnw2 = p12v1 + p22v2 + ...+ pn2vn........................................wn = p1nv1 + p2nv2 + ...+ pnnvn
Wówczas macierz
P =
p11 p12 . . . p1np21 p22 . . . p2n... ... . . . ...pn1 pn2 . . . pnn
nazywamy macierzą przejścia od starej bazy B1 do nowej B2.Niech v ∈ V ma rozkład w bazie B:
v = λ1v1 + ...+ λnvn
Wówczas oznaczamy vB =
λ1λ2...λn
• Jeśli B = (v1, v2, v3) oraz v = 2v1 + 3v2 − v3 to piszemy vB =
23−1
Twierdzenie 8.1 Niech bedą dane dwie bazy:
B1 = (v1, ..., vn) B2 = (w1, ..., wn)
Wówczas P jest macierzą przejścia od starej do nowej ⇐⇒ dla każdego wektora v ∈ V zachodzivB1 = PvB2.
• Niech V = R2. Znaleźć macierz przejścia od bazy v1 = (1,−1), v2 = (1, 1) do bazyw1(−2, 1) , w2 = (1, 2).Przepisujemy warunek
w1 = p11 + p21v2w2 = p12 + p22v2
(−2, 1) = p11(1,−1) + p21(1, 1)(1, 2) = p12(1,−1) + p22(1, 1)
28
Daje to układy równań:p11 +p21 = −2−p11 +p21 = 1
⇒ p11 = −1, 5p21 = −0, 5
p12 +p22 = 1−p12 +p22 = 2
⇒ p12 = −0, 5p22 = 1, 5
A stąd P =(−32 −0, 5−12 1, 5
).
Weźmy przykładowo wektor e = (1, 0) ∈ R2.Znajdziemy jego współrzędne w obu bazach i sprawdzimy czy odpowiadają sobie poprzez
macierz przejścia.Otóż
(1, 0) = 0, 5(1,−1) + 0, 5(1, 1) czyli eB1 =(0, 50, 5
)
(1, 0) = −0, 4(−2, 1) + 0, 2(1, 2) czyli eB2 =(−0, 40, 2
)
Czy eB1 = PeB2 ?
PeB2 =(−1, 5 ; −0, 5−0, 5 ; 1, 5
)(−0, 40, 2
)=(0, 6− 0, 10, 2 + 0, 3
)=(0, 50, 5
)
Niech będą dane trzy bazy przestrzeni V : e1, ..., en ; e′1, ..., e′n ; e
′′1, ..., e
′′n. Niech P będzie
bazą przejścia od bazy {ei} do {e′j} zaś Q macierzą przejścia do {e′j} do {e′′k}. Co jest macierząprzejścia od {ei} do {e′′k} ?
Twierdzenie 8.2 Przy powyższych oznaczeniach macierzą przejścia od bazy {ei} do {e′′k} jestiloczyn macierzy PQ.
Dowód: Przypomnijmy,że dla dowolnego wektora x ∈ V xB1 = PxB2 oraz xB2 = QxB3 . Azatem xB1 = PxB2 = PQxB3
Wniosek 8.3 Jeśli P jest macierzą przejścia od bazy B1 do B2 to macierzą przejścia od B2 doB1 jest P−1.
Dowód. Jeśli P jest macierzą przejścia od bazy B1 do B2 zaś Q jest macierzą przejścia odB2 do B1 to PQ jest macierzą przejścia od B1 do B1 a więc PQ = I. Podobnie QP = I a więcQ = P−1. 2
29
9 Przekształcenia liniowe
Dane są przestrzenie liniowe V,W .
Definicja 9.1 Odwzorowanie f : V → W nazywamy liniowym ⇐⇒
• f(v + v′) = f(v) + f(v′) dla dowolnych v, v′ ∈ V
• f(λv) = λf(v) dla dowolnych v ∈ V , λ ∈ R
2
• Odwzorowanie zerowe
• Identyczność: id : V → V (tzn. I(x) = x)
• Odwzorowanie stałe f : V → W f(V ) = v0 jest liniowe ⇐⇒ v0 jest wektorem zerowym.
• f : R2 → R2 dane wzorem f(x, y) = (x− 2y, 3x− y)
Uwaga 9.2 Jeśli f jest odwzorowaniem liniowym to f(0) = 0.
Rzeczywiście f(0) = f(0v) = 0f(v) = 0
Uwaga 9.3 Odwzorowanie f jest liniowe ⇐⇒
f(αv + βw) = αf(v) + βf(w)
Dowód.⇒ f(αv + βw) = f(αv) + f(βw) = αf(v) + βf(w)⇐ Przyjmując α = β = 1 mamy f(v + w) = f(v) + f(w). Dla β = 0 uzyskujemy f(αv) =
αf(v).
