Jan Nawrocki

MATEMATYKA cz. 1

ALGEBRA i GEOMETRIA ANALITYCZNA

Politechnika Warszawska 2010

Politechnika Warszawska

Wydział Samochodów i Maszyn Roboczych

Kierunek "Edukacja techniczno informatyczna"

02-524 Warszawa, ul. Narbutta 84, tel (22) 849 43 07, (22) 234 83 48

ipbmvr.simr.pw.edu.pl/spin/, e-mail: sto@simr.pw.edu.pl

Opiniodawca: prof. dr hab. Krzysztof CHEŁMIŃSKI

Projekt okładki: Norbert SKUMIAŁ, Stefan TOMASZEK

Projekt układu graficznego tekstu: Grzegorz LINKIEWICZ

Skład tekstu: Janusz BONAROWSKI, Jan NAWROCKI

Publikacja bepłatna, przeznaczona jest dla studentów kierunku

"Edukacja techniczno informatyczna"

Copyright © 2010 Politechnika Warszawska

Utwór w całości ani we fragmentach nie moŜe być powielany ani rozpowszechniany

za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywających i innych

bez pisemnej zgody posiadacza praw autorskich.

ISBN 83-89703-39-4

Druk i oprawa: Drukarnia Expol P. Rybiński, J. Dąbek Spółka Jawna,

87-800 Włocławek, ul. Brzeska 4

Spis treści

ALGEBRA

I. Elementy logiki matematycznej i algebry zbiorów.......................... 7 Elementy logiki matematycznej ............................................................................. 8

Algebra zbiorów .................................................................................................. 10

II. Relacje i odwzorowania................................................................. 17 Relacje................................................................................................................. 18

Odwzorowania i funkcje ...................................................................................... 20

III. Liczby zespolone i wielomiany zespolone ..................................... 25 Zbiór liczb zespolonych ....................................................................................... 26

Postać trygonometryczna liczby zespolonej ......................................................... 28

Wielomiany w dziedzinie zespolonej ................................................................... 32

Funkcje wymierne ............................................................................................... 34

IV. Przestrzeń liniowa ......................................................................... 37 Liniowa zaleŜność wektorów ............................................................................... 39

Baza i wymiar przestrzeni .................................................................................... 40

V. Macierze i wyznaczniki .................................................................. 43 Macierze.............................................................................................................. 44

Wyznaczniki ........................................................................................................ 46

Macierz odwrotna ................................................................................................ 50

VI. Równania liniowe........................................................................... 55

GEOMETRIA ANALITYCZNA

VII. Przestrzeń metryczna i unormowana, iloczyny wektorów............ 63 Przestrzeń metryczna ........................................................................................... 64

Przestrzeń unormowana ....................................................................................... 67

Iloczyn skalarny................................................................................................... 68

Iloczyn wektorowy .............................................................................................. 70

Iloczyn mieszany ................................................................................................. 72

VIII. Płaszczyzna i prosta w R3............................................................. 77 Płaszczyzna w R

3................................................................................................. 78

Prosta w R3.......................................................................................................... 80

Wzajemne połoŜenie prostych i płaszczyzn.......................................................... 82

IX. Powierzchnie stopnia drugiego ..................................................... 87 Powierzchnie obrotowe........................................................................................ 89

Powierzchnie prostokreślne.................................................................................. 92

Literatura ..................................................................................... 101

Przedmowa

Niniejsze materiały zostały opracowane w ramach realizacji Programu Rozwojowego Poli-

techniki Warszawskiej finansowanego ze środków PROGRAMU OPERACYJNEGO KAPI-

TAŁ LUDZKI. Przeznaczone są dla studentów pierwszego roku studiów inŜynierskich kie-

runku nauczania „Edukacja techniczno-informatyczna” prowadzonych na Wydziale Samo-

chodów i Maszyn Roboczych Politechniki Warszawskiej.

Swoim zakresem obejmują pierwszą część tematyki określonej w programie studiów dla

przedmiotu pn. „Matematyka” opisanym w sylabusie opracowanym dla tego przedmiotu. Jest

to przedmiot z grupy przedmiotów podstawowych. W planie studiów przewidziano jego

realizację na pierwszym i drugim roku studiów.

Na pierwszym semestrze są to dwa wykłady 30-godzinne i 15-godzinne ćwiczenia dla kaŜde-

go z nich:

1. Matematyka cz. 1 – Algebra i geometria analityczna,

2. Matematyka cz. 2 – Analiza 1.

Na drugim semestrze 2 wykłady 30-godzinne i 30 -godzinne ćwiczenia dla kaŜdego wykładu:

3. Matematyka cz. 3 – Analiza 2,

4. Matematyka cz. 4 – Szeregi funkcyjne i równania róŜniczkowe zwyczajne.

Na trzecim semestrze 30 - godzinny wykład:

5. Matematyka cz. 5 – Elementy probabilistyki i statystyki matematycznej.

Niniejsze materiały przeznaczone są dla studentów pierwszego semestru.

Skrypt ten zawiera podstawowe treści z algebry i geometrii analitycznej potrzebne studentom

wydziałów technicznych Politechniki Warszawskiej.

Postanowiłem pominąć niektóre dowody, starając się jednocześnie ilustrować kaŜde twierdze-

nie przykładem.

NajwaŜniejsze definicje i wszystkie twierdzenia zostały zapisane w ramkach, co pozwala

studentom zwrócić uwagę na te waŜne w matematyce zdania.

Komentarze przy rozwiązywaniu zadań są oszczędne, starałem się jednak odwoływać do

twierdzeń, wniosków i uwag podanych wcześniej; uŜywam oznaczenia T na twierdzenia,

W na wnioski i U na uwagi podając numer po literze, przed literą oddaję rzymski numer roz-

działu, w którym znajduje się dane twierdzenie, wniosek lub uwaga. Komentarze podaję takŜe

w specjalnych nawiasach w ciągu wywodów, aby skrócić zapisy.

I Elementy logiki i algebry zbiorów

ROZDZIAŁ I

Strona 8888

Elementy logiki matematycznej

Zdaniem prostym w matematyce nazywamy takie zdanie proste w sensie gramatycznym,

o którym moŜna orzec, czy jest prawdziwe, czy fałszywe.

Zdania proste oznaczamy literami: p, q, r, ... . JeŜeli zdanie p jest prawdziwe, to przypisujemy

mu wartość logiczną 1 (piszemy wtedy w(p)=1), jeśli zaś p jest zdaniem fałszywym, to

przypisujemy mu wartość logiczną 0 (piszemy wtedy w(p)=0 ).

Aby ze zdań prostych otrzymać zdania złoŜone uŜywamy tzw. funktorów (spójników)

zdaniotwórczych. Funktory te, to: negacja, alternatywa, koniunkcja, implikacja

i równowaŜność. 1. Negacja: p' (albo ~p) będzie oznaczać negację zdania p, tzn. zdanie: „nie p” (albo

„nieprawda, Ŝe p”), którego wartość logiczna podana jest w tabeli:

p p'

0 1

1 0

2. Alternatywa: p ∨ q będzie oznaczać alternatywę zdań p i q (czytaj „p lub q”), czyli

zdanie złoŜone, którego wartość logiczna podana jest w tabeli:

p q p ∨ q

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

1

1

3. Koniunkcja: p ∧ q będzie oznaczać koniunkcję zdań p i q (czytaj „p i q”), czyli zdanie

złoŜone, którego wartość logiczna podana jest w tabeli:

p q p ∧ q

0

0

1

1

0

1

0

1

0

0

0

1

ELEMENTY LOGIKI I ALGEBRY ZBIORÓW

Strona 9999

4. Implikacja: p ⇒ q będzie oznaczać implikację zdania q ze zdania p (czytaj: „jeśli p, to

q” lub „z p wynika q”), czyli zdanie złoŜone, którego wartość logiczna podana jest

w tabeli:

p q p ⇒ q

0

0

1

1

0

1

0

1

1

1

0

1

5. RównowaŜność: p ⇔ q będzie oznaczać równowaŜność zdań p i q (czytaj „p wtedy

i tylko wtedy, gdy q”), czyli zdanie złoŜone, którego wartość logiczna podana jest w tabeli:

p q p ⇔ q

0

0

1

1

0

1

0

1

1

0

0

1

Przykład 1.

Niech zdanie p będzie: „2 + 2 = 7” zaś zdanie q: „4 + 4 = 8”, wtedy zdania p', p ∨ q,

p ⇒q są prawdziwe, zaś zdania p ∧ q i p ⇔ q są fałszywe.

W matematyce często mamy do czynienia ze zdaniami, które są prawdziwe niezaleŜnie od

tego, jaką wartość logiczną mają zdania proste.

Zdania złoŜone, które są prawdziwe bez względu na to, jaką wartość logiczną mają zdania

proste składowe nazywamy prawami rachunku zdań lub tautologiami.

NajwaŜniejszymi tautologiami ze względu na ich zastosowanie w matematyce są: 1. (p ∨q)′ ⇔ p′∧ q′ - I prawo de Morgana,

2. (p ∧ q)′ ⇔ p′∨ q′ - II prawo de Morgana,

3. [ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)] ⇒ (p ⇒ r) - prawo sylogizmu,

4. (p ⇒ q) ⇔ (q′⇒ p′) - prawo kontrapozycji,

5. (p ⇒ q)′ ⇔ p ∧ q′ - prawo negacji implikacji,

6. p ∧ (q ∨ r) ⇔ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) - rozdzielność koniunkcji względem alternatywy,

7. p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) - rozdzielność alternatywy względem koniunkcji.

W matematyce mamy do czynienia nie tylko z pojedynczymi zdaniami, lecz równieŜ ze

zbiorami zdań, które w logice nazywamy formami zdaniowymi , a w matematyce

warunkami .

Formę zdaniową zaleŜną od jednej zmiennej x , przyjmującej wartości z pewnego zbioru X,

oznaczamy: p(x).

Przykładem formy zdaniowej jest następujący zbiór zdań:

.,0652 ℜ∈<+− xxx

Łatwo moŜemy ustalić zbiór tych x, dla których zdanie jest prawdziwe; jest to przedział

otwarty: (2 , 3).

ROZDZIAŁ I

Strona 10101010

Uogólnieniem na formy zdaniowe funktora alternatywy jest tzw. kwantyfikator szczegółowy

o symbolu : ∃ . Zapis postaci : ∃x : p(x) oznacza zdanie: „istnieje taka wartość zmiennej

x, Ŝe zdanie p(x) jest prawdziwe” albo „istnieje takie x , dla którego zachodzi p(x)”.

Jeśli X = x1, x2, .... , xn , to zdanie :

„∃x : p(x)” jest równowaŜne zdaniu: „ p (x1) ∨ p(x2) ∨ ... ∨ p(xn)”.

Uogólnieniem na formy zdaniowe funktora koniunkcji jest tzw. kwantyfikator ogólny

o symbolu: ∀ . Zapis postaci: ∀x : p(x) oznacza zdanie: „dla kaŜdej wartości zmiennej x

zdanie p(x) jest prawdziwe” albo „dla kaŜdego x zachodzi p(x)”.

JeŜeli X = x1, x2, ... , xn, to zdanie:

„∀x : p(x)” jest równowaŜne zdaniu: „p(x1) ∧ p(x2) ∧ ... ∧ p(xn)”.

Przykład 2.

Zdanie prawdziwe z uŜyciem kwantyfikatora szczegółowego: ∃x ∈ ℜ: x2 - 1 = 0.

Zdanie prawdziwe z uŜyciem kwantyfikatora ogólnego: ∀x ∈ ℜ: x2 + 1 > 0.

Zdanie fałszywe z uŜyciem kwantyfikatora szczegółowego: ∃n ∈ N : n2 = 7.

Zdanie fałszywe z uŜyciem kwantyfikatora ogólnego: ∀n ∈ N : (n + 1)2 = n

2 + 1.

Do najczęściej stosowanych w matematyce tautologii dla rachunku kwantyfikatorów naleŜą uogólnione prawa de Morgana:

1. ( ∀x : p(x) )′ ⇔ ∃x : p

′(x);

2. ( ∃x : p(x) )′ ⇔ ∀x : p

′(x).

Algebra zbiorów

Pojęcie zbioru jest w matematyce tzw. pojęciem pierwotnym , tzn. takim, którego nie

definiujemy, ale którego sens jest intuicyjnie zrozumiały.

Zbiory będziemy oznaczać duŜymi literami, zaś ich elementy małymi literami.

PrzynaleŜność elementu do zbioru jest takŜe pojęciem pierwotnym.

Zdanie: „element a naleŜy do zbioru A” zapisujemy następująco: „a ∈ A”.

Negację tego zdania: „element a nie naleŜy do zbioru A’’ zapisujemy: „ a ∉ A

’’.

Podamy teraz oznaczenia zbiorów szczególnych:

N = 1,2,3, ... − zbiór liczb naturalnych, N0 − zbiór liczb naturalnych z zerem,

Z − zbiór liczb całkowitych,

Q − zbiór liczb wymiernych,

ℜ − zbiór liczb rzeczywistych,

C − zbiór liczb zespolonych.

