Примерни задачи по Алгебра 1 за специалност Компютърни науки, II поток, уч.г. 1 Задачи за контролна работа 1 Задача 1. Да се извършат означе

Примерни задачи по Алгебра 1 за специалност Компютърни науки, II поток, 13-14 уч.г. 1 Задачи за контролна работа 1 Задача 1. Да се извършат означените действия: (i ( + i + ( i ; (ii (1 + i 3 (1 i 3 ; (iii (iv (vi (1 + i ( i 3 (1 i 3 + ( + i ; (v ( 1 + i 3 ( 6k, k Z; (vii 1 + i 3 3k+, k Z; 1 + i tan(α 1 i tan(α ; i; (viii 3 4i; (ix 3 7; (x 4 16. Отговори: (i 6; (ii 4i; (iii cos(α + i sin(α; (iv 5 + 5i; (v 1 i 3 ; (vi 1; (vii ±(1 + i; (viii ±( i; (ix 3 ± i 3 3, 3; (x ±, ±i. Задача. Нека n, m са естествени числа, n не дели m, а ω k = cos ( ( kπ n + i sin kπ n за k n 1 са n-тите корени на единицата. Да се докаже, че Задача 3. За x πz да се докаже, че: ω m + ω m 1 +... + ω m n 1 =. cos x + cos(x +... cos(nx = sin x + sin(x +... sin(nx = sin ( nx sin ( nx ( cos (n+1x sin ( x и ( sin (n+1x sin ( x. Задача 4. Да се решат системите линейни уравнения: x 1 +x +x 3 = 8 x 1 x +x 3 x 4 = 1 (i x 1 x +3x 3 = 1 (ii x 1 +x x 3 x 4 = ; 3x 1 7x +4x 3 = 1 x 1 +x 4x 3 +x 4 = 1 3x 1 3x 4 = 3

(iii x +3x 3 = 1 3x 1 +6x 3x 3 = 6x 1 +6x +3x 3 = 5. Отговори: (i (3, 1, ; (ii (x 4 1, x 3, x 3, x 4 за произволни x 3, x 4 ; (iii системата няма решение. Задача 5. Да се решат системите линейни уравнения в зависимост от стойностите на участващите параметри a, b 1, b, b 3 C: (1 3ax 1 +3x +x 3 = x 3 +x 4 = b 1 (i x 1 +5x x 3 = 8a ; (ii x +x 4 = b. 3x 1 7x 7x 3 = 6a x 1 x 4 = b 3 ax 1 +ax +ax 3 x 4 = Отговори: (i Ако a =, то системата е несъвместима. За a системата има единствено решение ( 4 11 6a, 1a 3a 1a, 1. 1a (ii Ако a = 1 3 и b 1 + b + b 3, то системата е несъвместима. Ако a = 1 3 и b 1 + b + b 3 =, то системата има решения (b 3 x 4, b x 4, b 1 x 4, x 4 за произволни x 4. За a 1 3 системата има единствено решение ( b3 + a( b 1 b + b 3 3a + 1, b + a( b 1 + b b 3, 3a + 1 b 1 + a(b 1 b b 3. 3a + 1 Задача 6. Кои от следните подмножества на Q са подпространства: M 1 = {(x, y Q x = y}, M = {(x, y Q x = y, x = y}, M 3 = {(x, y Q x = y + 1}, M 4 = {(x, y Q xy = }. Решение: Подмножеството M 1 е подпространство съгласно (y 1 +y, y 1 +y M 1 за произволни (y 1, y 1, (y, y M 1 и q(y 1, y 1 = ((qy 1, qy 1 M 1 за q Q, (y 1, y 1 M 1. Подмножеството M = {(, } Q е подпространство. Множеството M 3 не е подпространство на Q, защото сумата на (y 1 + 1, y 1 M 3 и (y + 1, y M 3 е ((y 1 + y +, (y 1 + y M 3 и q(y 1 + 1, y 1 = ((qy 1 + q, qy 1 M 3 за q Q \ {1}. За (x, y M 4 и q Q е в сила q(x, y = (qx, qy M 4, защото (qx(qy = q (xy =. Но M 4 не е подпространство на Q, защото (1,, (, 1 M 4 и (1, + (, 1 = (1, 1 M 4.

Задача 7. Подмножеството E на поле F е подполе, ако E съдържа поне два елемента и E е затворено относно събиране, изваждане, умножение и деление с ненулев елемент. Да се докаже, че: (i ако E е подполе на поле F, то F е линейно пространство над E; (ii множеството Q( = {a + b a, b Q е числово поле; (iii Q( е линейно пространство над Q. Задача 8. Нека F е поле, а F [x] е множеството на полиномите на x с коефициенти от F. Да се докаже, че: (i F [x] е линейно пространство над F относно обичайните операции събиране на полиноми и умножение на полином с число; (ii множеството F (n+1 [x] = {f(x F [x] deg(f n} на полиномите от степен не по-голяма от n е подпространство на F [x]; (iii множеството U = {f(x F [x] f(1 = } на полиномите, анулиращи се в 1 F е подпространство на F [x]; (iv за числово поле F, множеството V = {f(x F [x] f( = 1} на полиномите, приемащи стойност 1 в F не е подпространство на F [x]; (v за произволни константи λ 1,..., λ k F множеството W = {f(x F [x] f(λ 1 + f(λ +... + f(λ k = } е подпространство на F [x]; (vi за произволни константи λ 1,..., λ k F множеството е подпространство на F [x]. T = {f(x F [x] f(λ 1 = f(λ =... = f(λ k = } Задача 9. Нека V е множеството на всички безкрайни редици с елементи от поле F. Да се докаже, че: (i V е линейно пространство над F относно покомпонентно определените събиране на редици и умножение на редица с λ F ; (ii подмножеството V o V на финитните редици (т.е. на редиците с най-много краен брой ненулеви членове е подпространство на V ; (iii подмножеството A V на аритметичните прогресии е подпространство на V ; (iv подмножеството G V на геометричните прогресии не е подпространство на V ; (v подмножеството W λ,µ = {{a n } n=1 a n+1 = λa n + µa n 1 за n } V за произволни фиксирани λ, µ F е линейно подпространство на V. Задача 1. Да се определи кои от следните вектори са линейно независими и кои са линейно зависими: (i (4, 1,, ( 4, 1, R 3 ; (ii ( 1,, 4, (5, 1, R 3 ; (iii (3, 1, (4, 5, ( 4, 7 R ; (iv ( 3,, 4, (5, 1,, (1, 1, 3 R 3 ; (v (3, 8, 7, 3, (1, 5, 3, 1, (, 1,, 6, (1, 4,, 3 R 4 ; (vi (, 3, 1, 1, (6,, 5, 1, (4, 7, 1, 3 R 4 ; (vii x + x + 3, 5x x +, 3x + 4 R[x]. 3

Задача 11. За кои стойности на реалния параметър λ векторите са линейно независими? a 1 = (λ, 1, 1, a = ( 1, λ, 1, a 3 = ( 1, 1, λ R 3 Решение: Нека µ 1 a 1 + µ a + µ 3 a 3 = (,,. Тогава µ 1 λ µ µ 3 = µ 1 +λµ µ 3 =. µ 1 µ +λµ 3 = Решаваме като система линейни уравнения с неизвестни µ 1, µ, µ 3 и параметър λ. Ако λ 1,, то системата има единствено решение µ 1 = µ = µ 3 = и векторите a 1, a, a 3 са линейно независими. За λ = имаме a 1 + a + a 3 = (,, и векторите a 1, a, a 3 са линейно зависими. При λ = 1 имаме a a 1 = a 3 a 1 = (,,, така че a 1, a, a 3 са линейно зависими. Задача 1. (а За кои стойности на параметъра p векторът b = (1, 1, p, p принадлежи на линейната обвивка на векторите a 1 = (1, 1,, 1, a = (3, 1,, 1, a 3 = (1, 1, 1,. (б За кои стойности на параметъра p векторът b = (1, 1, p, 1 p не принадлежи на линейната обвивка на векторите a 1 = (1,,, 1, a = (1, 3, 1, 1, a 3 = (1, 1, 1,. Отговори: (а p = 5 19 7 ; (б p 11. Задача 13. (i Да се определи кои от следните множества от вектори образуват базис на линейното пространство Q : (а (4, 1, ( 7, 8; (б (,, (1, 3; (в (1,, (, 3, (, 7. (ii Да се определи кои от следните множества от вектори образуват базис на линейното пространство Q 3 : (а (3, 1, 4, (, 5, 6, (1, 4,, 8; (б (, 3, 1, (4, 1, 1, (, 7, 1; (в ( 1, 3,, (6, 1, 1. (i Да се определи кои от следните множества от вектори образуват базис на линейното пространство Q (3 [x] на полиномите на x с рационални коефициенти от степен не по-голяма от : (а 1 3x + x 1 + x + 4x, 1 7x; (б 4 + x + 3x, 6 + 5x + x, 8 + 4x + x ; (в 1 + x + x, x 1. Задача 14. Нека V = {(a + 3b, c + 3d, a 3b, c + 3d R 4 a, b, c, d Q}. (i Да се докаже, че V е линейно пространство над полето Q на рационалните числа и да се намери размерността dim Q V. (ii Да се провери, че W = {(a + 3b, c + 3d, a 3b, c + 3d V a + 3b = (c + 3d (c 3d} е подпространство на V и да се намери базис на W. 4

