Algebra Liniowa z GeometriJacek Tabor

W wykadzie na pewno bd bdy / niecisoci / rzeczy ktre mona poprawi lub przedstawi lepiej bd wdziczny za wszelkie uwagi / komentarze(prosz wysya mailem). Najcenniejsze uwagi / komentarze odnonie wykadu bd oceniane na plusy (osoby ktre zgromadz najwicej plusw zostan nagrodzone :-) ). Ocena w indeksie z algebry liniowej: 10% ocena z wicze z pierwszego semestru, 10% ocena z wicze z drugiego, 20% testerka, 60% egzamin pisemny po zakoczeniu wykadu (100% jest przeliczane do 5.0, zaokrglenie do najbliszej oceny: 2.0, 3.0, 3.5, 4.0, 4.5, 5.0). W konsekwencji aby dosta pozytywn ocen z egzaminu trzeba uzbiera 50%.

Tu poniej bd gromadzi takie wzory ktre si mog Pastwu przyda(jeeli Pastwo chc by tu umiecijaki wzr prosz da zna) Cosinusw:

c2 = a2 + b2 , gdzie a, b, c dugoci bokw trjkta prostoktnego, c przeciwprostoktna. c2 = a2 + b2 2ab cos a, b. n n n n1 Potga: (a + b) = a + (1 )a b + . . . + (n )abn1 + bn . Wygodnie take liczy z Trjkta Pascala: n1Tw. Pitagorasa

Tw.

1 1 1 1Wzr skrconego mnoenia:

1 2 1 3 1

3

an bn = (a b) (an1 + an2 b + . . . + abn2 + bn1 ).Wzr de Moivre'a

(cos x + i sin x)n = cos nx + i sin nx. cos x sin x eix

Wzory Eulera:ix ix

= e +e , 2 ix ix = e e , 2i = cos x + i sin x.

Funkcje cyklometryczne:

arctan x

to taki kt

arcsin x to taki kt [/2, /2], e sin = x; arccos x to taki kt [0, ], e cos = x; [/2, /2], e tan = x. cosh x = ex + ex ex ex , sinh x = . 2 2 precyzyjnie okrelone inaczej, R (czasami C). n!).

Cosinus i sinus hiperboliczne:

Przez skalar rozumiem, jeeli nie jest Wzr Stirlinga:

n! x2 2!2

2n(n/e)n + ...

(bardzo wany, jeli chodzi o asymptotyk zbienoci

Przykadowe szeregi Taylora:

ex = 1 + x + cos x = 1 sin x = x

+

x3 3!4

x 2! x 3!

+ +

x 4! x 5!

... ...p(p1) 2 2! x

3

5

(1 + x)p = 1 + px + 1 1+x 1 1x

+

p(p1)p2 3 x 3!

+ ...

= 1 x + x2 x3 + . . . = 1 + x + x2 + x3 + . . . = 1 + 2x + 3x2 + . . .

1 (1x)2

ln(1 + x) = x x2 /2 + x3 /3 x4 /4 + . . .

1

Spis treci

1 Wstp1.1 1.2 1.3 Cigi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cig Fibonacciego Obiekty 1.3.1 1.3.2 1.3.3 1.3.4 1.3.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44 4 6 7 9 11 12 13

. . . . . . . . . . . 2 Paszczyzna, czyli R . . . . . . . . . 3 Przestrze trjwymiarowa, czyli R . n Przestrze R . . . . . . . . . . . . .

Liczby zespolone

Funkcje i cigi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 Podstawy rwna liniowych i macierzy2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 Metoda eliminacji Gaussa 2.1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Forma schodkowa, operacje elementarne Wprowadzenie do Scilaba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wektory i macierze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Podstawowe operacje na macierzach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mnoenie wektora przez macierz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Macierz odwrotna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Denicja wyznacznika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 N Wyznacznik w R i R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wasnoci wyznacznikw . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1616 16 20 21 22 23 24 26 27 31 32 36

2.10 Rozwinicie Laplace'a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 Wzory Cramera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 Troszk bardziej zaawansowana teoria przyprawiona zastosowaniami3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 Motywacja dla wektorw wasnych: Algorytm Google PageRank . . . . . . . . . . . . . . Wartoci i wektory wasne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zastosowanie rozmnaanie krlikw . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rzd, liniowa niezaleno i Tw. Kroneckera-Capellego Macierz w nowej bazie Pojcie bazy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bazy ortonormalne i ortogonalne Dyskretna transformata Fouriera

3838 40 41 42 45 46 47 50

4 Grupy, piercienie, ciaa4.1 Grupy 4.1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Jak dodawa na komputerze? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5252 52

2

4.1.2 4.1.3 4.2 4.3 4.2.1 4.3.1 4.3.2 4.3.3 4.3.4 4.3.5 4.4 4.5

Liczby Catalana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . czno, czyli pgrupy i grupy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wielomiany Podstawy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53 55 57 57 60 60 62 63 65 68 69 71

Piercienie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aproksymacja wielomianowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Krtkie informacje o pochodnej Szeregi Taylora

Aproksymacja Hermite'a i funkcje sklejane (ang. spline) Wzr na sumowanie - nie byo na wykadzie!!!

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Piercie (ciao) kwaternionw . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ciaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Rozdzia 1 Wstp

MUHAMMED IBN MUSA ALCHWARIZMI: Hisab al-djabr wal-mukabala (okoo 830 n.e.) Algebra: al-djabr (pocztkowo termin lekarski pochodzcy od nastawiania koci): odtwarzanie, polegaa na likwidowaniu w rwnaniu wyrazw ujemnych przez dodawanie do obu stron rwnania wyrazw przeciwnych do danych ujemnych. Od znieksztaconej formy nazwiska Alchwarizmi powstao sowo algorytm.

1.1

Cigian+1 = an + r.

Najprostszym cigiem ktry moemy napotka to cig arytmetyczny, spenia on warunek

atwo mona zauway, e do wyliczenia wartoci

an

wystarcza nam znajomo

a0 :

an = a0 + nr.Trudno powiedzie kiedy pierwszy raz pojawi si: w zasadzie z pocztkiem liczenia. Drugim wanym z naszego punktu widzenia cigiem jest cig geometryczny. Nazwa pojawia si od tego, e zosta porzdnie opisany przez Euklidesa w VIII i IX tomie elementw (chodzio o badanie gur ktre s w stosunku do siebie w jednakowych proporcjach). Tym razem wzr

an+1 = qan .Podobnie jak poprzednio, do wyliczenia dowolnego wyrazu wystarczy zna

a0 :

an = q n a0 .

1.2

Cig Fibonacciego

Chciabym Pastwu przedstawi czym zajmuje si algebra liniowa na podstawie cigu Fibonacciego. Cig Fibonacciego [1170-1250] (pojawi sie ju w matematyce hinduskiej u Pringala 200 p.n.e.):

Jak si rozmnaaj krliki: w pewnym miesicu mamy pewn ilo par modych i starych krlikw. W nastpnym miesicu kada para krlikw rodzi now, natomiast moda para staje si star, a kada stara umiera.

4

W miesicu zerowym nie mamy krlikw, w miesicu 1 dostalimy jedn star par krlikw. Chcemy przeledzi ile bdziemy mieli krlikw w kolejnych miesicach.miesic 0 1 2 3 4 5 6 mode 0 0 1 1 2 3 5 stare 0 1 0 1 1 2 3 w sumie 0 1 1 2 3 5 8

Zacznijmy od oglnego wzoru:

staren+1 = mloden , mloden+1 = staren + mloden .Nas interesuje ilo krlikw razie zmienn

fn = mloden + staren . staren = fn mloden :

Oczywicie

f0 = 0, f1 = 1, f2 = 1.

Wyrugujmy na

fn+1 mloden+1 = mloden , mloden+1 = fn .Czyli

fn+2 = mloden+2 + mloden+1 = fn+1 + fn .To rwnanie nazywa sie obecnie rwnaniem Fibonacciego (do tego dochodz warunki pocztkowe

f0 =

0, f1 = 1).Metody rozwizywania: najprostsza zgadnij wzr i sprawd. Tu nie za bardzo wida jak to mona by byo atwo zrobi. Typowe: prba analizy danego zjawiska [asymptotyka: zachowanie dla duych czasw]: zobaczmy, e ilorazy kolejnych elementw s zbiene (1/1

13/8 = 1.625,

. . . ), wyglda jakby zmierzao

= 1.0, 2/1 = 2.0, 3/2 = 1.5, 5/3 = 1.66(6), 8/5 = 1.6, 1.618 (przypomina si zoty podzia!!!). To sugeruje, e

rozsdnym jest szukanie rozwiza w klasie cigw geometrycznych (przypominam, cig geometryczny ma stae ilorazy kolejnych wyrazw). Zapomnijmy wic na razie o warunku pocztkowym i poszukajmy n n rozwiza postaci aq . Podstawiamy xn = aq , i dostajemy rwnanie

aq 2 = aq + a,czyli

a

moe by dowolne, a

q

musi speni rwnanie

q 2 q 1 = 0.W konsekwencji

1 5 1+ 5 , q2 = . q1 = 2 2

Mamy wic dwa rozwizania jca obserwacja:

n n a1 q1 , a2 q2 . Niestety wida, e adne z nich nie spenia warunkw pocztkowych 0 x0 = 0, x1 = 1 (bo wtedy byoby a1 = a1 q1 = 0 i analogicznie a2 byoby rwne zero). Ratuje nas nastpu-

Obserwacja 1.1.

Rwnanie Fibonacciego jest rwnaniem liniowym, to znaczy, jeeli

niaj to rwnanie, to ich kombinacja liniowa

(axn + byn )5

te spenia dla dowolnych

(xn ) i (yn ) a, b R.

spe-

Dowd. Niech

zn = axn + byn .

Widzimy, e

zn+2= axn+2 + byn+2 = a(xn+1 + xn ) + b(yn+1 + yn ) = (axn+1 + byn+1 ) + (axn + byy ) = zn+1 + zn .

Skoro tak, to znaczy, e moemy szuka rozwizania rwnania Fibonacciego w postaci

n x n = a1 q n + a2 q 2 .Zobaczymy, czy uda si wyliczy

a1 i a2 .

Podstawiamy do warunkw pocztkowych:

f0 = a1 + a2 = 0, f1 = a1 q1 + a2 q2 = 1,i konsekwentnie

a2 = a1

i

co oznacza, e

a1 = 1/ 5

1+ 5 1 5 a1 a1 = 1, 2 2 1 1+ 5 n 1 1 5 n xn = ( ) ( ) . 2 2 5 5

i cae rozwizanie dane jest wzorem

Zadanie 1.1. Zadanie 1.2.

Prosz sprawdzi bezporednio, e to jest rozwizanie. Prosz rozwiza rwnania:

xn+1 3xn = 1, x0 = 0; xn+2 5xn+1 + 6xn = 0, x0 = 0, x1 = 1; xn+1 2xn = 2n , x0 = 0; xn+2 2xn+1 + xn = 0, x0 = 0, x1 = 1 wyliczy wzr na vn ); (wsk. prosz zrobi podstawienie

vn = xn+1 xn ,

i najpierw

(prosz rozwizywa dopiero po liczbach zespolonych)

xn+2 2xn+1 + 2xn = 0, x0 = 0, x1 = 1.

1.3

Obiekty

W niniejszym podrozdziale omwimy najwaniejsze obiekty z ktrymi bdziemy si spotyka w I semestrze. Zacznijmy od najprostszych obiektw:

N = {1, 2, 3, . . .}

dane od zawsze [dopuszczalne operacje: dodawanie, mnoenie]

rozszerzamy o operacj odejmowania (kupiec, fenicjanie, dugi):

Z

[odejmowanie]

Q - operacja dzielenia [mona dzieli przez liczby niezerowe]. Grecy myleli, e wszystkie liczby s do siebie w proporcji odkrycie Pitagorasa: 2 nie jest liczb!!! [dowd by na wykadzie]6

rozszerzamy o pierwiastki z liczb dodatnich (a tak naprawd nieformalnie mwic o pierwiastki wielomianw): liczby tak zwane algebraiczne (rozszerzenie o pierwiastki) kwadratura koa niemoliwa ( nie jest liczb algebraiczn) dopiero XIX wiek (1882 F. Lindemann)

R C

liczby rzeczywiste (geometryczna interpretacja prosta) liczby zespolone: rozszerzamy o pierwiastek z

1

(nieformalnie

1 = i)

Dodatkowa notacja

R+ = [0, ), Z+ = {0, 1, 2, . . .}

(ale czasami

N

te z zerem, rne konwencje).

Tworzenie nowych obiektw:

przez upraszczanie starych prze komplikowanie (budowanie) Nastpny dosy wany obiekt [komputer tak widzi]: reszty z dzielenia (

Upraszczanie:a n b, an

mod n).

b

dla

a, b {0, . . . , n 1}.

[przykad na komputerze na przykad w C++, czsty bd,

jak komputer wychodzi poza zakres, to wraca do podstawowego]. Czasami dla dania intuicji si nazywa liczby zegarowe.

Komplikowanie:paszczyzna: cigi

Czciej buduje si obiekty na podstawie tych podstawowych [klocki Lego :-) ] przestrze

R2 ,

R3 , Rn

(an )nN , (an )nZ

o wyrazach rzeczywistych czy zespolonych

wielomiany o wspczynnikach rzeczywistych, funkcje wymierne (ilorazy wielomianw) funkcje z

R

w

R

Wszystkie powysze obiekty to przestrzenie wektorowe (pojawi si denicja w drugim semestrze): mona do siebie dodawa, odejmowa, i mnoy przez liczby rzeczywiste (skalary). Postaram si teraz przedstawi dokadniej wybrane obiekty wraz z waniejszymi operacjami na nich.