ELEMENTY LOGIKI I ALGEBRY ZBIORÓW

Strona 11111111

Zbiór A jest podzbiorem zbioru B, jeŜeli kaŜdy element zbioru A naleŜy do zbioru B.

Mówimy teŜ wtedy, Ŝe zbiór B zawiera zbiór A, lub, Ŝe zbiór A zawiera się w zbiorze B.

Zawieranie się jednego zbioru w drugim nazywamy równieŜ inkluzją zbiorów i oznaczamy

symbolem ⊂ .

Definicję zawierania się zbiorów moŜna zapisać następująco:

A ⊂ B ⇔ ( ∀ a ∈ A : a ∈ A ⇒ a ∈ B ) ,

lub krócej:

A ⊂ B ⇔ ( ∀ a ∈ A : a ∈ B ).

Dwa zbiory A i B nazywamy równymi (co zapisujemy: A = B), jeŜeli kaŜdy z nich jest

podzbiorem drugiego, zatem

A = B ⇔ (A ⊂ B ∧ B ⊂ A) lub A = B ⇔ [∀a ∈ A : (a ∈ A ⇔ a ∈ B)].

W matematyce dla kaŜdego zagadnienia ustala się pewien zbiór zawierający wszystkie inne

zbiory występujące w tym zagadnieniu. Zbiór taki nazywamy przestrzenią i oznaczamy literą Ω. Wtedy podzbiór A przestrzeni Ω moŜemy zdefiniować podając warunek p(x), który

spełniają wszystkie elementy x tego zbioru i tylko te elementy:

A : = x ∈ Ω : p(x).

Oto kilka przykładów takiego definiowania zbiorów:

x ∈ ℜ : x2 < 1 = (-1,1), x ∈ N : x

2 < 8 = 1,2, x ∈ ℜ : 2x + 1 > 7 = (3,+∞).

Zbiór nie zawierający Ŝadnego elementu nazywamy zbiorem pustym i oznaczamy symbolem

∅, tak więc

∅ : = x ∈ Ω : x ∉ Ω .

Dopełnieniem zbioru A do przestrzeni ΩΩΩΩ nazywamy zbiór tych elementów przestrzeni Ω,

które nie naleŜą do zbioru A. Oznaczając dopełnienie zbioru A symbolem A’ moŜemy napisać:

A′ : = x ∈ Ω : x ∉ A.

Zbiór, którego elementami są wszystkie podzbiory przestrzeni Ω nazywamy rodziną podzbiorów przestrzeni ΩΩΩΩ i oznaczamy symbolem 2

Ω, tak więc

A ⊂ Ω ⇔ A ∈ 2Ω

.

ROZDZIAŁ I

Strona 12121212

Własności:

1. A ⊂ A;

2. (A ⊂ B ∧ B ⊂ C) ⇒ (A ⊂ C);

3. ∀A ∈ 2Ω

: ∅⊂ A;

4. ∅′= Ω , Ω′=∅.

Dla zbiorów A,B ∈ 2Ω

określamy ich sumę mnogościową, iloczyn mnogościowy i róŜnicę mnogościową.

Unią (sumą mnogościową) zbiorów A,B ∈ 2Ω

nazywamy zbiór tych elementów przestrzeni

Ω , które naleŜą do zbioru A lub do zbioru B.

Oznaczając unię zbiorów A i B symbolem A ∪ B moŜemy napisać:

A ∪ B : =x ∈ Ω : x ∈ A ∨ x ∈ B.

Sumowanie mnogościowe zbiorów jest przemienne i łączne, tzn.

∀ A, B, C ∈ 2Ω

: A ∪ B = B ∪ A i A ∪ ( B ∪ C ) = ( A ∪ B ) ∪ C .

Przekrojem (iloczynem mnogościowym) zbiorów A,B ∈ 2Ω

nazywamy zbiór tych elementów

przestrzeni Ω , które naleŜą do jednego i do drugiego zbioru. Oznaczając przekrój zbiorów A

i B symbolem A ∩ B moŜemy napisać:

A ∩ B : = x ∈ Ω : x ∈ A ∧ x ∈ B .

ELEMENTY LOGIKI I ALGEBRY ZBIORÓW

Strona 13131313

TakŜe iloczyn mnogościowy zbiorów jest przemienny i łączny, tzn.

∀ A,B,C ∈ 2Ω

: A ∩ B = B ∩ A i (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

Ponadto iloczyn mnogościowy jest rozdzielny względem sumy mnogościowej:

∀ A,B,C ∈ 2Ω

: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ,

oraz suma mnogościowa jest rozdzielna względem iloczynu mnogościowego:

∀ A,B,C ∈ 2Ω

: A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

RóŜnicą (róŜnicą mnogościową) zbiorów A,B ∈ 2Ω

nazywamy zbiór tych elementów

przestrzeni Ω , które naleŜą do zbioru A i nie naleŜą do zbioru B. Oznaczając róŜnicę zbiorów

A i B symbolem A\B moŜemy napisać:

A \ B : = x ∈ Ω : x ∈ A ∧ x ∉ B .

Oprócz podanych wcześniej własności działań na zbiorach, podamy jeszcze kilka.

JeŜeli A, B, C ∈ 2Ω

, to:

1. A ∩ B ⊂ A , A ∩ B ⊂ B;

2. A ⊂ A ∪ B, B ⊂ A ∪ B;

3. A ∪ A′ = Ω, A ∩ A′ =∅;

4. (A ∪ B)′ = A′ ∩ B′ - prawo de Morgana dla dopełnień; 5. (A ∩ B)′ = A′ ∪ B′ - prawo de Morgana dla dopełnień; 6. A \ B ⊂ A;

7. A ⊂ B ⇒ A \ B =∅;

8. A \ (B ∪ C) = (A \ B) ∩ (A \ C) - prawo de Morgana dla róŜnic zbiorów;

9. A \ (B ∩ C) = (A \ B) ∪ (A \ C) - prawo de Morgana dla róŜnic zbiorów.

Przykład 3.

Wykazać, Ŝe A ∩ B ⊂ A.

Z określenia inkluzji oraz przekroju zbiorów wynika, iŜ naleŜy wykazać, Ŝe zdanie:

∀x∈Ω : (x ∈ A ∧ x ∈ B) ⇒ x ∈ A

jest prawdziwe. Jeśli oznaczymy przez p zdanie:„x ∈ A” zaś przez q zdanie: „x ∈ B”, to

wystarczy sprawdzić, czy zdanie: „p ∧ q ⇒ p” jest tautologią.

ROZDZIAŁ I

Strona 14141414

p q p ∧ q p ∧ q ⇒ p

0

0

1

1

0

1

0

1

0

0

0

1

1

1

1

1

Zdanie to jest tautologią, więc dla kaŜdego x zdanie: (x ∈ A ∧ x ∈ B) ⇒ x ∈ A jest

prawdziwe, a więc A ∩ B ⊂ A .

Przykład 4.

Wykazać, Ŝe A\ (B ∪ C) = (A \ B) ∩ (A \ C).

x ∈ [ A \ (B ∪ C)] ⇔ [ x ∈ A ∧ x ∉ (B ∪ C)] ⇔ [x ∈ A ∧ x ∈ (B ∪C)′] ⇔

⇔[x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)′ ].

Wykorzystując I prawo de Morgana, ostatnie zdanie piszemy w postaci równowaŜnej:

[x ∈ A ∧ (x ∉ B ∧ x ∉ C)] ⇔ [x ∈ A ∧ x ∉ B ∧ x ∉ C] ⇔

⇔ [x ∈ A ∧ x ∉ B ∧ x ∈ A ∧ x ∉ C] ⇔ (x ∈ A ∧ x ∉ B) ∧ (x ∈ A ∧ x ∉ C)] ⇔

⇔]x ∈ (A \ B) ∧ x ∈ (A \ C)] ⇔ x ∈ (A \ B) ∩ (A \ C).

Wykazaliśmy więc, Ŝe ∀x∈Ω : x ∈ [A \ (B ∪ C)] ⇔ x ∈ (A \ B) ∩ (A \ C) zatem

A \ (B ∪ C) = (A \ B) ∩ (A \ C).

ELEMENTY LOGIKI I ALGEBRY ZBIORÓW

Strona 15151515

Ćwiczenia 1. Sprawdzić, czy prawdziwe są następujące zdania:

a) Jeśli 2 dzieli 5, to 7 dzieli 9;

b) 2 + 2 = 5 lub jeśli 2 + 2 = 5, to 2 + 2 = 6;

c) jeśli liczba a dzieli się przez 3 i dzieli się przez 5, to z faktu, iŜ a nie dzieli się przez 3,

wynika, Ŝe a nie dzieli się przez 5.

2. Sprawdzić, czy następujące zdania są tautologiami:

a) p ⇔ (p)′ ; b) (p ⇒ q) ⇔ (p′ ∨ q) ;

c) p′ ⇒ (p ⇒ q) ;

d) (p ⇒ q) ⇒ [ p ⇒ (q ∨ r)] ;

e) [(p ∨ q) ⇒ (p ∨ q′)] ⇒ p′ ∨ q .

3. Wyznaczyć A ∪ B, A ∩ B, A \ B, B \ A dla następujących zbiorów A i B.

a) A = a, b, c, e, f, B = a, c, e.

b) A = 1, 3, 5, 7, 8, B = 2, 4, 6, 7, 8.

c) A = n ∈ N : n < 4, B = n ∈ N : n ≥ 4.

d) A = x ∈ ℜ : x2 ≥ 0, B = x ∈ ℜ : x ≥ 0.

e) A = x ∈ ℜ : x2

− x − 2 = 0, B = x ∈ ℜ : x (x − 2) ≥ 0.

4. Wykazać, Ŝe dla dowolnych zbiorów A, B, C∈2Ω

zachodzą relacje:

a) A⊂B ⇒ A∩B = A.

b) (A∪B)−C = (A−C)∪(B−C).

c) (A\B = B\A) ⇒ A = B.

d) (A⊂B) ⇒ (C\B ⊂ C\A).

ROZDZIAŁ I

Strona 16161616

II Relacje i odwzorowania

ROZDZIAŁ II

Strona 18181818

Relacje RozwaŜmy dwuelementowy zbiór A = a, b. Rodziną wszystkich jego podzbiorów będzie

zbiór czteroelementowy

2A = φ , a, b, a,b.

Dwuelementową podrodzinę tej rodziny złoŜoną ze zbiorów: a i a,b nazywamy parą

uporządkowaną elementów a i b i oznaczamy symbolem (a, b). Element a nazywamy

poprzednikiem (albo pierwszą współrzędną) a element b następnikiem (albo drugą

współrzędną) pary (a, b).

Dwie pary są równe wtedy i tylko wtedy, gdy ich poprzedniki i ich następniki są równe,

a więc

[(a, b) = (c, d)]⇔ [a = c ∧ b = d].

Oczywiste jest, Ŝe gdy a ≠ b , to (a, b) ≠ (b, a).

Pojęcie pary uporządkowanej uogólniamy na większą liczbę elementów (współrzędnych), np.

uporządkowaną trójkę elementów a, b, c określamy następująco:

(a, b, c) : = ( (a, b), c).

Wykorzystując definicję pary uporządkowanej, wprowadzimy bardzo waŜne w matematyce

pojęcie iloczynu kartezjańskiego zbiorów.

Iloczynem kartezjańskim niepustego zbioru A przez niepusty zbiór B nazywamy zbiór,

którego elementami są wszystkie pary uporządkowane o poprzednikach ze zbioru A i

następnikach ze zbioru B. Oznaczając iloczyn kartezjański zbioru A przez zbiór B symbolem

A × B mamy:

A × B : = (a, b) : a ∈ A ∧ b ∈ B .

W szczególności, gdy A = B, iloczyn A × A oznaczamy A2 i nazywamy kwadratem

kartezjańskim zbioru A, a więc A2 : = (a, b) : a,b ∈ A.

JeŜeli A ≠ B, to A × B ≠ B × A.

Przykład 1.

Jeśli A = 1, 2, 3, B = 5, 6, to

A × B = (1,5), (1,6), (2,5), (2,6), (3,5), (3,6),

oraz

B × A = (5,1), (5,2), (5,3), (6,1), (6,2), (6,3).

RELACJE I ODWZOROWANIA

Strona 19191919

Przykład 2.

Niech A będzie odcinkiem [−1,1] a B odcin-

kiem [3,5] , wtedy A × B i B × A mogą być interpretowane na płaszczyźnie XOY jako

kwadraty:

A × B = (x,y) : x ∈ [-1,1] ∧ y ∈ [3,5],

B × A = (x,y) : x ∈ [3,5] ∧ y ∈ [-1,1].

Przykład 3.

Jeśli A = ℜ, to ℜ2 = (x,y) : x ∈ ℜ ∧ y ∈ ℜ, tak więc kwadrat kartezjański zbioru

liczb rzeczywistych jest płaszczyzną. Analogicznie ℜ3

= (x,y,z) : x ∈ ℜ ∧ y ∈ ℜ ∧ z ∈ ℜ jest przestrzenią trójwymiarową.

Relacją dwuargumentową między elementami zbiorów A i B nazywamy dowolny podzbiór R

iloczynu kartezjańskiego A × B.

Jeśli A = B, to zbiór R ⊂ A2 nazywamy relacją określoną w zbiorze A.

