Algebra II - rozwiązania zadań z kolokwium I.

Algebra II - rozwiązania zadań z kolokwium I.
Zadanie 1. Niech V oznacza przestrzeń liniową nad ciałem R macierzy kwadratowych wymiaru 2 o elementach
rzeczywistych. Które z poniższych odwzorowań jest funkcjonałem dwuliniowym? Które jest
funkcjonałem dwuliniowym symetrycznym?
a) g 1 : V × V → R, g 1 (X, Y ) = tr(X · Y );
b) g 2 : V × V → R, g 2 (X, Y ) = det(X) · det(Y ).
Rozwiązanie:
a) Sprawdźmy najpierw, czy odwzorowanie g 1 jest dwuliniowe.
g 1 ((X + Y ), Z) = tr((X + Y ) · Z) = tr(X · Z + Y · Z).
Z liniowości śladu wynika
tr(X · Z + Y · Z) = tr(X · Z) + tr(Y · Z) = g 1 (X, Z) + g 1 (Y, Z).
Analogicznie postępujemy w drugim przypadku
g 1 (X, (Y + Z)) = tr(X · (Y + Z)) = tr(X · Y + X · Z) = tr(X · Y ) + tr(X · Z) =
g 1 (X, Y ) + g 1 (X, Z).
Do sprawdzenia pozostaje jeszcze jednorodność ze względu na skalary. Wynika ona w zasadzie
z określenia śladu macierzy.
g 1 (cX, Y ) = tr(cX · Y ) = c · tr(X · Y ) = c · g 1 (X, Y ),
g 1 (X, cY ) = tr(X · cY ) = c · tr(X · Y ) = c · g 1 (X, Y ).
Odwzorowanie g 1 jest więc dwuliniowe. Sprawdźmy, czy jest symetryczne.
g 1 (X, Y ) = tr(X · Y )
Wykażmy pewną własność śladu, mianowicie tr(X · Y ) = tr(Y · X). Niech (·) ij oznacza
element i-tego wiersza i j-tej kolumny w macierzy. Wówczas
(
n∑
n∑ n
)
∑
tr(X · Y ) = (X · Y ) ii = (X ik Y ki ) .
i=1
i=1
k=1
Ponieważ w obu przypadkach sumujemy po względem indeksów k, i = 1, . . . , n, to zmieniając
kolejność sumowania mamy
(
n∑ ∑ n
)
n∑ n∑
n∑ n∑
(X ik Y ki ) = (X ik Y ki ) = (X ik Y ki ),
i=1
k=1
i=1 k=1
k=1 i=1
zamieniając teraz miejscami indeksy k oraz i (można, ponieważ suma przebiega cały zakres)
otrzymujemy
n∑
k=1 i=1
n∑
(X ik Y ki ) =
n∑
i=1 k=1
n∑
(X ki Y ik ) =
n∑ n∑
( Y ik X ki ) =
i=1
k=1
Posługując się tą informacją możemy teraz zapisać
g 1 (X, Y ) = tr(X · Y ) = tr(Y · X) = g 1 (Y, X).
Rozpatrywany funkcjonał jest więc dwuliniowy i symetryczny.
n∑
(Y · X) ii = tr(Y · X).
i=1
1