1.3.1

Liczby zespolone

Zacznijmy dokadniejszy opis od liczb zespolonych. Nieformalnie moemy napisa, e 2 mwic, i to taka liczba, e i = 1. Najprostsze dziaania na liczbach zespolonych:

i=

1.

Inaczej

re(a + bi) = a liczb

(cz rzeczywista),

im(a + bi) = b

(cz urojona)

(a + bi)

zaznaczamy na paszczynie jako par

(a, b) |a + bi| = a2 + b 2

modu liczby zespolonej Liczba sprzona: jeli dodawanie mnoenie

a + bi

to jej odlego od zera, czyli z Tw. Pitagorasa to

z = a + bi,

z = a bi

(symetria wzgldem osi rzeczywistej)

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i

(a + bi) (c + di) = ac + adi + bci + bdi2 = (ac bd) + (ad + bc)i

7

dzielenie analogicznie jak pozbywanie si niewymiernoci w mianowniku (bo w kocu pierwiastek z

i

to jakby

1),

dla przykadu:

1 + 2i 1 + i (1 + 2i)(1 + i) 1 + 3i 1 3 1 + 2i 1 + 2i + i + 2i2 = = = = + i. = 2 1i 1i 1+i 1i 2 2 2 2

Zadanie 1.3.

Prosz sprawdzi, e

|z1 z2 | = |z1 | z2 |, |z1 + z2 | |z1 + z2 |. z = |z| (cos + i sin ),

Posta trygonometryczna:

gdzie

|z| to modu liczby z , za to argument z (piszemy = arg z ), czyli dowolny kt taki, e a/|z| = cos , b/|z| = sin (czsto rozwaamy take argument gwny Argz liczby zespolonej, czyli jedyny argument [, ), niektrzy rozwaaj [0, 2)).Wzory de'Moivre'a:

r1 (cos 1 + i sin 1 ) r2 (cos 2 + sin 2 ) = r1 r2 (cos(1 + 2 ) + i sin(1 + 2 )), r1 (cos 1 + i sin 1 ) r1 = (cos(1 2 ) + i sin(1 2 )). r2 (cos 2 + sin 2 ) r2Prosz sprawdzi powysze wzory.

Zadanie 1.4.potg

Wzory de'Moivre'a s wane, gdy pozwalaj atwo wylicza wzory na

cos(nx) i sin(nx)

za pomoc

cos x i sin x.Mamy:

Przykad 1.1.

cos 3x + i sin 3x = (cos x + i sin x)3 = cos3 x + 3 cos2 x(i sin x) + 3 cos x(i sin x)2 + (i sin x)3 = cos3 x 3 cos x sin2 x + i(3 cos2 x sin x sin3 x),czyli

cos 3x = cos3 x 3 cos x sin2 x, sin 3x = 3 cos2 x sin x sin3 x.Prosz wyliczy

Zadanie 1.5.

sin 5x

za pomoc potg

cos x i sin x.

Co wane, za pomoc liczb zespolonych mona zrobi take operacj przeciwn, to znaczy mona n n wyrazi cos x i sin x za pomoc cos x, sin x, . . . , cos nx, sin nx. Aby to zrobi bdziemy potrzebowa wzorw Eulera:

cos x = e +e , 2 ix ix sin x = e e , 2 eix = cos x + i sin x. e 2.718to liczba e (ale dla korzystania z powyszych wzorw nie jest to

ix

ix

Dla lunej informacji liczb zespolonych

informacja niezbdna). To jest tak nieformalnie-artobliwie rzecz biorc drugi dowd na sensowno

Przykad 1.2.

Dla przykadu:

Zadanie

eix + eix 3 (eix )3 + 3(eix )2 eix + 3eix (eix )2 + (eix )3 ) = 2 8 3ix ix ix 3ix 3ix 3ix e + 3e + 3e + e 1 e +e 3 eix + eix 1 3 = = + = cos 3x + cos x. 8 4 2 4 2 4 4 5 1.6. Wylicz sin x jako funkcj cos x, sin x, . . . , cos 5x, sin 5x. cos3 x = ( Wstopnia

Liczby zespolone s wane midzy innymi z powodu twierdzenia ktre mwi, e kady wielomian ma przynajmniej jeden pierwiastek zespolony. W konsekwencji kady wielomian przedstawi w postaci iloczynu

n

moemy

a(x x1 ) . . . (x xn ),

gdzie

xi C.

Wykad drugi to w duym stopniu przypomnienie, dlatego skada si gwnie z zada. :-)

8

1.3.2

Paszczyzna, czyli

R2

Tu ju po raz pierwszy pojawi si pewne elementy geometrii. 2 Operacje w R :

(a1 , a2 ) + (b1 , b2 ) = (a1 + b1 , a2 + b2 ) (a1 , a2 ) = (a1 , a2 )

(analogicznie dla odejmowania)

Odlego od zera z Tw. Pitagorasa (czasami mwi si norma / metryka euklidesowa):

(a1 , a2 ) =Czsto uywa si take oznaczenia

a2 + a2 . 2 1

|(a1 , a2 )|. a, b, cmamy

Najprostsze gury: trjkt, kwadrat, prostokt, koo.

Zadanie 1.7.2ab cos(),prawdziwe.

Udowodnij tw.

cosinusw: w trjkcie o bokach dugoci

c 2 = a2 + b 2

gdzie

kt przeciwlegy do

c.

Zastanw si, jak wygldaoby tw.

odwrotne, i czy jest

Iloczyn skalarny deniuje si nastpujco:

(a1 , a2 ) (b1 , b2 ) = a1 b1 + a2 b2 .Inne notacje: czasami zamiast

pisze si , czasami zamiast

ab

pisze si

a, b

.

Zadanie 1.8.a)

Udowodnij nastpujce wasnoci iloczynu skalarnego

v w = v w cos(v, w); b) u (v + w) = u v + u w ; c) u v = v u, (v) w = (v w) v v. d) v =

dla

R;

Zadanie 1.9. Prosz policzy kt pomidzy wektorami (1, 2) i (5, 3). Zadanie 1.10. Prosz sprawdzi dla jakiego parametru a wektory (1, a) i (a2, a) s do siebie prostopade.Czasami wektory zapisuje si take w postaci kolumnowej: Rozpatrzmy wektory powstaje macierz

a1 . a2

a, b R2

(zapisane w postaci kolumnowej). Jeeli ustawimy je obok siebie, to

2 2: a1 b 1 . a2 b 2

O macierzach (i ich interpretacji geometrycznej) powiemy wicej potem.

Denicja 1.1.a(tzn.

Zobaczmy teraz jak wyraa si pole rwnolegoboku rozpitego na wektorach

a

i

b.

Zamy dla prostoty, e wektory s w I wiartce, maj niezerowe wsprzdne, i e

b ley nad

wektorem

a1 , a2 , b1 , b2 0 oraz b2 /b1 a2 /a1 ). rwnolegoboku wynosi a1 b2 a2 b1 .rozpitego na nich wynosi

Wtedy po atwych wyliczeniach dostajemy, e pole

Jako wiczenie prosz pokaza, e (niezalenie od tego gdzie te wektory s pooone), pole rwnolegoboku

|a1 b2 a2 b1 |). 2 2: a1 b 1 a b = 1 1 := a1 b2 a2 b1 . a2 b 2 a2 b 2

Tak doszlimy do denicji wyznacznika (z angielskiego determinant) dla takiej macierzy

det

Widzimy wic, e modu wyznacznika daje nam pole (o tym o czym mwi znak dowiemy si potem).

9

Zadanie 1.11.

Prosz wyliczy pole rwnolegoboku rozpitego na wektorach

(2, 1) i (3, 5).

Przyda si nam jeszcze pojcie prostej. Prost zazwyczaj zadajemy jedn z nastpujcych postaci:

y = ax + b, y = a(x x0 ) x = a1 t + b 1 , y = a2 t + b 2 ax + by + c = 0lub

lub

x = x0 (y

jako funkcja

x

lub, jeeli si nie da

x

jako funkcja staa)

gdzie

jeeli poruszamy si po prostej z prdkoci

a1 = 0 lub a2 = 0 (parametrycznie), parametryzacja jest naturalna 1, czyli gdy |(a1 , a2 )| = 1.gdzie

a(x x0 ) + b(y y0 ) = 0 (a, b)

a=0

lub

b=0

(w sposb uwikany)

Zadanie 1.12.(x0 , y0 )

Korzystajc z iloczynu skalarnego prosz pokaza, e prosta przechodzca przez punkt wyraa si wzorem w

i prostopada do niezerowego wektora Niech dana bdzie prosta

a(x x0 ) + b(y y0 ) = 0. (x0 , y0 ) R2 .Udowodnij, e

Zadanie 1.13.

Ax + By + C = 0

R2

i punkt

odlego tego punktu od prostej wynosi

d=

|Ax0 + By0 + C| . A2 + B 2

Moliwe s nastpujce pooenia dwch prostych: albo si przecinaj dokadnie w jednym punkcie, albo s rwnolege. Jeeli s rwnolege, to albo si pokrywaj (s identyczne), albo si nie przecinaj w adnym punkcie. Wicej informacji o prostej mona znale na wikipedii (zachcam do samodzielnego przegldnicia):

http://pl.wikipedia.org/wiki/ProstaWan rodzin zbiorw na paszczynie s zbiory wypuke.

Denicja 1.2.

Mwimy, e

A R2

jest zbiorem wypukym, jeli

a1 , a2 A, [0, 1] : a1 + (1 )a2 A.Geometrycznie oznacza to, e odcinek czcy kade dwa punkty ze zbioru

A A

zawiera si w zbiorze

A.

Obserwacja 1.2

(geometryczna)

.

Jeeli dowolny odcinek o krawdziach z zawiera si w

zawiera si w

A,

to take

dowolny trjkt o wierzchokach z

A

A

(dowd geometryczny).

Jeeli powysz obserwacj zapiszemy i uoglnimy, to otrzymamy nastpujce twierdzenie:

Twierdzenie 1.1.

Niech

A R2

bdzie zbiorem wypukym. Wtedy

n Na1 , . . . , an A, 1 , . . . , n [0, 1] :

i = 1 =i

i xi A.

(praw stron nazywa si jako kombinacja wypuka, interpretacja: rodek cikoci) Dowd. Dowd indukcyjny zrobiony na wykadzie (n

=2

proste,

n = n + 1).

10

1.3.3

Przestrze trjwymiarowa, czyli

R3R2 ,dlatego bd tylko skrtowo

Przestrze trjwymiarowa jest pod ktem operacji bardzo podobna do wymienia pewne wasnoci. Najprostsze gury: czworocian, szecian, prostopadocian, kula.

Obserwacja 1.3.czyli

Korzystajc z Tw. a2 + a2 + a2 . wyraa si wzorem 3 2 1

Pitagorasa wida, e odlego punktu

a = (a1 , a2 , a3 )

od zera

Tak wic analogicznie jak dla paszczyzny przez norm euklidesow

a rozumiemy odlego a od zera,

a = |a| =Iloczyn skalarny dwch wektorw

a2 + a2 + a2 . 3 2 1dany jest wzorem

a = (a1 , a2 , a3 ) i b = (b1 , b2 , b3 ) a b = a1 b 1 + a2 b 2 + a3 b 3 .

Zadanie 1.14.wektory te s

u = (1, 2, 1), v = (3, 1, 5). Korzystajc prostopade i policz dugo wektora 2u 3v .Niech o wierzchokach

z wasnoci iloczynu sprawd, czy

Zadanie 1.15.Policz

Niech K oznacza czworocian PBCD pole trjkta BCD. 2 2 2 2 Czy PBCD = PABC + PABD + PACD ?

A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(0, 1, 0), D(0, 0, 1).

Oprcz iloczynu skalarnego w przestrzeni trjwymiarowej deniuje si jeszcze iloczyn wektorowy (bardzo lubiany przez zykw) wektorw

x = (x1 , x2 , x3 ) i y = (y1 , y2 , y3 ): x2 x3 x x x x , 1 3 , 1 2 y2 y3 y1 y3 y1 y2 .

xy =

Zadanie 1.16.

Udowodnij, e

x y = y x; (x) y = x (y) = (x y); x (y + z) = x y + x z , (x + y) z = x z + y z ; x y x, x y y .

Zadanie 1.17.

Czy dziaanie

jest czne, tzn.:

(x y) z = x (y z).

Twierdzenie 1.2.

Udowodnij, e

|x y| = |x| |y| sin(x, y). x1 y1 x2 , y = y2 . x= x3 y3

Lub rwnowanie: Mamy dwa wektory (w zapisie kolumnowym):

Prosz udowodni, e pole rwnolegoboku rozpitego na tych wektorach wyraa si wzorem

P =

x2 y2 x y x y + 1 1 + 1 1 x3 y3 x3 y 3 x2 y2

2

2

2

(prosz zauway, e to jest jak gdyby wersja Tw. Pitagorasa dla pl).11

Dowd. Wsk.: prosz skorzysta z iloczynu skalarnego, oraz faktu, ePrzyda si nam jeszcze pojcie prostej i paszczyzny w

sin =

1 cos2

R3 .

Prost zazwyczaj zadajemy w postaci

(jako funkcj

x) y = ax + b, z = cx + d

(analogicznie mona jako funkcj

y

lub

z)

(parametrycznie)

x = a1 t + b 1 , y = a2 t + b 2 , z = a3 t + b 3

(krawdziowo, jako przecicie dwch paszczyzn)

Paszczyzn zazwyczaj zadajemy jedn z nastpujcych postaci:

(z

jako funkcje zmiennych

x i y ) z = ax + by + c

(analogicznie mona dla

x

lub

y) aibnie

(parametrycznie) s rwnolege

x = a1 t + b 1 s + c 1 , y = a2 t + b 2 s + c 2 , z = a3 t + b 3 s + c 3 ,lub

gdzie wektory

Ax + By + Cz + D = 0

A(x x0 ) + B(y y0 ) + C(z z0 ) = 0 R3

gdzie

(A, B, C) = 0.