Wniosek 9.4 Gdy f jest odwzorowaniem liniowym to dla dowolnych ai ∈ R , vi ∈ V zachodzi:
f(a1v1 + ...+ akvk) = a1f(v1) + ...+ akf(vk)
co można również zapisać jako
f(k∑i=1
αivi) =k∑i=1
αif(vi)
Twierdzenie 9.5 Odwzorowanie liniowe jest wyznaczone przez swoje wartości na bazie. Tzn.jeśli f, g : V → W są liniowe , v1, ..., vk jest bazą oraz f(vi) = g(vi) dla każdego i = 1, ..., k tof(v) = g(v) dla każdego wektora v ∈ V .
Dowód. Niech v ∈ V i niech v1, ..., vk będzie bazą przestrzeni V . Pokażemy, że f(v) = g(v).Wektor v jest kombinacją liniową elementów bazy: v = α1v1 + ...+ αkvk. A więc
f(v) = f(α1v1 + ...+ αkvk) = α1f(v1) + ...+ αkf(vk)
= α1g(v1) + ...+ αkg(vk) = g(α1v1 + ...+ αkvk) = g(v)
2
30
Niech B1 = (v1, ...vm) , B2 = (w1, ..., wn) będą bazami odpowiednio przestrzeni liniowych Voraz W . Niech f : V → W będzie odwzorowaniem liniowym. Wówczas
f(v1) = a11w1 + a21w2 + ...+ an1wn
f(v2) = a12w1 + a22w2 + ...+ an2wn
..........................
f(vm) = a1mw1 + a2mw2 + ...+ anmwn
Wówczas macierz
A =
a11 a12 ... a1ma21 a22 ... a2m.. .. ... ..a1n a1n ... a1n
Nazywamy macierzą odwzorowania liniowego f w bazach B1 , B2.• Dane jest odwzorowanie liniowe f : R2 → R2 wzorem f(x, y) = (x+2y; 3x+4y). Macierzą
bazach kanonicznych jest
A =(1 23 4
)
Zauważmy, że wówczas f(x, y) =(1 23 4
)(xy
)= A
(xy
)I tak jest ogólnie:
Twierdzenie 9.6 Jeśli odwzorowanie f : Rn → Rm jest odwzorowaniem liniowym zaś A ∈Mm×n(R) jest jego macierzą w bazach kanonicznych to
f(x1, x2, ...xm) = A
x1x2..xm
2
Uwaga 9.7 . Wobec powyższego mamy odpowiedniość wzajemnie jednoznaczną między zbioremwszystkich odwzorowań liniowych f : Rn → Rm a zbiorem macierzyMm×n(R).
Jeszcze ogólniej:
Twierdzenie 9.8 Dane jest odwzorowanie liniowe f : V → W oraz bazy B1 = (v,..., vn) ,B2 = (w,..., wm) tych przestrzeni. Wówczas A ∈ Mm×n jest macierzą odwzorowania f w tychbazach ⇐⇒ (y = f(x) ⇐⇒ yB2 = AxB1). 2
31
9.1 Jądro i obraz odwzorowania liniowego
Definicja 9.9 Niech f : V → W będzie odwzorowaniem liniowym. Wówczas
ker(f) = f−1(0) = {v ∈ V ; f(v) = 0}
nazywamy jądrem zaś
im(f) = f(V ) = {w ∈ W ;w = f(v) dla pewnego v ∈ V }
nazywamy obrazem odwzorowania f .
Uwaga 9.10 Jądro i obraz odwzorowania liniowego są podprzestrzeniami.
• Niech f : R2 → R2 będzie dane wzorem f(x, y) = (4x − 2y, 2x − y). Wówczas ker(f) ={(t, 2t); t ∈ R} , im(f) = {(2t,−t) ; t ∈ R}.
Definicja 9.11 Odwzorowanie liniowe f : V →W nazywamy
• monomorfizmem gdy jest różnowartościowe
• epimorfizmem gdy jest ”na” tzn. (im(f) = W ).
• izomorfizmem gdy jest mono i epi (tzn. jest wzajemnie jednoznaczne).
Uwaga 9.12 Odwzorowanie liniowe f jest monomorfizmem ⇐⇒ jest ker(f) = {0}.
Dowód. ⇒ Jeśli v ∈ ker(f) to f(v) = 0 = f(0) a więc z róznowartościowości v = 0. Azatem tylko 0 ∈ ker(f).⇐ Przypuśćmy , że f(v) = f(v′). Pokazujemy, że v = v′. Otóż f(v − v′) = f(v)− f(v′) = 0
skąd v − v′ ∈ ker(f) = {0}. A zatem v − v′ = 0 daje v = v′. 2
• Niech f : R2 → R2 będzie dane wzorem f(x, y) = (x + y, x − y) (inaczej f(x, y) =(1 11 −1
)(xy
)). Pokazujemy, że jest to epimorfizm. Ustalmy (a, b) ∈ R2. Czy istnieje
(x, y) ∈ R2 takie, że f(x, y) = (a, b)?(x+ y, x− y) = (a, b) daje Układ równań x+ y = a , x− y = b. Jest to układ Cramera. A
zatem posiada dokładnie jedno rozwiązanie x = a+b2 , y =a−b2 .
