ALGEBRA I Z GEOMETRIA

Zadanie 1

Dane jest liniowe przekształcenie f : R 3 → R 3 f : R 3 → R 3 f:R^(3)rarrR^(3)f: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}f:R3→R3 z macierza
[ f ] s s = [ 2 2 − 5 0 4 − 4 2 0 − 3 ] [ f ] s s = 2 2 − 5 0 4 − 4 2 0 − 3 [f]_(s)^(s)=[[2,2,-5],[0,4,-4],[2,0,-3]][f]_{s}^{s}=\left[\begin{array}{ccc} 2 & 2 & -5 \\ 0 & 4 & -4 \\ 2 & 0 & -3 \end{array}\right][f]ss=[22−504−420−3]
Wyznaczmy obraz, jądro, ich przecięcie oraz bazy i wymiary tych podprzestrzeni.
Rozwiązanie 6. Obraz przekształcenia liniowego jest przestrzenia rozpinana przez kolumny macierzy. To sa wektory przeciwdziedziny napisane we wspótrzędnach bazy przeciwdziedziny. Rozpatrujemy więc macierz [ f ] s s [ f ] s s [f]_(s)^(s)[f]_{s}^{s}[f]ss. Obliczmy rzad tej macierzy metoda eliminacji Gaussa. Warto pamietac, ze to liczba niezaleznych kolumn, co wtedy daje nam wymiar obrazu f. Przypominamy, że jezeli chcemy trzymac interpretacie kolumn jako wektory przeciwdziedzine, to operacje elementarne maja byc kolumnowe poniewȧ் macierz się składa z z zzz wektorów pionowych w w www bazie s. Zatem.
[ 2 2 − 5 0 4 − 4 2 0 − 3 ] → [ 1 1 − 5 0 2 − 4 1 0 − 3 ] → [ 1 1 0 0 2 − 2 1 0 1 ] → [ 1 0 0 0 2 − 2 1 − 1 1 ] → [ 1 0 0 0 2 0 1 − 1 0 ] → [ 1 0 0 2 1 − 1 ] 2      2      − 5 0      4      − 4 2      0      − 3 → 1      1      − 5 0      2      − 4 1      0      − 3 → 1 1 0 0 2 − 2 1 0 1 → 1 0 0 0 2 − 2 1 − 1 1 → 1 0 0 0 2 0 1 − 1 0 → 1 0 0 2 1 − 1 [[2,2,-5],[0,4,-4],[2,0,-3]]rarr[[1,1,-5],[0,2,-4],[1,0,-3]]rarr[[1,1,0],[0,2,-2],[1,0,1]]rarr[[1,0,0],[0,2,-2],[1,-1,1]]rarr[[1,0,0],[0,2,0],[1,-1,0]]rarr[[1,0],[0,2],[1,-1]]\left[\begin{array}{lll}2 & 2 & -5 \\ 0 & 4 & -4 \\ 2 & 0 & -3\end{array}\right] \rightarrow\left[\begin{array}{lll}1 & 1 & -5 \\ 0 & 2 & -4 \\ 1 & 0 & -3\end{array}\right] \rightarrow\left[\begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -2 \\ 1 & 0 & 1\end{array}\right] \rightarrow\left[\begin{array}{ccc}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -2 \\ 1 & -1 & 1\end{array}\right] \rightarrow\left[\begin{array}{ccc}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & -1 & 0\end{array}\right] \rightarrow\left[\begin{array}{cc}1 & 0 \\ 0 & 2 \\ 1 & -1\end{array}\right][22−504−420−3]→[11−502−410−3]→[11002−2101]→[10002−21−11]→[1000201−10]→[10021−1].
Baza obrazu sktada się z niezależnych kolumn, a wymiar przestrzeni to rank macierzy [ f ] s s [ f ] s s [f]_(s)^(s)[f]_{s}^{s}[f]ss. Innymi stowa,
Im f = ⟨ [ 1 0 1 ] , [ 0 2 − 1 ] ⟩ Im f = 1 0 1 , 0 2 − 1 Im f=(:[[1],[0],[1]],[[0],[2],[-1]]:)\operatorname{Im} f=\left\langle\left[\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ -1 \end{array}\right]\right\rangleImf=⟨[101],[02−1]⟩
i podane najwyższe dwa wektory tworza bazę. Dodatkowo, dim Im f = 2 dim Im f = 2 dim Im f=2\operatorname{dim} \operatorname{Im} f=2dimImf=2.