Prosz sprbowa zobaczy co moe wyj z przecicia 3 paszczyzn w

(i zrobi odpowiednie rysunki).

Zadanie 1.18. Wypisz rwnanie paszczyzny przechodzcej przez punkty A(1, 0, 1), B(2, 0, 1), C(3, 1, 2)(to zadanie mona atwo zrobi korzystajc z iloczynu wektorowego).

Zadanie 1.19.

Niech dana bdzie paszczyzna

Ax + By + Cz + D = 0

w

R3

i punkt

(x0 , y0 , z0 ) R3 .

Udowodnij, e odlego tego punktu od paszczyzny wynosi

d=Przez iloczyn mieszany

|Ax0 + By0 + Cz0 + D| . A2 + B 2 + C 2 a, b, cz

[a, b, c]

trzech wektorw

R3

rozumiem

a (b c).

Zadanie 1.20. Poka, e objto rwnolegocianu ktrego wierzchokiem jest pocztek ukadu wsprzdnych oraz punkty

a, b, c

(s jeszcze inne wierzchoki, ale wystarczy chyba poda te do opisu) wynosi

|[a, b, c]|.1.3.4 Przestrze

RnRn :

Podstawowe operacje w

(a1 , . . . , an ) + (b1 , . . . , bn ) := (a1 + b1 , . . . , an + bn ), (a1 , . . . , an ) := (a1 , . . . , an ),gdzie

R

skalar.

2 3 Norma euklidesowe i iloczyn skalarny deniuje si analogicznie jak w przestrzeni R i R (w przestrzeni Rn dla n > 3 nie ma bezporedniego odpowiednika iloczynu wektorowego dla dwch wektorw). Analogicznie take deniujemy pojcie wypukoci.

12

1.3.5

Funkcje i cigi

Zajmijmy si najpierw funkcjami z sunicia

Eh i E ,

operatory rnicy

R w R. h i :

Dla danej funkcji

f :RR

deniujemy operatory prze-

Eh f (x) := f (x + h), Ef (x) = f (x + 1), h f (x) =

f (x + h) f (x) , f (x) = f (x + 1) f (x). h I.jest operatorem liniowym, to znaczy

Standardowo operator identycznociowy jest oznaczany przez

Obserwacja 1.4.

Niech

hR

bdzie dowolne. Operator

Eh

Eh (f + g) = Eh f + Eh g Eh (f ) = Ehdla

dla

f, g : R R

(addytywno),

hR

(jednorodno).

To samo dotyczy pozostaych operatorw Dowd. Niech

E , i h .

f, g : R R

bd dowolne. Mamy

Eh (f + g)(x) = (f + g)(x + h) = f (x + h) + g(x + h) = Eh f (x) + Eh g(x).Analogicznie, dla

f :RRiR

mamy

Eh (f )(x) = (f )(x + h) = f (x + h) = Eh f (x).To, e e

E

jest liniowe wynika z prostej obserwacji, e

E = E1 .

Mona atwo analogicznie sprawdzi,

I

i

h

take s liniowe.

Operatory

I, E i

deniujemy take dla cigw:

I(uk ) = (uk ), E(uk ) = (uk+1 ), (uk ) = (uk+1 uk ).atwo mona sprawdzi, e take powysze operatory s liniowe.

Przykad 1.3.

Przykady liczenia operatora rnicy:

(k) = ((k + 1) k) = (1); (k 2 ) = ((k + 1)2 k 2 ) = (2k + 1); (2k ) = (2k+1 2k ) = (2k ); (ak ) = (a 1) (ak ); (sin(k)) = (sin(k + 1) sin(k)).Deniujemy

k

do

N -tej

malejcej wzorem

k N := k(k 1) . . . k(k N + 1).

Obserwacja 1.5.Dowd. Mamy

Zachodzi wzr

(k N ) = N k N 1 . (k N ) = ((k + 1)N k N ) = ((k + 1)k N 1 k N 1(kN +1) ) = ([(k + 1) (k N + 1)] k N 1 ) = N (k N 1 ).

13

Chcemy znale sum

v1 + . . . + vn .

Zasada teleskopowa: szukamy takiego cigu

w = (wk ),

aby

w = v .

Wtedy

n

vk = v1 + . . . + vn = (w2 w1 ) + (w3 w2 ) + . . . + (wn+1 wn ) = wn+1 w1 .k=1Czyli naszym celem jest znalezienie takiego cigu, e

(wn ) = vn .

Przykad 1.4.

Zamy, e chcemy znale wzr na sum najprostszego cigu arytmetycznegon

k = 1 + . . . + n.k=1

Wiemy, e

(k 2 ) = 2k 1 = 2k ,

czyli z liniowoci

1 1 ( k 2 ) = (k 2 ) = k. 2 2W konsekwencji otrzymujemy, en

1 1 n(n + 1) k = 1 + . . . + n = (n + 1)2 12 = . 2 2 2 k=1Chcemy znale wzr na 1 3 2 oznacza, e ( 3 k ) = (k ). Terazn n

Przykad 1.5.

n k=1

k2.

Skdind wiemy, e

(k 3 ) = 3k 2 ,

co z liniowoci

n

k =k=1 n n 2 k=1

2

(k(k 1) + k) =k=1

(k 2 + k 1 ) =

=k=1

k +

1 1 1 1 k 1 = [ (n + 1)3 13 ] + [ (n + 1)2 11 ] = 3 3 2 2 k=1

1 1 2(n + 1)n(n 1) + 3(n + 1)n = (n + 1)3 + (n + 1)2 = = 3 2 6 n(n + 1)(2n 2 + 3) n(n + 1)(2n + 1) = = . 6 6

Przykad 1.6.

n k=1 sin(kx). Sprbujmy zgadn wzr na cig (uk ) taki, e (uk ) = (sin(kx)). Pierwszym kandydatem niech bdzie cos(kx) ale widzimy, e 1 (cos(kx)) = (cos((k+1)x)cos(kx)) (troszk jakby bark symetrii). Rozpatrzmy teraz cig cos((k 2 )x), wtedy

Zamy teraz, e chcemy znale sum

1 1 1 (cos((k )x)) = (cos((k + )x) cos((k )x))(2 sin(kx) sin(x/2)), 2 2 2 (1 cos((k 2 )x) ) = (sin(kx)). 2 sin(x/2)

co oznacza, e

W konsekwencji1 cos((n + 1 )x) cos( 2 x) cos(x/2) cos((n + 1 )x) 2 2 sin(kx) = = . 2 sin(x/2) 2 sin(x/2) 2 sin(x/2) k=1 n

14

Zadanie 1.21.Niech

Znale

n k=1

k4.Denicja nadwykresu (z angielskiego epigraph) dla funkcji

A bdzie odcinkiem w R.

f : A R:

epi(f ) := {(x, y) | x A, y R i y f (x)}.

Denicja 1.3.

Niech

AR

bdzie odcinkiem. Mwimy, e funkcja

f :AR

jest wypuka jeli

f (x + (1 )y) f (x) + (1 )f (y)dla

x, y A, [0, 1].Funkcja jest wypuka wtedy i tylko wtedy gdy jej nadwykres jest zbiorem wypukym.

Twierdzenie 1.3.

Dowd. Prosz zrobi dowd jako wiczenie.

15

Rozdzia 2 Podstawy rwna liniowych i macierzy

Wane bo:

najprostsze czytelna intuicja geometryczna (przecicia prostych w

R2 ;

paszczyzn w

R3 ,

rysunki)

potrzeba -> szukamy aby by speniony pewien zestaw warunkw

Przykad 2.1 (FEM).

Metoda elementw skoczonych (z ang. Finite element method -> FEM) opiera

si na rozwizywaniu rwna liniowych (z wielk iloci zmiennych, dochodzc nawet do miliona), naprenia w budowlach, rozkad temperatury, etc. Mamy izolowany drut dugoci 1 metra- wiemy, e na lewym brzegu jest temperatura 0, a na prawym 10. Interesuje nas jaki bdzie rozkad temperatury w rodku. Dzielimy dla prostoty na rwnej dugoci (niech temperatura w punkcie

n+1

kawakw

pk = k/(n + 1) dla k = 0, . . . , n + 1). Jaka bdzie temperatura? Niech tk = pk . Rozkad temperatury jest stacjonarny, jeli temperatura w danym punkcie t0 = 0, t1 = (t0 + t2 )/2,. . .

jest rwna redniej z temperatur poprzedniego i nastpnego punktu. Wtedy

tn = (tn1 + tn+1 )/2, tn+1 = 10.

2.12.1.1

Metoda eliminacji GaussaForma schodkowa, operacje elementarne

Typowy ukad rwna liniowych:

a11 x1 + . . . + a1n xn = b1 , . . .

.

a

m1 x1

+ . . . + amn xn = bm . mhiperpaszczyzn kowymiaru 1 (cokolwiek by to nie

Geometrycznie rzecz biorc, szukamy przecicia n znaczyo) w przestrzeni n-wymiarowej R . W sensie analitycznym mamy

m

rwna w przestrzeni

Rn .

Zobaczymy co si moe wydarzy na paru najprostszych przykadach.

16

Przykad 2.2.

trzy proste przecinajce si w jednym punkcie:

x + y = 1, x + y = 2 ukad sprzeczny (brak rozwiza); x = 1, y = 1, x + y = 2 dokadnie jedno rozwizanie; trzy proste ktre nie maj wsplnego punktu: x = 1, y = 1, x + y = 0; jedna prosta: x + y = 3 nieskoczenie wiele rozwiza (y = 3 x); 3 prosz sobie sprbowa zrobi analogony w R .dwie proste rwnolege:Zazwyczaj (najczciej) jako przecicie dwch prostych na paszczynie otrzymujemy punkt, jako

przecicie dwch paszczyzn w przestrzeni trjwymiarowej dostajemy prost, jako przecicie trzech paszczyzn (lub paszczyzny i prostej) dostajemy punkt. Zaczniemy sobie od tego w jaki sposb mona (potencjalnie) uproci, ale bez zmieniania zbioru rozwiza.

Twierdzenie 2.1.

Wykonanie poniszych operacji (tak zwane operacje elementarne):

zamiana ze sob dwch rwna:

rk rj ; rk = (gdzie

pomnoenie danego rwnania przez niezerowy skalar

R \ {0});(gdzie

dodanie do danego rwnania innego pomnoonego przez skalar

rk += rj

j = k );

nie zmienia zbioru rozwiza. Dowd. Wszystkie powysze operacje s odwracalne:

rk rj : rk = :

operacja odwrotna operacja odwrotna

rk rj ;1 rk = ;

rk += rj :

operacja odwrotna

rk = rj ;

i w konsekwencji kade wykonanie dziaanie moemy cofn. Skoro tak, to moemy za pomoc powyszych operacji stara si uproci dany ukad rwna liniowych. Jeeli chcemy zapisywa, to wygodniej / szybciej bdzie nam stosowa zapis macierzowy, czyli bdziemy pisa:

a11. . .

. . . a1n. . . . . .

b1. . .

am1 . . . amn bmOkazuje si, e przy rozwizywaniu dobrze jest sprowadza do postaci schodkowej (row echelon form z angielskiego) lub do uproszczonej postaci schodkowej (simplied row echelon form). Zaczniemy sobie od przykadw. Pokaemy potem, e taki sposb postpowania mona zapisa w postaci algorytmu (czyli precyzyjnie opisanej procedury postpowania).

Przykad 2.3.

Rozpatrzmy rwnanie:

2u + v + w = 5 4u 6v = 2 2u + 7v + 2w = 9Dla skrcenia zapisu, zapisujemy w postaci macierzowej:

2 1 1 5 4 6 0 2 2 7 2 917

Musimy pamita, e wiersze odpowiadaj rwnaniom (k -ty wiersz oznaczamy przez Usuwamy pod dwjk w

wk ).

1

kolumnie:

w2 += 2 w1 : 2 1 1 5 0 8 2 12 , 2 7 2 9 5 2 1 1 0 8 2 12 14 0 8 3

nastpnie

w3 += w1

i dostajemy

Usuwamy pod

8, w3 += w2 : 2 1 1 5 0 8 2 12 . 0 0 1 2

Czyli czyli

w = 2. I potem postpujemy wstecz, czyli znajc w wyznaczamy v : 8v 2w = 12, 8v = 8, v = 1. Teraz wyznaczamy u: 2u + v + w = 5, czyli 2u = 5 2 1, czyli u = 1.

Macierz schodkowa macierz, ktrej pierwsze niezerowe elementy kolejnych niezerowych wierszy,znajduj si w coraz dalszych kolumnach, a powstae wiersze zerowe umieszcza si jako ostatnie.

Twierdzenie 2.2.

Kada macierz moe zosta przeksztacona do postaci schodkowej za pomoc operacji

elementarnych, w szczeglnoci metody Gaussa. Macierz schodkowa zredukowana to macierz schodkowa, ktra spenia nastpujce warunki:

jej pierwszym niezerowym elementem kolejnych wierszy (wspczynnikiem wiodcym) jest jedynka, jeli wyraz

aij

znajduje si w tej samej kolumnie, co pewien wspczynnik wiodcy i w wierszu

powyej tego wspczynnika, to

aij = 0.

Sprowadzanie do postaci schodkowej zredukowanej (wersja eliminacji Gaussa) nazywa si czasem metod Gaussa-Jordana. Na najbliszym wykadzie jeszcze raz powtrzymy t metod (to jest bardzo wane!). Pokaemy teraz par przykadw sprowadzania macierzy do postaci schodkowej i do postaci schodkowej zredukowanej. Nastpnie rozwiemy przykadowe rwnania.

Przykad 2.4.