Задача 15. Да се намерят координатите на вектора v = (, 1, 3 R 3 спрямо базиса e 1 = (1,,, e = (,,, e 3 = (3, 3, 3 на R 3. Задача 16. Да се намерят координатите на полинома p(x = x + x R (3 [x] спрямо базиса f 1 (x = 1 + x, f (x = 1 + x, f 3 (x = x + x на пространството R (3 [x] на полиномите на x с реални коефициенти от степен най-много. Задача 17. Нека A е линейното пространство на аритметичните прогресии с рационални елементи. Да се докаже, че A е -мерно линейно пространство над Q и да се намери базис на A над Q. Задача 18. (i Да се докаже, че множеството V на функциите f : R R е линейно пространство над R относно поточково определените събиране и умножение (f + g(x = f(x + g(x за x R (rf(x = rf(x за x R с реално число r R. (ii Да се докаже, че функциите cos (x, sin (x, cos(x V са линейно зависими над R и да се намери базис на линейната им обвивка l R (cos (x, sin (x, cos(x. Задача 19. Да се определи размерността на следните подпространства на R 4 : (i U 1 = {(a, b, c, a, b, c R}; (ii U = {(a, b, c, d a, b, c, d R, d = a + b, c = a b}; (iii U 3 = {(a, b, c, d a, b, c, d R, a = b = c = d}. Задача. Нека f : V V F е полилинейна антисиметрична функция върху линейно пространство V с базис e 1, e, e 3 над числово поле F. Да се докаже, че f(a 1, a = (a 11 a a 1 a 1 f(e 1, e +(a 1 a 3 a 13 a f(e, e 3 +(a 13 a 1 a 11 a 3 f(e 3, e 1 за произволни вектори a i = e 1, e, e 3 на V. 3 j=1 a ij e j V, i = 1, с координати a ij F спрямо базиса Задача 1. (i Нека f : V V F е полилинейна антисиметрична функция върху линейно пространство V с базис e 1, e над числово поле F. Да се докаже, че f(a 1, a = (a 11 a a 1 a 1 f(e 1, e за произволни вектори a i = a i1 e 1 + a i e V, i = 1, с координати a ij F спрямо базиса e 1, e на V. (ii Нека f : V V V F е полилинейна антисиметрична функция върху линейно пространство V с базис e 1, e, e 3 над числово поле F. Да се докаже, че f(a 1, a, a 3 = = (a 11 a a 33 + a 1 a 3 a 31 + a 13 a 1 a 3 a 11 a 3 a 3 a 1 a 1 a 33 a 13 a a 31 f(e 1, e, e 3 за произволни вектори a i = базиса e 1, e, e 3 на V. 3 j=1 a ij e j V, i = 1,, 3 с координати a ij F спрямо 5

Задача. Нека f : V V V V F е полилинейна антисиметрична функция върху линейно пространство V с базис e 1, e, e 3, e 4 над числово поле F. Да се намери стойността f(a 1, a, a 3, a 4, ако a 1 = e 1 + e 3 + 3e 4, a = e + 3e 3 + e 4, a 3 = e 1 + 3e + e 3, a 4 = 3e 1 + e + e 4. Отговор: f(a 1, a, a 3, a 4 =. Задача 3. Да се пресметнат детерминантите (i sin α sin β cos α cos β ; (ii a b c b c a c a b ; (iii 1 3 4 5 6 7 8 9 1 11 1 Задача 4. Да се пресметнат детерминантите: x y... x y... 1 1... 1 1 1 (i x... 1 1... 1 x 1 1.................. ; (ii 1 1... x 1 1 ;... x y.................. y... x x n 1... 1 1 1 1 3 4... n x 1 a 1 a 13... a 1,n 1 a 1n 1 3 3 4... n x 1 x a 3... a,n 1 a n (iii 1 5 4... n 1 3 7... n ; (iv x 1 x x 3... a 3,n 1 a 3n.................. ;.................. x 1 x x 3... x n 1 a n 1,n 1 3 4... n 1 x 1 x x 3... x n 1 x n a b 1 b... b n 1 b n a 1 x x... x x c 1 a 1... x a x... x x (v (Пачи крак c a..................... ; (vi x x a 3... x x.................. ; c n 1... a n 1 x x x... a n 1 x c n... a n x x x... x a n a 1 + b 1 a 1 + b... a 1 + b n 1 + x 1 y 1 1 + x 1 y... 1 + x 1 y n (vii a + b 1 a + b... a + b n............ ; (viii 1 + x y 1 1 + x y... 1 + x y n............. a n + b 1 a n + b... a n + b n 1 + x n y 1 1 + x n y... 1 + x n y n Задача 5. Да се пресметнат детерминнатите n от n-ти ред чрез извеждане на рекурентни зависимости от втора степен: 1... 7 5... 1 1... 7 5... (i n = 1..................... ; (ii n = 7..................... ;... 1... 7 5... 1... 7 6.

(iii n = x + y x... y x + y x... y x + y........................ x + y x... y x + y ; (iv n = Задача 6. Дадена е матрицата A = x + y x... y x + y x... y x + y..................... x + y x y... x + y 1 1 1 5 3 1 3 8 11 19 11 M 4 5(Q. Намерете базис на пространството на вектор-редовете на A и базис на пространството на вектор-стълбовете на A. Определете ранга на A. Решение: С елементарни преобразувания по редове свеждаме A към 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 и определяме, че rk(a = 4. Четирите реда на A образуват базис на вектор-редовете. За стълбовете c 1,..., c 5 на A пресмятаме, че c 1 c 3 3c 4 + c 5 = O. Следователно кои и да са четири стълба на A, включващи c, образуват базис на пространството на вектор-стълбовете. Задачи за контролна работа Задача 7. Да се намери базис на пространството от решения на хомогенната линейна система x 1 x +x 3 x 4 = x 1 +x +x 3 +3x 4 =. Да се определи за кои стойности на параметрите p и q векторът (1,, p, q принадлежи на пространството от решения на тази хомогенна линейна система. Отговор: p =, q = 1.. 7

Задача 8. В линейното пространство Q 4 са дадени пространството от решeния U на хомогенната линейна система x 1 +x 6x 3 +3x 4 = (1 x 1 x +4x 3 3x 4 = и пространството от решения W на хомогенната линейна система x 1 +x x 3 = x 1 x x 3 +x 4 =. ( Да се намерят базиси на сечението U W и сумата U + W. Решение: Сечението U W е пространството от решения на хомогенната линейна система x 1 +x 6x 3 +3x 4 = x 1 x +4x 3 3x 4 =, (3 x 1 +x x 3 = x 1 x x 3 +x 4 = получена чрез обединение на уравненията на системите (1 и (. Пространството от решения на (3 е правата, породена от вектора a 1 = (1, 1, 1, 1. По Теоремата за размерност на сума и сечение, dim(u + W = dim(u + dim(w dim(u W = + 1 = 3, защото хомогенните линейни системи (1 и ( са на 4 променливи и имат ранг. За намиране на базис на U + W ни трябват фундаментални системи решения на (1 и (. Например, b 1 = (, 5,,, b = (, 3,, е базис на U, а c 1 = ( 1, 1,, 3, c = (,, 1, е базис на W. Чрез елементарни преобразувания към редовете на c 1 матрицата c b 1, анулиращи позиции под главния диагонал, намираме линейната b зависимост b 1 + b c 1 c =. Всеки от векторите b 1, b, c 1, c участва с ненулев коефициент в тази линейна зависимост и може да се изрази като линейна комбинация на останалите. Следователно кои и да са три вектора измежду b 1, b, c 1, c образуват базис на U + W. Задача 9. В линейното пространство Q 4 са дадени линейната обвивка U = l(a 1, a на векторите a 1 = (1, 1,, 3, a = (1, 1, 3, и линейната обвивка W = l(b 1, b на векторите b 1 = (1,, 1, 1, b = (3, 1,, 4. Да се намерят базиси на сечението U W и сумата U + W. 8