Zdanie „a jest w relacji R z b” oznaczamy: (a, b) ∈ R lub aRb. Często literę R zastępujemy

symbolem graficznym danej relacji (np. ≤, >, ⊥) jak to widać w następnym przykładzie.

Przykład 4.

RozwaŜmy trzy podzbiory R1, R2 i R3 kwadratu kartezjańskiego ℜ2 takie, Ŝe:

R1 ⊂⊂⊂⊂ ℜ2 określa relację większości w zbiorze ℜ , bo x R1 y ⇔ x > y .

R2 ⊂⊂⊂⊂ ℜ2 określa relację równości w zbiorze ℜ, bo x R2 y ⇔ x = y .

R3 ⊂⊂⊂⊂ ℜ2 określa relację mniejszości w zbiorze ℜ, bo x R3 y ⇔ x < y .

Dziedziną relacji R ⊂ A × B nazywamy zbiór DR ⊂ A, który definiujemy następująco:

DR : = a ∈ A : ∃ b ∈ B : a R b.

ROZDZIAŁ II

Strona 20202020

Za pomocą relacji wprowadza się w matematyce wiele podstawowych pojęć. Określimy teraz

fundamentalne pojęcie, jakim jest odwzorowanie i funkcja.

Odwzorowania i funkcje

Niepustą relację ƒ ⊂ A × B, taką, Ŝe:

10. ∀a ∈ A ∃ b∈ B : aƒ b,

20. ∀a ∈ A ∀ b1,b2 ∈ B : (aƒ b1 ∧ aƒ b2) ⇒ b1 = b2,

nazywamy odwzorowaniem (funkcją) zbioru A w zbiór B i oznaczamy następująco:

ƒ : A → B.

W przypadku odwzorowań zamiast oznaczenia (a,b) ∈ ƒ ⇔ aƒ b, uŜywamy zapisu b = ƒ(a) ,

wtedy b nazywamy obrazem elementu a w odwzorowaniu ƒƒƒƒ , albo wartością odwzorowania

ƒƒƒƒ na elemencie a , zaś a ∈ Dƒ nazywamy argumentem odwzorowania ƒƒƒƒ .

Czasami a∈ Dƒ nazywamy zmienną niezaleŜną, zaś b =ƒ(a) zmienną zaleŜną

odwzorowania ƒ.

Odwzorowanie f : A →ℜ nazywamy funkcjonałem rzeczywistym, w szczególności:

- gdy A ⊂ ℜ, to jest to funkcja rzeczywista jednej zmiennej rzeczywistej;

- gdy A ⊂ ℜ2 , to jest to funkcja rzeczywista dwóch zmiennych (rzeczywistych);

- gdy A ⊂ ℜ3 , to jest to funkcja rzeczywista trzech zmiennych (rzeczywistych);

- gdy A = N , to jest to ciąg liczbowy nieskończony.

Przykład 5.

Sprawdzić, czy relacja R ⊂ ℜ2 jest funkcją, jeŜeli xRy ⇔ x

2 = y

2 .

Sprawdzamy, czy prawdziwe jest następujące zdanie:

∀x ∈ ℜ ∃ y,z ∈ ℜ : (x2 = y

2 ∧ x

2 = y

2) ⇒ (y = z)

Łatwo wskazać takie x, y, i z , dla których implikacja jest fałszywa.

Jeśli x = y = 1 , z = −1 , to x2 = y

2 ∧ x

2 = z

2 , zaś y ≠ z.

Tak więc dana relacja nie jest funkcją.

Przykład 6.

Sprawdzić, czy relacja R ⊂ ℜ 2 jest funkcją, jeŜeli xRy ⇔ x2 = y + 1.

Sprawdzamy, czy prawdziwe jest zdanie:

∀x ∈ ℜ ∃ y,z ∈ ℜ : (x2 = y + 1 ∧ x

2 = z + 1) ⇒ (y = z).

PoniewaŜ x2 = y + 1 i x

2 = z + 1, więc y + 1 = z + 1, czyli y = z, zatem zdanie to jest

prawdziwe.

RELACJE I ODWZOROWANIA

Strona 21212121

Mamy ponadto ∀x ∈ ℜ ∃y = x2 − 1 : xRy (⇔ x

2 = x

2 − 1 + 1) , czyli dana relacja jest

funkcją (jest to funkcja określona wzorem y = x2 − 1).

Aby określić pewne szczególne własności funkcji, wprowadzimy pojęcie przeciwdziedziny

(zbioru wartości funkcji).

Przeciwdziedziną funkcji ƒ : A → B nazywamy zbiór ƒ(A) zdefiniowany następująco:

ƒ(A) = b ∈ B : ∃ a ∈ A : b = ƒ(a).

Określimy teraz trzy rodzaje funkcji za pomocą ich podstawowych własności.

Funkcję ƒ : A → B , której przeciwdziedzina jest identyczna ze zbiorem B (tzn. B = ƒ(A)),

nazywamy funkcją „na” (zbiór B) lub suriekcją .

Funkcję ƒ : A → B , która spełnia warunek lewostronnej jednoznaczności :

∀a,a′ ∈ A : ( a ≠ a′ ) ⇒ [ f(a) ≠ f(a′ )]

nazywamy funkcją róŜnowartościową lub iniekcją.

Funkcję ƒ jednocześnie suriektywną i iniektywną nazywamy funkcją wzajemnie

jednoznaczną lub bijekcją (zbioru A na zbiór B) i oznaczamy:

ƒ : A ←→ B.

Zbiór wszystkich odwzorowań postaci f: A → B będziemy oznaczać BA ( zapis f∈B

A

oznacza, Ŝe f jest funkcją o dziedzinie A i przeciwdziedzinie B).

Przykład 7.

Zbadać rodzaj funkcji ƒ : N2 → N , gdzie ƒ (n,k) = min(n,k).

Funkcja ta jest „na” zbiór N , bo

∀m ∈ N ∃(m, m+1) ∈ N2 : ƒ(m,m+1) = m ,

tzn. kaŜda liczba naturalna m jest obrazem pary (m,m+1). Nie jest to funkcja

róŜnowartościowa, bo np. ƒ(1,2) = ƒ(1,3) , zaś (1,2) ≠ (1,3). Zatem ƒ jest funkcją „na”

(suriekcją).

Przykład 8.

Zbadać, czy funkcja ƒ : ℜ → ℜ , gdzie ƒ(x) = x3 , jest bijekcją ?

Funkcja ta jest „na”, poniewaŜ dla kaŜdego y ∈ ℜ, istnieje x = y3 . Jest to takŜe funkcja

róŜnowartościowa, bo jeśli x ≠ x′ , to x3 ≠ (x′)3

, zatem f jest bijekcją.

ROZDZIAŁ II

Strona 22222222

Do tworzenia funkcji o bardziej złoŜonej budowie uŜywa się, oprócz operacji arytmetycz-

nych, takŜe operacji składania (superpozycji) funkcji.

Superpozycją (złoŜeniem) funkcji: f : A → B i funkcji g : B → C nazywamy funkcję,

którą oznaczamy g o f , spełniającą warunek:

∀a ∈ A : (gf)(a) = g[ƒ(a)].

Za pomocą tego pojęcia moŜemy zdefiniować funkcję odwrotną do danej.

Funkcją odwrotną do funkcji ƒ : A → B nazywamy funkcję ƒ −1

: B → A spełniającą

warunki:

∀a ∈ A : (ƒ −1ƒ)(a) =a ; ∀ b ∈ B : (ƒƒ −1

)(b) =b.

Dla funkcji tych mamy następujące twierdzenia.

Twierdzenie 2.

Funkcja ƒƒƒƒ : A →→→→ B ma funkcję odwrotną wtedy i tylko wtedy, gdy ƒƒƒƒ jest bijekcją.

Twierdzenie 3.

JeŜeli funkcje f i g są bijekcjami i f : A ↔↔↔↔ B , a g : B ↔↔↔↔ C , to równieŜ ich

superpozycja gƒƒƒƒ jest bijekcją ( zbioru A na zbiór C) oraz zachodzi równość: (gƒƒƒƒ)

−1 = ƒƒƒƒ−1g−1

.

Przykład 9.

JeŜeli f : ℜ → ℜ dane jest wzorem: f(x) = x3 + 1 , zaś g : ℜ → ℜ dana jest wzorem:

g(x) = x3 , to

gf : ℜ→ ℜ i (gf)(x) = g[f(x)] = (x3 + 1)

3 = x

9 + 3x

6 + 3x

3 +1

oraz

fg : ℜ → ℜ i (fg)(x) = f[g(x)] = (x3)3 + 1 = x

9 + 1 .

Na ogół więc: fg ≠ fg.

RELACJE I ODWZOROWANIA

Strona 23232323

Ćwiczenia

1. Naszkicować w układzie współrzędnych prostokątnych na płaszczyźnie zbiory A × B

i B × A, jeŜeli:

a) A = x ∈ ℜ : |x| = x, B = y ∈ ℜ : y > 0;

b) A = x ∈ ℜ+ : log2x > 0, B = y ∈ ℜ : 0 < y ≤ 1;

c) A = x ∈ ℜ : x < 1 ∨ x > 2, B = y ∈ ℜ : y < 0.

2. Wyznaczyć iloczyn kartezjański A × B i B × A dla następujących zbiorów A i B:

a) A = a, b, c, , B = 1, 2;

b) A = 1 , B= 1, 2, 3, 4;

c) A = 0, 2, 4, B = 1, 3, 5.

3. Niech A = 1,2,3,4,5,6. Określić następujące relacje określone w zbiorze A:

a) R1⊂ A2

, R1 = (1,1) , (1,2) , (2,1) ;

b) R2 ⊂ A2 , R2 = (1,6) , (2,6) , (3,6) , (4,6) , (5,6) , (6,6) , (6,5) , (6,4) , (6,3) , (6,2) ,

(6,1) ;

c) R3 ⊂ A2 , R3 = (3,6) , (6,3) , (4,5) , (5,4) ;

d) R4 ⊂ A2 , R4 = (1,3) , (2,4) ,(3,5) , (4,6) , (6,4) , (5,3) , (4,2) , (3,1) .

4. Zbadać rodzaj funkcji (suriekcja, iniekcja, bijekcja), jeŜeli:

a) f : ℜ → ℜ + , f(x) = 2

|x| ;

b) f : ℜ → < −3, +∞) , f(x) = x2 + 2x − 2;

c) g : N → ℜ , g(n) = n2 + 1;

d) h : ℜ → < 0, +∞) , h(x) =|x| ex .

ROZDZIAŁ II

Strona 24242424

III Liczby zespolone i wielomiany zespolone

ROZDZIAŁ III

Strona 26262626

Zbiór liczb zespolonych

Zbiór liczb rzeczywistych nie wystarcza do opisu rzeczywistości (takŜe do opisu zjawisk

w zastosowaniach inŜynierskich), dlatego zbiór ten został rozszerzony do zbioru liczb

zespolonych. W zbiorze tym wykonuje się wszystkie działania, które wykonujemy w zbiorze

liczb rzeczywistych a dodatkowo moŜliwe jest pierwiastkowanie liczb rzeczywistych

ujemnych. Zbiór liczb zespolonych zdefiniujemy w taki sposób, aby podkreślić fakt

geometryczny, Ŝe liczba zespolona moŜe być utoŜsamiana z punktem na płaszczyźnie.

Niech (x, y) i (x′, y′) będą parami uporządkowanymi ze zbioru ℜ 2. Określamy na zbiorze

tych par działanie dodawania i mnoŜenia w następujący sposób:

(x, y) + (x′′′′, y′′′′ ) : = (x + x′′′′, y + y′′′′) (x, y) ⋅⋅⋅⋅ (x′′′′, y′′′′ ) : = (xx′′′′ − yy′′′′ , xy′′′′ + x′′′′y).

Zbiór ℜ 2 z działaniami dodawania i mnoŜenia spełnia wszystkie własności, jakie mają liczby

rzeczywiste, w szczególności mnoŜenie i dodawanie jest przemienne i łączne, mnoŜenie jest

rozdzielne względem dodawania, para (0,0) spełnia rolę zera a para (1,0) rolę jedynki. Zbiór

ten z tak określonymi działaniami dodawania i mnoŜenia nazywamy zbiorem liczb

zespolonych i oznaczamy symbolem C.

PoniewaŜ (x, 0) + (x′, 0) = (x + x′,0),

∀x, x′ ∈ ℜ:

(x,0) ⋅ (x′, 0) = (xx′, 0),

więc zarówno suma, jak i iloczyn liczb zespolonych postaci (x,0) są liczbami tej samej

postaci, więc liczbę zespoloną (x,0) utoŜsamiamy z liczbą rzeczywistą x. Tak więc

w dalszym ciągu przyjmujemy, Ŝe (x, 0) ≡ x, w szczególności (0,0) ≡ 0 i (1,0) ≡ 1.

Łatwo zauwaŜyć, Ŝe liczby zespolone postaci (0, y) nie mają tej własności, bo np.:

(0, y) ⋅ (0, y′ ) = (−yy′, 0)

Liczby zespolone postaci (0,y) (y ≠ 0) nazywamy liczbami urojonymi , w szczególności

liczbę (0,1) nazywamy jedynką urojoną i oznaczamy literą i , tak więc i : = (0,1).