Z tego że istnieje rozwiązanie (przy dowolnie zadanych a, b) wynika, że f jest epimorfozmem,zaś z jednoznacznści wynika ,że f jest monomorfizmem. A zatem jest to izomorfizm. Skądodwzorowanie odwrotne
g(a, b) =(a+ b2
,a− b2
)ktore też okazuje się byc odwzorowaniem liniowym. Jest tak w ogólności.
32
Twierdzenie 9.13 Jeśli f : V → W jest izomorfizmem to istnieje odwzorowanie odwrotneg : W → V które też jest odwzorowaniem liniowym. Ponadto jeśli (w ustalonych bazach) macierzA reprezentuje f to macierz odwrotna A−1 reprezentuje macierz g.
Lemat 9.14 Jeśli wektory v1, .., vn są liniowo niezależne w V oraz f : V → W jest mono towektory f(v1), ..., f(vn) są także liniowo niezależne .
Dowód. Przypuśćmy, że a1f(v1) + ...+ anf(vn) = 0 ∈ W . Wówczas f(a1v1 + ...+ anvn) =0 ∈ W a ponieważ f jest monomorfizmem więc a1v1 + ... + anvn = 0 ∈ V . Ponieważ vektoryv1, ..., vn są z założenia liniowo niezależne więc a1 = ... = an = 0. 2
Lemat 9.15 Jeśli v1, ..., vn generują całą przestrzeń V zaś f : V → W jest epimorfizmem towektory f(v1), ..., f(vn) generują całą przestrzeń W .
Dowód. Niech w ∈ W . Przedstawimy w jako kombinację liniową wektorów f(v1), ..., f(vn).Otóż w = f(v) dla pewnego v ∈ V . Poniewż v1, ..., vn generują V więc v jest ich kombinacjąliniową : v = a1v1+ ...+anvn. Wówczas w = f(v) = f(a1v1+ ...+anvn) = a1f(v1)+ ...+anf(vn).2
Wniosek 9.16 Jeśli wektory v1, ..., vn tworzą bazę przestrzeni V zaś f : V → W jest izomor-fizmem to wektory f(v1), ..., f(vn) tworzą bazę przestrzeni W .
Twierdzenie 9.17 Złożenie dwu odwzorowań liniowych jest odwzorowaniem, liniowym.
Dowód; Niech f : V → V ′ , g : V ′ → V ′′ będą liniowe. Wówczas gf(av + bw) = g(f(av +bw)) = g(af(v) + bg(w)) = a(gf(v)) + b(gf(w)) 2
Twierdzenie 9.18 Dane są odwzorowania liniowe:
Vf→ W
g→ U
Niech będą ustalone bazy tych przestrzeni:
B(V ) = (v1, ..., vn) B(W ) = (w1, ..., wm) B(U) = (u1, ..., up)
Ponadto niech będą daneA macierz odwzorowania liniowego f w bazach B(V ) , B(W )B macierz odzorowania liniowego g w bazach B(W ) , B(U)
Wówczas macierzą złożenia gf : V → U w bazach B(V ) , B(U) jest iloczyn BA.
Dowód. Niech C = BA ∈ Mp×n(R). Mamy pokazać, że (gf(vj)) =p∑k=1
ckjuk gdzie ckj =
n∑i=1
bkiaij
Otóż (gf)(vj) = g(f(vj)) = g(n∑i=1
aijwi) =n∑i=1
aijg(wi) =n∑i=1
aij(p∑k=1
bkiuk) =p∑k=1
(n∑i=1
(aijbkiuk) =
p∑k=1
(n∑i=1
bkiaijuk) =p∑k=1
ckjuk
33
9.2 Macierze odwzorowania liniowego w różnych bazach
Niech B1(V ) = (v1, ..., vn) , B2(V ) = (v′1, ..., v′n) będą bazami przestrzeni V zaśB1(W ) = (w1, ..., wn) , B2(W ) = (w′1, ..., w′n) będą bazami przestrzeni W .Niech P ∈Mn×n(R) będzie macierzą przejścia od B1(V ) do B2(V ) zaś
Q ∈Mm×m(R) będzie macierzą przejścia od B1(W ) do B2(W ).
Twierdzenie 9.19 Przy powyższych oznaczeniach:Jeśli:A ∈Mm×n(R) jest macierzą odwzorowania liniowego f w bazach B1(V ) , B1(W )to macierzą w bazach B2(V ) , B2(W ) jest Q−1AP .