Obliczmy jądro f. Rozwiazujemy równanie A x = 0 A x = 0 Ax=0A \mathbf{x}=\mathbf{0}Ax=0 metoda Gaussa:
[ 2 2 − 5 ∣ 0 0 4 − 4 ∣ 0 2 0 − 3 ∣ 0 ] ∼ [ 2 2 − 5 ∣ 0 0 1 − 1 ∣ 0 0 − 2 2 ∣ 0 ] ∼ [ 2 0 − 3 ∣ 0 0 1 − 1 ∣ 0 ] ∼ [ 1 0 − 3 / 2 ∣ 0 0 1 − 1 ∣ 0 ] . 2 2 − 5 ∣ 0 0 4 − 4 ∣ 0 2 0 − 3 ∣ 0 ∼ 2 2 − 5 ∣ 0 0 1 − 1 ∣ 0 0 − 2 2 ∣ 0 ∼ 2 0 − 3 ∣ 0 0 1 − 1 ∣ 0 ∼ 1 0 − 3 / 2 ∣ 0 0 1 − 1 ∣ 0 . [[2,2,-5,∣0],[0,4,-4,∣0],[2,0,-3,∣0]]∼[[2,2,-5,∣0],[0,1,-1,∣0],[0,-2,2,∣0]]∼[[2,0,-3,∣0],[0,1,-1,∣0]]∼[[1,0,-3//2,∣0],[0,1,-1,∣0]].\left[\begin{array}{cccc} 2 & 2 & -5 & \mid 0 \\ 0 & 4 & -4 & \mid 0 \\ 2 & 0 & -3 & \mid 0 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{cccc} 2 & 2 & -5 & \mid 0 \\ 0 & 1 & -1 & \mid 0 \\ 0 & -2 & 2 & \mid 0 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{cccc} 2 & 0 & -3 & \mid 0 \\ 0 & 1 & -1 & \mid 0 \end{array}\right] \sim\left[\begin{array}{cccc} 1 & 0 & -3 / 2 & \mid 0 \\ 0 & 1 & -1 & \mid 0 \end{array}\right] .[22−5∣004−4∣020−3∣0]∼[22−5∣001−1∣00−22∣0]∼[20−3∣001−1∣0]∼[10−3/2∣001−1∣0].
Ostateczna postać macierzy pokazuje, że układ jest zgodny. Mamy podmacierzy idenycznosciowe 2 × 2 2 × 2 2xx22 \times 22×2, która pokazuje, że x x xxx, y można napisać jako funkcję z, która jest wolna. Zatem, postac ogólna rozwiazania jest
x = [ 3 z 2 z 2 z ] , z ∈ R ⇔ ker f = ⟨ [ 3 2 2 ] ⟩ ⇒ dim ker f = 1 x = 3 z 2 z 2 z , z ∈ R ⇔ ker f = 3 2 2 ⇒ dim ker f = 1 x=[[3z],[2z],[2z]],quad z inR<=>ker f=(:[[3],[2],[2]]:)=>dim ker f=1\mathbf{x}=\left[\begin{array}{l} 3 z \\ 2 z \\ 2 z \end{array}\right], \quad z \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \operatorname{ker} f=\left\langle\left[\begin{array}{l} 3 \\ 2 \\ 2 \end{array}\right]\right\rangle \Rightarrow \operatorname{dim} \operatorname{ker} f=1x=[3z2z2z],z∈R⇔kerf=⟨[322]⟩⇒dimkerf=1
Można zapamiętać, że
dim R 3 = dim ker f + dim Im f dim R 3 = dim ker f + dim Im f dimR^(3)=dim ker f+dim Im f\operatorname{dim} \mathbb{R}^{3}=\operatorname{dim} \operatorname{ker} f+\operatorname{dim} \operatorname{Im} fdimR3=dimkerf+dimImf
i i iii widać, д̇e nasz wynik ma sens. Aby znaleźć przecięcie Im f ∩ ker f Im f ∩ ker f Im f nn ker f\operatorname{Im} f \cap \operatorname{ker} fImf∩kerf, łatwiej obliczć Im + Im + Im+\operatorname{Im}+Im+ ker f f fff. Można zauważyć, że macierz składajqca się z wektorów bazy ker f i Im f ker f i Im f ker fi Im f\operatorname{ker} f i \operatorname{Im} fkerfiImf, których elementy generuja ker f + Im f ker f + Im f ker f+Im f\operatorname{ker} f+\operatorname{Im} fkerf+Imf, czyli
[ 1 0 3 0 2 2 1 − 1 2 ] 1 0 3 0 2 2 1 − 1 2 [[1,0,3],[0,2,2],[1,-1,2]]\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 2 \\ 1 & -1 & 2 \end{array}\right][1030221−12]
ma rzad dwa. Właśnie, operacje elementarne kolumnowe daja