ZauwaŜmy, Ŝe:

i2 = (0,1)⋅ (0,1) = (−1,0) = −1.

LICZBY ZESPOLONE I WIELOMIANY ZESPOLONE

Strona 27272727

PoniewaŜ (0,y) = (0,1)⋅(y,0) = iy , więc dowolną liczbę zespoloną (x,y) moŜemy zapisać w postaci dwumianu:

(x,y) = (x,0) + (0,y) = x + iy.

Jest to tzw. postać algebraiczna liczby zespolonej (x,y).

JeŜeli liczbę zespoloną x + iy oznaczymy literą z , tzn. jeśli z = x + iy , to liczbę rzeczywistą

x nazywamy częścią rzeczywistą liczby zespolonej z i oznaczamy rez, natomiast liczbę

rzeczywistą y nazywamy częścią urojoną liczby zespolonej z i oznaczamy imz.

Tak więc: z = x + iy = rez + i imz.

Liczby zespolone w postaci algebraicznej dodaje i mnoŜy się jak dwumiany, np.:

(3 − 5i) + (1 + 3i) = 3 + 1 + (−5 + 3)i = 4 − 2i,

(3 − 5i) ⋅ (1 + 3i) = 3 + 9i − 5i − 15i2 = 18 + 4i.

PoniewaŜ liczby zespolone są parami uporządkowanymi liczb rzeczywistych, więc ich

równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi równość części rzeczywistych i równość części urojonych tych liczb. Tak więc:

∀z z, ' ∈ C : (z = z' ) ⇔ (rez = rez′ ∧ imz = imz′).

Liczbą sprzęŜoną z liczbą zespoloną z = x + iy nazywamy liczbę zespoloną z postaci:

z = x − iy.

PoniewaŜ z z = x2 + y

2 , więc istnieje pierwiastek kwadratowy z liczby nieujemnej z z .

Liczbę tę nazywamy modułem liczby zespolonej z i oznaczamy przez z:

z : = zz .

JeŜeli z = x + iy , zaś z′ = x′ + iy′ , to róŜnicę liczb zespolonych określamy następująco:

( )yyixxzz ′−+′−=′− .

Jeśli z'≠≠≠≠ 0, to iloraz liczb zespolonych moŜemy obliczyć następująco:

z

z ' =

z z'

' 'z z =

z z

z

⋅⋅⋅⋅ ′′′′

′′′′2

,

np.: i

i

21

35

+−

= )21)(21(

2i)-3i)(1-(5

ii −+ =

22

2

21

63105

++−− iii

= 5

131 i−− = i

5

13

5

1 −−.

ROZDZIAŁ III

Strona 28282828

Podstawowe własności liczb zespolonych:

1. ∀z ∈ C : z= 0 ⇔ z =0;

2. ∀z ∈ C : rez ≤ z ∧ imz ≤ z,

3. ∀z,z′ ∈ C : z z+ ' = z + z' ,

4. ∀z,z′ ∈ C : z-z ′ = z-z ′ ,

5. ∀z,z′ ∈ C : zz' = z z' ,

6. ∀z,z′ ∈ C :

′z

z=

z

z' , (z′ ≠ 0),

7. ∀z ∈ C : z = |z| ,

8. ∀z,z′ ∈ C : zz' = |z| z' ,

9. ∀z,z′ ∈ C : z

z′ =

z

z' , (z′ ≠ 0),

10. ∀z,z′ ∈ C : z + z' ≤ |z| + |z′| ,

11. ∀z,z′ ∈ C : |z − z′| ≥ |z| − |z

′| .

Postać trygonometryczna liczby zespolonej Liczbę zespoloną z = (x,y) = x + iy moŜna interpretować jako punkt P(x,y) płaszczyzny

XOY albo jako wektor o początku O(0,0) i końcu P(x,y).

Y

y P(x,y)

|z|

ϕ X

O x

Długość wektora OP jest równa modułowi liczby zespolonej z : |z| = x y2 2++++ .

PoniewaŜ x = |z|cosϕ i y = |z|sin ϕ , więc róŜną od zera liczbę zespoloną z = x + iy

moŜna zawsze przedstawić w postaci:

z = |z|(cos ϕ +i sin ϕ) ,

którą nazywamy postacią trygonometryczną tej liczby, przy czym ϕ nazywamy

argumentem liczby zespolonej z .

LICZBY ZESPOLONE I WIELOMIANY ZESPOLONE

Strona 29292929

Ze względu na okresowość funkcji sinus i cosinus kaŜda liczba zespolona z ≠ 0 ma

nieskończenie wiele argumentów, których zbiór oznaczamy Argz, zatem

Argz : = ϕ ∈ R : cos ϕ = rez

z ∧ sin ϕ =

imz

z .

Argumentem głównym liczby zespolonej z nazywamy ten jej argument, który naleŜy do

przedziału (-π,π⟩ , oznaczamy go przez argz , tak więc

Argz = ϕk = argz + 2kπ , k ∈ Z .

Argument liczby 0 nie jest określony.

Przykład 1.

Wyznaczyć postać trygonometryczną liczby zespolonej:

a) z = 3 − i; b) z = −2 + 2i; c) z= 5; d) z = i; e) z= −2.

a) z = 3 − i , z = ( ) ( )2

132

−+ = 2 ,

cos ϕ = 3

2 i sin ϕ =

-1

2 stąd ϕ = −

π6

, a więc 3 − i =

−+

−6

πisin

6

πcos2 .

b) z = −2 + 2i , z = ( ) 2

222 +− = 8 = 2 2 ,

cos ϕ = -2

2 2 =

-1

2 i sin ϕ =

2

2 2 =

1

2 , stąd ϕ = π

4

3 , tak więc:

−2 −2i = 2 2 (cos π4

3 + i sin π

4

3).

c) z = 5 , z = 5 02 2++++ = 5 , cos ϕ = 5

5 = 1 i sin ϕ =

0

5 = 0 , stąd ϕ = 0 , zatem

5 = 5(cos0 + i sin0).

d) z = i , z = 0 12 1++++ = 1 , cos ϕ =0

1 = 0 i sin ϕ =

1

1 = 1 , stąd ϕ =

2

π , czyli

i = cos 2

π + i sin

2

π.

e) z = -2 , z = ( ) 2202 +− = 2 , cos ϕ =

-2

2 = −1 i sin ϕ =

0

2 = 0 , stąd ϕ = π , czyli

-2 = 2(cosπ + i sinπ).

Równość dwóch róŜnych od zera liczb zespolonych w postaci trygonometrycznej określona

jest warunkiem:

∀z,z′ ∈ C\0 : (z = z′) ⇔ (|z| = |z′| ∧ Argz = Argz′) .

JeŜeli z = |z| (cos ϕ1 + i sin ϕ1) zaś z′ = | z′|(cosϕ2 + i sin ϕ2) , to

ROZDZIAŁ III

Strona 30303030

zz′ = |z||z′|( cos ϕ1 + i sin ϕ1) (cosϕ2 + i sin ϕ2) =

= |z||z′|[cosϕ1 cosϕ2 - sin ϕ1 sin ϕ2 + i(cos ϕ1 sin ϕ2 + sin ϕ1 cosϕ2)]=

= |z||z′|[cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)]

Podobnie: z

z' =

z

z'[cos(ϕ1 - ϕ2) + i sin(ϕ1 - ϕ2)].

Udowodnione zostało więc

Twierdzenie 1.

JeŜeli liczby zespolone z i z′′′′ są róŜne od zera, a ϕϕϕϕ1 i ϕϕϕϕ2 są dowolnymi argumentami

tych liczb, to suma ϕϕϕϕ1 + ϕϕϕϕ2 jest argumentem iloczynu zz′′′′ zaś róŜnica ϕϕϕϕ1 - ϕϕϕϕ2 jest

argumentem ilorazu z

z

′.

Przykład 2.

Oblicz zz′ oraz z

z' , jeŜeli z = 4(cos

2

9π + i sin

2

9π) i z′ = 2(cos

18

π + i sin

18

π).

zz′ = 8[cos (2

9π +

18

π) + i sin (

2

9π +

18

π)] = 8(cos π

18

5 + i sin π

18

5) ,

z

z' = 2[cos (

2

9π−

18

π) + i sin (

2

9π −

18

π)] = 2(cos

6

π + i sin

6

π) = 2(

3

2 + i

1

2) = 3 + i .

Twierdzenie 2.

JeŜeli liczba zespolona z jest róŜna od zera, a ϕϕϕϕ jest jej dowolnym argumentem, to

liczba rzeczywista nϕϕϕϕ , gdzie n ∈∈∈∈ N , jest argumentem liczby zn .

Wniosek 1. ( wzór de Moivre’a)

(cos ϕϕϕϕ + i sin ϕϕϕϕ) n = cos nϕϕϕϕ + i sin nϕϕϕϕ .

Tak więc , jeśli ( )ϕϕ isincoszz += , to ( )ϕϕ isinncosnzznn += .

Przykład 3. Oblicz:

1995

2

1

2

3

+

−i .

Ze wzoru de Moivre’a: 1995

i2

1

2

3

+

−= =

++

+=

+2

π1662πisin

2

π1662πcosπ

6

5isinπ

6

5cos

1995

= cos2

π + isin

2

π = 0 + i⋅1=i .

LICZBY ZESPOLONE I WIELOMIANY ZESPOLONE

Strona 31313131

KaŜdą liczbę zespoloną w spełniającą równanie zwn = nazywamy pierwiastkiem n-tego

stopnia z liczby zespolonej z. Zbiór wszystkich pierwiastków n-tego stopnia z liczby

zespolonej z oznaczamy symbolem .n z

Twierdzenie 3.

JeŜeli z ≠≠≠≠ 0 i ( )ϕϕ isincosz=z + , to zn

jest zbiorem n - elementowym postaci:

−=

+== 1n,...0,1,k ; n

2kπ+isin

n

2kπ+coszzz n

kn ϕϕ

.

Uwaga 1. PoniewaŜ wszystkie pierwiastki

z liczby zespolonej z mają ten sam moduł,

więc w interpretacji geometrycznej leŜą one na okręgu o środku w punkcie z = 0

i promieniu ρ = zn . PoniewaŜ róŜnica

argumentów dwóch kolejnych

pierwiastków jest równa n

2π , więc

pierwiastki te są wierzchołkami n-kąta

foremnego wpisanego w ten okrąg.

Przykład 4.

Wyznaczyć −−−−164

.

z = − 16, z = 16 , argz = π a więc z = 16(cos π + i sin π).

2i22

2i

2

22

4

πisin

4

πcos16z 4

0 +=

+=

+= ,

2i22

2i

2

22

4

2π+πisin

4

2π+πcos16z 4

1 +−=

+−=

+= ,

2i22

2i

2

22

4

4π+πisin

4

4π+πcos164

2 −−=

−−=

+=z ,

2i22

2i

2

22

4

6π+πisin

4

6π+πcos16z 4

3 −=

−=

+= .

Tak więc

2i2,2i2,2i2,2i2164 −−−+−+=− .

ROZDZIAŁ III

Strona 32323232

Przykład 5.

Wyznaczyć 5 12−−−− i .

PoniewaŜ argument liczby z = 5 − 12i nie jest charakterystyczny, wyznaczamy więc

pierwiastki z definicji. Jeśli liczba a + ib jest pierwiastkiem, to (a + ib)2

= 5 −12i , czyli

a b2 2 5−−−− ==== i 2ab = − 12 .

Rozwiązując ten układ równań dla a,b ∈ ℜ otrzymamy rozwiązanie: a = +3 i b = −2

lub a = −3 i b = 2 , a więc

2i32i,32i5 +−−=− .

Wielomiany w dziedzinie zespolonej

Funkcję zespoloną p zmiennej zespolonej o postaci

∀z ∈ C : p(z) a a z .... a z0 1 n

n= + + + ,

gdzie an ≠≠≠≠ 0 , n ∈ N , nazywamy wielomianem stopnia n w dziedzinie zespolonej; liczby

zespolone a a a n0 1, ,..., noszą nazwę współczynników tego wielomianu.

Miejscem zerowym albo pierwiastkiem wielomianu p nazywamy takie z0 ∈ C , dla którego

0)p(z0 = .

Wielomian p jest podzielny przez wielomian q jeŜeli istnieje taki wielomian s , Ŝe

p = q s⋅⋅⋅⋅ , piszemy wtedy: q|p (q dzieli p) .

Twierdzenie 4 (Bèzouta) .

JeŜeli z0 jest miejscem zerowym wielomianu p , to wielomian ten jest podzielny przez dwumian z – z0 i odwrotnie, czyli

p(z))z-(z 0p(z) 0⇔= .

Miejsce zerowe z0 wielomianu p nazywamy k-krotnym miejscem zerowym tego

wielomianu, jeŜeli (z z p(z)0

k− ) a ( )z z0

k 1− + nie dzieli p(z) .

O istnieniu pierwiastków wielomianu w dziedzinie zespolonej rozstrzyga tzw. zasadnicze twierdzenie algebry :

Twierdzenie 5 (d’Alemberta).