Sprowadzimy macierz do postaci schodkowej za pomoc metody eliminacji Gaussa:

0 0 0 0

0 0 1 2

3 1 1 2 . 0 1 0 1 w3 ):

Poniewa pierwsza kolumna jest caa zerowa, patrzymy na drug. W drugiej pierwszy element niezerowy jest dopiero w trzecim wierszu, musimy wic zamieni wiersz pierwszy z trzecim (w1

0 0 0 0

1 0 0 2

0 1 3 1 . 1 2 0 118

Teraz redukujemy za pomoc operacji elementarnych wszystkie niezerowe wyrazy znajdujce si poniej

1, w4 = 2w1 : 0 0 0 0w wierszu trzecim,

1 0 0 0

0 1 3 1 . 1 2 0 3 3redukujemy

Pod jedynk s teraz same zera, moemy wic przej do drugiego wiersza. Za pomoc

1

w3 = w2 /3: 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 3 1 . 0 5/3 0 3 5/3z wiersza trzeciego,9 w4 = 5 w3 :

Teraz zostao jedynie wyzerowa 3 w wierszy czwartym za pomoc

0 0 0 0niki wiodce):

1 0 0 0

0 1 3 1 . 0 5/3 0 0 schodki (czyli wspczyn-

Dostalimy posta schodkow naszej macierzy. Jeszcze zaznacz za pomoc

0 0 0 0

0 . 0 0 0 0 0

Przykad 2.5.

Sprowadzenie do postaci schodkowej (bez drobiazgowego komentarza): ;

1 0 3 1 1 0 3 1 (w2 = 2w1 ) , schodki: 2 0 1 2 0 0 5 0 0 0 0 1 3 1 3 1 0 1 1 0 (w2 2w1 ) 1 0 (w3 += w1 /3; w4 = w1 /3) 1 2 1 2 1 3 1 0 1 , schodki 0 . (w3 = w2 /3; w4 = 7 w2 ) 3 0 0 0 0 0 0 0 0

3 1 0 1 0 1/3 0 7/3

Przykad 2.6.

Sprowadzimy teraz macierz do postaci schodkowej zredukowanej:

2 1 3 1 1 1/2 3/2 1/2 1 1/2 3/2 0 0 5 0 (w1 = 1 ) 0 0 5 0 (w3 = 2w1 ) 0 0 5 2 2 2 3 1 2 2 3 1 0 1 0 1 1/2 3/2 1/2 1 0 0 1 (w1 = w2 /2; w3 = 1 ; w1 = 3 w3 ) 0 1 0 0 (w2 w3 ) 5 2 0 0 5 0 0 019

1/2 0 0 0 1/2 0 0 1 0

Poniewa umiemy ju sprowadza macierz do postaci schodkowej i schodkowej zredukowanej, pokaemy na paru przykadach jak to si przydaje do rozwizywania rwna liniowych.

Przykad 2.7.

Rozpatrzmy ukad rwna

x+y+z =1 2x 3y z = 2 x + 6y + 4z = 1Geometrycznie rzec biorc przecinamy 3 paszczyzny w przestrzeni trjwymiarowej. rozwizaniem bdzie prosta. Macierz stowarzyszon z tym ukadem sprowadzamy do postaci schodkowej (pierwsza kolumna odpowiada zmiennej Jak si okae,

x,

druga

y,

trzecia

z)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 2 (w2 = 2w1 ; w3 = w1 ) 0 5 3 0 (w3 += w2 ) 0 5 3 0 . 1 6 4 1 0 5 3 0 0 0 0 0 Zobaczmy jeszcze gdzie s schodki

0 . 0 0 0 0Poniewa nie ma schodka w ostatniej kolumnie, wic ukad ma rozwizanie. Rwnanie bdzie zaleao

z (parametrem bdzie kada zmienna dla ktrej w odpowiadajcej kolumnie nie ma schodka). 5 Wyliczamy wic od koca kolejne zmienne: 5y 3z = 0, czyli y = 3 z , i dalej x + y + z = 1, 2 5 czyli x = 1 ( 3 z) z = 1 + 3 z .od parametru

Zadanie 2.1.1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Prosz rozwiza (przy pomocy metody eliminacji Gaussa) ukady rwna:

x = 1, x = 2; x + y = 1, x + 2y = 2, 2x + 3y = 3; x + y = 1, x + 2y = 2, 2x + 3y = 0; 3x + y = 1, x + 2y = 5; x2 + x3 + x4 + x5 = 1, x2 x3 + x6 = 0, x1 x2 + 2x6 = 1, x4 x5 = 2, x1 x3 + x4 = 0; a + b + c = 2, 2a + 2b + 3c = 1, a + 3b + 4c = 3; w + v = 1, u + z = 2, v + u + w = 3, w u = 1.

2.2

Wprowadzenie do Scilabahttp:\\www.scilab.org.Na mojej stronie s linki do podrcznikw dotyczcych Scilaba.

Poniej przedstawiam podstawowe informacje o Scilabie. Jest to darmowy program, mona go cign ze strony Scilab jest interpreterem (s na bieco interpretowane). Jest to darmowa kopia programu MatLab (podstawowy program inynieryjny). Warto pisa skrypty w gotowym edytorze doczonym do Scilaba. Polecam take korzysta z helpa ktry ma Scilab.

20

Scilab mona uywa jako kalkulator: napisanie

2+2

i nacinicie Enter daje wynik

chcemy Scilab wykona polecenie, ale by nie wywietla koczymy rednikiem dugie wpisujemy .. przy przejciu do nastpnej linii. Komentarze

a.

Zmienne systemowe

ans,

stae

//, zmienne: a=6, czyszczenie clear %i, %pi, %e, %eps, %inf %NaN. W zasadzie wszystkie zmienne oPostpujemy

;

ans=4.

Jeeli

Jeeli polecenie jest za

wartociach liczbowych s traktowane przez Scilaba jako macierze.

Przykad ze Scilaba 2.1. Zamy, e chcemy narysowa funkcj sin w zakresie od 0 do 5.nastpujco:

komenda

x=0:0.1:5

tworzy nam wektor

x

ktrego kolejnymi elementami s liczby od

0

do

5

co

0.1. y=sin(x) tworzy wektor majcy tyle samo elementw co

x,

taki, e

yi = sin(xi )na przykad dopisanie

aby narysowa

sin wystarczy wykona plot(x,y); (dodatkowe opcje:

'red'

tworzy wykres w czerwonym kolorze).

2.3

Wektory i macierze A := a11. . .

Podstawowy zapis macierzy:

. . . a1n. . . . . .

am1 . . . amn m-wierszy i n-kolumn. Bdziemy takie macierze oznacza przez (aij )mn albo skrtowo (aij ) (zbir macierzy m n o wspczynnikach z R oznaczamy przez Mmn (R)). Przez przektn gwn macierzy rozumiemy elementy (aii ).Wtedy ma Mwimy, e macierz jest kwadratowa jeeli ma tyle samo kolumn co wierszy.

A

Przykad ze Scilaba 2.2.wic jeeli napiszemy

Upraszczajc, w Scilabie prawie wszystko jest macierz (nawet skalar). Tak

0 3; 3 1 2]

x=0

to powstanie macierz

1 1.

Macierze najprociej deniujemy w postaci

A=[2

(po redniku przechodzimy do nowego wiersza, w danym wierszu oddzielamy elementy

albo spacj albo przecinkiem). Zwyke wektory traktujemy jako macierze posiadajce jeden wiersz, dla przykadu punkt paszczyzny zapisujemy jako Przez macierz zerow

(2, 1)

z

[2 1].macierz majc same zera . Macierz zerow majc

n-kolumn

deniujemy

0 rozumiemy zeros(m,n).

1

m-wierszy

i

Nastpn wan macierz kwadratow jest macierz jednostkowa towa, to

I,

majca na przektnej gwnej

jedynki a poza tym same zera (w Scilabie macierz majca na przektnej jedynki, niekoniecznie kwadra-

eye(m,n)).

Macierz jednostkowa to szczeglny przypadek macierzy diagonalnej, to jest takiej

macierzy ktrej wszystkie wyrazy poza przektn gwn s rwne zeru, to znaczy

aij = 0

dla

i = k:

a11 0 . . . 0 a22 . .. . . . 01 formalnie rzecz biorc powinnimy zapisywa

0. . .

...

0

0 annMmn (R)

0mn

jako macierz zerow w przestrzeni

21

W Scilabie: jeeli dla przykadu mamy jeszcze

v jest wektorem, to diag(v) tworzy macierz diagonaln majc na przektnej v (czyli diag([1 2 3])) tworzy macierz 3 3 majc na przektnej kolejno 1, 2, 3. W Scilabie moliwo zdeniowania macierzy skadajcej si z samych jedynek ones(m,n).to taka macierz, ktra

Macierz grnie trjktna (spotyka si take nazw grnie przektniowa):

poniej gwnej przektnej ma same zera (dualnie: dolnie trjktna, to taka ktra powyej przektnej ma same zera). Z sympatycznych macierzy jest jeszcze macierz trjdiagonalna, ktra jest potencjalnie niezerowa tylko na gwnej przektnej i przektn poniej i powyej:

a11 a12 0 . . . . . . 0 . . a21 a22 a23 0 . . .. 0 a . a33 a34 32 .. . .. . .. . .. . Formalnie mwic, macierz kwadratowa takich, e

A = [aij ]

jest trjdiagonalna o ile

aij = 0

dla wszystkich

i, j ,

|i j| > 1.

2.4

Podstawowe operacje na macierzachAi

Dodawanie: moemy dodawa macierze posiadajce t sam ilo kolumn i wierszy (jeeli macierze, to dodajemy je

B

to

(A+B)).

Jeeli

A = (aij ), B = (bij ), A + B = (aij + bij ).

to

Analogicznie deniujemy odejmowanie macierzy (jest take okrelone dla macierzy tych samych wymiarw):

A B = (aij bij ).atwo mona sprawdzi, e Dodawanie macierzy jest

0 + A = A + 0 = A (mwimy, e 0 jest elementem neutralnym dodawania). przemienne (A + B = B + A) i czne, to znaczy (A + B) + C = A + (B + C). A = (aij ).

Macierze moemy mnoy przez skalary za pomoc wzoru

Jeeli

AiB

s macierzami, to moemy je wymnoy o ile ilo kolumn

A

odpowiada iloci wierszy

B. A

Wtedy w macierzy

C = AB

punkt

cij

powstaje nieprecyzyjnie mwic przez wymnoenie

i-tego

wiersza z przez

A przez j -t kolumn z B B ukadajc B u gry.Niech

(czyli

cij =

k

aik bkj ).

Na pocztku najlepiej nauczy si mnoy

Zadanie 2.2.Jeeli indukcyjna):

A

bdzie macierz kwadratow. Wtedy

AI = IA = A.

A jest macierz kwadratow, to przez An (gdzie n N) rozumiem n-t potg A, czyli (denicja A0 = I, An+1 = A An .

Jeeli mamy dany wielomian i i ai A .

W (x) =

i

ai xi

oraz macierz kwadratow

A,

to przez

W (A)

rozumiemy

Dla prostoty w poniszych zadaniach zapisuj macierze jak w Scilabie.

Zadanie 2.3.

Niech

A = [1, 1; 0, 1].

Prosz policzy

I + A2 ; W (A),

gdzie

W (x) = 1 x3 ; An

dla

n N.

22

Zadanie 2.4.

Niech

A = [0, 1; 1, 1].

Policz

An

dla

n N.

Zadanie 2.5. Niech A = [1, 2, 3; 3, 1, 0], B = [1, 2, 0; 2, 0, 1; 3, 2, 0], C = [1, 2, 1; 3, 2, 1], D = [2, 1; 1, 0], E = [1, 0; 2, 1; 0, 1], F = [1, 2, 0], G = [1; 2; 3]. Prosz wymnoy (o ile to moliwe) AB, AC, BC, CD, DE, AE, BE, EB, GF, AG, GA, GE, GC, EA. Uwaga 2.1.Mnoenie macierzy nie jest przemienne, to znaczy zazwyczaj

AB = BA.

Jako przykad

wystarczy rozpatrzy:

A=

0 0 0 1 ,B= . 1 0 0 0

Z drugiej strony mona pokaza (nie bdziemy tego robi w tym momencie, bo jest duo pisaniny), e mnoenie macierzy jest czne, to znaczy

A(BC) = (AB)C,dla dowolnych macierzy

ABC

zamiast

A(BC)Niech

czy

A, B, C ktre (AB)C .

mona wymnoy.

W zwizku z tym bdziemy pisa po prostu

Zadanie 2.6.

A, B, C M22 (R)

(macierze

2 2).

Prosz pokaza, e

A(BC) = (AB)C.Niech

A

bdzie macierz

m n,

A Mmn (R), a v Rn (wektor a11 . . . a1n v1 . . . . , v = . . A= . . . . am1 . . . amn vnczyli

w

Rn ),

czyli

Poniewa ilo kolumn

A

jest rwna iloci wierszy

v,n

to moemy wykona

Av ,

i wynik bdzie w

Rm :

a1i vi. . .

.

i=1 Av = ni=1

ami vi

2.5

Mnoenie wektora przez macierzNiech

Twierdzenie 2.3.

A Mmn (R)

bdzie dane. Wtedy odwzorowanie

Rnjest odwzorowaniem liniowym, to znaczy

v Av Rm

A(v) = Av

dla

R, v Rn ;dla

A(v + w) = Av + Aw

v, w Rn .

Dowd. Dowd zostaje jako proste wiczenie.

23

Postaram si teraz na przykadach w

R2 i R3

zobrazowa geometrycznie (na wykadzie byo bardzo

duo przykadw wraz z rysowaniem, tu tylko wypisz par przykadw).

Przykad 2.8.