) Funkcjonał dany jest jako
g 2 (X, Y ) = det(X) · det(Y ).
Żeby był on dwuliniowy potrzeba by
g 2 ((X + Y ), Z) = g 2 (X, Z) + g 2 (Y, Z).
To oznacza jednak, że
det(X + Y ) = det(X) + det(Y ).
Biorąc odpowiednie macierze
[ ] [
1 0
0 0
X = , Y =
0 0
0 1
zauważamy, że
]
,
1 = det(X + Y ) ≠ det(X) · det(Y ) = 0 · 0 = 0.
Funkcjonał g 2 nie jest zatem dwuliniowy, nie będzie także dwuliniowy i symetryczny.
Kryteria oceniania: W sprawie kryteriów proszę kontaktować się z prof. dr hab. W. Marcinkowską-Lewandowską.
Zadanie 2. Funkcjonał dwuliniowy g : R 3 × R 3 → R zadany jest macierzą
⎡
−1 −2
⎤
1
⎣ −2 3 2 ⎦
1 2 0
a) Znajdź bazę B przestrzeni R 3 w której powyższy funkcjonał ma macierz diagonalną;
b) Podaj rząd i sygnaturę formy kwadratowej wyznaczonej przez g.
Rozwiązanie:
a) Metodą przekształceń elementarnych wykonywanych na wierszach i na kolumnach macierzy
funkcjonału znajdziemy bazę B.
⎡
⎤ ⎡
⎤ ⎡
⎤
−1 −2 1
−1 −2 1
−1 −2 0
⎣ −2 3 2 ⎦ w3+w1
∼ ⎣ −2 3 2 ⎦ k3+k1
∼ ⎣ −2 3 0 ⎦ w2−2w1
∼
1 2 0
0 0 1
0 0 1
⎡
⎣
−1 −2 0
0 7 0
0 0 1
⎤
⎦ k2−2k1
∼
⎡
⎣ −1 0 0
0 7 0
0 0 1
⎤
⎦ .
Ostatnia macierz jest macierzą diagonalną naszego funkcjonału. Wykonując teraz takie same
operacje tylko na kolumnach macierzy jednostkowej otrzymamy
⎡
⎣ 1 0 0 ⎤ ⎡
0 1 0 ⎦ k3+k1
∼ ⎣ 1 0 1 ⎤ ⎡
0 1 0 ⎦ k2−2k1
∼ ⎣ 1 −2 1 ⎤
0 1 0 ⎦ .
0 0 1
0 0 1
0 0 1
W kolumnach ostatniej macierzy znajdują się wektory tworzące bazę B
b) Rząd formy to rząd macierzy tej formy, zatem rząd formy wynosi 3. Sygnatura to para (p, q),
gdzie p - ilość elementów dodatnich w macierzy diagonalnej tej formy, q - ilość elementów
ujemnych, zatem sygnatura tej formy to (2, 1).
2

Kryteria oceniania: Poprawne wyznaczenie macierzy diagonalnej - 2 pkt. Wyznaczenie bazy - 2 pkt. Podanie
rzędu formy - 1 pkt. Podanie sygnatury formy - 1 pkt. Razem: 6 pkt.
Zadanie 3. Niech C[0, π] oznacza przestrzeń liniową funkcji ciągłych o wartościach rzeczywistych na odcinku
[0, π].
a) Wykaż, że odwzorowanie
h : C[0, π] × C[0, π] → R, h(f, g) =
jest iloczynem skalarnym w C[0, π].
∫ π
0
f(t)g(t) dt
b) Oblicz normę funkcji f 1 (x) ≡ 1, f 2 (x) = x − 1, f 3 (x) = sin x generowaną przez iloczyn
skalarny h;
c) Czy prawdą jest, że
∫ π
e −x2 +x
(∫ π
dx
∣ x ∣ e 2x ) 1/2 (∫ π
1/2
x 2 e dx) −2x2 ?
0
Odpowiedź uzasadnij.
0
0
Rozwiązanie:
a) Trzeba wykazać o odwzorowaniu h, że jest dwuliniowe, niezdegenerowane symetryczne.
Dwuliniowość wynika wprost z własności całki, bowiem
h(f + g, k) =
∫ π
0
∫ π
0
(f + g)(t)k(t) dt =
g(t)k(t) dt = h(f, k) + h(g, k).
∫ π
0
f(t)k(t) + g(t)k(t) dt =
∫ π
0
f(t)k(t) dx+
Analogicznie wykazuje się liniowość ze względu na drugi argument. Jednorodność ze względu
na skalar również wynika z własności całki
h(cf, g) =
∫ π
0
cf(t)g(t) dt = c
∫ π
0
f(t)g(t) dt = c · h(f, g).
Jednorodność ze względu na drugi argument wykazuje się analogicznie. h jest więc dwuliniowe.
Pokażmy symetrię h.
h(f, g) =
∫ π
0
f(t)g(t) dt =
∫ π
0
g(t)f(t) dt = h(g, f).
h jest więc dwuliniowa i symetryczna. Pozostaje sprawdzić niezdegenerowanie. Niezdegenerowanie
oznacza
h(f, f) 0 i h(f, f) = 0 ⇔ f ≡ 0.
Mamy jednak
h(f, f) =
∫ π
0
f(t)f(t) dt =
∫ π
0
f 2 (t) dt.
Ponieważ funkcja podcałkowa (jako kwadrat funkcji f) jest nieujemna to
h(f, f) 0.
Całka z funkcji ciągłej i nieujemnej może być równa zero wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja
ta jest tożsamościowo równa zero. Mamy zatem niezdegenrowanie h. h jest więc iloczynem
skalarnym.
3