Dowód. Wobec poprzedniego twierdzenia dla dowolnych wektorów mamy
y = f(x) ⇐⇒ yB1(W ) = AxB1(V )
A drugiej strony z własności macierzy przejścia mamy:
xB1(V ) = PxB2(V ) oraz yB1(W ) = QyB2(W )
(to ostatnie daje Q−1(yB1(W )) = yB2(W )). A stąd
yB2(W ) = Q−1(yB1(W )) = Q
−1AxB1(V ) = Q−1APxB2(V )
A zatem macierzą odwzorowania liniowego w nowych bazach jest macierz Q−1AP . 2
Wniosek 9.20 Gdy f : V → V , macierzą odwzorowania w bazie B jest A zaś P jest macierząprzejścia od B do B′ jest macierz P to macierz A′ odwzorowania f w bazie B′ jest
A′ = P−1AP
• Niech f : R2 → R2 będzie dane wzorem f(x, y) = (x + 2y, 2x + y). Niech ponadto będądane bazy: B ; (e1 = (1, 0); e2 = (0, 1)) oraz B′ ; ((e′1 = (1, 1); e′2 = (−1,+1))
9.3 Suma prosta podprzestrzeni
Definicja 9.21 Dana jest przestrzeń liniowa W i jej podprzestrzenie V1, V2 ⊂ W . Mówimy,że W jest sumą prostą podprzestrzeni V1, V2 ⇐⇒ każdy wektor w ∈ W daje się zapisaćjednoznacznie jako suma w = v1 + v2 dla pewnych v1 ∈ V1 , v2 ∈ V2. Piszemy W = V1 ⊕ V2.
• R3 = V1 ⊕ V2 gdzie
V1 = {(x, 0, 0);x ∈ R} , V2 = {(0, y, z); y, z ∈ R}
• R2 = V1 ⊕ V2 gdzie
V1 = {(x, y);x+ y = 0} , V1 = {(x, y); x− y = 0}
34
Twierdzenie 9.22 Jeśli W = V ⊕ V ′ orazv1, ..., vk jest bazą V zaś v′1, ..., v
′l jest bazą V
′
to v1, ..., vk; v′1, ...v′l jest bazą W .
Dowód. Czy wektory v1, ..., vk; v′1, ...v′l są liniowo niezależne? Niech
(α1v1 + ...+ αkvk) + (β1v′1 + ...+ βlv′l) = 0
Ponieważ 0 = 0+0 jest również przedstawieniem wektora 0 jako sumy wektorów 0 ∈ V , 0 ∈ V ′więc z jednoznaczności przedstawienia wynika ,że α1v1 + ... + αkvk = 0 , β1v′1 + ... + βlv
′l = 0.
Ponieważ układy wektorów v1, ..., vk oraz v′1, ...v′l są liniowo niezależne jako bazy więc α1 = ... =
αk = 0 oraz β1 = ... = βl = 0.
Czy wektory v1, ..., vk; v′1, ...v′l generują całe W?
Niech w ∈ W , Z założenia w = v + v′ dla pewnych v ∈ V v′ ∈ V ′. Z kolei wektory te dająsie zapisać w odpowiednich bazach:
v = α1v1 + ...+ αkvk v′ = β1v′1 + ...+ βlv′l
a więcw = v + v′ = α1v1 + ...+ αkvk + β1v′1 + ...+ βlv
′l
2
Twierdzenie 9.23 Przestrzeń jest sumą prostą swych podprzestrzeni W = V1 ⊕ V2 ⇐⇒
• W = L(V1 ∪ V2) (tzn. każdy wektor w ∈ W jest postaci W = v1 + v2 dla pewnych v1 ∈ V1, v2 ∈ V2)
• V1 ∩ V2 = {0}
Definicja 9.24 Rzędem odwzorowania liniowego f : V →W nazywamy wymiar obrazu rz(f) =dimf(V ).
• Niech f : R2 → R2 bedzie dane wzorem f(x, y) = (−x + y, x − y), Wówczas im(f) ={(t,−t); t ∈ R}. A zatem rz(f) = dimf(R2) = 1.
Twierdzenie 9.25 Jeśli f : V → W jest odwzorowaniem liniowym to dim(ker(f))+dim(im(f)) =dimV .
Dowód. Rozpatrujemy podprzestrzeń ker(f) ⊂ V . Ustalamy jej bazę v1, ..., vk. Uzupełnia-my ją do bazy przestrzeni V : v1, ..., vk;w1, ..., wl. Przy tych oznaczeniach dim(ker(f)) = k ,dim(W )) = k + l. Twierdzenie będzie udowodnione gdy zostanie pokazane że dim(im(f)) = l.Pozostaje zatem pokazać ,że wektory f(w1), ..., f(wl) tworzą bazę przestrzeni im(f).Pokazujemy ,że wektory te są liniowo niezależne. Niech a1f(w1)+ ...+alf(wl) = 0. Wówczas
f(a1w1 + ... + alwl) = 0 a więc a1w1 + ... + alwl ∈ ker(f). A więc suma ta jest kombinacjąliniową: a1w1+ ...+alwl = b1v1+ ...bkvk co daje b1v1+ ...bkvk−a1w1− ...−alwl = 0 a ponieważwektory te są bazą V więc a1 = ... = ak = b1 = ... = bl = 0.Czy wektory f(w1), ..., f(wl) generują im(f). Niech v ∈ V . Wówczas v = b1v1 + ...bkvk +
a1w1 + ...+ alwl. A zatem f(v) = f(b1v1 + ...bkvk + a1w1 + ...+ alwl) = f(a1w1 + ...+ alwl) =a1f(w1) + ...+ alf(wl) ponieważ f(vi) = 0. 2
35
10 Rząd macierzy. Twierdzenia Kroneckera-Cappelliego
Niech będzie dany układ równań:
a11x1 + . . . + a1mxm = b1a21x1 + . . . + a2mxn = b2. . . . . . . . .an1x1 + . . . + anmxm = bm
Można go przepisać jakoa11 a12 a13 ... a1na21 a22 a23 ... a2n. . . ... .