Przykadowe operacje na paszczynie ktre mona uzyska przez macierze:

zgniatanie i rozszerzanie:

a 0 0 b symetria wzgldem prostej

x=y 0 1 1 0

obrt o kt

: cos sin sin cos

2.6

Macierz odwrotnaMnn (R).Mwimy, e

W niniejszej sekcji zajmiemy si denicj i liczeniem macierzy odwrotnej do danej.

Denicja 2.1.

Niech A 1 odwrotn przez A ) o ile

B

jest macierz odwrotn do

A

(oznaczamy macierz

AB = BA = I.Jeeli dla danej macierzy istnieje macierz odwrotna, to t macierz nazywamy macierz odwracaln.

Obserwacja 2.1.naczona.

Jeeli dla danej macierzy istnieje macierz odwrotna, to jest ona jednoznacznie wyz-

Dowd. Zamy, e mamy macierze

B1 , B2

takie, e

AB1 = B1 A = I = B2 A = AB2 .Wtedy

B1 = B1 I = B1 (AB2 ) = (B1 A)B2 = IB2 = B2 .Prosz pokaza, e macierz

Zadanie 2.7.

A=

1 1 1 1 Bjest odwracalna, to

nie jest odwracalna. Wsk.: prosz najpierw zauway, e jeeli macierz 2 dla kadego wektora v = 0, a nastpnie znale takie v R , e Av = 0.

Bv = 0

Sprbujmy wic policzy macierz odwrotn bezmylnie (prosz tak nie rozwizywa!!!). Zamy, e mamy dan macierz

A = [aij ] n n,n

i szukamy takiej macierzy

B = [bij ],

by

AB = I.

Wtedy

aik bkj = ijk=1gdzie

dla

i, j {1, . . . , n},

n2 rwna o zmiennych bij , ktry moemy sprbowa rozwiza. Jak poka u dou, dla macierzy 2 2 mona si jeszcze w ten sposb bawi (mamy 4 zmienne), ale dla 3 3 (9 zmiennych) czy 4 4 (16 zmiennych) to ju si robi makabra. ij = 1jeli

i=j

i

0

gdy

i = j.

W konsekwencji otrzymujemy

24

Przykad 2.9.

Sprbujmy w powyszy sposb znale macierz odwrotn do

1 1 . 1 0Niech

B=Chcemy, aby

b11 b12 . b21 b22(2.1)

AB = I,

czyli by

b11 + b21 b12 + b22 1 0 = . b11 b12 0 1W konsekwencji dostajemy ukad rwna

b11 + b21 = 1 b12 + b22 = 0 , b11 = 0 b12 = 1czyli otrzymujemy, e

Wprost z odwrotn

0 1 . 1 1 tego jak wyprowadzilimy mamy, e AB = I. Aby sprawdzi, do A, musimy jeszcze sprawdzi czy BA = I (tak jest). B=

czy

B

jest rzeczywicie macierz

Widzimy, e powysza metoda jest w zasadzie niestosowalna.

Ale sprbujmy zobaczy troszk

bardziej inteligentnie jak ona dziaa. Zobaczmy, e (2.1) mona potraktowa jako dwa rwnania:

b11 + b21 = 1 b11 = 0 1 1 1 1 0 0wystarczy dokona operacji

oraz

b12 + b22 = 0 b12 = 1 1 1 0 1 0 1

Macierze rozszerzone dla powyszych ukadw s dane oraz

.W tym celu

Rozwimy wic ukad pierwszy (sprowadzajc do postaci schodkowej zredukowanej).

w2 = w1 ; w2 = 1, w1 = w2 1 0 0 0 1 1 ,

aby dosta

czyli

b11 = 0, b21 = 1.

Analogicznie rozwizujemy drugi ukad (prosz zauway, e dokonujemy

dokadnie tych samych operacji elementarnych co wczeniej) za pomoc

w2 = w1 ; w2 = 1, w1 = w2

1 0 1 0 1 1czyli

,

b12 = 1, b22 = 1.

Skoro dokonywalimy dokadnie tych samych operacji, to po co mamy to

powtarza? Moemy zamiast tego utworzy tak du rozszerzon macierz

[A|I]

dan przez

1 1 1 0 1 0 0 1i sprbowa sprowadzi odwrotnej do

,do macierzy

A do postaci schodkowej zredukowanej, rwnoczenie modykujc I

A.

Widzimy, e stosujc t metod mona relatywnie szybko znale macierz odwrotn.

Pokazuje to ponisze twierdzenie.

25

Twierdzenie 2.4. Niech A bdzie dan macierz kwadratow.Niech

Rozpatrujemy macierz rozszerzon

[A|I].

[C|B] A

oznacza macierz uzyskan w wyniku sprowadzenia

A

(w macierzy

[A|I])

do postaci schod-

kowej zredukowanej za pomoc operacji elementarnych. Wtedy 1 A = B. jest macierz odwracaln wtedy i tylko wtedy gdy

C = I.

Co wicej, jeeli

C = I,

to

Zadanie 2.8.

Prosz znale (o ile to moliwe) macierze odwrotne do nastpujcych macierzy [1], [1, 2; 2, 1], [1, 2, 3; 2, 0, 1], [1, 0, 0; 0, 1, 0; 0, 0, 2], [1, 0, 0, 1; 1, 0, 0, 2; 0, 1, 0, 0; 0, 0, 1, 0] (stosuj zapis macierzy

jak w Scilabie).

2.7

Denicja wyznacznika

Postaramy si teraz wyprowadzi denicj wyznacznika w oglnym przypadku. Zaczniemy w tym celu analiz od sytuacji na paszczynie. Przyjmuj nastpujc konwencj:

e1 =

1 0 , e2 = . 0 1

Te wektory to bd tak zwane wektory z bazy kanonicznej (ale o tym potem). 2 Dla dwch wektorw v, w R , przez v w rozumiem zorientowane pole rwnolegoboku rozpitego na tych dwch wektorach (nie precyzuj tego dokadniej, ale chodzi o to, e potencjalnie zorientowane pole moe by ze znakiem

,

aby odzyska normalne pole trzeba wzi modu). Sprbujmy wypisa

jakie wasnoci chcielibymy aby to zorientowane pole miao:

pole kwadratu rozpitego na wektorach

e1 i e2

jest rwne

1,

czyli (2.2)

e1 e2 = 1; pole rwnolegoboku o podstawie o podstawie

v

i boku

w1

oraz

v i drugim boku rwnym w1 +w2 jest rwny sumie pl rwnolegobokw w2 : v (w1 + w2 ) = v w1 + v w2 ;(2.3)

oraz analogicznie

(w1 + w2 ) v = w1 v + w2 v; przemnoenie boku przez

(2.4)

R

przemnaa pole przez

(2.5)

(v) w = (v w) = v (w); pole rwnolegoboku rozpitego na

viv

jest rwne zero:

v v = 0.Korzystajc z powyszych wzorw dostajemy, e

(2.6)

0 = (v + w) (v + w) = v v + v w + w v + w w,czyli

v w = w v

(antysymetryczno).

(2.7)

26

Przykad 2.10.

Policzmy pole rwnolegoboku rozpitego na wektorach

v :=Oczywicie

1 3 ,w= . 2 1

v = (1e1 + 2e2 ), w = (3e1 + 1e2 ).

Korzystajc z (2.3), (2.4), (2.5) dostajemy

v w = (1e1 + 2e2 ) (3e1 + 1e2 ) = 3e1 e1 + 1e1 e2 + 6e2 e1 + 2e2 e2 .Teraz na podstawie (2.11), (2.12)

e1 e1 = 0 = e2 e2

oraz

e2 e1 = e1 e2 .

W konsekwencji

v w = 1e1 e2 6e1 e2 = 5e1 e2 = 5.Otrzymalimy wic, e pole tego rwnolegoboku wynosi

5.

Stwierdzenie 2.1.Dowd. Mamy

Mamy

det

a11 a12 = a11 a22 a21 a12 . a21 a22

(a11 e1 + a21 e2 ) (a12 e1 + a22 e2 ) = a11 a12 (e1 e1 ) + a11 a22 (e1 e2 ) + a21 a12 (e2 e1 ) + a21 a22 (e2 e2 ) = a11 a22 a21 a12 .

2.8

Wyznacznik w R3 i RN22wyglda tak: przektn bierzemy z plusem z minusem. Okae si, e podobny wzr zachodzi dla macierzy

Widzimy, e liczenie wyznacznika dla macierzy i przektn macierzy wyszych rzdw!). Musimy najpierw uoglni sytuacj z

33

(ale ju nie dla

R2 na RN : Przyjmuj nastpujc 1 0 0 . . e1 = . , . . . , eN = . . . 0 . 1 0

konwencj:

Dla

N

wektorw

v1 , . . . , vN RN , przez v1 . . .vN

rozumiem zorientowan

N -wymiarow objto

rwnolegocianu rozpitego na tych wektorach (nie precyzuj dokadniej co przez to rozumiemy), ale chodzi o to, e zorientowana objto moe by ze znakiem

,

aby odzyska klasyczn objto trzeba

wzi modu). Sprbujmy wypisa jakie wasnoci chcielibymy aby to zorientowane pole miao:

objto

N -wymiarowej

kostki rozpitej na wektorach

e1 , . . . , e N

jest rwne

1,

czyli (2.8)

e1 . . . eN = 1; mamy rozdzielno mnoenia wzgldem dodawania:

v1 . . . vk1 (wk +wk )vk+1 . . .vn = v1 . . . vk1 wk vk+1 . . .vn +v1 . . . vk1 wk vk+1 . . .vn ;(2.9)

27

przemnoenie boku przez

R

przemnaa objto przez

(2.10)

v1 . . . vk1 (vk ) vk+1 . . . vn = v1 . . . vk1 vk vk+1 . . . vn . jeeli dwa boki si powtarzaj, to objto si zeruje:

v1 . . . w . . . w . . . vN = 0.

(2.11)

Korzystajc z powyszych wzorw dostajemy, e zmiana kolejnoci dwch dowolnych elementw w iloczynie powoduje zmian znaku

... v ... w ... = ... w ... v ...(mona spotka si z nazw antysymetryczne). Postaramy si teraz policzy wyznacznik macierzy

skonie-symetryczno

(2.12)

3 3:

Stwierdzenie 2.2.

Rozpatrzmy macierz

a11 a12 a13 A := a21 a22 a23 . a31 a32 a33Aby policzy wyznacznik tej macierzy postpujemy nastpujco: dopisujemy dwa pierwsze wiersze u dou

a11 a21 a31 a11 a21:

a12 a22 a32 a12 a22

a13 a23 a33 , a13 a23a z minusem

(analogicznie mona dwie pierwsze kolumny po prawej) i liczymy z plusem przektne

det A = a11 a22 a33 + a21 a32 a13 + a31 a12 a23 a31 a22 a13 a11 a32 a23 a21 a12 a33 .Dowd. Wyliczajc powyszy iloczyn, zauwamy, e czynnik w ktrym si dwa razy powtarza ktry(dla kolejnoci) wszystkie czynniki

ek

k = 1, 2, 3) zeruje si, w konsekwencji wic zostaj jedynie czynniki w ktrym wystpuj (w pewnej e1 , e2 , e3 . Kady z tych czynnikw moemy sprowadzi przy pomocy pewnej liczby transpozycji (zamiany ze sob dwch czynnikw) do e1 e2 e3 (pamitajc oczywicie otym, e kada wymiana, na podstawie antysymetrycznoci, zmienia nam znak). Dla przykadu mamy

e2 e3 e1 = [zamieniamy e2 i e1 = [zamieniamy e3 i e2Korzystajc z powyszych obserwacji liczymy:

miejscami]

= (1)e1 e3 e2

miejscami

= (1)2 e1 e2 e3 .

det A = (a11 e1 + a21 e2 + a31 e3 ) (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 ) = a11 e1 a22 e2 a33 e3 + a11 e1 a32 e3 a23 e2 +a21 e2 a12 e1 a33 e3 + a21 e2 a32 e3 a13 e1 +a31 e3 a12 e1 a23 e2 + a31 e3 a22 e2 a13 e1 = a11 a22 a33 a11 a32 a23 a21 a12 a33 + a21 a32 a13 + a31 a12 a23 a31 a22 a13 .

28

Teraz postaramy si wyliczy wzr na wyznacznik oglnej macierzy kwadratowej

A MN N (R):

a11 . . . a1N . . . . A= . . . aN 1 . . . aN NZgodnie z naszym podstawowym wzorem mamy:

det A = (a11 e1 + . . . aN 1 eN ) . . . (a1N e1 + . . . + aN N eN ).jaki czynnik dwukrotnie. Aby to opisa matematycznie przyda si nam pojcie permutacji.

(2.13)

Podobnie jak poprzednio, przy wyliczaniu tego iloczynu wyzeruj si skadniki w ktrych powtarza si

Denicja 2.2.

Przez permutacj rozumiem dowoln bijekcj zbioru

dowo, jeeli nie jest wyranie napisane inaczej bierzemy pod uwag permutacji zbioru

N -elementowego w siebie (standarzbir {1, . . . , N }). Zbir wszystkich N !.Par uwag:

N -elementowego

oznaczamy przez

SN .wynosi

atwo wida, e ilo permutacji zbioru

N -elementowego(sigma);

permutacje oznaczamy czsto literk niech

: {1, . . . , N } {1, . . . , N };

wtedy

jest permutacj wtw. gdy

jest iniekcj wtw. gdy

jest surjekcj; permutacje zazwyczaj zapisujemy w postaci

1 ... N , (1) . . . (N )tak wic

=oznacza permutacj, tak, e

1 2 3 3 1 2

(1) = 3, (2) = 1, (3) = 2; (3412)oznacza tak permutacj, e

rozwaa si jeszcze cykle, czyli dla przykadu

3 4, 4 1, ON

1 2, 2 3,

szczeglnym przypadkiem cyklu jest cykl dwuelementowy (transpozycja).