[ 1 0 3 0 2 2 1 − 1 2 ] → K 3 − 3 K 1 → K 3 [ 1 0 0 0 2 2 1 − 1 − 1 ] → K 3 − K 2 → K 3 [ 1 0 0 0 2 0 1 − 1 0 ] 1 0 3 0 2 2 1 − 1 2 → K 3 − 3 K 1 → K 3 1 0 0 0 2 2 1 − 1 − 1 → K 3 − K 2 → K 3 1 0 0 0 2 0 1 − 1 0 [[1,0,3],[0,2,2],[1,-1,2]]rarr"K_(3)-3K_(1)rarrK_(3)"[[1,0,0],[0,2,2],[1,-1,-1]]rarr"K_(3)-K_(2)rarrK_(3)"[[1,0,0],[0,2,0],[1,-1,0]]\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 2 \\ 1 & -1 & 2 \end{array}\right] \xrightarrow{K_{3}-3 K_{1} \rightarrow K_{3}}\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \\ 1 & -1 & -1 \end{array}\right] \xrightarrow{K_{3}-K_{2} \rightarrow K_{3}}\left[\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \end{array}\right][1030221−12]→K3−3K1→K3[1000221−1−1]→K3−K2→K3[1000201−10]
I operacjami elementarnymi zauwazyliśmy, że wektory z ker f z ker f z ker fz \operatorname{ker} fzkerf oraz Im f Im f Im f\operatorname{Im} fImf generuja Im f Im f Im f\operatorname{Im} fImf, co oznacza, że ker f ⊂ Im f i ker f ∩ Im f = ker f ker f ⊂ Im f i ker f ∩ Im f = ker f ker f sub Im fi ker f nn Im f=ker f\operatorname{ker} f \subset \operatorname{Im} f i \operatorname{ker} f \cap \operatorname{Im} f=\operatorname{ker} fkerf⊂Imfikerf∩Imf=kerf. Baza tego przecięcie to baza ker f i ker f i ker fi\operatorname{ker} f ikerfi wymiar przecięcie to jeden.

Zadanie 2

Sprawdzamy liniowość funkcji T : R 2 [ x ] → R 3 T : R 2 [ x ] → R 3 T:R_(2)[x]rarrR^(3)T: \mathbb{R}_{2}[x] \rightarrow \mathbb{R}^{3}T:R2[x]→R3 określonej wzorem
T ( w ) = [ w ( − 1 ) w ( 0 ) w ( 1 ) ] T ( w ) = w ( − 1 ) w ( 0 ) w ( 1 ) T(w)=[[w(-1)],[w(0)],[w(1)]]T(w)=\left[\begin{array}{c} w(-1) \\ w(0) \\ w(1) \end{array}\right]T(w)=[w(−1)w(0)w(1)]
Sprawdźmy najpierw właściwości liniowości, tj. musimy udowodnić, że T ( α w 1 + β w 2 ) = T α w 1 + β w 2 = T(alphaw_(1)+betaw_(2))=T\left(\alpha w_{1}+\beta w_{2}\right)=T(αw1+βw2)= α T ( w 1 ) + β T ( w 2 ) α T w 1 + β T w 2 alpha T(w_(1))+beta T(w_(2))\alpha T\left(w_{1}\right)+\beta T\left(w_{2}\right)αT(w1)+βT(w2) dla α , β ∈ R α , β ∈ R alpha,beta inR\alpha, \beta \in \mathbb{R}α,β∈R oraz w 1 , w 2 ∈ R 2 [ x ] w 1 , w 2 ∈ R 2 [ x ] w_(1),w_(2)inR_(2)[x]w_{1}, w_{2} \in \mathbb{R}_{2}[x]w1,w2∈R2[x]. Właśnie,
T ( α w 1 + β w 2 ) = [ ( α w 1 + β w 2 ) ( − 1 ) ( α w 1 + β w 2 ) ( 0 ) ( α w 1 + β w 2 ) ( 1 ) ] = [ α w 1 ( − 1 ) + β w 2 ( − 1 ) α w 1 ( 0 ) + β w 2 ( 0 ) α w 1 ( 1 ) + β w 2 ( 1 ) ] = α T ( w 1 ) + β T ( w 2 ) T α w 1 + β w 2 = α w 1 + β w 2 ( − 1 ) α w 1 + β w 2 ( 0 ) α w 1 + β w 2 ( 1 ) = α w 1 ( − 1 ) + β w 2 ( − 1 ) α w 1 ( 0 ) + β w 2 ( 0 ) α w 1 ( 1 ) + β w 2 ( 1 ) = α T w 1 + β T w 2 T(alphaw_(1)+betaw_(2))=[[(alphaw_(1)+betaw_(2))(-1)],[(alphaw_(1)+betaw_(2))(0)],[(alphaw_(1)+betaw_(2))(1)]]=[[alphaw_(1)(-1)+betaw_(2)(-1)],[alphaw_(1)(0)+betaw_(2)(0)],[alphaw_(1)(1)+betaw_(2)(1)]]=alpha T(w_(1))+beta T(w_(2))T\left(\alpha w_{1}+\beta w_{2}\right)=\left[\begin{array}{c} \left(\alpha w_{1}+\beta w_{2}\right)(-1) \\ \left(\alpha w_{1}+\beta w_{2}\right)(0) \\ \left(\alpha w_{1}+\beta w_{2}\right)(1) \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} \alpha w_{1}(-1)+\beta w_{2}(-1) \\ \alpha w_{1}(0)+\beta w_{2}(0) \\ \alpha w_{1}(1)+\beta w_{2}(1) \end{array}\right]=\alpha T\left(w_{1}\right)+\beta T\left(w_{2}\right)T(αw1+βw2)=[(αw1+βw2)(−1)(αw1+βw2)(0)(αw1+βw2)(1)]=[αw1(−1)+βw2(−1)αw1(0)+βw2(0)αw1(1)+βw2(1)]=αT(w1)+βT(w2)
Zatem, funkcja T T TTT jest przekształceniem liniowym.