am1 am2 am3 ... amn
x1x2..xn
=b1b2..bm
Czyli AX = B gdzie A = [aij]n×n macierz (główna) układu, B =
b1..bm
, X = x1..xn
.Możemy również oznaczyć: A = (A1, ..., An) , gdzie Ai oznaczają kojejne kolumny macierzy A.Oznaczamy poprzez A = (A1, ..., An;B) macierz uzupełnioną układu. A zatem rozwiązujemyrównanie macierzowe AX = B.Twierdzenie. Układ równań Ax = B posiada rozwiązanie ⇐⇒ L(A1, ..., An;B) =
L(A1, ..., An) (tzn gdy rząd macierzy głównej A jest równy rzędowi macierzy uzupełnionej.Dowód.Wektory x1, ..., xn są rozwiązaniem układu Ax = b ⇐⇒ x1A1+x2A2+...+xnAn =
B ⇐⇒ B ∈ L(A1, ..., An) ⇐⇒ L(A1, ..., An;B) = L(A1, ..., An;B).
Uwaga 10.1 . Dla dowolnej macierzy A ∈Mm×n(R) trzy następujące liczby są równe:
1. wymiar przestrzeni kolumn,
2. wymiar przestrzeni wierszy,
3. maksymalny rozmiar podmacierzy kwadratowej o niezerowym wyznaczniku.
Wszystkie te liczby są równe rzędowi macierzy.
•
1 2 34 5 67 8 9
(1, 2, 3)− 2(4, 5, 6) + (7, 8, 9) = (0, 0, 0)
(1, 4, 7)− 2(2, 5, 8) + (3, 6, 9) = (0, 0, 0).
• Rozwiązać układ równań:x + 2y + z = 52x + y − z = 4x − y − 2z = −1
Po obliczeniach det A = 0. A zatem rzA < 3. A zatem rząd =2 gdyż istnieje podmacierz2× 2 o niezerowym wyznaczniku.
36
rz
1 2 1 52 1 −1 41 −1 −2 −1
= rz 1 2 1 52 1 −1 42 1 −1 4
= rz [ 1 2 1 52 1 −1 4
]= 2
Ostatnie równanie odrzucamy.{x + 2y + z = 52x + y − z = 4
{x + 2y = 5 − z2x + y = 4 + z
Podstawiamy parametr z = λ{x + 2y = 5 − λ2x + y = 4 + λA to jest układ równań Cramera (dla każdego λ). Dla ustalonego λ uzyskujemy dokładnie
jedno rozwiązanie x = λ+ 1, y = −λ+ 2, z = λ. 2
Od ilu parametrów zależy rozwiązanie układu równań liniowych (o ile istnieje!)?
Lemat 10.2 Dany jest układ równań AX = B (niejednorodny) i pewne jego rozwiązanieszczególne X1 = (x1, ..., xn)T . Wówczas każde inne rozwiązanie układu AX = B jest posta-ci X = X1 +X0 gdzie X0 jest pewnym rozwiązaniem układu jednorodnego AX = 0.
Dowód. Jeśli X jest rozwiązaniem układu jednorodnego to X0 = X −X1 spełnia równaniejednorodne gdyż
AX0 = A(X −X1) = AX − AX1 = B −B = 0A zatem X = X1 + (X −X1) = X1 +X0. 2
Pozostaje obliczyc wymiar rozwiązań układu jednorodnego a to jest równe ker(fA) gdziefA : Rn → Rm jest odwzorowaniem liniowym danym poprzez macierz A. A to ostatnie wynosidim(ker(fA) = m− dim(f(Rn)) = n− rz(A)
Wniosek 10.3 Jeśli układ równań jest niesprzeczny to rozwiązania jego zależą od n − rz(A)parametrów.
10.1 Ślad macierzy
Śladem macierzy kwadratowej A ∈Mn×n, nazywamy liczbę trA = a11 + a22 + ...+ ann
Twierdzenie 10.4 Jeśli A ∈ Mm×n , B ∈ Mn×m wówczas istnieją iloczyny AB , BA oraztr(AB) = tr(BA).