Wrmy teraz do naszego wzoru (2.13). Na potrzeby poniszego rozumowania, przyjmijmy, e oznacza wszystkie odwzorowania zbioru

{1, . . . , N }

w siebie. Wtedy

det A = (a11 e1 + . . . aN 1 eN ) . . . (a1N e1 + . . . + aN N eN ) = (ap(1)1 ep(1) ) . . . (ap(N )N ep(N ) )pON

=pON

(ap(1)1 . . . ap(N )N ) (ep(1) . . . ep(N ) ). ep(1) . . . ep(N ) ktry czynnik powtarza w.t.w. gdy p nie jest rnowartociowe. W

Na podstawie naszych zaoe wiemy, e jeli w iloczynie si dwukrotnie, to ten iloczyn si zeruje. Ale tak bdzie, do permutacji:

konsekwencji moemy si zawzi w naszej sumie do tych odwzorowa ktre s rnowartociowe, czyli

det A =pSN

(ap(1)1 . . . ap(N )N ) (ep(1) . . . ep(N ) )29

Jedyne co nam teraz zostao, to pozby si czynnika czym znak bdzie ten znak

ep(1) . . . ep(N ) .

Znowu korzystajc z zaoe

wiemy, e ten iloczyn mona za pomoc pewnej iloci transpozycji sprowadzi do

(e1 . . . eN ),

przy

+

jeeli ilo tych zamian jest parzysta (wtedy mwimy o permutacji parzystej), a

minus jeeli nieparzysta (wtedy mwimy o permutacji nieparzystej). Oznaczmy dla danej permutacji

2

p

przez

sign(p).

W konsekwencji dostajemy

Twierdzenie 2.5.

Wyznacznik macierzy

A = [aij ] MN N (R)

wyraa si wzorem

det A :=pSN

sign(p) ap(1)1 . . . ap(N )N .

Ponisze twierdzenie (nie robi dowodu) pokazuje, e znak permutacji jest dobrze okrelonym pojciem:

Twierdzenie 2.6.

Zachodz nastpujce fakty:

kad permutacj mona przedstawi w postaci iloczynu transpozycji, tzn. dla kadej permutacji istniej transpozycje

1 , . . . , r

takie, e

= 1 . . . r ; jeeli mamy dwa przedstawienia w powyszym rozkadzie, tzn.

= 1 . . . r = 1 . . . rto

r r mod 2

(czyli parzysto bd nieparzysto nie zaley od rozkadu);

w konsekwencji warto

sign() := (1)r

jest dobrze zdeniowana;

znak ma nastpujce wasnoci:

sign( 1 ) = sign(), sign( ) = sign() sign( ).

Zadanie 2.9.

Niech bdzie dany cykl

k -elementowy .

Policz

sign().Wtedy

Zadanie 2.10.

(z gwiazdk) Niech bdzie dana permutacja

Sn .

sign() = (1)N () ,gdzie

N ()

oznacza liczb inwersji w

,

czyli ilo par

k, l {1, . . . , n}

takich, e

k (l)

(ta wasno jest wygodna do liczenia znaku permutacji na komputerze).2 prosz zauway, e ja nie udowodniem, e pojcie znaku permutacji jest dobrze zdeniowane, sformuuj odpowiednietwierdzenia pniej

30

2.9

Wasnoci wyznacznikw

Przyda si nam dla badania macierzy pojcie macierzy transponowanej: jeeli mamy macierz A = [aij ]ij Mmn (R), to przez AT , macierz transponowan do A, rozumiem macierz AT := [aij ]ji Mnm , tzn. jeli

a11

. . . a1n

. . . , A= . . . am1 . . . amnto

a11 . . . am1

. . . . AT = . . . a1n . . . amnOkazuje si, e operacja transponowania macierzy kwadratowej nie zmienia wyznacznika:

Stwierdzenie 2.3.Dowd. Niech

Mamy

det A = det AT .Oznaczmy przez

A = [aij ] Mnn (R). det A = = = =

aT := aji ij

(wtedy

AT = [aT ]). ij

Wtedy

sign(p) ap(1)1 . . . ap(n)n 1 pSn sign(p ) a1p1 (1) . . . anp1 (n) Sn sign()a1(1) . . . an(n) T T T Sn sign()a(1)1 . . . a(n)n = det A .pSn

Jako wniosek otrzymujemy, e moemy tak samo pracowa na wierszach jak i na kolumnach. Teraz postaramy si pokaza pewne wane wasnoci wyznacznikw. Zaczniemy od przypomnienia:

zamiana kolumn

zmienia znak;

dodanie kolumny innej przemnoonej przez skalar jeeli dwie kolumny s rwne

nie zmienia;

zero;

przemnoenie kolumny przez skalar

przemnaa wyznacznik przez skalar;

Stwierdzenie 2.4.

Jeeli macierz jest grnie (dolnie) trjktna, to wyznacznik jest rwny iloczynowi

wspczynnikw na przektnej gwnej.

det A = Sn signa(1)1 . . . asign(n)n , to aby czynnik by niezerowy musimy mie (i) i dla kadego i (czyli (1) 1, czyli (1) = 1, analogicznie (2) 2, ale poniewa nie moe by jeden bo ju byo, dostajemy (2) = 2, itd.). W konsekwencji (i) = i.Dowd. Zrobimy dowd dla grnie trjktnej. PoniewaKorzystajc z powyszego stwierdzenia i uwagi wczeniej liczy si zazwyczaj wyznacznik dla macierzy wicej ni

4 4,

a mianowicie sprowadza si do prostszej postaci (moemy pracowa zarwno na kolum-

nach jak i na wierszach).

31

Zadanie 2.11.

Jeeli macierz jest blokowa postaci

A=gdzie

A11 A12 A21 A22to wyznacznik

A11

i

Aik to A22 .

macierze, oraz

A12 = 0

lub

A21 = 0,

A

jest rwny iloczynowi wyznacznikw

Wsk.:

(rozpatruj przypadek gdy

A12 = 0)

niech

K

oznacza ilo wierszy macierzy kwadratowej

A11 ; prosz zauway, e dla dowolnej permutacji , jeeli (k) > K dla pewnego k {1, . . . , K}, to a(k)k = 0; oznacza to, e wystarczy rozpatrywa tylko te permutacje dla ktrych (k) {1, . . . , K} dla k {1, . . . , K}.Pokaemy jeszcze, e iloczyn wyznacznikw to wyznacznik iloczynu.

Twierdzenie 2.7.

Niech

A, B MN N (R).

Wtedy

det(AB) = det A det B.Dowd. (idea) Wiemy, e

((AB)e1 ) . . . ((AB)eN ) = det(AB) (e1 . . . eN ).Niech teraz

fk = Bek .

Wtedy

(AB)ek = A(Bek ) = Afk ,

i konsekwentnie

Af1 . . . AfN = det A (f1 . . . fN ) = det A (Be1 . . . BeN ) = det A det B(e1 . . . eN ).

2.103 3.

Rozwinicie Laplace'a

Naszym gwnym celem bdzie teraz wyznaczenie wzoru Laplace'a, ktry pozwala liczy wyznacznik rekurencyjnie wzgldem wiersza lub kolumny. Dla prostoty zapisu poka wyprowadzenie dla macierzy Rozpatrzmy macierz

a11 a12 a13 A = a21 a22 a23 . a31 a32 a33Naszym celem jest wyliczenie wyznacznika tej macierzy, to jest takiej liczby

det A,

e

(a11 e1 + a21 e2 + a31 e3 ) (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 ) = det A (e1 e2 e3 ).Lewa strona powyszej rwnoci wynosi:

a11 e1 (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 ) L = +a21 e2 (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 ) . +a31 e3 (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 )

32

Zajmijmy si pierwszym skadnikiem powyszej sumy.

Z wasnoci iloczynu zewntrznego wiemy, e

moemy pomin te czynniki w ktrych dwukrotnie wystpuje

e1 ,

czyli

a11 e1 (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 ) = a11 e1 (a22 e2 + a32 e3 ) (a23 e2 + a33 e3 ).Ale z denicji wyznacznika, wiemy, e

(a22 e2 + a32 e3 ) (a23 e2 + a33 e3 ) =W konsekwencji dostajemy

a22 a23 e2 e3 . a32 a33

a11 e1 (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 ) a a = a11 22 23 e1 e2 e3 a32 a33Analogicznie

a21 e2 (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 ) a a = a21 e2 12 13 (e1 e3 ) a32 a33 a a = (1)1 a21 12 13 (e1 e2 e3 ), a32 a33oraz

a31 e3 (a12 e1 + a22 e2 + a32 e3 ) (a13 e1 + a23 e2 + a33 e3 ) a a = a31 e3 12 13 (e1 e2 ) a22 a23 a a = (1)2 a31 12 13 (e1 e2 e3 ). a22 a23 Awzgldem pierwszej kolumny:

W konsekwencji otrzymalimy rozwinicie macierzy

det A = (1)1+1 a11 Dla skrcenia zapisu niech i

a a a a a22 a23 + (1)2+1 a21 12 13 + (1)3+1 a31 12 13 . a22 a23 a32 a33 a32 a33

j -tej

kolumny (wyznacznik

Aij oznacza macierz powsta z macierzy A przez wykrelenie i-tego wiersza Aij nazywamy minorem i czsto oznaczamy Mij ). Tak wic dostalimy

det A = (1)1+1 a11 det A11 + (1)2+1 a21 det A21 + (1)3+1 a31 det A31 .Stosujc analogiczne rozumowanie wzgldem

k -tej

kolumny dla oglnej macierzy

N N,

rozwijajc

dostajemy tak zwane rozwinicie Laplace'a (drugi wzr jest konsekwencj pierwszego oraz tego, e transponowanie nie zmienia wartoci wyznacznika):

Twierdzenie 2.8a) [wzgldem

(rozwinicie Laplace'a)

j -tej

kolumny] Niech

A MN N (R). j {1, . . . , N } bdzie dowolne.NiechN

.

Wtedy

det A =i=1

(1)i+j aij det Aij .bdzie dowolne. Wtedy

(2.14)

b) [wzgldem i-tego wiersza] Niech

i {1, . . . , N }N

det A =j=1

(1)i+j aij det Aij .

(2.15)

33

Zadanie 2.12.wzorami oraz

Niech

fn = det A,

gdzie gdzie

A = [aij ] Mnn (R),dla

a wspczynniki

aij

zadane s

ai(i+1) = 3, a(i+1)i = 5 aij = 0

i = 1, . . . , n 1, fnza pomoc jawnego wzoru.

w pozostaych przypadkach. Prosz wyliczy Niech

Zadanie 2.13. Zadanie 2.14.aij = 0

A = [aij ]

bdzie macierz

pozostaym przypadku. Prosz wyliczy wyznacznik

n n, tak, e aii = 0 dla i = 2, . . . , n oraz aij = 1 w A. Wsk.: prosz odj od pierwszego wiersza drugidane jest dla

(wyznacznik si nie zmieni), i nastpnie zastosowa rozwinicie Laplace'a. Niech

fn = det[aij ],dla

gdzie

[aij ] Mnn (R)

aii = 2oraz o ile rozwiza, czyli wyliczy

i = 1, . . . , n, ai(i+1) = 1, a(i+1)i = 1

i = 1, . . . , n 1, fna nastpnie j

|i j| > 1. Prosz znale jak formu fn za pomoc jawnego wzoru.

rekurencyjn spenia

Pokaemy teraz, e z rozwinicia Laplace'a atwo mona wyliczy wzr na macierz odwrotn. Rozpatrzmy macierz (nazywamy j macierz doczon do macierzy

A):

+ det A11 det A21 + det A31 . . . det A12 + det A22 + det A13 det A23 + B = [(1)i+j det Aij ]T = + . . . Naszym celem bdzie obserwacja, e

AB = BA = (det A) I.Na podstawie wzorw (2.14) i (2.15) otrzymujemy trywialnie, e zarwno gwnej maj warto

(2.16)

AB

jak i

BA

na przektnej

det A.

Dowd powyszej rwnoci koczy

Zadanie 2.15.

Prosz pokaza, e

AB

i

BA

s macierzami diagonalnymi.

Wsk.: niech

C = BA;

sprbujmy sprawdzi czy

c12 = 0;

oczywicie

c12 = det(A11 )a12 det(A21 )a22 + det(A31 )a32 . . . ,prosz zauway, e powyszy wzr moemy otrzyma stosujc wzr Laplace'a wzgldem pierwszej kolumny na wyznacznik macierzy powstaej z

A

przez zastpienie pierwszej kolumny drug (a jak skdind wiemy

ten wyznacznik jest rwny zero, bo ta macierz ma dwie kolumny rwne).Dostajemy w konsekwencji:

Twierdzenie 2.9.macierz

Niech

A MN N (R).

Wtedy NWSR:

A

jest macierz odwracaln;

det A = 0; istnieje istnieje

B MN N (R), B MN N (R),

takie, e takie, e

AB = I BA = I

(i wtedy (i wtedy34

A1 = B ); A1 = B ).

Co wicej, jeeli

A

jest odwracalna, to

A1 =Dowd. Jeelijest

1 [(1)i+j det Aij ]T . det Anie wprost zamy, e

Niech teraz

det A = 0, to wzr na macierz odwrotn, to oczywicie (2.16). det A = 0. Pokaemy, e A nie jest odwracalna. Dla dowodu odwracalna, czyli, e istnieje B takie, e AB = I. Wtedy 1 = det I = det(AB) = det A det B = 0 det B = 0,

A

sprzeczno.

A jest odwracalne i, e B = A1 . Skoro znalelimy takie B to w konsekwencji stosujc powysze rozumowanie otrzymujemy, e det A = 0, 1 czyli A jest odwracalna. Teraz mnoc obie strony rwnoci AB = I lewostronnie przez A dostajemyZamy teraz, e znalelimy takie

B , e AB = I.