Macierz T T TTT w bazach f f fff i g g ggg, to macierz których kolumn to obrazy elementy bazy f f fff we wspórzędnych bazy g g ggg. Obliczyć to wprost jest możliwe, ale w ogólności trudny. Zamiast tego, uzywamy metody, która zawsze jest przydatna. Proszę zauważyć, że
[ T ] f g = [ Id ] s g [ T ] f s [ T ] f g = [ Id ] s g [ T ] f s [T]_(f)^(g)=[Id]_(s)^(g)[T]_(f)^(s)[T]_{f}^{g}=[\mathrm{Id}]_{s}^{g}[T]_{f}^{s}[T]fg=[Id]sg[T]fs
Elementy tego złożenia sa łatwiejsze do obliczenia w ogólności. Warto przypominać, że [ T ] f f [ T ] f f [T]_(f)^(f)[T]_{f}^{f}[T]ff oraz [ T ] g g [ T ] g g [T]_(g)^(g)[T]_{g}^{g}[T]gg nie mają sensu ponieważ, f f fff to nie baza w R 3 w R 3 wR^(3)\mathrm{w} \mathbb{R}^{3}wR3 i g g ggg to nie baza w R 2 [ x ] w R 2 [ x ] wR_(2)[x]\mathrm{w} \mathbb{R}_{2}[x]wR2[x]. Pamiętając to, mamy bazę w R 2 [ x ] w R 2 [ x ] wR_(2)[x]\mathrm{w} \mathbb{R}_{2}[x]wR2[x] postaci { f 1 = x , f 2 = x 2 , f 3 = x 2 − 1 } f 1 = x , f 2 = x 2 , f 3 = x 2 − 1 {f_(1)=x,f_(2)=x^(2),f_(3)=x^(2)-1}\left\{f_{1}=x, f_{2}=x^{2}, f_{3}=x^{2}-1\right\}{f1=x,f2=x2,f3=x2−1}. Wyznaczamy obrazy tych wektorów przez funkcję T T TTT :
  • T ( f 1 ) = T ( x ) = [ x ( − 1 ) x ( 0 ) x ( 1 ) ] = [ − 1 0 1 ] T f 1 = T ( x ) = x ( − 1 ) x ( 0 ) x ( 1 ) = − 1 0 1 T(f_(1))=T(x)=[[x(-1)],[x(0)],[x(1)]]=[[-1],[0],[1]]T\left(f_{1}\right)=T(x)=\left[\begin{array}{c}x(-1) \\ x(0) \\ x(1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right]T(f1)=T(x)=[x(−1)x(0)x(1)]=[−101],
  • T ( f 2 ) = T ( x 2 ) = [ ( − 1 ) 2 0 2 1 2 ] = [ 1 0 1 ] T f 2 = T x 2 = ( − 1 ) 2 0 2 1 2 = 1 0 1 T(f_(2))=T(x^(2))=[[(-1)^(2)],[0^(2)],[1^(2)]]=[[1],[0],[1]]T\left(f_{2}\right)=T\left(x^{2}\right)=\left[\begin{array}{c}(-1)^{2} \\ 0^{2} \\ 1^{2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right]T(f2)=T(x2)=[(−1)20212]=[101],
  • T ( f 3 ) = T ( x 2 − 1 ) = [ ( − 1 ) 2 − 1 0 2 − 1 1 2 − 1 ] = [ 0 − 1 0 ] T f 3 = T x 2 − 1 = ( − 1 ) 2 − 1 0 2 − 1 1 2 − 1 = 0 − 1 0 T(f_(3))=T(x^(2)-1)=[[(-1)^(2)-1],[0^(2)-1],[1^(2)-1]]=[[0],[-1],[0]]T\left(f_{3}\right)=T\left(x^{2}-1\right)=\left[\begin{array}{c}(-1)^{2}-1 \\ 0^{2}-1 \\ 1^{2}-1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0 \\ -1 \\ 0\end{array}\right]T(f3)=T(x2−1)=[(−1)2−102−112−1]=[0−10].