Отговор: За намиране на базис на U W представяме U и W като пространства от решения на хомогенни линейни системи. Разглеждаме хомогенната линейна система x 1 x +x 3 +3x 4 = x 1 +x +3x 3 +x 4 =, (4 чиито уравнения имат за коефициенти координатите на a 1 и a. Един начин за представяне на общото решение на (4 е x 1 = 5x 5x 4, x 3 = x + x 4. Векторите c 1 = (5, 1,, и c = ( 5,, 1, 1 образуват фундаментална система решения на (4 и U е пространството от решения на 5x 1 +x x 3 = 5x 1 x 3 x 4 =. (5 Аналогично, да разгледаме хомогенната система x 1 x +x 3 +x 4 3x 1 +x +x 3 +4x 4 = =, (6 чиито уравнения имат за коефициенти компонентите на b 1, b. Тя има фундаментална система решения d 1 = ( 5, 1, 7,, d = (,, 1, 1. Затова W е пространството от решения на 5x 1 x 7x 3 = x 1 x 3 x 4 =. (7 Сечението U W е пространството от решения на хомогенната линейна система 5x 1 +x x 3 = 5x 1 x 3 x 4 =, (8 5x 1 x 7x 3 = x 1 x 3 x 4 = получена чрез обединение на уравненията на (5 и (7. Системата (8 има нулево пространство от решения и U W = {O} няма базис. По Теоремата за размерност на сума и сечение, dim(u + W = dim(u + dim(w dim(u W = + = 4, така че U + W = Q 4 и всеки базис на Q 4 е базис на U + W. Задача 3. В линейното пространство Q 4 са дадени пространството от решения U на хомогенната линейна система x 1 +3x +4x 3 6x 4 = (9 x 1 3x 4x 3 +3x 4 = и линейната обвивка W = l(a 1, a, a 3, a 4 на векторите a 1 = (1, 1,, 1, a = (1, 3, 1, 1, a 3 = (, 3, 1, 1, a 4 = (1,, 1,. Да се намерят базиси на сечението U W и сумата U + W. 9

Решение: За да намерим базис на U W, представяме W като пространство от решения на хомогенна линейна система. Ако x 1 x +x 3 +x 4 = x 1 +3x x 3 +x 4 = (1 x 1 +3x +x 3 +x 4 = x 1 +x x 3 +x 4 = е хомогенната линейна система с матрица от коефициенти a 1 a a 3 a 4, а (8, 3, 4, 3 е нейна фундаментална система решния, то W е пространството от решения на хомогенното линейно уравнение 8x 1 3x 4x 3 3x 4 =. (11 Сечението U W е пространството от решения на хомогенната линейна система x 1 +3x +4x 3 6x 4 = x 1 3x 4x 3 +3x 4 =, (1 8x 1 3x 4x 3 3x 4 = получена чрез обединение на уравненията на (9 и (11. Системите (9 и (1 имат пространства от решения U U W и един и същи ранг, така че U = U W. Един базис на U = U W е b 1 = (3, 5,, 3, b = (4,, 5, 4. По Теоремата за размерност на сума и сечение, dim(u + W = dim(u + dim(w dim(u W = dim(w, така че включването W U + W е съвпадение, W = U + W. Съгласно линейната зависимост a 1 + a a 3 a 4 = O, всяка тройка вектори измежду a 1,..., a 4 е базис на W = U + W. Задача 31. Спрямо базиса e 1, e, e 3 на линейното пространство U е даден линейният оператор ϕ : U U, ϕ(x 1 e 1 + x e + x 3 e 3 = = (x 1 + x + x 3 e 1 + (x 1 x + x 3 e + ( x 1 + x x 3 e 3. Да се намерят: (а базиси на ядрото ker(ϕ и образа im(ϕ; (б вектори u 1,..., u k U, за които ϕ(u 1,..., ϕ(u k е базис на im(ϕ. Решение: Матрицата на ϕ спрямо базиса e 1, e, e 3 на U е 1 1 A = 1 1. 1 1 1

Координатните стълбове X M 3,1 (F на векторите от ядрото ker(ϕ на ϕ образуват пространството от решения на хомогенната линейна система AX = 3 1. В случая, ker(ϕ е правата през началото в U, породена от вектора e 1 +e e 3. Образът im(ϕ е двумерен съгласно Теоремата за ранга и дефекта на линейния оператор ϕ на тримерното пространство U. Произволни два различни стълба на A са непропорционални и задават координатите на базис на im(ϕ спрямо e 1, e, e 3. По определение, стълбовете на матрицата A на ϕ спрямо базиса e 1, e, e 3 на U представляват координатите на ϕ(e 1, ϕ(e, ϕ(e 3 спрямо базиса e 1, e, e 3 на U. В случая, за произволни 1 i < j 3 векторите e i, e j U са такива, че ϕ(e i, ϕ(e j е базис на образа im(ϕ на ϕ. Задача 3. Да се намери линеен оператор ϕ : Q 4 Q 4 с образ im(ϕ = W, ако: (а W = l(a 1, a, a 3 е линейната обвивка на векторите a 1 = (1, 1,, 1, a = (, 1, 1, 1, a 3 = (, 1, 1, ; (б W е пространството от решения на хомогенната линейна система x 1 x +x 3 +x 4 3x 5 = x x 3 +x 4 +x 5 = x 1 +3x x 3 +x 4 +x 5 = (13 Във всеки от случаите да се намери дефекта d(ϕ на ϕ. Упътване: (а Векторите a 1, a, a 3 са линейно независими, така че операторът ϕ има ранг rk(ϕ = dim im(ϕ = dim(w = 3 и дефект d(ϕ = 4 rk(ϕ = 1. Избираме произволен базис e 1,..., e 4 на Q 4 и разглеждаме еднозначно определения линеен оператор ϕ : Q 4 Q 4 с ϕ(e i = a i за 1 i 3 и ϕ(e 4 = 1 4. Образът im(ϕ = l Q (ϕ(e 1,..., ϕ(e 4 = l Q (a 1, a, a 3, 1 4 = l Q (a 1, a, a 3 = W. (б Избираме фундаментална система решения b 1 = ( 1, 1, 1,,, b = (, 1,,, 1 на (13 и базис f 1,..., f 4 на Q 4. Линейният оператор ϕ : Q 4 Q 4 с ϕ(f i = b i за 1 i, ϕ(f i = 1 4 за 3 i 4 има образ im(ϕ = l Q (ϕ(e 1,..., ϕ(e 4 = l Q (b 1, b = W. Рангът на ϕ е rk(ϕ = dim im(ϕ =, а дефектът на ϕ е d(ϕ = 4 rk(ϕ =. Задача 33. Да се намери линеен оператор ψ : R 4 R 4 с ядро W, ако: (а W = l(a 1, a, a 3 е линейната обвивка на векторите a 1 = (1, 1,, 1, a = (, 3, 1,, a 3 = (1, 1, 1, 1; (б W е пространството от решения на хомогенното линейно уравнение x 1 x + x 3 x 4 =. (14 11

Упътване: (а Проверяваме, че a 1, a, a 3 R 4 са линейно независими и допълваме до базис a 1, a, a 3, a 4 = (,,, 1 на R 4. Ако линейният оператор ψ : R 4 R 4 има ядро ker(ψ = W = l R (a 1, a, a 3, то дефектът на ψ е d(ψ = dim ker(ψ = 3, а рангът на ψ е rk(ψ = dim im(ψ = 4 d(ψ = 1. За произволен ненулев вектор b R 4 линейният оператор ψ : R 4 R 3 с ψ(a i = 1 4 за 1 i 3, ψ(a 4 = b има ядро ker(ψ = W, защото ( 4 4 1 4 = ψ x u a i = x i ψ(a i = x 4 b i=1 i=1 е еквивалентно на x 4 =. (б Избираме фундаментална система решения b 1 = (1, 1,,, b = ( 1,, 1,, b 3 = (1,,, 1 на (14. Допълваме до базис b 1, b, b 3, b 4 = (1,,, на R 4 и разглеждаме линейния оператор ψ : R 4 R 4 с ψ(b i = 1 4 за 1 i 3, ψ(b 4 R 4 \ {(,, }. Тогава ( 4 4 1 4 = ψ y i b i = y i ψ(b i = y 4 ψ(b 4 i=1 е равносилно на y 4 = и ядрото ker(ψ = l R (b 1, b, b 3 = W. Дефектът на ψ е d(ψ = dim ker(ψ = 3, а рангът е rk(ψ = 4 d(ψ = 1. Задача 34. В тримерното линейно пространство U са дадени линейните оператори ϕ 1, ϕ, ψ 1 с матрици 1 1 1 3 1 1 1 A 1 = 1 1, A = 1, B 1 = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 спрямо някаккъв базис e 1, e, e 3 на U. (а Да се намерят матриците на операторите ϕ 1 +ϕ и ψ 1 (ϕ 1 +ϕ спрямо базиса e 1, e, e 3. (б Да се опишат линейните оператори ψ : U U, за които (ψ 1 +ψ (ϕ 1 +ϕ = O е нулевото изображение. (в Да се докаже, че (ψ 1 + ψ (ϕ 1 + ϕ = O тогава и само тогава, когато i=1 ψ (e 1 + e = e 1 + e 5e 3, ψ (e 3 + e = e 1 3e 3e 3. (15 Решение: (а Матрицата на ϕ 1 + ϕ спрямо базиса e 1, e, e 3 е 1 1 A 1 + A = 1 1 1, 1 1 а матрицата на ψ 1 (ϕ 1 + ϕ спрямо базиса e 1, e, e 3 е 1 1 1 B 1 (A 1 + A = 1 1 1. 4 4 5 1