Poka, e wtedy

A1 (AB) = A1 (I), (A1 A)B = A1 , B = A1 .Pozostae implikacje s analogiczne. Wanym zastosowaniem jest znalezienie wielomianu moliwie najniszego stopnia przechodzcego przez punkty jeden Niech

(x0 , y0 ), . . . , (xn , yn ) (zakadamy, e xi s parami wielomian W stopnia co najwyej n przechodzcy przez te

rne).

Poka, e istnieje dokadnie

punkty, to znaczy taki, e

W (xi ) = yi .

W (x) = a0 + a1 x1 + . . . + an xn .Wtedy

W

musi spenia

n1 W (xi ) = a0 + a1 x1 + . . . + an1 xi = yi ico oznacza, e wspczynniki

dla

i = 0, . . . , n,

ak

speniaj

y0 a0 1 x1 . . . xn 0 0 . . . . . . . = . . . . . 1 n 1 xn . . . xn an ynKorzystajc z nastpujcego faktu:

Zadanie 2.16.

(wyznacznik Vandermonda) Zachodzi rwno:

1 x1 . . . xn 0 0. . . . . .

= xn ni 0).

Tak wic dochodzimy do nastpujcej denicji:

Denicja 3.1.A,wasnej

Niech

jeeli istnieje takie

A bdzie macierz kwadratow n n. Mwimy, e C jest wartoci wasn w = 0, w Cn (ktre nazywamy wektorem wasnym odpowiadajcym wartoci Aw = w.

),

e

Szukanie wartoci wasnych i wektorw wasnych bdzie jednym z waniejszych zaj w tym rozdziale. Wrmy jeszcze na chwilk do sposobu wyszukiwania rozpatrywanego przez Google. Twrcy tego algorytmu przyjli jeszcze jedn modykacj: poniewa po pewnym czasie internauta nudzi si dan stron i j losowo zmienia (w pewnym sensie teleportuje do losowo wybranej strony), Brian i Page wprowadzili now macierz

G

(zwan macierz Google), dan wzorem:

G = P + (1 )1nn ,gdzie

1nn

oznacza macierz

nn

skadajc si z samych jedynek ( jest parametrem, ktry odzwier-

ciedla proporcje czasu midzy surfowaniem takim, e nastpna odwiedzana strona, to taka do ktrej link znajduje sie na aktualnie odwiedzanej, a teleportacj do losowej strony; Brian i Page przyjli i najprawdopodobniej jest to warto ktra jest uywana obecnie). Po tych wszystkich manipulacjach dostalimy macierz

= 0.85,

G = [gij ]

posiadajcej nastpujce wasnoci:

gij > 0

dla wszystkich

i, j ;

macierz

G

jest kolumnowo stochastyczna, to znaczy wspczynniki w kadej kolumnie sumuj si

do jedynki. Konsekwencj Twierdzenie Frobeniusa-Perrona (dla macierzy

G

speniajcej powysze warunki) jest:

1

jest wartoci wasn macierzy

G; 1,to

jeeli

jest wartoci wasn

G

rn od

|| < 1; wodpowiadajcy wartoci wasnej

z dokadnoci do przemnoenia przez skalar wektor wasny

1

jest jednoznacznie wyznaczony (mona go wybra jednoznacznie tak aby

wi = 1, wi > 0).

Powysze fakty oznaczaj, e korzystajc ze stworzonej macierzy Google moemy jednoznacznie uszeregowa strony wzgldem wanoci.

Zadanie 3.1.

Mamy dane

2

strony i linki:

1 1, 1 2, 2 2.

Prosz wypisa macierz Google i na

jej podstawie znale wagi stron

1 i 2.39

3.2

Wartoci i wektory wasneChcemy

Postaramy si teraz pokaza w jaki sposb szuka wartoci wasnych i wektorw wasnych. N znale C i v C , v = 0, takie, e

Av = v,czyli, e Takie

(A I)v = 0.

Gdyby macierz

A I bya odwracalna, A.

to oczywicie dostalibymy

v = 0,

czyli

przypadek nas nie interesujcy. To oznacza, e wany jest przypadek gdy

A I

nie jest odwracalne.

C

nazywamy wartoci wasn macierzy

Zbir wszystkich wartoci wasnych macierzy

A

nazywamy spektrum lub widmem macierzy

A

(czsto oznaczamy przez

(A)). A zdeniujmy jej wielomian

Oczywicie powstaje pytanie, jak takie wartoci wasne znajdowa. Zauwamy, e macierz jest nieodwracalna wtw. gdy wyznacznik si zeruje. Dla danej macierzy kwadratowej

charakterystyczny wzorem

WA () = det(A I)Wtedy

dla

C. trA :=i

jest wartoci wasn macierzy

A,

wtw. gdy jest zerem jej wielomianu charakterystycznego.

Przez

trA

rozumiem lad macierzy

A,

czyli suma wspczynnikw na przektnej:

ai i .

Zadanie 3.2.

Prosz pokaza, e Niech

tr(AB) = tr(BA).bdzie macierz kwadratow

Obserwacja 3.1.

A = [aij ]

n n.

Wtedy

WA () = (1)n (n a1 n1 . . . + (1)n an ),gdzie

a1 = trA, an = det A.

Jako bezporedni wniosek z powyszego, otrzymujemy wzr na wielomian charakterystyczny macierzy

2 2: WA () = 2 trA + det A.

Stwierdzenie 3.1.

Niech

wasny odpowiadajcy

,

tzn. taki wektor

bdzie wartoci wasn macierzy A Mnn (C). Wtedy istnieje wektor v Cn , v = 0, e Av = v .

Dowd. Konsekwencja rzdu.Pokamy teraz na przykadach w jaki sposb mona liczy wartoci wasne i wektory wasne macierzy.

Przykad 3.1.

Rozpatrzmy macierz

A :=Wtedy oczywicie

2 1 . 1 2

WA () = 2 trA + det A = 2 4 + 3.Oznacza to, e wartoci wasne

A

to

1 = 1, 2 = 3.Aby znale wektor wasny odpowiadajcy wartoci wasnej

Znajdziemy teraz wektory wasne.

1,

musimy znale niezerowe rozwizanie rwnania

2x + y = x, x + 2y = y.

40

Wiemy, e jedno z powyszych rwna jest kombinacj pozostaych, co oznacza, e przy rozwizywaniu moemy (jeeli go znajdziemy) odrzuci. Tu nie ma problemu, gdy te rwnania s tylko dwa. Tak wic nasz ukad jest rwnowany rwnaniu

2x + y = x.Rozwizanie bdzie zaleao od parametru (moemy przyj, e parametrem bdzie czy nam znale dowolne niezerowe rozwizanie, moemy przyj wic wektorem wasnym odpowiadajcym wartoci wasnej dostajemy rwnanie

y ).

Poniewa wystar-

1

i wtedy dostajemy T jest wektor [1, 1] .

y = 1,

x = 1.

Tak

Znajdziemy teraz wektor odpowiadajcy wartoci wasnej

3.

Postpujc analogicznie jak poprzednio

2x + y = 3x,czyli kadc

y=1

otrzymujemy

x = 1,

czyli dostajemy wektor wasny rwny

[1, 1]T .(znajduje wartoci wasne

Zadanie 3.3[2, 1; 1; 2];b)

(Scilab)

.

Prosz przeczyta w helpie Scilaba o komendzie c)

spec

i wektory wasne macierzy), i nastpnie w Scilabie znale wartoci i wektory wasne macierzy a)

[0, 1; 1; 0];(Scilab)

[1, 2, 3; 3, 1, 0; 2, 1, 0]. 5stron i linki:

Zadanie 3.4

.

Mamy dane

1 1, 1 2, 1 3, 1 5, 2 2, 2 3, 3 1,

3 5, 4 1, 4 4, 5 1.algorytmu Google PageRank.

Prosz znale wagi odpowiednich stron powstae w wyniku zastosowania

3.3

Zastosowanie rozmnaanie krlikwNiech

Zajmijmy si teraz raz jeszcze zadaniem postawionym przez Fibonacciego. krlikw w

n-tym

miesicu, za

mn

modych (jak wczeniej, przyjmujemy, e

sn ilo starych s1 = 1, m1 = 0). Wtedy

jak pamitamy mamy

sn+1 = mn , mn+1 = sn + mn ,czyli

sn+1 0 1 s = n . mn+1 1 1 mnW konsekwencji

sn 0 1 = mn 1 1Widzimy wic, e do wyliczenia iloci krlikw w

n1

s1 . m1 n-tMona to atwo zrobi korzystajc z

n-tym

miesicu potrzebujemy wyliczy wzr na

potg odpowiedniej macierzy (a dokadniej na wektorze Tak wic CEL: znale

[s0 , n0 ]T ).

faktu, e znamy rozwizanie cigu Fibonacciego (wiczenie), ale sprbujmy to zrobi bez tej znajomoci.

0 1 1 1

n

.

Sprbujemy powtrzy to jak rozwizywalimy Fibonacciego, a mianowicie sprbujmy zobaczy, czy da si znale wektory, na ktrych nasza macierz zachowuje si po ludzku, czyli takie, e dla pewnego

C Av = v.Jak wiemy, taki wektor nazywa si wektorem wasnym odpowiadajcym wartoci wasnej e

.

Zauwamy,

41

Obserwacja 3.2.

Jeeli

v

jest wektorem wasnym odpowiadajcym wartoci wasnej

,

to

A n v = n vDowd. Trywialny dowd indukcyjny.

dla

nN

Korzystajc z wiadomoci z poprzedniej sekcji sprbujmy znale wektory wasne i wartoci wasne interesujcej nas macierzy. Wielomian charakterystyczny:

WA () = 2 1,czyli ma wartoci wasne dane przez

1 5 1+ 5 1 = , 2 = , 2 2a odpowiadaj im wartoci wasne: Chcemy wic obliczy

[1, 1 ]T , [1, 2 ]T . 0 1 1 1n1

1 . 0

Poniewa wiemy w jaki sposb zachowuj si iteracji naszej macierzy na wektorach wasnych, sprbujmy T dziaa jak poprzednio i przedstawi nasz wektor [1, 0] za pomoc kombinacji wektorw wasnych:

[1, 0]T = 1 [1, 1 ]T + 2 [1, 2 ]T , 1 + 2 = 1, 1 1 + 2 2 = 0. wzory na sn , mn .czyli Jako wiczenie prosz policzy

1 , 2

i wyliczy w konsekwencji

Zadanie 3.5.

Policz

An

dla a)

A = [2];

b)

A = [2, 1; 1, 2]; A = [1, 0, 0; 0, 2, 0; 0, 0, 3].

3.4

Rzd, liniowa niezaleno i Tw. Kroneckera-Capellegon-rwnaz

W tej sekcji wrcimy jeszcze na chwilk do rwna (motywacja do liniowej niezalenoci i rzdu). Rozpatrzmy ukad

k -niewiadomymi a11 x1 + . . . + a1k xk = b1 , . an1 x1 + . . . + ank xk = bn .. .

Interesuje nas czy on ma rozwizanie, czyli czy istniej skalary

x1 , . . . , x k a11 a1k b1 . . . x1 . + . . . + xk . = . . . . an1 ank bn

takie, e

Jeeli przez

vl

oznaczymy

l-ta

kolumn macierzy

sprowadza si do pytania, czy istniej skalary

A, to znaczy vl = [a1l , . . . , anl ]T , x1 , . . . , xk , takie, e

to nasze pytanie

x1 v1 + . . . + xk vk = b.Tak wic w naturalny sposb otrzymalimy nastpujc denicj:

42

Denicja 3.2.

Niech

v1 , . . . , vk , b Rn

bd dane. Jeeli istniej skalary

x1 , . . . , xk R,

takie, e

x1 v1 + . . . + xk vk = b.to mwimy, e

b

jest kombinacj liniow wektorw

v1 , . . . , v k . v1 , . . . , vnoznaczamy przez

Zbir wszystkich kombinacji liniowych wektorw

lin(v1 , . . . , vn ),

tzn:

lin(v1 , . . . , vn ) := {x1 v1 + . . . + xk vk : x1 , . . . , xk R}.Tak wic

b

jest kombinacj liniow

v1 , . . . , vn

wtw.

b lin{v1 , . . . , vk }).

Bdzie nas interesowao uzyskanie prostego i efektywnego kryterium pozwalajcego rozstrzygn powyszy problem. Posumy si w naszych rozwaaniach troszk dalej: zamy, e tak jest (czyli istnieje rozwizanie). Jak rozstrzygn ktre z rwna s nam zbdne? Zauwamy, e jeeli jakie rwnanie (a konkretniej jego reprezentacja w postaci wierszu w macierzy rozszerzonej) jest kombinacj liniow pozostaych, to moemy go odrzuci/skreli bez zmieniania zbioru rozwiza. Moemy tak postpowa a do momentu, gdy ju adnego rwnania nie da si wyrzuci, czyli inaczej mwic, gdy adne z rwna nie bdzie kombinacj liniow pozostaych. Dostajemy w konsekwencji nastpujc denicj :

3

Denicja 3.3.

Rozpatrzmy wektory takie, e

v1 , . . . , vk Rn .

Mwimy, e te wektory s liniowo zalene, gdy

jeden da si przedstawi jako kombinacja liniowa pozostaych, tzn. istnieje

i {1, . . . , k}

oraz skalary

1 , . . . , i , . . . , k

vi =l=i

l vl .

Wektory s liniowo niezalene, jeeli nie s liniowo zalene.

Obserwacja 3.3. wektory

NWSR: s liniowo niezalene;

v1 , . . . , vk

zachodzi implikacja

1 v1 + . . . + k vk = 0 = v1 = . . . = vk = 0.