Macierz przekształcenia g g ggg w bazach f = { f 1 , f 2 , f 3 } f = f 1 , f 2 , f 3 f={f_(1),f_(2),f_(3)}f=\left\{f_{1}, f_{2}, f_{3}\right\}f={f1,f2,f3} dziedziny oraz standardowej, s s sss, w przeciwdziedzinie to
[ T ] f s = [ − 1 1 0 0 0 − 1 1 1 0 ] [ T ] f s = − 1 1 0 0 0 − 1 1 1 0 [T]_(f)^(s)=[[-1,1,0],[0,0,-1],[1,1,0]][T]_{f}^{s}=\left[\begin{array}{ccc} -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right][T]fs=[−11000−1110]
Właśnie kolumny to są obrazy elementów bazy R 2 [ x ] R 2 [ x ] R_(2)[x]\mathbb{R}_{2}[x]R2[x] w bazie standardowej R 3 R 3 R^(3)\mathbb{R}^{3}R3. Macierz przyjścia z bazy kanonicznej w R 3 R 3 R^(3)\mathbb{R}^{3}R3 do g g ggg wynosi
[ Id ] g s = [ 1 − 1 0 0 1 − 1 1 0 1 ] [ Id ] g s = 1 − 1 0 0 1 − 1 1 0 1 [Id]_(g)^(s)=[[1,-1,0],[0,1,-1],[1,0,1]][\mathrm{Id}]_{g}^{s}=\left[\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right][Id]gs=[1−1001−1101]
Ta macierz jest łatwa do obliczenia: kolumny to wektory z g g ggg w bazie kanonicznej, ale takie właśnie mają taką samą postać niż wektory w R 3 R 3 R^(3)\mathbb{R}^{3}R3. A teraz macierz odwrotna można obliczyć metodą Gaussa. Rozszerzamy macierz o jednostkową:
[ 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 ] → W 3 − W 3 → W 3 [ 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 0 1 0 0 1 1 − 1 0 1 ] → W 3 − W 2 → W 3 [ 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 0 1 0 0 0 2 − 1 − 1 1 ] 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 → W 3 − W 3 → W 3 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 0 1 0 0 1 1 − 1 0 1 → W 3 − W 2 → W 3 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 0 1 0 0 0 2 − 1 − 1 1 [[1,-1,0,1,0,0],[0,1,-1,0,1,0],[1,0,1,0,0,1]]rarr"W_(3)-W_(3)rarrW_(3)"[[1,-1,0,1,0,0],[0,1,-1,0,1,0],[0,1,1,-1,0,1]]rarr"W_(3)-W_(2)rarrW_(3)"[[1,-1,0,1,0,0],[0,1,-1,0,1,0],[0,0,2,-1,-1,1]]\left[\begin{array}{ccc|ccc}1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1\end{array}\right] \xrightarrow{W_{3}-W_{3} \rightarrow W_{3}}\left[\begin{array}{ccc|ccc}1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -1 & 0 & 1\end{array}\right] \xrightarrow{W_{3}-W_{2} \rightarrow W_{3}}\left[\begin{array}{ccc|ccc}1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & -1 & -1 & 1\end{array}\right][1−1010001−1010101001]→W3−W3→W3[1−1010001−1010011−101]→W3−W2→W3[1−1010001−1010002−1−11]
Wtedy,