(б Ако ψ има матрица B спрямо e 1, e, e 3, то условието (ψ 1 + ψ (ϕ 1 + ϕ = O е еквивалентно на условието (B 1 +B (A 1 +A = 3 3, съгласно взаимната еднозначност на съответствието между линейните оператори в U и техните матрици спрямо базиса e 1, e, e 3. Матрицата B = B 1 + B M 3 3 (F изпълнява условието B(A 1 + A = 3 3 точно когато редовете (b i1, b i, b i3, 1 i 3 на B са решения на хомогенната система линейни уравнения x 1 +x +x 3 = x 1 x x 3 = x 1 +x = Следователно търсените матрици B са от вида b 13 b 13 b 13 B = b 3 b 3 b 3 (16 b 33 b 33 b 33 за произволни b 13, b 3, b 33 F. Оттук следва, че линейният оператор ψ : U U изпълнява условието (ψ 1 + ψ (ϕ 1 + ϕ = O тогава и само тогава, когато има матрица B = B B 1 = b 13 1 b 13 + 1 b 13 1 b 3 + 1 b 3 1 b 3 1 b 33 b 33 1 b 33 1. (17 за някои b 13, b 3, b 33 F спрямо базиса e 1, e, e 3. (в Ако (ψ + ψ 1 (ϕ 1 + ϕ = O, то матрицата B на ψ спрямо базиса e 1, e, e 3 е от вида (17 и ψ (e 1 = (b 13 1e 1 + (b 3 + 1e + (b 33 e 3, ψ (e = ( b 13 + 1e 1 + ( b 3 1e + ( b 33 1e 3, ψ (e 3 = (b 13 1e 1 + (b 3 1e + (b 33 1e 3. Оттук следва, че ψ (e 1 + e = ψ (e 1 + ψ (e = e 1 + e 5e 3, ψ (e 3 + e = ψ (e 3 + ψ (e = e 1 3e 3e 3. Обратно, ако са изпълнени условията (15, то ψ (e 1 = 1 [ e 1 + e 5e 3 ψ (e ], ψ (e 3 = 1 [ e 1 3e 3e 3 ψ (e 1 ]. Полагаме ψ (e = pe 1 + qe + re 3 за някакви p, q, r F и получаваме, че матрицата B на ψ спрямо базиса e 1, e, e 3 е B = p 1 p q+1 q p 1 q 3 r 5 r 3 r. 13

Следователно операторът ψ 1 + ψ има матрица p+1 p 1 B = B 1 + B = q 1 q + 1 p+1 q 1 r 1 r 1 r + 1 от вида (16 спрямо базиса e 1, e, e 3. Оттук 3 3 = B(A 1 + A = (B 1 + B (A 1 + A и операторът ψ изпълнява условието (ψ 1 + ψ (ϕ 1 + ϕ = O. Задача 35. Да се пресметнат детерминантите n чрез преставяне като произведение на две други подходящи детерминанти, ако ( 1 a n (i n = det(sin(α i + β j n i b n n j i,j=1; (ii n = det 1 a i b j (iii n+1 = det((a i + b j n n i,j=. Задача 36. Да се решат матричните уравнения: 1 1 (а 3 1 1 X = 1 1 1 (б 3 1 1 Y = 1 3 5 (в 1 1 3 1 1 1 3 5 Z = 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 3 ; ; ; ; i,j=1 Упътване: Когато матричният коефициент е необратим, разпишете матричното уравнение като система линейни уравнения за елементите на неизвестната матрица. Отговор: (а X = 1 1 6 1 4 (б Матричното уравнение е еквивалентно на ( y 1 1 11 y 1 ( y 4 7 1 y 1 1 = 1 4 y 31 y 3 и има решение ; 1 4 y 31 + 3 4 1 4 y 3 Y = 7 4 y 31 1 7 4 4 y 3 + 1 y 31 y 3 14

за произовлни y 31, y 3. (в Матричното уравнение е еквивалентно на 1 1 y 11 y 1 4 7 y 1 y = 4 7 y 31 y 3 1 1 1 1 4 и няма решение, защото вторият и третият ред на лявата страна съвпадат, докато вторият ред е различен от третия в дясната страна. Задача 37. Да се намери обратната A 1 на матрицата 1 3 (i A = 1 1 1 M 4 4 (Q; (ii A = 1 1 Отговор: (iii A = (i A 1 = 1 1 1... 1 1 1 1... 1 1 1 1... 1 1.................. 1 1 1... 1 1 1 1... 1 1 1 1 3 1 4 1 3 ; (ii A 1 = 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 M n n (Q. 1 1 4 1 8 13 1 3 3 1 5 8 M 4 4(Q; (iii Ако редовете на A от втори до n-ти се заменят с разликите на първия ред с тези редове, а така модифицираните редове се извадят от първия, получаваме единичната матрица. Прилагането на същите елементарни преобразувания към единичната матрица дава n 1 1... 1 1 1 1... A 1 = 1 1...................... 1... 1 1... 1 Задача 38. Спрямо базиса e 1, e, e 3 на линейното пространство U е зададен линейният оператор ϕ : U U, на U. ϕ(x 1 e 1 + x e + x 3 e 3 = = (x 1 x + x 3 e 1 + (x 1 + x x 3 e + (x 1 x e 3. Да се намери матрицата B на ϕ спрямо базиса e 1 = e 1 + e + e 3, e = e 1 + e + e 3, e 3 = e 1 e e 3, 15 ;

e Отговор: Матрицата A на ϕ спрямо базиса e 1, e, e 3 на U и базиса f 1,..., f 4 на V 1 1 A = 1 1. 1 Матрицата на прехода T от базиса e 1, e, e 3 към базиса e 1, e, e 3 е 1 1 1 1 T = 1 1 с T 1 = 1 3 5. 1 1 1 1 3 Следователно B = T 1 AT = 1 1 11 1 7 13 Задача 39. Нека ϕ : U V е линейно изображение на n-мерно пространство U в m-мерно пространство V. Да се докаже, че съществуват базис e 1,..., e n на U и базис f 1,... f m на V, относно които ϕ има матрица ( E r r (n r, (m r r (m r (n r където E r е единичната матрица от ред r = rk(ϕ. Упътване: Изберете базис e r+1,..., e n на ядрото ker(ϕ на ϕ и допълнете до базис e 1,..., e r, e r+1,..., e n на U. Тогава f 1 = ϕ(e 1,..., f r = ϕ(e r образуват базис на im(ϕ. Допълнете линейно независимите вектори f 1,..., f r V до базис f 1,..., f r, f r+1,..., f m на линейното пространство V. Задача 4. Спрямо базиса e 1,..., e n на пространството R n операторът ϕ : R n R n има матрица 1 1 1 3 (а A = 1 ; (б A = 1 1 4 3 (в A = a b b... b b b a b... b b b b a... b b.................. b b b... a b b b b... b a. с b. Да се намери базис на V, в който ϕ има диагонална матрица D, както и тази матрица D. Да се провери, че не съществува базис на V, съставен от собствени вектори за линейния оператор ψ : V V, ϕ(x 1 e 1 + x e + x 3 e 3 = ( x + x 3 e 1 + ( x 1 3x + 5x 3 e + ( x 1 3x + 5x 3 e 3. 16

Решение: (а Характеристичният полином 1 λ 1 1 f A (λ = 1 λ = λ(1 λ( 1 λ + λ + (1 λ = 1 λ = λ 3 + λ = λ(λ + 1(λ 1. Характеристичните корени λ 1 = 1, λ =, λ 3 = 1 са реални. Следователно те съвпадат със собствените стойности на оператора. Собствените вектори, отговарящи на собствената стойност λ 1 = 1 са ненулевите решения на (A + E 3 x 1 x x 3 = 1 1 1 1 Те са пропорционални на v 1 = (1, 1, 1. Ненулевите решения на x 1 1 1 1 A x = 1 x 3 1 x 1 x x 3 x 1 x x 3 = = са собствените вектори, отговарящи на събствената стойност λ =. Например, v = (1,, 1. Собствените вектори, отговарящи на собствената стойност λ 3 = 1 са ненулевите решения на (A E 3 x 1 x x 3 = 1 1 1 1 Те са пропорционални на v 3 = (, 1, 1. По този начин, операторът има диагонална матрица 1 D = 1 спрямо базиса v 1 = (1, 1, 1, v = (1,, 1, v 3 = (, 1, 1. (б Характеристичният полином f A (λ = 3 λ 1 λ 4 3 λ x 1 x x 3 =.. = (1 λ(3 λ( 3 λ + 8(1 λ = = (1 λ(λ 1 = (λ + 1(λ 1. 17