KaŜdy wielomian w dziedzinie zespolonej stopnia n ≥≥≥≥ 1 ma co najmniej jedno miejsce

zerowe.

Wniosek 1. Wielomian stopnia n ma dokładnie n pierwiastków liczonych z krotnościami, czyli moŜna go rozłoŜyć na czynniki pierwszego stopnia , tzn.

)z )....(zz )(zz (zap(z) n21n −−−= ,

LICZBY ZESPOLONE I WIELOMIANY ZESPOLONE

Strona 33333333

gdzie n21 z,...,z,z są miejscami zerowymi wielomianu p .

Wielomiany w dziedzinie zespolonej o współczynnikach rzeczywistych mają specjalną własność.

Twierdzenie 6. JeŜeli liczba zespolona z0 jest pierwiastkiem wielomianu p o współczynnikach

rzeczywistych, to równieŜ pierwiastkiem tego wielomianu jest liczba sprzęŜona 0z .

Dowód. Oczywiste są następujące równowaŜności, jeŜeli powołamy się na podstawowe

własności liczb zespolonych:

p(z0) = 0 ⇔ )p(z0 = 0 ⇔ n

0n010 za...zaa +++ = 0 ⇔ 0a + 01za + ... n

0n za = 0 ⇔

⇔ 0a + 1a 0z + ... + nan

0z = 0 ⇔ ia = ai , i=0,1,2, ... ,n, bo ai∈ℜ ⇔

⇔ a0 + a1 0z + ... + an

n

0z = 0 ⇔ p( 0z ) = 0 . ♦

Uwaga 1. Miejsca zerowe nierzeczywiste wielomianu o współczynnikach rzeczywistych

występują więc zawsze parami i jeśli wielomian jest stopnia nieparzystego, to co najmniej

jeden pierwiastek jest rzeczywisty.

JeŜeli ibaz0 += jest pierwiastkiem wielomianu p o współczynnikach rzeczywistych, to

wielomian ten jest podzielny przez ( )( )z z z z z 2az a b0 0

2 2 2− − = − + + , czyli przez

trójmian kwadratowy o współczynnikach rzeczywistych.

Uwaga 2. KaŜdy wielomian zmiennej rzeczywistej x o współczynnikach rzeczywistych

moŜna rozłoŜyć na czynniki stopnia co najwyŜej drugiego, czyli

∀x ∈ ℜ : L1M1 n

LL

2n

11

2k

m

k

1n )c x b ....(x)c x b x() x....(x ) xx (ap(x) ++++−−= ,

gdzie x xm1,..., są pierwiastkami rzeczywistymi o krotnościach odpowiednio ,k,...,k M1

zaś n ,..., n1 L są krotnościami par pierwiastków sprzęŜonych tego wielomianu, przy czym

( ) nn...n2k....k L1M1 =+++++ .

Przykład 6.

RozłoŜyć na czynniki wielomian p(x) x 2x 5x x 2x 56 5 4 2= − + − + − , x ∈ ℜ , wiedząc, Ŝe

1− 2i jest pierwiastkiem tego wielomianu.

PoniewaŜ wielomian ten ma współczynniki rzeczywiste, więc takŜe 1+2i jest pierwiastkiem

tego wielomianu, zatem wielomian ten dzieli się przez

(x 1 2i)(x 1 2i) x 2x 52− − − + = − + :

p(x) : ( (x 2x 5) x 1 x 1)(x 1) (x 1)(x 1)(x 1)2 4 2 2 2− + = − = − + = − + + .

Ostatecznie:

p(x) = (x - 1)(x + 1)(x2 + 1)(x

2 - 2x + 5).

ROZDZIAŁ III

Strona 34343434

Funkcje wymierne

JeŜeli p i q są dwoma wielomianami zmiennej rzeczywistej, to funkcję rzeczywistą

q(x)

p(x)f(x) = określoną dla x ∈ x ∈ ℜ : q(x) ≠ 0 nazywamy funkcją wymierną .

Funkcję wymierną, dla której stopień wielomianu p jest mniejszy od stopnia wielomianu q

nazywamy funkcją wymierną właściwą. KaŜdą funkcję wymierną moŜna przedstawić w

postaci:

q

rs

q

p+= ,

gdzie s jest wielomianem, zaś r

q funkcją wymierną właściwą.

Funkcję wymierną właściwą postaci ( )n

0

Ixx

α(x)u

−= , gdzie α ,x 0 ∈ ℜ , n ∈ N ,

x ∈ ℜ \ 0x nazywamy ułamkiem prostym I rodzaju.

Funkcję wymierną właściwą postaci ( )n2

II

cbxx

γx β(x)u

++

+= , gdzie n∈ N ,

β ,γ ,b , c ∈ ℜ oraz 04cb 2 <− , nazywamy ułamkiem prostym II rodzaju.

Następne twierdzenie określi, jak funkcję wymierną właściwą moŜna przedstawić za pomocą skończonej sumy ułamków prostych.

Twierdzenie 7.

KaŜdą funkcję wymierną właściwą q

p moŜna przedstawić w postaci sumy pewnej

liczby ułamków prostych, przy czym:

1°°°°. KaŜdemu czynnikowi postaci k

0 )x (x − w rozkładzie mianownika q na czynniki

odpowiadają w tej sumie składniki:

0

1

1k

0

1k

k

0

k

xx

α....

)x (x

α

)x (x

α

−++

−+

− −+ ,

gdzie ℜ∈k1 α,...,α .

2°°°°. KaŜdemu czynnikowi postaci k2 c) bx (x ++ w rozkładzie mianownika q na

czynniki odpowiadają w tej sumie składniki:

cbxx

γxβ....

c) bx (x

γxβ2

11

k2

kk

+++

++++

+

gdzie ℜ∈cb,,γ,...,γ,β,...,β k1k1 oraz 04cb 2 <− .

Przykład 7.

LICZBY ZESPOLONE I WIELOMIANY ZESPOLONE

Strona 35353535

RozłoŜyć na ułamki proste funkcję wymierną 2

2

2)x(x

8185xf(x)

−+−

=x

.

,)2(

8185

)2(

4)24()(

)2(

)2()2(

)2(2)(

2

2

2

2

2

2

2

−+−

=−

++−−++

=−

+−+−=−

+−

+=

xx

xx

xx

axcbaxba

xx

cxxbxxa

x

c

x

b

x

axf

stąd

∀x ∈ ℜ : 81854)24()( 22 +−=−+−−++ xxaxcbaxba , czyli

=−=+−−

=+

84a

81c2b4a

5ba

⇒

4c

3b

2a

−===

Tak więc 22

2

)2(

4

2

32

)2(

8185

−−

+−

+=−

+−xxxxx

xx .

Przykład 8.

Podać postać rozkładu na ułamki proste funkcji wymiernej f xx x x

x x x( )

( ) ( )( )====

−−−− ++++ −−−−−−−− −−−− ++++

3 2

2 2

3 9 9

2 1 1.

f xa

x

b

x

c

x

dx e

x( )

( )====

−−−−++++

−−−−++++

−−−−++++

++++++++2 2 1 12 2

.

ROZDZIAŁ III

Strona 36363636

Ćwiczenia

1. Wyznaczyć liczby rzeczywiste x i y spełniające równanie: (2−4i)x+(−1+i)y = 1−5i.

2. Wyznaczyć rez i imz, jeŜeli: a) z = 4i3

i

−, b) z =

5

47

i)(1

i

+, c) z =

3i1

4i3

−

−.

3. Wyznaczyć postać trygonometryczną liczby z, jeŜeli:

a) z=−5, b) z=3, c) z=2−2i, c) z= −3 + 3i, d) z= i322 − , d) -2i, e) i3 +− .

4. Określić geometrycznie zbiór A punktów płaszczyzny zespolonej:

a) A = z∈C: 1<|z−1+2i|<3, b) A = z∈C: 0<argz<2

π, |z-i|≥1,

c) A = z∈C: |z+i|>rez+1, d) A = z∈C: 01z

1zre =

+−

.

4. Wykorzystując postać trygonometryczną liczb: −1 + i oraz i31+ , wyznaczyć 12

5πcos

i 12

5πsin .

5. Stosując wzór Moivre’a, obliczyć:

a) ( )17i1− , b) ( )25

i3 − , c) ( )13i1−− , d)

399

i2

3

2

1

+

−.

6. Stosując wzór Newtona i wzór Moivre’a do wyraŜenia ( )5isincos ϕϕ + zapisać cos5ϕ

i sin5ϕ przy pomocy cosϕ i sinϕ .

7. Wyznaczyć pierwiastki:

.4i3e),id),ic),1b),i388a) 3464 +−−−

8. Wykazać, Ŝe ∑−

=

1n

ok

kz =0, jeŜeli zk =

n

2kπcos + i

n

2kπsin , n≥2 .

9. Wyznaczyć pierwiastki wielomianów:

a) p(z) = z2 + z + 1 , b) p(z) = z

2 – 3(1+i)z + 5i ,

c) p(z) = iz4 + z

2 + 1+i , d) p(z) = z

4 – 16 .

10. Rozwiązać równanie: (z-i)2(z

3+z

2+z+1)=0.

11. Wiedząc, ze liczba 2 + i jest jednym z pierwiastków, wyznaczyć pozostałe pierwiastki

wielomianów:

a) p(z) = z4 – 4z

3 +6z

2 –4z + 5 , b) p(z) = z

5 –5z

4 +9z

3 –3z

2 – 8z + 10

12. RozłoŜyć na ułamki proste:

a) ( ) ( )2xxx

42xxf

2 −++

= , b) ( )( ) ( )

,1x2x

1xxf

2

2

−++

=

c) ( ) ( ) ( )1x1xx

1xf

2 +−= , d) ( )

( )22

2

1xxx

13xxxf

++

++= .

c) ( ) ( ) ( )1x1xx

1xf

2 +−= , d) ( )

( )22

2

1xxx

13xxxf

++

++= .

IV Przestrzeń liniowa (wektorowa)

ROZDZIAŁ IV

Strona 38383838

Zdefiniujemy jedno z podstawowych pojęć w matematyce, które jest bardzo uŜyteczne

w naukach inŜynierskich.

Niech (V,⊕) będzie zbiorem, w którym określone jest działanie wewnętrzne ⊕ spełniające

warunki:

1. ∀u,v∈V: u ⊕ v=v ⊕ u, (przemienność)

2. ∀u,v,w ∈V: (u ⊕v) ⊕w=u ⊕(v ⊕w), (łączność)

3. ∃o∈V ∀u ∈V: u ⊕o=u, (istnienie elementu neutralnego)

4. ∀ u ∈V ∃ u′ ∈V: u ⊕ u′ =o. (element przeciwny)

JeŜeli dodatkowo w zbiorze V określone jest mnoŜenie przez skalary (liczby) ze zbioru liczb

rzeczywistych (lub zespolonych) spełniające następujące warunki:

5. ∀v,u∈V ∀α∈K: α(v ⊕ u) = αv ⊕ αu,

6. ∀v∈V ∀α,β∈K: (α+β)v = αv ⊕ βv,

7. ∀v ∈V ∀α,β∈K: (α⋅β)v = α(βv),

8. ∀a∈V: 1v= v ,

to V nazywamy przestrzenią liniową ( wektorową ) nad zbiorem liczb rzeczywistych (liczb

zepolonych) i oznaczamy V(R)( V(C)) lub V, a elementy zbioru V nazywamy wektorami.

Odwzorowanie występujące w powyŜszej definicji nosi nazwę mnoŜenia wektorów

(elementów zbioru V) przez skalary (elementy zbioru R lub C).

Uwaga 1. Wprost z definicji wynikają następujące własności:

1. ∀v∈V : 0v = o;

2. ∀α∈K : αo = o;

3. ∀v∈V : (−1)v = −v (element przeciwny do elementu v);

4. ∀v∈V ∀α∈K : α(−v) = (−α)v = −(αv).

Przykład 1.

PoniewaŜ zbiór liczb rzeczywistych (zbiór liczb zespolonych) spełnia warunki 1 – 4, gdy

działanie ⊕ jest dodawaniem więc w szczególności, gdy przyjmiemy, Ŝe skalary pochodzą ze

zbioru liczb rzeczywistych (liczb zespolonych), to spełnione są wszystkie aksjomaty definicji

przestrzeni liniowej, tak więc zbiór liczb rzeczywistych (liczb zespolonych) jest przestrzenią liniową nad samym sobą (zbiór C jest takŜe przestrzenią liniową nad ℜ).

Przykład 2.

JeŜeli w produkcie kartezjańskim Kn

określimy dodawanie n-tek uporządkowanych

a=(a1, a2, ... , an), b=(b1, b2, ... ,bn) i mnoŜenie tych n-tek przez skalary

ze zbioru K w następujący sposób:

PRZESTRZEŃ LINIOWA (WEKTOROWA)

Strona 39393939

∀a,b∈Kn: a ⊕ b := ( a1 + b1, a2 + b2, ... , an+bn );

∀a∈Kn ∀α∈K: α(a1, a2, ... , an) := ( αa1, αa2, ... , αan ),

to otrzymamy przestrzeń liniową nad zbiorem K. W szczególności, gdy K = ℜ, to ℜn

nazywamy liniową przestrzenią arytmetyczną.