→ 1 2 W 3 → W 3 [ 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 2 − 1 2 1 2 ] W 2 + W 3 → W 2 [ 1 − 1 0 1 0 0 0 1 0 − 1 2 1 2 1 2 0 0 1 − 1 2 − 1 2 1 2 ] → W 1 + W 3 → W 1 [ 1 0 0 1 2 − 1 2 0 1 0 − 1 2 1 2 0 0 1 − 1 2 − 1 2 → 1 2 W 3 → W 3 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 0 1 0 0 0 1 − 1 2 − 1 2 1 2 W 2 + W 3 → W 2 1 − 1 0 1 0 0 0 1 0 − 1 2 1 2 1 2 0 0 1 − 1 2 − 1 2 1 2 → W 1 + W 3 → W 1 1 0 0 1 2 − 1 2 0 1 0 − 1 2 1 2 0 0 1 − 1 2 − 1 2 rarr"(1)/(2)W_(3)rarrW_(3)"[[1,-1,0,1,0,0],[0,1,-1,0,1,0],[0,0,1,-(1)/(2),-(1)/(2),(1)/(2)]]^(W_(2)+W_(3)rarrW_(2))[[1,-1,0,1,0,0],[0,1,0,-(1)/(2),(1)/(2),(1)/(2)],[0,0,1,-(1)/(2),-(1)/(2),(1)/(2)]]rarr"W_(1)+W_(3)rarrW_(1)"[[1,0,0,(1)/(2),-(1)/(2)],[0,1,0,-(1)/(2),(1)/(2)],[0,0,1,-(1)/(2),-(1)/(2)]:}\xrightarrow{\frac{1}{2} W_{3} \rightarrow W_{3}}\left[\begin{array}{ccc|ccc}1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right] \stackrel{W_{2}+W_{3} \rightarrow W_{2}}{ }\left[\begin{array}{ccc|ccc}1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right] \xrightarrow{W_{1}+W_{3} \rightarrow W_{1}}\left[\begin{array}{ccc|ccc}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\end{array}\right.→12W3→W3[1−1010001−1010001−12−1212]W2+W3→W2[1−10100010−121212001−12−1212]→W1+W3→W1[10012−12010−1212001−12−12
Zatem macierz odwrotna wynosi:
( [ Id ] g s ) − 1 = [ 1 2 − 1 2 1 2 − 1 2 1 2 1 2 − 1 2 − 1 2 1 2 ] = [ Id ] s g = 1 2 [ 1 1 1 − 1 1 1 − 1 − 1 1 ] . [ Id ] g s − 1 = 1 2 − 1 2 1 2 − 1 2 1 2 1 2 − 1 2 − 1 2 1 2 = [ Id ] s g = 1 2 1 1 1 − 1 1 1 − 1 − 1 1 . ([Id]_(g)^(s))^(-1)=[[(1)/(2),-(1)/(2),(1)/(2)],[-(1)/(2),(1)/(2),(1)/(2)],[-(1)/(2),-(1)/(2),(1)/(2)]]=[Id]_(s)^(g)=(1)/(2)[[1,1,1],[-1,1,1],[-1,-1,1]].\left([\mathrm{Id}]_{g}^{s}\right)^{-1}=\left[\begin{array}{ccc} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{array}\right]=[\mathrm{Id}]_{s}^{g}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \end{array}\right] .([Id]gs)−1=[12−1212−121212−12−1212]=[Id]sg=12[111−111−1−11].
Zatem,
[ T ] f g = [ Id ] s g [ T ] f s = 1 2 [ 1 1 1 − 1 1 1 − 1 − 1 1 ] [ − 1 1 0 0 0 − 1 1 1 0 ] = [ 0 1 − 1 / 2 1 0 − 1 / 2 1 0 1 / 2 ] [ T ] f g = [ Id ] s g [ T ] f s = 1 2 1 1 1 − 1 1 1 − 1 − 1 1 − 1 1 0 0 0 − 1 1 1 0 = 0 1 − 1 / 2 1 0 − 1 / 2 1 0 1 / 2 [T]_(f)^(g)=[Id]_(s)^(g)[T]_(f)^(s)=(1)/(2)[[1,1,1],[-1,1,1],[-1,-1,1]][[-1,1,0],[0,0,-1],[1,1,0]]=[[0,1,-1//2],[1,0,-1//2],[1,0,1//2]][T]_{f}^{g}=[\mathrm{Id}]_{s}^{g}[T]_{f}^{s}=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -1 / 2 \\ 1 & 0 & -1 / 2 \\ 1 & 0 & 1 / 2 \end{array}\right][T]fg=[Id]sg[T]fs=12[111−111−1−11][−11000−1110]=[01−1/210−1/2101/2]

Zadanie 3

Udowodnić, że σ ( z ) = ( 3 2 + i 1 2 ) z 5 σ ( z ) = 3 2 + i 1 2 z 5 sigma(z)=((sqrt3)/(2)+i(1)/(2))z^(5)\sigma(z)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+i \frac{1}{2}\right) z^{5}σ(z)=(32+i12)z5 jest permutacją i obliczyć jej znak.