Характеристичните корени λ 1 = λ = 1 и λ 3 = 1 са реални и съвпадат със собствените стойности на оператора. Характеристичният корен λ 1 = λ = 1 е двукратен. Собствените вектори, отговарящи на тази собствена стойност са решения на хомогенната линейна система (A E 3 x 1 x x 3 = 4 4 x 1 x x 3 = x 1 = x 3 с двумерно пространство от решения {(p, q, p p, q R}. Избираме линейно независими собствени вектори v 1 = (1,, 1 и v = (, 1,, отговарящи на λ 1 = λ = 1. Ненулевите решения на (A + E 3 x 1 x x 3 = 4 4 x 1 x x 3 = са собствените вектори със собствена стойност λ 3 = 1. Те са пропорционални на v 3 = (1, 1,. В резултат, операторът има диагонална матрица 1 D = 1 1 спрямо базиса v 1 = (1,, 1, v = (, 1,, v 3 = (1, 1,. (в Извадете първия ред на A λe n от всички останали, а после прибавете стълбовете от втори до n-ти към първия, за да пресметнете характеристичния полином f A (λ = [a λ + (n 1b](a λ b n 1. За b той има прост корен λ 1 = a + (n 1b и (n 1-кратен корен λ =... = λ n = a b λ 1. Собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ 1 = a + (n 1b е v 1 = (1, 1,..., 1, 1. Собствените вектори, отговарящи на λ =... = λ n = a b с b са ненулевите решения на хомогенното линейно уравнение x 1 + x +... + x n 1 + x n =. Един базис на пространството от решения е v = (1, 1,,...,, v 3 = (1,, 1,...,,............... v n = (1,,,..., 1, където v i има първа компонента 1 и i-та компонента 1 за i n. 18

Матрицата на ϕ спрямо базиса от собствени вектори v 1, v,..., v n е a + (n 1b... a b... D = a b......................... a b... a b Матрицата на ψ спрямо базиса e 1, e, e 3 е 1 A = 1 3 5. 1 3 5 Характеристичният полином е f A (λ = λ 1 1 3 λ 5 1 3 5 λ Изваждаме втория ред от третия и получаваме λ 1 f A (λ = 1 3 λ 5 λ λ. Изнасяме λ от третия ред и прибавяме третия стълб към втория, за да пресметнем λ 1 f A (λ = λ 1 λ 5 1 = λ[ λ( λ + 1] = λ(λ 1. Храктеристичните корени λ 1 = λ = 1, λ 3 = са реални и съвпадат със собствените стойности на ψ. Собствените вектори, отговарящи на собствената стойност 1 са ненулевите решения на хомогенната линейна система (A E 3 x 1 x x 3 = 1 1 1 4 5 1 3 4 x 1 x x 3. = Всички те са пропорционални на v 1 = (1, 1, 1. Собствените вектори, отговарящи на λ 3 = са ненулевите решения на x 1 1 x 1 A x = 1 3 5 x =. x 3 1 3 5 x 3 Това са векторите, пропорционални на v = ( 1,, 1. Операторът ψ не притежава базис от собствени вектори или ψ няма диагонална матрица спрямо нито един базис на V.. 19

3 Задачи за контролна работа 3 Задача 41. Нека e 1,..., e n е ортонормиран базис на евклидовото пространство V. За всяко естествено 1 k n да се докаже, че l(e 1,..., e k = l(e k+1,..., e n. Решение: Условието v = n x i e i l(e 1,..., e k е еквивалентно на = (v, e i = x i i=1 за 1 i k. Следователно v = n i=k+1 x i e i и l(e 1,..., e k l(e k+1,..., e n. Обратно, l(e k+1,..., e n l(e 1,..., e k, защото от (e i, e j = за 1 i k < j n следва e j l(e 1,..., e k за k + 1 j n, а оттам и l(e k+1,..., e n l(e 1,..., e k. Задача 4. Спрямо ортонормиран базис на евклидовото пространство R 4 са дадени векторите (i a 1 = (1, 1, 1, 1, a = (, 1, 5, 4, a 3 = (, 1, 5, ; (ii a 1 = (1, 1, 1, 1, a = (, 4,,, a 3 = (1, 3, 5, 9. Да се ортогонализират a 1, a, a 3 по метода на Грам-Шмид и да се определи размерността на линейната обвивка l(a 1, a, a 3. Решение: (i Полагаме b 1 = a 1. Търсим b = a + λb 1 така, че Оттук λ = (a,b 1 (b 1,b 1 = ( 1 4 = 3 и = (b, b 1 = (a, b 1 + λ(b 1, b 1. b = a + 3b 1 = (1,,, 1. На следващата стъпка полагаме b 3 = a 3 +αb 1 +βb и определяме α, β R от равенствата вземайки предвид (b 1, b =. Пресмятаме и намираме = (b 3, b 1 = (a 3, b 1 + α(b 1, b 1, = (b 3, b = (a 3, b + β(b, b, α = (a 3, b 1 (b 1, b 1 = 8 4 =, β = (a 3, b (b, b = ( 1 = 1 1 b 3 = a 3 b 1 + b = ( 1, 1, 1, 1. Ненулевите ортогонални вектори b 1, b, b 3 са линейно независими, така че подпространството l(a 1, a, a 3 = l(b 1, b, b 3 е тримерно. (ii Избираме b 1 = a 1. Търсим b = a + λb 1 така, че = (b, b 1 = (a, b 1 + λ(b 1, b 1. По-точно, λ = (a,b 1 (b 1,b 1 = 4 4 = 1 и b = a b 1 = (1, 3, 1, 3.

Сега b 3 = a 3 + αb 1 + βb има коефициенти и α = (a 3, b 1 (b 1, b 1 = 1 4 = 3, β = (a 3, b (b, b = ( 4 = b 3 = a 3 3b 1 + b = (,,,. При ортогонализация на a 1, a, a 3 по метода на Грам-Шмид получихме ненулеви ортогонални b 1, b и b 3 = O. Следователно a 1, a са линейно независими, а a 3 l(a 1, a, така че dim l(a 1, a, a 3 = dim l(a 1, a =. Задача 43. Спрямо ортонормиран базис на евклидовото пространство R 4 са дадени линейната обвивка U = l(a 1, a, a 3 на векторите a 1 = (1,, 1,, a = ( 1, 5, 1, 1, a 3 = (, 9,, 1 и векторът v = (1, 1, 1, 1. Да се намерят: (а ортогонални базиси на подпространството U и на ортогоналното му допълнение U ; (б ортогоналната проекция v 1 и перпендикулярът h 1 от v към U; Решение: (а Прилагаме ортогонализация по метода на Грам-Шмид към векторите a 1, a, a 3 и получаваме ортогонален базис на подпространството U. b 1 = a 1 = (1,, 1,, b = a (a, b 1 (b 1, b 1 b 1 = a + b 1 = (1, 1, 1, 1, b 3 = a 3 (a 3, b 1 (b 1, b 1 b 1 (a 3, b (b, b = a 3 3b 1 + b = ( 1, 1, 1, 3 Ако x е стълб от четири числа, то умножението на матрици скаларното произведение спрямо ортонормиран базис, a 1 a a 3 a 1 a a 3 x = x съвпада със (a 1, x (a, x (a 3, x. Затова ортогоналното допълнение U е пространството от решения на хомогенната линейна система x 1 +x x 3 = x 1 +5x x 3 x 4 =, 9x +x 4 = чиято матрица от коефициенти е образувана по редове от координатите на a 1, a, a 3. Използвайки l(a 1, a, a 3 = l(b 1, b, b 3, можем да зададем U като пространството от решения на хомогенната линейна система x 1 +x x 3 = x 1 x x 3 +x 4 =. x 1 +x +x 3 +3x 3 = 1

Общото решение на тази система е x 1 = x 3, x = x 4 = и U = l(c за c = (1,, 1,. (б Търсим вектор v 1 = x 1 b 1 + x b + x 3 b 3 U с реални x 1, x, x 3, така че v v 1 да принадлежи на ортогоналното допълнение U. За U = l(a 1, a, a 3 = l(b 1, b, b 3 условието v v 1 U е еквивалентно на = (v v 1, b i = (v, b i x i (b i, b i за 1 i 3. Оттук x 1 = (v, b 1 (b 1, b 1 = 1 3, x = (v, b (b, b =, x 3 = (v, b 3 (b 3, b 3 = 1 3 или v 1 = 1 3 b 1 + 1 3 b 3 = (, 1,, 1, h 1 = v v 1 = (1,, 1,. По друг начин, търсим перпендикуляра h 1 = xc U, така че v 1 = v h 1 = v xc U = (U. С други думи, = (v 1, c = (v, c x(c, c или x = (v,c (c,c = 1 и h 1 = c, v 1 = v c = (, 1,, 1. Задача 44. Спрямо ортонормиран базис на евклидовото пространство R 4 са дадени пространството от решения U на хомогенното линейно уравнение x 1 + x x 3 x 4 = и векторът v = (1, 1, 1, 1. Да се намерят: (а ортогонален базис на подпространството U; (б ортогоналната проекция v 1 и перпендикулярът h 1 от v към U; Решение: (а Пространството от решения U на хомогенна линейна система с ранг 1 в R 4 е тримерно. Избираме c 1 = (1,,, 1. Търсим c като ненулево решение на x 1 +x x 3 x 4 = x 1 +x 4 =. Например, c = (,, 1, U. Накрая определяме вектора c 3 U, ортогонален на c 1 и c като ненулево решение на хомогенната линейна система x 1 +x x 3 x 4 = x 1 +x 4 =. x +x 3 = С точност до пропорционалност c 3 = (5,, 4, 5. Векторите c 1, c, c 3 образуват ортогонален базис на U. (б Ортогоналната проекция v 1 = x 1 c 1 + x c + x 3 c 3 U, така че v v 1 U или = (v v 1, c i = (v, c i x i (c i, c i за 1 i 3. Пресмятаме и получаваме x 1 = (v, c 1 (c 1, c 1 = 1, x = (v, c (c, c = 3 5, x 3 = (v, c 3 (c 3, c 3 = 1 35 v 1 = c 1 + 3 5 c + 1 35 c 3 = ( 8 7, 8 7, 5 7, 6 (, h = v v 1 = 1 7 7, 1 7, 7, 1. 7