Przykład 3.

Przykładem przestrzeni liniowej waŜnej w zastosowaniach jest przestrzeń, której elementami

są odcinki skierowane (para punktów uporządkowanych), których dodawanie definiujemy za

pomocą „reguły równoległoboku”, a mnoŜenie przez skalary określamy jako wydłuŜanie

względnie skracanie odcinków z zachowaniem lub ze zmianą ich skierowania.

Liniowa zaleŜność wektorów

Kombinacją liniową n elementów v1, v2, ... , vn ∈ V o współczynnikach λ1, λ2, ... ,λn∈K

nazywamy element v∈V postaci:

v= λ1v1 + λ2v2 + ... + λnvn = ∑=

n

i

iivλ1

.

Jeśli wszystkie współczynniki tej kombinacji są równe zeru, to kombinację nazywamy

trywialną, w przeciwnym przypadku – nietrywialną.

Elementy v1, v2, ... , vn ∈ V, dla których istnieje nietrywialna kombinacja liniowa

v =∑=

n

i

iivλ1

= o, nazywamy liniowo zaleŜnymi.

JeŜeli zachodzi implikacja

λ1v1 + λ2v2 + ... + λnvn = o ⇒ λ1 = λ2 = ... λn = 0,

to elementy v1, v2, ... , vn nazywamy liniowo niezaleŜnymi.

Twierdzenie 1.

Elementy v1, v2, ... , vn∈∈∈∈V(K) są liniowo zaleŜne wtedy i tylko wtedy, gdy co najmniej

jeden z nich jest kombinacją liniową pozostałych.

Dowód.

⇒(konieczność): jeŜeli elementy v1, v2, ... , vn są liniowo zaleŜne, to istnieje takie λk ≠ 0, Ŝe

λ1v1 + λ2v2 + ... + λkvk + ... + λnvn = o, a stąd wynika, Ŝe

vk = 1

k

1 vλ

λ− 2

k

2 vλ

λ− − ... 1-k

k

1-k vλ

λ− 1k

k

1k vλ

λ+

+− − ... n

k

n vλ

λ− , co oznacza, Ŝe element vk jest

kombinacją pozostałych elementów.

⇐ (dostateczność): Niech element vm będzie kombinacją pozostałych elementów, wtedy:

vm=µ1v1 + µ2v2 + ... + µm-1vm-1 + µm+1vm+1 + ... +µnvn ⇒

µ1v1 + µ2v2 + ... + µm-1vm-1 +(−1)vm + µm+1vm+1 + ... +µnvn =o, czyli elementy v1, v2, ... , vn są liniowo zaleŜne.

ROZDZIAŁ IV

Strona 40404040

Przykład 4.

Zbadać liniową zaleŜność elementów przestrzeni liniowej wielomianów stopnia co najwyŜej

drugiego o współczynnikach rzeczywistych, jeŜeli: p1(x)=x−1, p2(x) = x2−3x+2, p3(x)=x

2+6.

λ1p1 + λ2p2 + λ3p3 = 0 ⇒λ1 (x−1)+ λ2(x2−3x+2) + λ3(x

2+6) = 0 ⇒

⇒ (λ1 + λ3)x2 + (λ1−3λ2)x +(−λ1+2λ2+6λ3) = 0 ⇒

=++−=−=+

0,6λ2λλ

0,3λλ

0,λλ

321

21

31

⇒ λ1=λ2=λ3=0, tak

więc wielomiany te są liniowo niezaleŜne.

Zastępując w definicji przestrzeni liniowej zbiór V przez jego podzbiór V′ zamknięty ze

względu na działanie ⊕ otrzymamy definicję podprzestrzeni liniowej V′ przestrzeni V.

Twierdzenie 2.

JeŜeli V1 i V2 są podprzestrzeniami liniowymi przestrzeni liniowej V, to zbiór V1∩∩∩∩V2

jest takŜe podprzestrzenią liniową przestrzeni V.

Twierdzenie 3. Zbiór wszystkich kombinacji liniowych dowolnego podzbioru A przestrzeni liniowej V

jest najmniejszą podprzestrzenią liniową przestrzeni V zawierającą zbiór A.

Najmniejszą podprzestrzenią liniową zawierającą podzbiór A nazywamy powłoką liniową

tego podzbioru i oznaczamy przez L(A).

Jeśli L(A) = V, to mówimy, Ŝe podzbiór A generuje przestrzeń V.

Baza i wymiar przestrzeni liniowej

KaŜdy podzbiór B liniowo niezaleŜnych elementów przestrzeni V generujący tę przestrzeń

nazywamy bazą przestrzeni liniowej V. KaŜda baza przestrzeni V ma tyle samo elementów.

Moc bazy przestrzeni V nazywamy wymiarem tej przestrzeni i oznaczamy symbolem dimV.

Uwaga 2. Bazą przestrzeni jest więc niepusty jej podzbiór eii∈∈∈∈I, (I jest zbiorem

skończonym) którego elementy są liniowo niezaleŜne, przy czym kaŜdy wektor przestrzeni V da się przedstawić jako kombinacja liniowa wektorów bazy, tzn.

v = ∑∈Ii

iiev − jest to rozkład wektora v w bazie eii∈∈∈∈I , przy czym współczynniki vi

występujące w tym rozwinięciu nazywamy współrzędnymi wektora v w tej bazie.

Twierdzenie 4.

W ustalonej bazie rozkład dowolnego wektora w przestrzeni liniowej jest jednoznaczny.

PRZESTRZEŃ LINIOWA (WEKTOROWA)

Strona 41414141

Dowód. Przypuśćmy, Ŝe wektor v ma w bazie eii∈I dwa rozkłady:

v = ∑∈Ii

iiev i v =∑∈

′Ii

ii ev , wtedy z równości ∑∈Ii

iiev =∑∈

′Ii

iiev mamy: ∑∈

′Ii

iii )ev-(v = 0.

Otrzymaliśmy więc kombinację trywialną wektorów liniowo niezaleŜnych, a więc

współczynniki tej kombinacji są równe 0, tzn. vi −vi′ =0, czyli vi = vi′ dla i∈I.

Przykład 5.

Podamy przykłady baz ( będą to bazy kanoniczne) w pewnych przestrzeniach liniowych:

a) W przestrzeni arytmetycznej ℜn bazą kanoniczną jest: e1=(1, 0 , ... ,0), e2=(0, 1 , ... ,0),

e3=(0, 0 , 1, 0, ... ,0), ... , en=(0, 0 , ... ,0, 1). Łatwo wyznaczyć rozkład dowolnego

wektora w tej bazie: v= ( v1, v2, ... , vn) = v1e1 + v2e2 + v3e3 + ... + vnen.

Oczywiście wymiar tej przestrzeni jest równy n.

b) W przestrzeni Wn wielomianów stopnia co najwyŜej n, bazę kanoniczną tworzą wielomiany: 1, x, x

2, ... ,x

n. Współczynniki dowolnego wielomianu są jednocześnie

współrzędnymi tego wektora w tej bazie; dimWn=n+1.

ROZDZIAŁ IV

Strona 42424242

Ćwiczenia 1. Wykazać, Ŝe zbiór wielomianów zmiennej rzeczywistej stopnia mniejszego równego n

jest przestrzenią liniową nad zbiorem ℜ.

2. Wykazać, Ŝe zbiór ciągów nieskończonych o wyrazach rzeczywistych jest przestrzenią liniową nad zbiorem ℜ, jeŜeli działania na ciągach (an)=(a1,a2, a3, ... ) i (bn)=(b1,b2,b3, ...)

określamy następująco:

(an)⊕(bn) = (a1+b1, a2+b2, a3+b3, ... ), α(an)=(αa1,αa2,αa3, ... ), α∈ℜ.

3. Zbadać liniową niezaleŜność wektorów w danej przestrzeni:

a) (1,2,3,4), (1,0,1,0), (2,4,6,8) w ℜ4;

a) (1,1,1), (−2,1,2), (0,1,0) w ℜ3;

b) p1(x)=x−1, p2(x)=x2+2x+1, p3(x)=−4x

2+2 w przestrzeni wielomianów stopnia ≤ 2.

4. Sprawdzić, czy wektor v naleŜy do podprzestrzeni generowanej przez wektory a i b,

jeŜeli:

a) v=[−3,6,−5], a=[1,2,−1], b=[3,0,1]?

b) v=[1,2,3,1], a=[0,1,2,1], b=[1,1,2,0]?

5. Wyznaczyć współrzędne wektora v w danej bazie, jeŜeli:

a) v=[1,4], e1=[1,1], e2=[−2,1];

b) v=[4,−1,0], e1=[1,0,1], e2=[2,1,0], e3=[0,1,1].

6. Sprawdzić, które z podanych zbiorów wektorów tworzą bazę w przestrzeni ℜ3:

a) (1,2,3), (0,1,−1), (1,1,1), (1,0,0);

b) (2,2,1), (1,1,1), (2,1,2);

c) (1,2,1), (0,1,0);

d) (1,−1,2), (0,1,2), (2,−3,2)?

V Macierze i wyznaczniki

ROZDZIAŁ V

Strona 44444444

Macierze

Macierzą o wymiarze m××××n nazywamy zbiór wartości odwzorowania iloczynu

kartezjańskiego

1, 2, ... , m×1, 2, ... ,n w zbiór K, co zapisujemy:

1, 2, ... , m×1, 2, ... ,n ∋ (i,j) → aij ∈K.

Uporządkowany, m·n-elementowy zbiór wartości tego odwzorowania będziemy zapisywać za

pomocą „tablicowej” i oznaczać przez A:

A =

mnm2m1

2n2221

1n1211

a...aa

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

a...aa

a...aa

Macierz o wymiarze m×n oznaczać będziemy takŜe: [ ] nmija × , Am×n, A∈K

mn ( K

mn oznacza

więc zbiór macierzy o tym samym wymiarze m×n).

JeŜeli w powyŜszym zapisie ustalimy pierwszy wskaźnik, to otrzymamy wiersz macierzy A,

ustalając zaś drugi wskaźnik − kolumnę macierzy A.

Macierz mającą tę samą liczbę wierszy i kolumn, a więc macierz wymiaru n×n, nazywamy

macierzą kwadratową stopnia n.

Oznaczając krótko przez aj − j-tą kolumnę, a przez ai′ − i-ty wiersz macierzy A, moŜna ją zapisać w postaci:

− wierszowej : A =[a1, a2, ... ,an];

− kolumnowej: A =

′

′′

m

2

1

a

...

a

a

.

Uporządkowaną n-tkę wyrazów macierzy kwadratowej A, których oba wskaźniki są te same,

( a więc zbiór postaci a11, a22, ... ,ann) nazywamy główną przekątną macierzy A.

Macierz, której wyrazy poza główną przekątną są równe zeru nazywamy macierzą diagonalną. Macierz diagonalną, której główna przekątna składa się z samych jedynek

nazywamy macierzą jednostkową i oznaczamy symbolem E.

W zbiorze macierzy Kmn

określimy dodawanie i mnoŜenie macierzy przez skalary z ciała K:

− sumą macierzy A = [ ]nmija × i B = [ ]

nmijb × jest macierz A + B = [ ]nmijij ba ×+ ;

− iloczynem macierzy A = [ ] nmija × przez skalar λλλλ∈∈∈∈K jest macierz λA = [ ] nmijλa × .

Elementem neutralnym względem dodawania w zbiorze macierzy Kmn

jest macierz zerowa (O = A − A ), tzn. macierz, której wszystkie elementy są zerami, a macierzą przeciwną do

MACIERZE I WYZNACZNIKI

Strona 45454545

macierzy A jest macierz (−1)A= −A. RóŜnicą macierzy A i B jest macierz A − B = A +

(−1)A . Łatwo wykazać, Ŝe dodawanie macierzy jest łączne i przemienne, i uzasadnić następujący wniosek.

Wniosek 1. Zbiór macierzy Kmn

jest przestrzenią liniową nad zbiorem K.

Niech t: Kmn

↔Kmn

będzie odwzorowaniem bijektywnym, w którym obrazem macierzy

A = [ ] nmija × jest macierz AT =t(A) = [ ]

nm

T

ija × spełniająca warunek: ∀i,j: ij

T

ji aa = .

Macierz AT nazywamy macierzą transponowaną (przestawioną) do macierzy A.

Prawdziwe są następujące równości:

1. ∀A∈Kmn

: (AT)T = A;

2. ∀A,B∈Kmn

: (A+B)T = A

T + B

T ;

3. ∀A∈Kmn

∀λ∈ℜ: (λA)T = λA

T .

Przykład 1.

Wyznaczyć 2A − 3BT , jeŜeli A=

−−

211

032, B =

−33

02

21

.

PoniewaŜ BT =

−302

321, więc 2A − 3B

T =

−−

422

064 −

−906

963=

−−−−

524

901.

MnoŜenie macierzy moŜna określić tylko dla macierzy szczególnych wymiarów.

Odwzorowanie s: Kmp×K

pn → K

mn, w którym obrazem pary macierzy (A,B), gdzie

A = [ ]pmija × i B = [ ]

npijb × jest macierz AB=s(A,B) o postaci :

ABm×n =

nm

p

k

kjik ba

×=

∑

1

,

nazywamy mnoŜeniem macierzy, a macierz AB jest iloczynem macierzy A i B.