Dowd. Dowd zostaje jako wiczenie (by na wykadzie).Jestemy teraz gotowi do:

Denicja 3.4.

Przez rzd macierzy

A

(oznaczam

rank(A))

rozumiem maksymaln ilo kolumn w

A

liniowo niezalenych.

Obserwacja 3.4.

Jeeli mamy wektory

v1 , . . . , vn ,

to aby sprawdzi czy s liniowo niezalene wystarczy

uoy z nich macierz (nazwijmy j

A),

a nastpnie sprawdzi czy

rank(A) = n.

Rzd macierzy si liczy bardzo atwo okazuje si, e operacje elementarne zarwno na wierszach, jak i na kolumnach nie zmieniaj rzdu macierzy (wiczenie). sprowadzeniu Poniewa dla macierzy schodkowej jej rzd to po prostu ilo schodkw (wiczenie), jako wniosek dostajemy: rzd

A

to ilo schodkw po

A

za pomoc operacji elementarnych na wierszach do postaci schodkowej.

atwo mona take pokaza, e

3 oznaczenie: element ktry usuwam z cigu

1 , . . . , k

oznaczam przez

i

43

dualnie, gdy sprowadzimy

A

mentarnych na kolumnach (to samo jakbymy sprowadzali operacji elementarnych na wierszach), to rzd

do postaci takiej jakby dolnie schodkowej za pomoc operacji eleAT do postaci schodkowej za pomoc

A

to ilo pionowych schodkw;

w konsekwencji rzd

rankA = rankAT ;ilo kolumn czy wierszy) maksymalnej (w sensie iloci wierszy czy kolumn)

A to wielko (tzn.

odwracalnej macierzy kwadratowej powstaej z wierszy (minor). Widzimy wic, e jeeli mamy macierz

A

w wyniku skrelenia pewnej iloci kolumn i

m n,

to maksymalnie rzd tej macierzy wynosi

min(m, n).

Przydatny w liczeniu rzdu moe by take nastpujcy

Fakt 3.1.

Zamy, e mamy dan macierz w postaci blokowej

D :=Wtedy jeeli albo rzd

A B . 0 C rank(D) = rank(A) + rank(C).

A

albo rzd

B

jest maksymalny, to

Jako bezporedni konsekwencj otrzymujemy:

Twierdzenie 3.1

(Tw. Kroneckera-Capellego)

.

Ukad rwna

Ax = bma niezerowe rozwizanie, wtw. gdy temu, e

rank(A) = rank(A|b) (rzd macierzy rozszerzonej) (to jest rwnowane

b lin{col(A)}). [A|b]do postaci schodkowej za pomoc operacji elementarnych na wierszach, Poniewa rzd to ilo schodkw, to: jeeli nie wystpuje schodek w

Dowd. Sprowadzamy

wtedy rzdy si nie zmieniaj. ostatniej kolumnie (czyli gdy gdy

rank(A) = rank(A|b)), to ukad ma rozwizanie; jeeli za wystpuje (czyli

rank(A) < rank(A|b)),

to oznacza, e ukad nie ma rozwizania.

To pozwala nam teraz rozwizywa ukady rwna liniowych. SCHEMAT (formalizacja):

rozpatrujemy ukad rwna zapisanych w postaci macierzowej sprawdzamy, czy

Ax = b;

r(A|b) = r(A) = K ;

jeeli nie, to nie ma; jeeli tak, to znajdujemy w

A

minor

M

rzdu

K := r(A|b) = r(A),

taki, e

det M = 0,

i wtedy

wykrelamy pozostae rwnania, a pozostae traktujemy jako parametry (czyli mamy ich w konsekwencji nasze rwnanie zaley od innymi korzystajc z wzorw Cramera.

k K );

kK

parametrw, i moemy rozwiza ukad midzy

Zadanie 3.6. Sprawd czy wektory s liniowo niezalene: Zadanie 3.7.Policz rzd macierzy

a)

[1, 2], [2, 1], [3, 0]; b) [1, 2, 3], [2, 3, 1], [3, 1, 0].

[2, 3, 1, 3; 3, 1, 2, 0; 2, 1, 0, 3]; [1, 0; 0, 1; 2, 1; 3, 2; 3, 4].

44

3.5

Pojcie bazy

Patrzc na poprzednie rozdziay, widzimy, e w pewnym ukadzie wsprzdnych dziaanie naszej macierzy jest prostsze. Bdziemy starali si sprecyzowa co rozumiemy przez ukad wsprzdnych. Idea jest troszk pochodzca od adresowania: bdziemy chcieli aby kady punkt mia adres (generowanie) i aby ten adres by jednoznacznie wyznaczony (liniowa niezaleno). Bdziemy jeszcze chcieli oznaczy co bdziemy adresowa. Dla skrtu zapisu stosujemy oznaczenie

K = R C. RNo ile

Denicja 3.5. v+w V v V

Niech

V KN .

Wtedy

V

nazywamy podprzestrzeni liniow (wektorow)

dla dowolnych

v, w V ;

dla dowolnych

v V , K.naley do

Stwierdzenie 3.2. Dowolna kombinacja liniowa elementw VV , 1 , . . . , n K

V , tzn.

dla dowolnych

v1 , . . . , v n

1 v1 + . . . + n vn V.Dowd. Dowd indukcyjny ze wzgldu na

n

(by na wykadzie).

Zadanie 3.8.x+y =

Sprawdzi ktre z poniszych zbiorw s podprzestrzeniami liniowymi: a) 0}; b) {(x, y, z) R3 : x + y + z = 1}; c) {(x, y) R2 : x = 0 y = 0}. Niech

{(x, y) R2 :jest pod-

Zadanie 3.9.

V, W

bd podprzestrzeniami liniowymi

RN .

Prosz pokaza, e

V W

przestrzeni liniow.

Zadanie 3.10. Zadanie 3.11. Zadanie 3.12.RN

Prosz pokaza przykad dwch podprzestrzeni liniowych

R2 ,

takich, e ich suma mno-

gociowa jest podprzestrzeni liniow. Niech

V, W

bd podprzestrzeniami liniowymi

RN .

Prosz pokaza, e

V W

jest

podprzestrzeni liniow wtw. gdy Niech

V W

lub

W V. lin(v1 , . . . , vk )jest podprzestrzeni liniow

v1 , . . . , vk RN .

Prosz udowodni, e

.Jestemy ju gotowi do zdeniowania pojcia bazy.

Denicja 3.6.wektory

Mwimy, e

v1 , . . . , v n V

jest baz

V,

jeli

v1 , . . . , vn

s liniowo niezalene;

lin(v1 , . . . , vn ) = V .

Przykad 3.2. Tak zwan baz kanoniczn RN nazywamy baz zadan przez e1 = [1, 0, . . . , 0]T , . . . , eN =Oczywicie ten zbir jest liniowo niezaleny, i kady punkt T stawi w postaci kombinacji liniowej elementw z bazy: [x1 , . . . , xN ] =

[0, . . . , 0, 1]T .

[x1 , . . . , xN ]T z RN da si przedx1 e 1 + . . . + xN e N . V

Uwaga 3.1.

(intuicja) Zbir wektorw w

V

moemy traktowa jak zbir kierunkw w ktre moemy si

porusza. Wtedy to, e najwyej jeden adres).

v1 , . . . , vn

generuje

V

oznacza, e do kadego punktu z

moemy doj, za

to, e te wektory s liniowo niezalene oznacza to, e to dojcie jest jednoznaczne (kady punkt ma co

45

Przykad 3.3.

Pokaemy, e

[1, 2]T , [1, 0]T

jest baz

R2 .

Najpierw sprawdzimy te wektory s liniowo

niezalene, w tym celu wystarczy sprawdzi czy rzd macierzy

P =

1 1 2 0

jest dwa, ale jak wida tak jest (macierz P czsto nazywamy macierz przejcia). Aby sprawdzi, czy te 2 T wektory generuj R , musimy sprawdzi, czy dla dowolnych [x1 , x2 ] ukad rwna

1ma rozwizanie. Tak jest, gdy macierz rzd

1 1 x + 2 = 1 = 2 0 x2 Pjest macierz odwracaln (bo jest to macierz

22

ktra ma

2). [x1 , x2 ]T R2w nowym ukadzie wsprzdnych (w nowej

Jeeli chcemy znale wsprzdne punktu

bazie), to musimy rozwiza powyszy ukad, jak atwo wida

1 x = P 1 1 . 2 x2

Uwaga 3.2.

Niech

bazie, tzn. skalary

v1 , . . . , vN bdzie baz RN . 1 , . . . , N takie, e

Jeeli chcemy znale wsprzdne punktu

x RN

w tej

1 v1 + . . . + N vN = x,to musimy odwrci macierz przejcia

P = [v1 , . . . , vN ], tzn. 1 . 1 . = P x. . N

Zadanie 3.13.

(1, 2), (2, 1) jest baz R2 . Znajd wsprzdne punktu (x1 , x2 ) w tej bazie. N N b) Poka, e (1, 0, . . . , 0), (1, 1, 0, . . . , 0), (1, . . . , 1, 0), (1, . . . , 1) R tworz baz R . Znajd wsprzdne punktu (x1 , . . . , xN ) w tej bazie.a) Poka, e

3.6

Macierz w nowej bazieNiech

Zobaczymy teraz jak zmienia si macierz odwzorowania przy zmianie bazy.

Przykad 3.4.

X = R2 .

Rozpatrzmy

A

odwzorowanie zadane przez macierz

2 1 . 1 2Wiemy, e wektory wasne tej macierzy to macierz tego odwzorowania jeli w wsprzdnych). Zobaczmy wic na ktry wektor

v1 = [1, 1]T

i

X A

zmienimy baz na odwzorowuje

v2 = [1, 1]T . Zobaczymy, jak bdzie wyglda v1 i v2 (inaczej mwic zmieniamy w X ukad

v1

i

v2 :

Av1 = 3

1 = 3v1 + 0v2 , 146

analogicznie

Av2 =Widzimy wic, e w macierz odwzorowania

1 = 0v1 + 1v2 . 1w nowej bazie to

A

3 0 . 0 1Zmiana bazy (ukadu wsprzdnych). Porysujemy sobie.

Przykad 3.5.

Zobaczymy co si stanie z kwadratem Mamy

K = [1, 1] [1, 1]

gdy zmienimy baz na

v1 = [1, 1]T , v2 = [0, 1/2]T .

K = {(x1 , x2 ) : x1 [1, 1], x2 [1, 1]} {x1 e1 + x2 e2 : x1 [1, 1], x2 [1, 1]} {x1 (v1 2v2 ) + x2 (2v1 ) : x1 [1, 1], x2 [1, 1]} {(x1 2x2 )v1 2x1 v1 }...Jak widzimy po zmianie bazy z kwadratu zrobi si rwnolegobok. Analogicznie, z koa moe si zrobi elipsa.

3.7

Bazy ortonormalne i ortogonalneTakie bazy to tak zwane bazy ortonormalne. Aby je

Opowiemy sobie teraz o porzdnych bazach, ktre nam nie znieksztacaj geometrii (jak widzielimy, przy zmianie bazy kwadrat moe sta si rwnolegobokiem, a koo elips), a precyzyjniej mwic nie zmieniaj odlegoci (iloczynu skalarnego). zdeniowa przypomnimy sobie jeszcze pojcie iloczynu skalarnego.

Denicja 3.7.

W

RN

przez (standardowy) iloczyn skalarny rozumiemy

xy =iW

xi y i .

CN

kadziemy

xy =i(to jest konsekwencja tego, e chcemy by WASNOCI (dla

xi y i a dla liczb zespolonych mamy

x x 0,

|z|2 = z z ).

RN ):

(x) y = (x y), x (y) = (x y); x (y + z) = x y + x z ; x y = y x; xx= x2.

WASNOCI (dla

CN ):47

(x) y = (x y), x (y) = (x y); x (y + z) = x y + x z ; x y = y x; xx= x2.

Mwimy, e wektory

nimi jest prosty, tzn. gdy

u, v s prostopade (ortogonalne), oznaczamy przez u v , gdy kt midzy u v = 0. Wektor nazywamy normalnym, gdy jego dugo jest rwna jeden

(normalizacja wektora to dzielenie przez norm).

Denicja 3.8.

Mwimy, e cig wektorw jest ortonormalny, jeeli jest

ortogonalny (wszystkie elementy s parami ortogonalne) normalny (wektory maj dugo jeden)

Okazuje si, e bazy ktre sa ortogonalne / ortonormalne s bardzo przydatne i wygodne w uyciu. W szczeglnoci atwo i szybko znajduje si wsprzdne w nowej bazie (nie trzeba tak jak poprzednio odwraca macierzy przejcia, co jest czasochonne).

Obserwacja 3.5.punkt

Zamy, e mamy dan baz ortogonaln

v1 , . . . , vN

w

RN .

Chcemy przedstawi

xR

N

w naszej bazie, tzn. wyliczy

1 , . . . , N

takie, e

x = 1 v1 + . . . + N vN .TRIK (sprytny): przemnaamy prawostronnie przez

vk :

x vk = (1 v1 + . . . + N vN ) vk ,ale z ortogonalnoci

vi vj = ij ,

co oznacza, e

x vk = k (vk vk ).W konsekwencji

k =Gdy dodatkowo nasza baza jest ortonormalna, to

x vk . vk 2 vk = 1,co oznacza, e

k = x vk .

Przykad 3.6.

Rozpatrzmy sobie jak prost baz w

R2 :

2/2 2/2 v1 = , v2 = . 2/2 2/2Chcemy przedstawi punkt

x = [1, 2]T

w naszej bazie. W tym celu wystarczy policzy

1 = x v1 = 3 2/2, 2 = x v2 = 2/2(atwo sprawdzi, e tak rzeczywicie jest).

48