По друг начин, U = l(c за c = (1, 1,, 1 и търсим h 1 = xc така че v 1 = v h 1 = v xc U = (U. Еквивалентно, = (v 1, c = (v, c x(c, c и x = (v,c (c,c = 1 7. В резултат, ( h 1 = 1 7, 1 7, 7, 1 ( 8, v 1 = v h 1 = 7 7, 8 7, 5 7, 6. 7 Задача 45. Спрямо ортонормиран базис на евклидовото пространство R n, n = 3, 4, линейният оператор ϕ : R n R n има матрица 1 3 4 4 (i M = ; (ii N = 4 4 ; 3 1 4 4 (iii P = (v B = 1 1 5 8 8 11 1 1 1 1 ; (iv A = ; (vi C = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Да се намери ортонормиран базис на R 4, в който матрицата D на ϕ е диагонална, както и тази матрица D.. Решение: (i Характеристичният полином 1 λ 3 f M (λ = λ = (λ + (λ (λ 4 =. 3 1 λ Решението e 1 = 1 (1,, 1 на хомогенната линейна система уравнения (M + E 3 x = 3 1 е единичен собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ 1 =. Решаваме хомогенната линейна система (M E 3 x = 3 1 и намираме единичен собствен вектор e = (, 1,, отговарящ на собствената стойност λ =. Некрая избираме единичния собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ 3 = 4 като ненулево решение на хомогенната линейна система (M 4E 3 x = 3 1. Операторът ϕ е симетричен, защото има симетрична матрица M относно ортонормиран базис на R 3. Векторите e 1, e, e 3 образуват ортонормиран базис на R 3, съставен от собствени вектори на ϕ, в който ϕ има диагонална матрица D 1 =. 4 (ii Характеристичният полином 4 λ 4 f N (λ = 4 λ 4 4 4 λ = (λ + 6(λ 6 =. 3 ;

Решението e 1 = 1 6 (1,, 1 на хомогенната линейна система (N + 6E 3 x = 3 1 е единичен собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ 1 = 6. Собствените вектори, отговарящи на двукратната собствена стойност λ = λ 3 = 6 са решения на хомогенното линейно уравнение x 1 x + x 3 =. Избираме единичен собствен вектор e = 1 5 (, 1,, отговарящ на собствената стойност λ = 6. Търсим e 3 като ненулево единично решение на хомогенната линейна система x 1 x +x 3 = x 1 +x =, така че e 3 да е единичен собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ 3 = 6 и да е перпендикулярен на e. Избираме e 3 = ± 1 3 (1,, 5 и получаваме ортонорчиран базис e 1, e, e 3 на R 3, в който ϕ има диагонална матрица 6 D = 6. 6 (iii Характеристичният полином λ 1 f P (λ = 1 5 λ 8 = (λ + 9(λ 9(λ 18 =. 8 11 λ Решението e 1 = 1 3 (,, 1 на хомогенната линейна система (P + 9E 3x = 3 1 е единичен собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ 1 = 9. Избираме единичен собствен вектор e = 1 3 (, 1,, отговарящ на собствената стойност λ = 9 като решение на хомогенната линейна система (P 9E 3 x = 3 1. Единичният собствен вектор e 3 = 1 3 (1,,, отговарящ на собствената стойност λ 3 = 18 е решение на хомогенната линейна система (P 18E 3 x = 3 1. Операторът ϕ е симетричен, защото има симетрична матрица P спрямо ортонормиран базис на R 3. Следователно собствените вектори e 1, e, e 3, отговарящи на различните собствени стойности λ 1 = 9, λ = 9, λ 3 = 18 са ортогонални помежду си и образуват ортонормиран базис на R 3, съставен от собствени вектори на ϕ. Матрицата на ϕ спрямо базиса e 1, e @, e 3 е D 3 = 9 9 18 (iv Характеристичният полином λ 1 f A (λ = λ 1 1 λ = (λ + 1(λ 1(λ 3(λ 5 =, 1 λ Решението e 1 = 1 (1, 1, 1, 1 на хомогенната линейна система (A + E 4X = 4 1 е единичен собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ 1 = 1. Решението e = 1 (1, 1, 1, 1 на хомогенната линейна система (A E 4X = 4 1 е единичен 4.

собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ = 1. Аналогично, решението e 3 = 1 (1, 1, 1, 1 на (A 3E 4X = 4 1 е единичен собствен вектор, отговарящ на λ 3 = 3, а e 4 = 1 (1, 1, 1, 1 е единичен собствен вектор, отговарящ на λ 4 = 5. Матрицата на ϕ спрямо ортонормиран базис на R 4 е симетрична, така че ϕ е симетричен оператор. Следователно собствените вектори, отговарящи на различни собствени стойности са ортогонални помежду си и e 1, e, e 3, e 4 е ортонормиран базис на R 4. Матрицата на ϕ спрямо този базис е D 4 = 1 1 3 5. (v Характеристичният полином λ 1 f B (λ = λ 1 1 λ = (λ + 1 (λ 1 =. 1 λ Избираме собствените вектори e 1, e, отговарящи на собствените стойности λ 1 = λ = 1 като ортонормиран базис на пространството от решения на хомогенната линейна система (B + E 4 X = 1 1 1 1 1 1 1 1 X = 4 1. Например, e 1 = 1 (1,,, 1, e = 1 (, 1, 1,. Аналогично, собствените вектори e 3 = 1 (1,,, 1, e 4 = 1 (, 1, 1,, отговарящи на собствените стойности λ 3 = λ 4 = 1 са ортонормиран базис на пространството от решения на (B E 4 X = 1 1 1 1 1 1 1 1 X = 4 1. Операторът ϕ е симетричен, защото има симетрична матрица спрямо ортонормиран базис на R 4. Следователно, собствените вектори на ϕ, отговарящи на различни собствени стойности са ортогонални помежду си и e 1, e, e 3, e 4 е ортонормиран базис на R 4. Матрицата на ϕ спрямо този базис е D 5 = 1 1 1 1. 5

(vi Характеристичният полином 1 λ 1 1 1 f C (λ = 1 1 λ 1 1 1 1 1 λ 1 = (λ + (λ 3. 1 1 1 1 λ Решението e 1 = 1 ( 1, 1, 1, 1 на (C + E 4X = 4 1 е единичен собствен вектор, отговарящ на собствената стойност λ 1 =. Собствените вектори e, e 3, e 4, отговарящи на трикратната собствена стойност λ = λ 3 = λ 4 = се избират като ортонормиран базис на пространството от решения на (C E 4 X = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 X = 4 1. Тази система се свежда до x 1 = x + x 3 + x 4. Нека e = 1 (1, 1,, е едно ненулево решение. Търсим e 3 като единичен вектор, изпълняващ хомогенната линейна система ( 1 1 1 1 1 1 X = 4 1. Например e 3 = 1 6 (1, 1,,. Накрая, e 4 = 1 ( 1, 1, 3, 1 e единично решение на 3 1 1 1 1 1 1 X = 4 1. 1 1 Операторът ϕ е симетричен, така че собствените вектори, отговарящи на различни собствени стойности са ортогонални помежду си и e 1, e, e 3, e 4 е ортонормиран базис на R 4. Матрицата на ϕ в този базис е D 6 =. 4 Задачи с повишена трудност и приложения. Задача 46. Нека E ij M n n (C са матриците с единствен ненулев елемент 1 в i-ти ред и j-ти стълб, 1 i, j n. ( E ij се наричат матрични единици. Да се докаже, че: (а {E ij 1 i, j { n} е базис на M n n (C; (б E ij E kl = δ j k E E il за j = k il = за j k. (в ако A M n n (C и A ij = за n i j 1, то A n = n n. 6