Dowód. Oznaczmy C = AB ∈Mm×m , D = BA ∈Mn×n. Wówczas
cij = ai1b1j + ai2b2j + ...+ ainbnj =n∑p=1
aipbpj
dij = bi1a1j + bi2a2j + ...+ bimamj =m∑q=1
biqaqj
Wówczas
tr(AB) =m∑q=1
cqq =m∑q=1
n∑p=1
aqpbpq
= m∑q=1
n∑p=1
aqpbpq
37
tr(BA) =n∑p=1
cpp =n∑p=1
m∑q=1
bpqaqp
= n∑p=1
m∑q=1
bpqaqp
2
Wniosek 10.5 Jeśli macierze A,B ∈Mn×n są podobne (tzn. B = P−1AP dla pewnej macie-rzy P ) to trA = trB.
Dowód. tr(B) = tr(P−1AP ) = tr(P−1APP−1) = trA 2
Dla odwzorowania liniowego f : V → V określamy ślad jako tr(f) = trA gdzie A jestmacierzą reprezentującą odwzorowanie f w pewnej bazie.Definicja ta jest poprawna bo jeśli B jest macierzą odwzorowania f w innej bazie to B =
P−1AP i wówczas trB = trA.
38
11 Wektory i wartości własne
Rozpatrujemy odwzorowanie liniowe f : R2 → R2 dane wzorem ( w bazie kanonicznej) f(x, y) =
(x+2y, 2x+y). A zatem macierzą tego odwzorowania (w bazie kanonicznej) jest A =(1 22 1
).
Z drugiej strony zauważmy że
f(1, 1) = (3, 3) = 3(1, 1) f(1,−1) = (−1, 1) = −(1,−1)
A zatem macierzą odwzorowania f w (nowej) bazie (1, 1) , (1,−1) jest macierz diagonalna
A′ =(3 00 −1
).
Czy każde odwzorowanie liniowe ma postać diagonalną w pewnej bazie?
Definicja 11.1 Niech V przestrzeń liniowa nad R , f : V → V odwzorowanie liniowe. Nieze-rowy wektor 0 = v ∈ V spałniający f(v) = λv dla pewnego λ ∈ R nazywamy wektorem własnymodwzorowania f . Ponadto liczbę λ nazywamy wartością własną.
Jak znajdywać wektory własne? Czy zawsze taki wektor istnieje? Zauważmy, że jesłi Av =λv oraz v = 0 to (λI − A)v = 0 a stąd det(λI − A) = 0. A stąd definicja
Definicja 11.2 Niech A ∈Mk×k(K) będzie macierzą kwadratową. Wówczas wielomian wA(λ) =det(λI − A) nazywamy wielomianem charakterystycznym macierzy A.
• Niech A =(1 1−2 4
). Wówczas wA(λ) = det(λI − A) = det
(λ− 1 −12 λ− 4
)=
(λ−1)(λ−4)+2 = λ2−5λ+6 Przyrównując ten wielomian do zera uzyskujemy dwa pierwiastki(pojedyńcze) λ1 = 2 , λ2 = 3.
Dla λ1 = 2 uzyskujemy(2− 1 −12 2− 4
)=(1 −12 −2
)A zatem
(1 −12 −2
)(xy
)=(
00
)co daje układ równań x− y = 0 2x− 2y = 0 którego rozwiązaniem jest {(x, x)} a więc
przykładowo v = (1, 1). Podobnie dla λ2 = 3 mamy(3− 1 −12 3− 4
)(xy
)=(2 −12 −1
)(xy
)=(
2x− y2x− y
)a atąd y = 2x i przykładowo v2 = (1, 2).
A zatem w bazie (1, 1), (1, 2) odwzorowanie jest dane poprzez macierz A′ =(2 00 3
)=(
λ1 00 λ2
)
Uwaga 11.3 Jeśli macierze są podobne to ich wielomiany charakterystyczne są równe.
39
Dowód. Jeśli A,A′ są podobne to A′ = P−1AP a więc
wA′(λ) = det(λI − A′) = det(λI − P−1AP )
= det(P−1(λI − A)P ) = det(P−1)det(λI − A)det(P )
= det(λI − A)(det(P ))−1det(P ) = det(λI − A) = wA(λ)
2
Definicja 11.4 Określamy wielomian charakterystyczny i wartości własne odwzorowania li-niowego f jako takowe dla macierzy tego odwzorowania w jakiejś bazie. Wobec powyższej uwagidefinicja ta jest poprawna.
• Niech f(x, y) = (x− y, x+ y). Badamy wielomian charakterystyczny:
wf (λ) = det((
λ 00 λ
)−(1 −11 1
))
= det(λ− 1 1−1 λ− 1
)= (λ− 1)2 + 1 > 0
Brak pierwiastków rzeczywistych. Sa za to pierwiastki zespolone: (λ− 1)2 = −1 skąd λ1 =1 + i , λ2 = 1− i
Uwaga 11.5 • Każda macierz rzeczywista posiada wartość własną zespoloną. Wynika to zzasadniczego twierdzenia algebry.
• Jeśli wymiar macierzy jest nieparzysty to posiada ona przynajmniej jedną rzeczywistąwartość własną.
• W szczególności dla każdego odwzorowania liniowego f : R3 → R3 istnieje prosta L prze-chodząca przez punkt (0, 0, 0) taka że f(L) ⊂ L.