) Obliczmy
‖f 1 ‖ = √ (∫ π
1/2 (∫ π 1/2
h(f 1 , f 1 ) = (−1) dx) 2 = 1 dx)
= √ π.
0
‖f 2 ‖ = √ (∫ π
1/2
√
1
h(f 2 , f 2 ) = (x − 1) dx) 2 =
3 π3 − π 2 + π
‖f 3 ‖ = √ (∫ π
1/2 (∫ π
(f 3 , f 3 ) = sin 2 x dx)
=
( 1
2
∫ π
0
(1 − cos 2x) dx) 1/2
=
0
0
√
2π
2 .
c) Zauważmy, że nierówność ta może zostać zapisana jako
( )∣ e
x ∣∣∣
∣ h x , ∥
∥e x e−x2
x ∥ · ∥
∥e −x2∥ ∥ .
0
0
1 − cos 2x
2
dx) 1/2
=
Zauważmy, że jest to nierówność Schwarza! Inny sposób rozwiązania. Zauważmy, że na
odcinku [0, π] funkcja e 2x jest ograniczona z dołu przez 1. Mamy stąd
∫ π
e 2x ∫ π
x 2 dx 1
x 2 dx = − 1 π
x∣
= ∞.
0
0
0
Jeśli po prawej stronie nierówności występuje czynnik nieskończony, a drugi czynnik (całka
z e −2x2 ) jest niezerowy, to nierówność jest spełniona w oczywisty sposób.
Kryteria oceniania: W sprawie kryteriów proszę kontaktować się z M. Trynieckim.
Zadanie 4. W przestrzeni R 2 [x] wielomianów stopnia co najwyżej drugiego o współczynnikach z ciała R
określamy iloczyn skalarny 〈·, ·〉 : R 2 [x] × R 2 [x] → R wzorem
〈a 0 + a 1 t + a 2 t 2 , b 0 + b 1 t + b 2 t 2 〉 = a 0 b 2 + a 1 b 1 + a 2 b 0 .
Znajdź kąt między f(x) = x 2 + √ 2x oraz g(x) = √ 2x 2 + √ 6.
Rozwiązanie: Zauważmy, że 〈·, ·〉 w istocie nie są iloczynem skalarnym! Wystarczy wziąć wieloman f(t) = 1.
Wówczas 〈1, 1〉 = 0. Dalsze rachunki są nieuzasadnione.
Kryteria oceniania: W tym zadaniu, w sformułowaniu skradł się błąd... Właściwe sformułowanie zadania powinno
brzmieć:
„W przestrzeni R 2 [x] wielomianów stopnia co najwyżej drugiego o współczynnikach z ciała R
określamy operację...”.
Dopero wtedy trzeba sprawdzić, czy operacja ta jest iloczynem skalarnym i (ewentualnie) liczyć
ów kąt. Takie rozwiązanie, tzn. zauważenie że nie jest to iloczyn skalarny punktowane jest od
razu najwyższą ilością 6 pkt. Inne rozwiązania (obliczające kąt) w zależności od poprawności ich
elementów są oceniane następująco: obliczenie 〈f, g〉 - 1 pkt., obliczenie ‖f‖ i ‖g‖ zgodnie z 〈·, ·〉
- po 2 pkt., obliczenie cosinusa kąta - 1pkt.
Zadanie 5. Zbadaj określoność formy kwadratowej zadanej macierzą
⎡
⎤
1 2 −6 0
B = ⎢ 2 4 −12 0
⎥
⎣ −6 −12 30
√
0
0 0 0 7
⎦ . 4

Rozwiązanie: Korzystamy z kryteruium Sylwestera. Liczymy minory główne dla macierzy B. Licząc wyznacznik
macierzy powstałej przez wykreślenie pierwszego i czwarego wiersza i pierwszej i czwartej
kolumny otrzymamy
[
det
4 −12
−12 30
]
= −24 < 0.
Istnieje zatem ujemny minor główny stopnia parzystego. Na mocy kryterium Sylwestera, macirz
ta jest nieokreślona.
Kryteria oceniania: W sprawie kryteriów proszę kontaktować się z M. Trynieckim.
5