Задача 47. Ако e 1,..., e n е базис на линейното пространство V, а ϕ : V V е линеен оператор с ϕ(e s l(e s+1,..., e n за 1 s n (ϕ(e n = O, да се докаже, че ϕ n = O е нулевият оператор. Упътване: Матрицата A M n,n (F на ϕ спрямо базиса e 1,..., e n е линейна комбинация на матричните единици E ij с i > j от задача 46, т.е A = i>j a ij E ij = n i=j+1 j=1 n a ij E ij l F (E ij j + 1 i n, 1 j n. С индукция по 1 k n, оттук следва A k = l F (E ij j + k i n, 1 j n. В частност, A = n n, защото не съществуват матрични единици E ij от ред n с i j n. Задача 48. Нека U е n-мерно линейно пространство, а ϕ : U U и ψ : U U са линейни оператори в U с обратимо произведение ψϕ : U U. Да се намери рангът на оператора ϕ и рангът на оператора ψ. Задача 49. Линейният оператор ϕ : U U в крайномерно пространство U има квадрат ϕ = Id U. Да се докаже, че за всяко естествено число k поне един от операторите ϕ k Id U или ϕ k + Id U не е обратим. Упътване: Използвайте, че произведението на обратими матрици е обратима матрица. Задача 5. Нека ϕ : R n+1 [x] R n [x], ( n ϕ a i x i = i= n ia i x i 1 i=1 е диференцирането на полиноми с реални коефициенти от степен не по-голяма от n. (а Да се докаже, че съществува единствено линейно изображение ψ : R n [x] R n+1 [x] с ϕψ = Id R n [x]. (б Да се намерят всички (необезателно линейни изображения Ψ : R n [x] R n+1 [x] с ϕψ = Id R n [x]. Съвкупността на тези Ψ се нарича определен интеграл. n j=1 Упътване: jb j x j 1 = n 1 i= Ако ϕψ = Id R n [x] за някакво изображение Ψ a i x i и b s+1 = as s+1 Ψ ( n 1 i= за s n 1. С други думи, n 1 a i x i x i+1 = b + a i i + 1 7 i= ( n 1 a i x i = n b j x j, то i= j=

с произволно b R е интегрирането на полиноми. Ако ψ : R n [x] R n+1 [x] ( е линейно изображение, то ψ( = за тъждeствено n 1 нулевия полином R n [x] и ψ a i x i = n 1 x a i+1 i i+1. i= Задача 51. Дадени са обратимите линейни оператори α : R n R n, β : R m R m и линейният оператор ϕ : R n R n. Да се докаже, че линейните оператори ϕ, ϕα, βϕ и βϕα имат един и същи ранг и дефект. Задача 5. Да се докаже, че за всяко просто p съществуват (p 3 1(p 3 p(p 3 p обратими линейни оператора в пространството Z 3 p на наредените тройки с елементи от полето Z p на остатъците при деление с p. Упътване: Всеки обратим линеен оператор ϕ : Z 3 p Z 3 p се определя еднозначно от образите ϕ(e 1, ϕ(e, ϕ(e 3 на стандартните базисни вектори e 1 = (1,,, e = (, 1,, e 3 = (,, 1. Операторът ϕ е обратим тогава и само тогава, когато векторите ϕ(e 1, ϕ(e, ϕ(e 3 са линейно независими. Векторът ϕ(e 1 M 3,1 (Z p е линейно независим точно когато е ненулев, така че съществуват p 3 1 възможности за ϕ(e 1 M 3,1 (Z p. За фиксирано ϕ(e 1 M 3,1 (Z p, векторите ϕ(e 1, ϕ(e M 3,1 (Z p са линейно независими тогава и само тогава, когато ϕ(e е извън линейната обвивка l Zp (ϕ(e 1 на ϕ(e 1. Понеже l Zp (ϕ(e 1 съдържа p елемента, броят на ϕ(e M 3,1 (Z p, за които ϕ(e 1, ϕ(e са линейно независими е p 3 p. За фиксирани ϕ(e 1, ϕ(e M 3,1 (Z p, векторите ϕ(e 1, ϕ(e, ϕ(e 3 M 3,1 (Z p са линейно независими точно когато ϕ(e 3 е извън линейната обвивка l Zp (ϕ(e 1, ϕ(e на ϕ(e 1 и ϕ(e. За фиксирани ϕ(e 1, ϕ(e множеството l Zp (ϕ(e 1, ϕ(e съдържа p елемента, така че векторите ϕ(e 3 извън l Zp (ϕ(e 1, ϕ(e са p 3 p на брой. Задача 53. В линейното пространство M 4 1 (Q на наредените четворки рационални числа е дадено изображението ϕ : M 4 1 (Q M 4 1 (Q, ϕ(x = Ax за някаква матрица A M 4 4 (Q. Да се докаже, че ϕ е линейно изображение и да се намери ϕ(x за x = x 1 x x 3 x 4 и A = i= a b c d b c d a c d a b c d a b, където a, b, c, d са последните четири цифри на факултетния Ви номер. Задача 54. В линейното пространство V с размерност dim V n да се построи линеен оператор ϕ : V V с dim(ker(ϕ im(ϕ 1. Упътване: Избираме базис e 1,... e k на сечението ker(ϕ im(ϕ. Допълваме до базис e 1,..., e k, e k+1,..., e m на ker(ϕ, базис e 1,..., e k, f k+1,..., f l на im(ϕ и базис e 1,..., e k, e k+1,..., e m, e m+1,..., e n на V. По Теоремата за ранга и дефекта на ϕ имаме m + l = d(ϕ + rk(ϕ = dim V = n. Линейният оператор ϕ : V V с ϕ(e i = O за 1 i m, ϕ(e j = e j m за m+1 j m+k и ϕ(e p = f p m за m+k+1 p m+l = n изпълнява необходимите условия. 8

Задача 55. В n-мерното линейно пространство V да се построи линеен оператор ψ : V V с dim(ker(ψ + im(ψ n 1. Упътване: Оценете dim(ker(ψ im(ψ. Задача 56. Да се докаже, че множеството L на онези Q-линейните изображения ϕ : Q 3 Q, чиито ядра съдържат вектора (, 1, 3 е 4-мерно линейно пространство над Q и да се намери базис на L над Q. Решение: Нека A M 3 (Q е матрицата на ϕ спрямо стандартния базис e 1 = (1,,, e = (, 1,, e 3 = (,, 1 на Q 3 и стандартния базис f 1 = (1,, f = (, 1 на Q. Тогава условието (, 1, 3 = e 1 + e + 3e 3 ker(ϕ е еквивалентно на ( = A 1 3 = ( a11 a 1 a 13 a 1 a a 3 1 3 = ( a11 + a 1 + 3a 13 a 1 + a + 3a 3 Матриците A = (a ij на търсените линейни изображения образуват 4-мерното пространство от решения L 1 на хомогенната линейна система a 11 +a 1 +3a 13 = a 1 +a +3a 3 = с шест променливи a ij, 1 i, 1 j 3. Общото решение на тази система е a 1 = a 11 3a 13. a = a 1 3a 3 Избираме фундаментална система решения ( ( 1 3 1 A 1 =, A =, A 3 = ( 1. (, A 4 = 3 1 или базис на L 1. Той отговаря на базиса ϕ 1,..., ϕ 4 на L, съставен от линейните изображения ϕ j : Q 3 Q с матрици A j спрямо e 1, e, e 3 и f 1, f. Задача 57. За произволни матрици A, B M m n (F с елементи от поле F да се докаже, че рангът на сумата не надминава сумата на ранговете, rk(a + B rk(a + rk(b. Решение: Нека ϕ : F n F m и ψ : F n F m са линейните изображения с матрици A, съответно B, спрямо някакъв базис e = (e 1,..., e n на F n и някакъв базис f = (f 1,..., f m на F m. Тогава A + B е матрицата на ϕ + ψ : F n F m спрямо базиса e на F n и базиса f на F m. Но образът на сумата ϕ + ψ im(ϕ + ψ = {(ϕ + ψ(x = ϕ(x + ψ(x x F n } е подпространство на сумата на образите im(ϕ + im(ψ = {ϕ(y y F n } + {ψ(z z F n } = {ϕ(y + ψ(z y, z, F n }, 9