• Niech f(x, y) = (x, x+ y). Wówczas
wf (λ) = det((
λ 00 λ
)−(1 01 1
))
=(λ− 1 0−1 λ− 1
)= (λ− 1)2
A stąd jeden pierwiastek podwójny λ1,2 = 1. Jakie są wektory własne f(x, y) = (x, y), (x, x + y) = (x, y) czyli y = 0 , x dowolne. A zatem jest tylko jeden wektor własny (zdokładnością do stałej!) : v = (1, 0).
40
Będziemy mówili , że wartość własna ma krotność algebraiczną 2 (bo 1 jest pierwiastkiempodwójnym wielomianu charakterystycznego) zaś geometryczną 1 (bo tylko jeden wektor własnyjej odpowiadający) .
Twierdzenie 11.6 Niech f : V → V będzie odwzorowaniem liniowym. Jeśli λ1, ..., λk są wek-torami własnymi odpowiadającymi różnym wartościom własnym to wektory te są liniowo nie-zależne.
Dowód. Dowód indukcyjny względem k ∈ N.Dla k = 1 to jest oczywiste bo wektor własny jest z definicji = 0.Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla k. Niech odwzorowanie liniowe f posiada
rózne wartości wlasne λ1, ..., λk+1 i wektory im odpowiadające v1, ..., vk+1. Pokazujemy , że tewektory są liniowo niezależne. Niech a1v1 + ... + ak+1vk+1 = 0. Wówczas 0 = f(a1v1 + ... +ak+1vk+1) = a1f(v1) + ...+ ak+1f(vk+1) = a1λ1v1 + ...+ akλkvk+1 + ak+1λk+1vk+1 = (∗)Z drugiej strony
0 = λk+1(a1v1 + ...+ ak+1vk+1)
= λk+1a1v1 + ...+ λk+1akvk + λk+1ak+1vk+1) = (∗∗)odejmując stronami uzyskujemy
(∗)− (∗∗) = a1(λ1 − λk+1)v1 + ...+ ak(λk − λk+1)vk = 0
Z założenia indukcyjnego wektory v1, ..., vk są liniowo niezależne a więc a1(λ1 − λk+1) = ... =ak(λk−λk+1) = 0. Ponieważ wobec założenia wszystkie wartości własne są rózne więc λi−λk+1daje a1 = ... = ak = 0 a więc także ak+1 = 0. 2
Lemat 11.7 Jeśli dla odwzorowania liniowego f : V → V istnieją wektory własne v1, ...vmtworzące bazę V to w bazie tej f jest reprezentowane poprzez macierz diagonalną A gdzie naprzekątnej stoją wartści własne λ1, ..., λm odpowiadające tym wektorom. Wówczas dla dowolnegok ∈ N wektory v1, ..., vk są wektorami własnymi odwzorowania fk zaś wartościami własnymi imodpowiadającymi są odpowiednio λk1, ..., λ
km.
Dowód. 1 sposób. Ponieważ f(vi) = λivi więc f 2(vi) = f(f(vi)) = f(λivi) = λif(vi) =λ2i (vi) i podobnie można pokazać dla k = 3 i ogólnie (indukcja) dla dowolnej liczby naturalnej.2 sposób. W bazie wektorów własnych odwzorowanie f dane jest poprzez macierz
A =
λ1
..
λm
Wystarczy zauważyć, że wówczas Ak =λk1
..
λkm
2
Producenci X,Y walczą o klienta. Cyklicznie co pewien okres czasu odbywają się promocje
po których następuje przepływ klientów który jest opisany macierzą A =(13
12
23
12
)tzn
A =(13
12
23
12
)(xy
)=(
x3 +
y2
2x3 +
y2
)
41
• Dla jakich wartości x, y jest równowaga?
• Co będzie po wielu promocjach?
AX = X , X − AX = 0 , (I − A)X = 0. Czy 1 jest wartością własną?
wf (λ) = det(λI−A) = det(λ− 13 −12−23 λ− 12
)= (λ− 13)(λ−
12)−
13 = λ
2−(13+12)λ+
16−
13 =
λ2 − 56 −16 = 0
λ1 = −16 , λ2 = 1Wektory własne v1 = (1,−1) , v2 = (3, 4).A zatem równowaga będzie dla (x, y) = (3t, 4t) czyli gdy klienci będą w proporcji 3 : 4.
Co będzie po wielu promocjach ?W bazie wektorów własnych (1,−1) , (3, 4) odwzorowanie jest dane poprzez macierz diago-
nalną A′ =(−13 00 1
).
Obliczamy macierz przejścia od bazy standardowej (1, 0), (0, 1) do (1,−1), (3, 4), Jest nią
P =(1 3−1 4
). Macierzą odwrotną jest P−1 ==
(47 −
37
17
17
).