Uwaga 1. Z powyŜszej definicji wynika, Ŝe nie dla kaŜdych dwóch macierzy A i B, dla

których istnieje iloczyn AB, będzie istniał iloczyn BA, poniewaŜ mnoŜenie jest wykonalne,

jeśli pierwsza macierz ma tyle kolumn, ile druga wierszy. Nawet jeśli istnieją obydwa

iloczyny AB i BA, to na ogół AB ≠ BA.

Przykład 2.

Wyznaczyć obydwa iloczyny AB i BA (o ile istnieją), jeŜeli:

a) A =

−−

211

032, B =

−33

02

21

; b) A =

− 12

31, B =

−33

02

21

;

c) A =

01

01, B =

−00

11 .

ROZDZIAŁ V

Strona 46464646

a) AB =

−−

211

032

−33

02

21

=

89

48, BA =

−33

02

21

−−

211

032 =

−−

−

6129

064

454

.

b) AB − niewykonalne, BA =

−33

02

21

− 12

31 =

−−−

−

123

62

53

.

c) AB =

01

01

−00

11 =

−−

11

11 , BA =

−00

11

01

01=

00

00.

Wykorzystując definicję mnoŜenia, łatwo wykazać następujące własności.

Wniosek 2

a) ∀∀∀∀A∈∈∈∈Kmn

: AOn××××p=Om××××p , Op××××mA= Op××××n;

b) ∀∀∀∀A∈∈∈∈Knn

: AE = EA = A;

c) ∀∀∀∀A∈∈∈∈Kmp

∀∀∀∀B∈∈∈∈Kpq∀∀∀∀C∈∈∈∈K

qn: (AB)C = A(BC);

d) ∀∀∀∀A∈∈∈∈Kmp

∀∀∀∀B∈∈∈∈Kpn∀∀∀∀C∈∈∈∈K

pn: A(B+C) = AB + AC;

e) ∀∀∀∀A∈∈∈∈Kmp

∀∀∀∀B∈∈∈∈Kmp∀∀∀∀C∈∈∈∈K

pn: (A + B)C= AC + BC;

f) jeśli istnieje iloczyn AB, to istnieje równieŜ iloczyn B

TA

T i zachodzi równość:

(AB)T=BTAT.

Wyznaczniki Dalsze badanie własności macierzy wymaga wprowadzenia pojęcia wyznacznika.

Wyznacznikiem macierzy kwadratowej A =[a1, a2, ... ,an] nazywamy wartość odwzorowania,

det : Knn

→ K ,

które spełnia następujące aksjomaty:

1. ∀ai∈Kn∀λ∈K : det[a1, ... ,λai, ... ,an] = λ det[a1, ... ,ai, ... ,an] (jednorodność);

2. ∀ai, bi∈Kn : det[a1, ... ,ai+bi, ... ,an] = det[a1, ... ,ai, ... ,an] + det[a1, ... ,bi, ... ,an]

(addytywność);

3. ∀ai, ak∈Kn : det[a1, ... ,ai, ... , ak, ... ,an] = − det[a1, ... ,ak, ... ,ai, ... ,an](antysymetria);

4. detE = 1 (unormowanie).

MACIERZE I WYZNACZNIKI

Strona 47474747

Wyznacznik macierzy A będziemy oznaczać symbolami:

detA = det[a1, ... ,an] =

nnn2n1

2n2221

1n1211

a...aa

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

a...aa

a...aa

przenosząc jednocześnie terminologię macierzową na ten symbol (np. wiersz, przekątna

wyznacznika).

Przykład 3.

Posługując się definicją, wyznaczyć wyznacznik macierzy A =

2221

1211

aa

aa.

Zapiszemy kolumny wyznacznika w postaci kombinacji kolumn jednostkowych:

det A = det

+

+

1

0a

0

1a,

1

0a

0

1a 22122111 = aksjomat 2

=det

+

1

0a

0

1a,

0

1a 221211 +det

+

1

0a

0

1a,

1

0a 221221 =aksjomat 2=

det

0

1a,

0

1a 1211 +det

1

0a,

0

1a 2211 +det

0

1a,

1

0a 1221 +det

1

0a,

1

0a 2221 =

= aksjomat 1 = a11a12det

0

1,

0

1+ a11a22det

1

0,

0

1+

a21a12det

0

1,

1

0+a21a22det

1

0,

1

0 = z aksjomatu 3 mamy: det

0

1,

0

1 = 0,

det

1

0,

1

0= 0, det

0

1,

1

0= −det

1

0,

0

1 = a11a22det

1

0,

0

1−

a21a12det

1

0,

0

1= a11a22det

10

01− a21a12det

10

01= aksjomat 4 =a11a22− a21a12 .

Przy wyznaczaniu wyznaczników wyŜszych stopni będziemy stosowali twierdzenie 1 oraz

następujące własności.

Własność 1. detA = detAT.

Z własności tej wynika, Ŝe wszystkie własności sformułowane dla kolumn macierzy,

prawdziwe są takŜe dla wierszy tej macierzy.

Własność 2. Macierz o dwóch identycznych kolumnach ma wyznacznik równy zeru.

Dowód. JeŜeli ai = ak, to z aksjomatu 3 mamy detA = −detA, a to oznacza, Ŝe detA=0. ♦

Własność 3. Macierz o dwóch proporcjonalnych kolumnach ma wyznacznik równy zeru. Własność 4. Macierz mająca kolumnę zerową ma wyznacznik równy zeru.

ROZDZIAŁ V

Strona 48484848

Własność 5. Wyznacznik macierzy nie zmieni wartości, jeŜeli do kolumny macierzy

dodamy dowolną kombinację liniową pozostałych kolumn tej macierzy.

Dowód. det(a1, ... ,ai−1,ai+∑≠ik

kkaλ ,ai+1, ... ,an) = aksjomat 2 =det(a1, ... ,ai−1,ai,ai+1, ... ,an) +

λ1 det(a1, ... ,ai−1,a1,ai+1, ... ,an) + ... +λi−1 det(a1, ... ,ai−1,ai−1,ai+1, ... ,an)+

λi+1 det(a1, ... ,ai−1,ai+1,ai+1, ... ,an) + ... + λn det(a1, ... ,ai−1,an,ai+1, ... ,an) =we wszystkich

wyznacznikach poza pierwszym występują dwie jednakowe kolumny, więc zgodnie z

własnością 2, wyznaczniki te są równe zeru = det(a1, ... ,ai−1,ai,ai+1, ... ,an) = detA. ♦

Wnioskiem z własności 5 jest następna własność.

Własność 6. (Wyznacznik macierzy jest równy 0 ) ⇔⇔⇔⇔ (kolumny (wiersze) tej macierzy są liniowo zaleŜne) .

Własność 7 (twierdzenie Cauchy’ego) det(AB) = detA⋅⋅⋅⋅detB.

Uwaga 2. Nawet jeśli AB≠BA, to det(AB) = det(BA) .

Przykład 4. Wyznaczyć wyznacznik macierzy A =

949392

828180

777675

.

Wyznacznik macierzy A nie ulegnie zmianie, jeŜeli pierwszy wiersz odejmiemy od wiersza

drugiego i od wiersza trzeciego (własność 5). Otrzymamy wtedy:

detA = det

171717

555

777675

. PoniewaŜ drugi i trzeci wiersz macierzy są proporcjonalne, więc

na mocy własności 3, mamy detA = 0.

Aby sformułować twierdzenie, które podaje prosty sposób na obliczanie wyznaczników

wyŜszych stopni, wprowadzimy nowe pojęcia minora i dopełnienia algebraicznego.

Minorem Mik odpowiadającym wyrazowi aik macierzy kwadratowej A = [aik] nazywamy

wyznacznik macierzy, która powstaje przez usunięcie z macierzy A i-tego wiersza i k-tej

kolumny.

Dopełnieniem algebraicznym Aik wyrazu aik nazywamy liczbę określoną wzorem:

Aik = (−1)i+k

Mik.

Transponowaną macierz , której wyrazami są dopełnienia algebraiczne wyrazów macierzy A

nazywamy macierzą dołączoną i oznaczamy symbolem AD, czyli A

D = [Aik]

T .

PoniŜsze twierdzenie określa sposób obliczania wyznacznika przy pomocy wyznaczników

stopnia niŜszego i często przyjmuje się je jako tzw. rekurencyjną definicję wyznacznika.

MACIERZE I WYZNACZNIKI

Strona 49494949

Twierdzenie 1 (Laplace’a).

∀∀∀∀k∈∈∈∈1,2, ... ,n: detA = det[aik] = jk

n

1j

jk Aa∑=

.

Biorąc pod uwagę własność 1, tezę twierdzenia tzw. rozwinięcie wyznacznika względem k-tej kolumny, moŜna zapisać w postaci rozwinięcia wyznacznika względem i-tego

wiersza.

Wniosek 3. ∀∀∀∀i∈∈∈∈1,2, ... ,n: detA = det[aik] = ij

n

1j

ijAa∑=

.

Wniosek 4. kj

n

1j

ijAa∑=

=

≠=

ki gdy0,

ki gdy detA, = δδδδikdetA,

gdzie δδδδik=

≠=

ki gdy0,

ki gdy 1, jest tzw. symbolem Kroneckera.

Wniosek 5. ik

n

1j

ijAa∑=

=

≠=

kj gdy0,

kj gdy detA, = δδδδjkdetA.

Wniosek 6. A

DA = (detA)E, AA

D = (detA)E .

Uwaga 3. Wyznacznik macierzy trójkątnej jest równy iloczynowi wyrazów na głównej

przekątnej.

Przykład 5.

Wyznaczyć wyznacznik macierzy A =

−−

−−

2321

2313

5242

3532

.

Wyznacznik macierzy nie zmieni się, zgodnie z własnością 5, gdy wykonamy następujące

operacje na wierszach macierzy: ostatni wiersz

1. pomnoŜymy przez (−2) i dodamy do pierwszego wiersza;

2. pomnoŜymy przez 2 i dodamy do drugiego wiersza;

3. pomnoŜymy przez (−3) i dodamy do trzeciego wiersza.

Otrzymamy wtedy stosując rozwinięcie Laplace’a względem pierwszej kolumny:

det A =

2321

41270

9480

1470

−−−

−−−

= 1⋅(−1)4+1

4127

948

147

−−−

−−=pierwszy wiersz dodajemy do

drugiego, oraz pomnoŜony przez (−3) dodajemy do trzeciego = (−1)

1014

801

147

−

−− =

(−1)4(−1)1+2

114

81

− = 4(−1−8⋅14) =−452.

ROZDZIAŁ V

Strona 50505050

Uwaga 4. MoŜna wykazać, Ŝe wyznacznik Vandermonde’a :

1-n

n

1-n

2

1-n

1

n21

a...aa

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

a...aa

1...11

r

jest

równy następującemu iloczynowi:

(a2−a1) (a3−a1)... (an−a1) (a3−a2) (a4−a2)...(an−a2) ... (an−an−1) = ( )∏>

−ij

ij aa .

Macierz odwrotna

Pojęcie wyznacznika pozwala na wyodrębnienie wśród macierzy kwadratowych tych

macierzy, dla których istnieje element odwrotny względem mnoŜenia (macierz odwrotna).

Macierz A, której wyznacznik jest róŜny od zera, nazywamy macierzą nieosobliwą. Jeśli detA = 0, to macierz A nazywamy osobliwą.

Niech A,B∈Knn

, jeŜeli AB = BA = E, to macierz B nazywamy macierzą odwrotną do

macierzy A i oznaczamy symbolem A−1

.

Twierdzenie 2 (o odwracaniu macierzy)

Macierz A ma macierz odwrotną ⇔⇔⇔⇔ macierz A jest nieosobliwa .

Dowód.

(⇒ ) Jeśli macierz A ma macierz odwrotną, to AA−1

=E, wtedy z własności 7 mamy:

Det(AA−1

) = detA detA−1

=detE = 1, a stąd wynika, Ŝe det A≠0, czyli macierz jest A

nieosobliwa.

(⇐ ) PoniewaŜ detA≠0, moŜna więc określić macierz B= Adet

1A

D . Jest to macierz

odwrotna do macierzy A, bo zgodnie z wnioskiem 6 mamy:

AB = Adet

1AA

D ==

Adet

1 (detA)E = E. ♦

Przykład 6. Wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy A, jeŜeli A =

− 201

413

121

.

Wyznacznik macierzy detA = −17, więc macierz jest nieosobliwa i istnieje A−1

.

Twierdzenie 1 podaje metodę konstrukcji macierzy odwrotnej do danej macierzy.

Wyznaczymy najpierw macierz dopełnień algebraicznych.

MACIERZE I WYZNACZNIKI

Strona 51515151

[ ]ijA =

+−+

−−

−+−

−+

−−+

13

21

43

11

41

12

01

21

21

11

20

12

01

13

21

43

20

41

=

−−−

−

517

234

1102

.

Macierz dołączona ma postać AD =

−−−

−

521

1310

742

, a więc A−1

= 17

1−

−−−

−

521

1310

742

.