така че rk(ϕ + ψ = dim im(ϕ + ψ dim[im(ϕ + im(ψ] = = dim im(ϕ + dim im(ψ dim[im(ϕ im(ψ] dim im(ϕ + dim im(ψ = rk(ϕ + rk(ψ. Остава да приложим, че rk(ϕ + ψ = rk(a + B, rk(ϕ = rk(a и rk(ψ = rk(b. Задача 58. Ако X, Y M n n (F са квадратни матрици с произведение XY = n n, да се докаже, че rk(x + rk(y n. Решение: Нека e 1,..., e n е базис на F n, ϕ : F n F n е операторът с матрица X спрямо този базис, а ψ : F n F n е операторът с матрица Y спрямо този базис. Тогава от XY = n n следва ϕψ = O за нулевия оператор O : F n F n с O(x = n 1 за x F n. С други думи, im(ψ ker(ϕ и по Теоремата за ранга и дефекта на линейно изображение получаваме rk(ψ = dim im(ψ dim ker(ϕ = dim F n dim im(ϕ = n rk(ϕ. Задача 59. Нека A = (a ij n i,j=1 M n n(f е квадратна матрица от ранг r, а A = (A ij n i,j=1 M n n(f е матрицата, съставена от адюнгираните количества A ij на елементите a ij на A. За ранга r на A да се докаже, че: (i r = n за r = n; (ii r = за r n ; (iii r = 1 за r = n 1. Решение: Ако r = n, то det(a и A(A t = (A t A = det(ae n. Оттук det(a t = det(a и r = n. При r n всички адюнгирани количества A ij = се анулират и A = n n, r =. В случая r = n 1 използваме A(A t = det(ae n = n n, за да разглеждаме вектор-стълбовете c 1,..., c n на (A t като вектори от пространството U на решенията на хомогенната линейна система AX = n 1 с ранг r = n 1. За вектор-редовете c t 1,..., ct n на A имаме r = rk(a = rk(c t 1,..., c t n = rk(c 1,..., c n = dim l(c 1,..., c n dim U = n (n 1 = 1. Но r = n 1 означава съществуването на A ij, така че r 1, а оттам и r = 1. Задача 6. (Неравенство на Силвестър - давана на писмен изпит по Алгебра 1 за специалност Компютърни Науки през 6г. За произволни квадратни матрици A, B M n n (F да се докаже, че rk(a + rk(b n rk(ab min(rk(a, rk(b. Решение: Нека e 1,..., e n е базис на F n, ϕ : F n F n е линейният оператор с матрица A спрямо този базис, а ψ : F n F n е линейният оператор с матрица B спрямо този базис. Неравенството на Силвестър е еквивалентно на rk(ϕ + rk(ψ n rk(ϕψ min(rk(ϕ, rk(ψ. 3

За удобство да означим r = rk(ϕ, s = rk(ψ. Избираме базис b 1,..., b s на образа im(ψ = l(ψ(e 1,..., ψ(e n на ψ. В резултат, ϕψ(e j l(ϕ(b 1,..., ϕ(b s за 1 j n и im(ϕψ = l(ϕψ(e 1,..., ϕψ(e n е подпространство на W = l(ϕ(b 1,..., ϕ(b s. Оттук, rk(ϕψ = dim im(ϕψ dim W s = rk(ψ. За rk(ϕψ rk(ϕ използваме, че ψ(e j l(e 1,..., e n = F n, откъдето ϕψ(e j l(ϕ(e 1,..., ϕ(e n = im(ϕ за 1 j n. Следователно im(ϕψ = l(ϕψ(e 1,..., ϕψ(e n е подпространство на im(ϕ и rk(ϕψ = dim im(ϕψ dim im(ϕ = rk(ϕ. За rk(ϕψ r + s n разглеждаме ϕ като линейно изображение ϕ : im(ψ = l(ψ(e 1,..., ψ(e n F n на образа im(ψ F s на ψ. Образът на линейния оператор ϕψ : F n F n съвпада с образа на ϕ : im(ψ F n, така че rk(ϕψ = dim im(ψ dim ker ( ϕ im(ψ = rk(ψ dim(ker(ϕ im(ψ. Съгласно rk(ϕ = r, ядрото ker(ϕ на ϕ е с dim ker(ϕ = n r. Подпространството ker(ϕ im(ψ на ker(ϕ е с размерност dim(ker im(ψ n r и rk(ϕψ rk(ψ (n r = rk(ψ + rk(ϕ n. Задача 61. Сумата на елементите във всеки стълб на матрицата A M n n (Q е 1. Да се докаже, че λ = 1 е характеристичен корен на A. Решение: Трябва да проверим, че det(a E n = f A (1 =. Сумата на елементите на всеки стълб на A E n е, така че сумата на вектор-редовете на A E n е наредената n-торка 1 n и A E n е от ранг n 1. Еквивалентно, det(a E n =. Задача 6. Нека ϕ : V V е линеен оператор със собствен вектор O = v V, отговарящ на собствена стойност λ, а g(x = n i= a i x i F [x] е полином с коефициенти от F. Да се докаже, че v е собствен вектор за оператора g(ϕ, отговарящ на собствена стойност g(λ. Решение: Операторът g(ϕ = n a i ϕ i с ϕ = Id V действа върху v по правилото g(ϕ(v = i= n (a i ϕ i (v = i= n a i ϕ i (v, съгласно определението за сума на линейни оператори и произведение на линеен оператор с λ F. С индукция по i n проверяваме, че ϕ i (v = λ i v, откъдето g(ϕ(v = n a i λ i v = g(λv. i= 31 i=

Задача 63. Да се докаже, че: (i ако линейният оператор ϕ : R n R n в евклидовото пространство R n запазва дължините, ϕ(x = (ϕ(x, ϕ(x = (x, x = x за x R n, то ϕ е ортогонален оператор. (ii ако изображението ψ : R n R n на евклидовото пространство R n изпълнява (ψ(x, ψ(y = (x, y за x, y R n, то ψ е линеен оператор, а оттам и ортогонален линеен оператор. Решение: (i От (ϕ(x, ϕ(x + (ϕ(x, ϕ(y + (ϕ(y, ϕ(x + (ϕ(y, ϕ(y = = (ϕ(x + y, ϕ(x + y = (x + y, x + y = (x, x + (x, y + (y, x + (y, y с (ϕ(x, ϕ(x = (x, x, (ϕ(y, ϕ(y = (y, y и от симетричността на скаларното произведение в евклидово пространство, (ϕ(y, ϕ(x = (ϕ(x, ϕ(y, (y, x = (x, y следва (ϕ(x, ϕ(y = (x, y за x, y R n. (ii За произволни v 1,..., v m R n и λ 1,..., λ m R трябва да докажем, че векторът v = ψ(λ 1 v 1 +... + λ m v m λ 1 ψ(v 1... λ m ψ(v m е нулев. Скаларният квадрат ( m ( m m m (v, v = ψ λ i v i, ψ λ j v j ψ λ i v i, λ j ψ(v j i=1 i=1 j=1 j=1 m m m m λ i ψ(v i, ψ λ j v j + λ i ψ(v i, λ j ψ(v j = m m = λ i v i, λ j v j m i=1 λ i i=1 j=1 i=1 i=1 j=1 j=1 ( m m λ j (ψ λ i v i, ψ(v j j=1 m ψ(v i, ψ λ j v j + i=1 j=1 m m = λ i v i, λ j v j m i=1 λ i v i, j=1 m λ j v j + j=1 m i=1 i=1 j=1 m λ i λ j (ψ(v i, ψ(v j = ( m m λ j λ i v i, v j j=1 m i=1 j=1 i=1 m λ i λ j (v i, v j =. 3

Задача 64. Нека V е n-мерно евклидово пространство, а U и W са k-мерни подпространства на V. Да се докаже, че: (i съществува ортогонален оператор ϕ : V V с ϕ(u = W ; (ii всеки ортогонален оператор ϕ : V V с ϕ(u = W изпълнява ϕ(u = W. Решение: (i Избираме ортонормиран базис e 1,..., e k на U и допълваме до ортонормиран базис e 1,..., e k, e k+1,..., e n на V. Аналогично, избираме ортонормиран базис f 1,..., f k на W и допълваме да ортонормиран базис f 1,..., f k, f k+1,..., f n на V. Линейният оператор ϕ : V V с ϕ(e i = f i за 1 i n е ортогонален, защото трансформира ортонормиран базис на V в ортонормиран базис на V. Още повече, ϕ(u = ϕ(l(e 1,..., e k = l(ϕ(e 1,..., ϕ(e k = l(f 1,..., f k = W. (ii От една страна, ортогоналните допълнения имат една и съща размерност, dim(u = dim(v dim(u = n k = dim(v dim(w = dim(w. От друга страна, ортогоналният оператор ϕ в крайномерно пространство V е обратим, така че dim(ϕ(u = dim(u = dim(w. Достатъчно е да проверим, че ϕ(u W, за да твърдим съвпадението ϕ(u = W. Наистина, w W е образ на u U, w = ϕ(u. За произволно x U е в сила (ϕ(x, w = (ϕ(x, ϕ(u = (x, u =, така че ϕ(u W. Втори начин, избираме ортонормиран базис e 1,..., e k на U и допълваме до ортонормиран базис e 1,..., e k, e k+1,..., e n на V. Съгласно задача 41, e k+1,..., e n е ортонормиран базис на U. Под действие на ортогоналния оператор ϕ получаваме ортонормиран базис ϕ(e 1,..., ϕ(e k, ϕ(e k+1,..., ϕ(e n на V. Векторите ϕ(e 1,..., ϕ(e k образуват ортонормиран базис на W. Отново от Задача 41, ϕ(e k+1,..., ϕ(e n е ортонормиран базис на W. Накрая, ϕ(u = ϕ(l(e k+1,..., e n = l(ϕ(e k+1,..., ϕ(e n = W. Приложение 65. При пресмятане на границата lim n An за матрица A се използват характеристичните корени на A. Обяснение: Например, се представя като Следователно A = A = ( 1 1 1 (.6.8.4. A = T DT 1, ( 1. M (R 1 3 1 3 1 3 3. A n = (T DT 1 (T DT 1... (T DT 1 = T D n T 1, 33