Ponieważ A′ = P−1AP więc A = PA′P−1 skąd
Ak = (PA′P−1)k =
(PA′P−1)(PA′P−1)...(PA′P−1) = PA′kP−1
Ale
(A′)k =((−16)
k 00 1k
)−→
(0 00 1
)= A
′∞
A∞ = PA′∞P−1 =
(1 3−1 4
)(0 00 1
)(47 −
37
17
17
)
=(0 30 4
)(47 −
37
17
17
)=(37x+
37y
47x+
47y
)A zatem po wielu promocjach proporcja klientów będzie się stabilizować na 3 : 4 niezależnie
od danych początkowych.
42
12 Formy kwadratowe
Definicja 12.1 Odwzorowanie ϕ : V → R nazywamy formą kwadratową ⇐⇒ istnieje odzo-rowanie dwuliniowe symetryczne f : V × V → R takie, że ϕ(x) = f(x, x). 2
A zatem w ustalonej bazie
ϕ(x1, ..., xn) =∑
aijxixj = a11x21 + ...+ annx2n +
∑1=i<j=n
2aijxixj
Przykłady form kwadratowych:
ϕ(x, y, z) = x2 + 2y2 − 3z2 , ψ(x, y, z) = xy − yz + 4xz
Uwaga 12.2 Każde odwzorowanie dwuliniowe symetryczne wyznacza formę kwadratową i naodwrót.
• Wyznaczyć macierz formy kwadratowej f(x, y, z) = x2 − 2y2 + 3z2 − xy + 4xz + 3xz.
A =
1 −0.5 2−0.5 −2 1.52 1.5 3
Definicja 12.3 Dwie formy kwadratowe o macierzach A,B nazywamy równoważnymi ⇐⇒B = P TAP dla pewnej macierzy odwracalnej P .
Wniosek 12.4 Każda forma kwadratowa jest równoważna formie w postaci kanonicznej tzn.ϕ(x1, ..., xn) = d1x21 + d2x
22 + ...+ dnx
2n , (di ∈ R).
Definicja 12.5 Sygnaturą formy kanonicznej nazywamy parę liczb (p, q) gdzie p = ilość di > 0zaś q = ilość di < 0.
Okazuje się , że sprowadzając formę kwadratową do postaci kanonicznej , co można uczynićna wiele sposobów, zawsze uzyskujemy formę o tej samej sygnaturze. A zatem można określićsygnaturę dowolnej formy kwadratowej jako sygnaturę formy kanonicznej jej odpowiadającej.
Twierdzenie 12.6 Twierdzenie o bezwładności form kwadratowych, Sylvester, Jacobi.Dwie formy kanoniczne są równoważne ⇐⇒ mają jednakową sygnaturę. 2
Jedną z podstawowych własności ze względu na zastosowania jest znak jaki przyjmuje formakwadratowa.
Definicja 12.7 Formę kwadratową f : Rn → R nazywamy :
1. dodatnio określoną ⇐⇒ f(x) > 0 dla każdego x = 0.
2. ujemnie określoną ⇐⇒ f(x) < 0 dla każdego x = 0.
3. nieokreśloną ⇐⇒ istnieją wektory x, y dla których f(x) > 0 , f(y) < 0.
Niech f : R3 → R
1. f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 dodatnio określona
43
2. f(x, y, z) = −x2 − y2 − z2 ujemnie określona
3. f(x, y, z) = x2 + y2 − z2 nieokreślona
Uwaga 12.8 Tę samą definicje można podać dla macierzy symetrycznych. Macierz symetrycz-na jest tak samo określona jak forma kwadratowa jej odpowiadająca.
Trudniej jest orzec czy forma w postaci niekanonicznej jest określona. Jednym ze sposobówjest sprowadenie jej do postaci kanonicznej. Prostszym sposobem jest poniższe kryterium.Niech A ∈Mn×n będzie macierzą kwadratową. Oznaczamy
A1 =[a11
], A2 =
[a11 a12a21 a22
],..., An =
a11 ... a1n.. ... ..
an1 ... ann
i niech d1, ..., dn oznaczają wyznaczniki tych macierzy: minory główne.
Twierdzenie 12.9 1. Jeśli di > 0, dla wszystkich i = 1, ..., n, to forma kwadratowa jestdodatnio określona.
2. Jeśli (−1)idi > 0, dla wszystkich i = 1, ..., n, to forma kwadratowa jest ujemnie określona.
3. Jeśli
• di < 0 dla pewnego parzystego i, lub
• di > 0 oraz dj < 0 dla pewnych nieparzystych i, j
to forma kwadratowa jest nieokreślona.
Zbadać określoność formy kwadratowej ϕ : R3 → R ϕ(x, y, z) = 2xy + 2xz + yz.
Wypisujemy macierz:
0 1 11 0 11 1 0
. Wówczas d1 = 0, d2 = −1 , d3 = 2 a a ponieważ np.(−1)2d2 = −1 < 0 oraz (−1)3d3 = −2 < 0 więc forma jest nieokreślona. Potwierdzają to np.nierówności ϕ(1, 1, 0) = 2 > 0 , ϕ(−1, 1, 0) = −1 < 0.
44