Zauważmy, że liczba zespolona 3 2 + i 1 2 3 2 + i 1 2 (sqrt3)/(2)+i(1)/(2)\frac{\sqrt{3}}{2}+i \frac{1}{2}32+i12 ma postać trygonometryczną e i π 6 e i π 6 e^(i(pi)/(6))e^{i \frac{\pi}{6}}eiπ6. Zatem, σ ( z ) = e i π 6 z 5 σ ( z ) = e i π 6 z 5 sigma(z)=e^(i(pi)/(6))z^(5)\sigma(z)=e^{i \frac{\pi}{6}} z^{5}σ(z)=eiπ6z5. Pierwiastki 12 stopnia 1 to e i k π / 6 e i k π / 6 e^(ik pi//6)e^{i k \pi / 6}eikπ/6 dla k = 0 , 1 , … , 11 k = 0 , 1 , … , 11 k=0,1,dots,11k=0,1, \ldots, 11k=0,1,…,11. Wówczas,
σ ( e i k π / 6 ) = e i ( 5 k + 1 ) π / 6 σ e i k π / 6 = e i ( 5 k + 1 ) π / 6 sigma(e^(ik pi//6))=e^(i(5k+1)pi//6)\sigma\left(e^{i k \pi / 6}\right)=e^{i(5 k+1) \pi / 6}σ(eikπ/6)=ei(5k+1)π/6
Każdy pierwiastek 12 stopnia z 1 można zaznaczyć przez k k kkk od 0 do 11. Zatem,
σ = ( 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6 11 5 10 4 9 3 8 2 7 0 ) σ = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6 11 5 10 4 9 3 8 2 7 0 sigma=([0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11],[1,6,11,5,10,4,9,3,8,2,7,0])\sigma=\left(\begin{array}{cccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ 1 & 6 & 11 & 5 & 10 & 4 & 9 & 3 & 8 & 2 & 7 & 0 \end{array}\right)σ=(0123456789101116115104938270)
jest permutacją ponieważ każdy element z { 0 , … , 11 } { 0 , … , 11 } {0,dots,11}\{0, \ldots, 11\}{0,…,11} pojawia się raz ( σ σ sigma\sigmaσ to surjekcja) i tylko raz ( σ σ sigma\sigmaσ jest iniekcja). W celu obliczenia znaku σ σ sigma\sigmaσ, możmy obliczyć liczbę transpozycji do otrzymania identyczności i potem potengować ( − 1 ) ( − 1 ) (-1)(-1)(−1) to tej liczby. Najpierw,
σ 3 , 7 σ 9 , 2 σ 11 , 1 σ 11 , 0 σ = ( 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 10 4 9 5 8 11 7 6 ) . σ 3 , 7 σ 9 , 2 σ 11 , 1 σ 11 , 0 σ = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 10 4 9 5 8 11 7 6 . sigma_(3,7)sigma_(9,2)sigma_(11,1)sigma_(11,0)sigma=([0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11],[0,1,2,3,10,4,9,5,8,11,7,6]).\sigma_{3,7} \sigma_{9,2} \sigma_{11,1} \sigma_{11,0} \sigma=\left(\begin{array}{cccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 10 & 4 & 9 & 5 & 8 & 11 & 7 & 6 \end{array}\right) .σ3,7σ9,2σ11,1σ11,0σ=(0123456789101101231049581176).
Potem
σ 9 , 11 σ 7 , 10 σ 11 , 6 σ 7 , 5 σ 5 , 4 σ 3 , 7 σ 9 , 2 σ 11 , 1 σ 11 , 0 σ = ( 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ) . σ 9 , 11 σ 7 , 10 σ 11 , 6 σ 7 , 5 σ 5 , 4 σ 3 , 7 σ 9 , 2 σ 11 , 1 σ 11 , 0 σ = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 . sigma_(9,11)sigma_(7,10)sigma_(11,6)sigma_(7,5)sigma_(5,4)sigma_(3,7)sigma_(9,2)sigma_(11,1)sigma_(11,0)sigma=([0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11],[0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11]).\sigma_{9,11} \sigma_{7,10} \sigma_{11,6} \sigma_{7,5} \sigma_{5,4} \sigma_{3,7} \sigma_{9,2} \sigma_{11,1} \sigma_{11,0} \sigma=\left(\begin{array}{cccccccccccc} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \end{array}\right) .σ9,11σ7,10σ11,6σ7,5σ5,4σ3,7σ9,2σ11,1σ11,0σ=(0123456789101101234567891011).
Zatem, znak σ σ sigma\sigmaσ to ( − 1 ) 9 = − 1 ( − 1 ) 9 = − 1 (-1)^(9)=-1(-1)^{9}=-1(−1)9=−1.

Zadanie 4

Wykażemy tożsamość trygonometryczną
tan ⁡ ( 3 x ) = 3 tan ⁡ ( x ) − tan 3 ⁡ ( x ) 1 − 3 tan 2 ⁡ ( x ) tan ⁡ ( 3 x ) = 3 tan ⁡ ( x ) − tan 3 ⁡ ( x ) 1 − 3 tan 2 ⁡ ( x ) tan(3x)=(3tan(x)-tan^(3)(x))/(1-3tan^(2)(x))\tan (3 x)=\frac{3 \tan (x)-\tan ^{3}(x)}{1-3 \tan ^{2}(x)}tan⁡(3x)=3tan⁡(x)−tan3⁡(x)1−3tan2⁡(x)
Korzystamy z postaci trygonometrycznej tan ⁡ ( x ) = sin ⁡ ( x ) / cos ⁡ ( x ) tan ⁡ ( x ) = sin ⁡ ( x ) / cos ⁡ ( x ) tan(x)=sin(x)//cos(x)\tan (x)=\sin (x) / \cos (x)tan⁡(x)=sin⁡(x)/cos⁡(x) i upraszczajac mamy
I := 3 tan ⁡ ( x ) − tan 3 ⁡ ( x ) 1 − 3 tan 2 ⁡ ( x ) = 3 sin ⁡ ( x ) cos 2 ⁡ ( x ) − sin 3 ⁡ ( x ) cos 3 ⁡ ( x ) − 3 sin 2 ⁡ ( x ) cos ⁡ ( x ) . I := 3 tan ⁡ ( x ) − tan 3 ⁡ ( x ) 1 − 3 tan 2 ⁡ ( x ) = 3 sin ⁡ ( x ) cos 2 ⁡ ( x ) − sin 3 ⁡ ( x ) cos 3 ⁡ ( x ) − 3 sin 2 ⁡ ( x ) cos ⁡ ( x ) . I:=(3tan(x)-tan^(3)(x))/(1-3tan^(2)(x))=(3sin(x)cos^(2)(x)-sin^(3)(x))/(cos^(3)(x)-3sin^(2)(x)cos(x)).I:=\frac{3 \tan (x)-\tan ^{3}(x)}{1-3 \tan ^{2}(x)}=\frac{3 \sin (x) \cos ^{2}(x)-\sin ^{3}(x)}{\cos ^{3}(x)-3 \sin ^{2}(x) \cos (x)} .I:=3tan⁡(x)−tan3⁡(x)1−3tan2⁡(x)=3sin⁡(x)cos2⁡(x)−sin3⁡(x)cos3⁡(x)−3sin2⁡(x)cos⁡(x).
Postawiając sin ⁡ ( x ) = ( e i x − e − i x ) / 2 i sin ⁡ ( x ) = e i x − e − i x / 2 i sin(x)=(e^(ix)-e^(-ix))//2i\sin (x)=\left(e^{i x}-e^{-i x}\right) / 2 isin⁡(x)=(eix−e−ix)/2i oraz cos ⁡ ( x ) = ( e i x + e − i x ) / 2 cos ⁡ ( x ) = e i x + e − i x / 2 cos(x)=(e^(ix)+e^(-ix))//2\cos (x)=\left(e^{i x}+e^{-i x}\right) / 2cos⁡(x)=(eix+e−ix)/2 otrzymamy
I = − i 3 ( e i x − e − x i ) ( e i x + e − i x ) 2 + ( e i x − e − x i ) 3 ( e i x + e − i x ) 3 + 3 ( e i x + e − i x ) ( e i x − e − x i ) 2 = 4 e 3 i x − 4 e − 3 i x i 4 ( e 3 i x + e − 3 i x ) = tan ⁡ ( 3 x ) I = − i 3 e i x − e − x i e i x + e − i x 2 + e i x − e − x i 3 e i x + e − i x 3 + 3 e i x + e − i x e i x − e − x i 2 = 4 e 3 i x − 4 e − 3 i x i 4 e 3 i x + e − 3 i x = tan ⁡ ( 3 x ) I=-i(3(e^(ix)-e^(-xi))(e^(ix)+e^(-ix))^(2)+(e^(ix)-e^(-xi))^(3))/((e^(ix)+e^(-ix))^(3)+3(e^(ix)+e^(-ix))(e^(ix)-e^(-xi))^(2))=(4e^(3ix)-4e^(-3ix))/(i4(e^(3ix)+e^(-3ix)))=tan(3x)I=-i \frac{3\left(e^{i x}-e^{-x i}\right)\left(e^{i x}+e^{-i x}\right)^{2}+\left(e^{i x}-e^{-x i}\right)^{3}}{\left(e^{i x}+e^{-i x}\right)^{3}+3\left(e^{i x}+e^{-i x}\right)\left(e^{i x}-e^{-x i}\right)^{2}}=\frac{4 e^{3 i x}-4 e^{-3 i x}}{i 4\left(e^{3 i x}+e^{-3 i x}\right)}=\tan (3 x)I=−i3(eix−e−xi)(eix+e−ix)2+(eix−e−xi)3(eix+e−ix)3+3(eix+e−ix)(eix−e−xi)2=4e3ix−4e−3ixi4(e3ix+e−3ix)=tan⁡(3x)