Wniosek 7. Jeśli A i B są macierzami nieosobliwymi stopnia n i 0≠≠≠≠λλλλ∈∈∈∈K, to

(a) detA−1=detA

1;

(b) (A−1

)−1

= A;

(c) (AB)−1

= B−1

A−1

;

(d) (A−1

)T = (A

T)−1

;

(e) (λλλλA)−1

=λ

1A

−1 .

Istnienie macierzy odwrotnej do macierzy nieosobliwej moŜna wykorzystać do rozwiązywa-

nia równań macierzowych, w których występuje iloczyn danej macierzy kwadratowej nieo-

sobliwej i macierzy niewiadomej. RozwaŜymy trzy główne typy takich równań: 1. An×nXn×p=Bn×p, detA ≠0, wtedy X = A

−1B;

2. Xn×p Ap×p = Bn×p, det A≠0, wtedy X = BA−1

;

3. An×nXn×pBp×p = Cn×p, det A≠0, det B≠0 , wtedy X = A−1

CB−1

.

Przykład 7. Rozwiązać równanie macierzowe:

−−42

32⋅X⋅

−112

021

231

=

− 5155

02010.

Jest to równanie typu trzeciego, gdzie A =

−−42

32, B =

−112

021

231

, C =

− 5155

02010.

Det A =2 ≠ 0, więc istnieje macierz odwrotna do tej macierzy, którą wyznaczamy metodą

podaną w przykładzie 1: A−1

= 2

1

22

34.

ROZDZIAŁ V

Strona 52525252

Podobnie, poniewaŜ det B = −5, wyznaczamy macierz odwrotną do macierzy B:

B−1

=5

1−

−−−

−

555

231

412

.

Ostatecznie X = A−1

CB−1

=

10

1−

22

34

− 5155

02010

−−−

−

555

231

412

=2

1−

22

34

− 131

042

−−−

−

555

231

412

=

=2

1−

2142

3255

−−−

−

555

231

412

=

−−

5174

5.75.3210.

Podamy teraz definicję waŜnego w matematyce odwzorowania, które pojawia się takŜe

w podstawowych pojęciach analizy (np. operacja róŜniczkowania i całkowania).

Niech U i V będą dwiema przestrzeniami liniowymi nad tym samym zbiorem K.

Odwzorowanie f: U→ V spełniające warunki:

1. ∀a,b∈U: f(a+b) = f(a) + f(b) (addytywność);

2. ∀a∈U∀λ∈K: f(λa) = λf(a) (jednorodność), nazywamy przekształceniem liniowym przestrzeni U w przestrzeń V.

W szczególności, gdy U=V przekształcenie liniowe przestrzeni V w siebie nazywamy

operatorem liniowym, a gdy V=ℜ − formą liniową.

Uwaga 5. Obydwa warunki występujące w definicji moŜna zapisać przy pomocy jednego

warunku:

∀a,b∈U∀λ1,λ2∈K : f(λ1a+λ2b) = λ1f(a) + λ2f(b).

MACIERZE I WYZNACZNIKI

Strona 53535353

Ćwiczenia

1. Dla danych macierzy A =

−422

320

131

i B =

−04

22

11

wyznaczyć ( o ile istnieją )

następujące macierze: AB, BA, BTA, A

2 , B

TB , BB

TA, 3AB−4B

T.

2. Wyznaczyć An , jeŜeli A =

20

01.

3. Wyznaczyć wszystkie macierze diagonalne stopnia 2 spełniające równanie:

X2−5X+4E=O.

4. Zbadać liniową niezaleŜność macierzy w przestrzeni macierzy kwadratowych stopnia

2 nad ciałem ℜ:

12

01,

11

22,

−13

10.

5. Wyznaczyć jedną z baz oraz określić wymiar przestrzeni liniowej:

a) macierzy kwadratowych stopnia 2 o wyrazach zespolonych nad zbiorem ℜ;

b) macierzy kwadratowych stopnia 2 o wyrazach zespolonych nad zbiorem C.

6. Obliczyć wyznaczniki:

a)

963

654

321

, b)

787776

757473

727170

, c)

3c2b1a

321

cba

+++, d)

2133

1362

4312

3211

−−

.

7. Rozwiązać równania lub nierówności:

a)

x21

2x1

21x

> 0 (x∈ℜ) , b)

z11

1z1

21z − = 0 (z∈C) , c)

izi

z11

i2z − = i+1 (z∈C),

d) 42

2

xx4

xx2

111

= 0 (x∈ℜ), e)

1tgxtgx

0sin2xcos2x

sin2xcos2xsin2x −= 0.

8. Wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy A jeŜeli: a) A =

−−

41

32,

b) A =

−

−

110

312

121

, c) A =

−−−

i01

i1i

321i

.

ROZDZIAŁ V

Strona 54545454

9. Wyznaczyć A−2, jeŜeli A =

−−

−

122

301

121

.

10. Rozwiązać równania macierzowe:

a) AX=B , gdzie A =

2i4

i3, B =

−2i20

2i42i ;

b) XA=B , gdzie A =

−

210

321

112

, B =

−311

032 ;

c) AXB=C , gdzie A =

−122

013

011

, B =

34

12 , C =

−−

62

24

02

.

VI Równania liniowe

ROZDZIAŁ VI

Strona 56565656

Równanie liniowe zapisujemy w postaci:

równania macierzowego − Ax = b ,

równania wektorowego –

a1x1 + a2x2 + ... + anxn = b,

układu równań liniowych –

=+++

=+++=+++

,bxa...xaxa

,bxa...xaxa

,bxa...xaxa

mnmn2m21m1

2n2n222121

1n1n212111

gdzie A = [aij]m×n = [a1, a2, ... ,an] jest macierzą układu równań,

b=

m

2

1

b

...

b

b

− kolumną wyrazów wolnych, zaś x =

n

2

1

x

...

x

x

− kolumną wyrazów niewiadomych .

Macierz A =[a1, a2, ... ,an] nazywamy macierzą podstawową układu równań , a macierz

Ab =[a1, a2, ... ,an, b] macierzą rozszerzoną tego układu. Układ równań, w którym b=o

(b1=0, b2=0, ... ,bm=0) nazywamy jednorodnym, w przeciwnym przypadku −

niejednorodnym . RozwaŜmy najpierw przypadek, gdy m = n, tzn. przypadek, gdy macierz główna układu jest

macierzą kwadratową stopnia n.

Twierdzenie1 (Cramera). JeŜeli macierz podstawowa A = [a1, a2, ... ,an] układu n równań z n niewiadomymi jest macierzą nieosobliwą, to istnieje dokładnie jedno rozwiązanie tego układu określone wzorami (Cramera):

xi = detA

detA i = ( )

( )n21

n1i1i21

a,...,a,adet

a,...,ab,,a,...,a,adet +− , i = 1, 2, ... ,n ,

lub w postaci macierzowej :

x = A−1

b.

RÓWNANIA LINIOWE

Strona 57575757

Dowód. JeŜeli detA≠0, to istnieje macierz odwrotna A−1

. MnoŜąc lewostronnie obie strony

równania Ax = b przez macierz odwrotną A−1, otrzymamy A

−1Ax = A

−1b, a stąd wynika, Ŝe

x = A−1

b . Wektor ten spełnia dane równanie, bo Ax = A(A−1

b) = (AA−1

)b = Eb = b.

Aby wykazać prawdziwość wzorów Cramera, obliczmy wyznacznik macierzy

Ai = [a1,a2, ... ,ai-1,b,ai+1, ... ,an] powstałej z macierzy A przez zastąpienie w niej i-tej kolumny

wektorem b (kolumną wyrazów wolnych).

detAi = det [a1,a2, ... ,ai-1,b,ai+1, ... ,an] = det [a1,a2, ... ,ai-1,a1x1 + ... + anxn,ai+1, ... ,an] =

det [a1,a2, ... ,ai-1,a1x1,ai+1, ... ,an] + ... + det [a1,a2, ... ,ai-1,ai-1xi-1,ai+1, ... ,an] +

det [a1,a2, ... ,ai-1,aixi,ai+1, ... ,an]+ det [a1,a2, ... ,ai-1,ai+1xi+1,ai+1, ... ,an]+ ... +

det [a1,a2, ... ,ai-1,anxn,ai+1, ... ,an] = wszystkie wyznaczniki poza i−tym wyznacznikiem są równe zeru, bo mają kolumny proporcjonalne = xidet [a1,a2, ... ,ai-1,ai,ai+1, ... ,an] = xidetA,

stąd przy załoŜeniu, Ŝe detA≠0, otrzymamy wzory Cramera. ♦

W dalszym ciągu układ równań liniowych, w którym macierz podstawowa jest kwadratowa

i nieosobliwa, będziemy nazywać układem Cramera.

Wniosek 1. Jednorodny układ Cramera ma jedynie rozwiązanie zerowe. Przykład 1.

Rozwiązać układ równań:

=++−=+−

=−+

3zy23x

22zy4x

2z3y2x

.

Macierz podstawowa układu A =

−−

123

214

132

jest kwadratowa i nieosobliwa, bo

detA = −15, zatem układ równań jest układem Cramera. Aby zastosować wzory Cramera,

obliczamy:

detA1 =

123

212

132

−−−

= 15, detA2 =

133

224

122

−−

=−30, detA3 =

323

214

232

−− = −30,

stąd x = detA

detA1 =−1, y = detA

detA2 =2, z = detA

detA3 =2 .

Twierdzenie 2. Jednorodny układ równań o kwadratowej macierzy głównej A ma rozwiązanie

niezerowe wtedy i tylko wtedy, gdy det A = 0.

Dowód. (⇒) (nie wprost) Jeśli det A ≠0, to z wniosku 1 wynika, Ŝe układ ma tylko

rozwiązanie zerowe, otrzymaliśmy więc sprzeczność z załoŜeniem.

(⇐) JeŜeli układ równań a1x1 + a2x2 + ... + anxn = o ma rozwiązanie niezerowe, to wektory

a1, a2, ... ,an są liniowo zaleŜne. Z własności 6 (V.W6) wynika , Ŝe

detA =det[a1, a2, ... ,an]=0.

ROZDZIAŁ VI

Strona 58585858

Aby określić istnienie rozwiązań układu równań o dowolnej macierzy głównej, wprowadzimy

pojęcie rzędu macierzy.

Rzędem niezerowej macierzy A=[a1, a2, ... ,an] (który oznaczamy r(A)) nazywamy ilość liniowo niezaleŜnych kolumn tej macierzy.

Uwaga 1. Z definicji powłoki liniowej rozpiętej na wektorach a1, a2, ... ,an wynika, Ŝe

r(A) = dimL(a1, a2, ... ,an).

Uwaga 2. Z uwagi na własność 6 wyznacznika (V.W6), rząd macierzy moŜna określić jako

stopień największego minora tej macierzy róŜnego od zera.

Z powyŜszych określeń wynikają następujące wnioski.

Wniosek 2. 1. r(A

T) = r(A);

2. 0 ≤≤≤≤ r(Am××××n) ≤≤≤≤ min(m,n);

3. r(A) =0 ⇔⇔⇔⇔ A = 0;

4. rząd macierzy nie ulegnie zmianie gdy: a) przestawimy kolumny (wiersze) macierzy; b) dowolną kolumnę pomnoŜymy przez liczbę róŜną od zera; c) do dowolnej kolumny (wiersza) dodamy inną kolumnę (wiersz) pomnoŜoną

przez dowolną liczbę; d) usuniemy z macierzy kolumnę (wiersz) zerową; e) usuniemy jedną z dwóch jednakowych lub proporcjonalnych kolumn (wierszy).

Przykład 2.

Wyznaczyć rząd macierzy A, jeŜeli A =

−−−−−

15961

21212

13121

01421

.

R(A) =rząd macierzy nie zmieni się, gdy drugi wiersz pomnoŜony przez 2 dodamy do

trzeciego wiersza i pomnoŜony przez (−1) dodamy do czwartego wiersza =

= r

−

02842

05030

13121

01421

=wiersz czwarty jest proporcjonalny do wiersza pierwszego, więc

na mocy wniosku 4e = r

−05030

13121

01421

= rząd macierzy nie zmieni się, gdy kolumnę

piątą pomnoŜoną przez odpowiednią (taką, aby otrzymać zero w drugim wierszu) liczbę

RÓWNANIA LINIOWE

Strona 59595959

dodamy do pozostałych kolumn = r

05030

10000

01421

= kolumna trzecia jest

proporcjonalna do pierwszej, więc = r

0530

1000

0121

= pierwszą kolumnę mnoŜymy

przez (−2) i dodajemy do kolumny drugiej oraz pomnoŜoną przez (−1) dodajemy do kolumny

trzeciej = r

0530

1000

0001

=kolumna druga i trzecia są proporcjonalne= r

030

100

001

=

=poniewaŜ det 03

030

100

001

≠−=

, więc = 3.

Twierdzenie 3 (Kroneckera-Capelli’ego).

Układ równań liniowych Ax = b ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy r(A)=r(Ab).

Dowód. Wektor c=(c1, ... ,cn) jest rozwiązaniem równania Ax = b,

czyli równania a1x1 + a2x2 + ... + anxn = b,

wtedy i tylko wtedy, gdy a1c1 + a2c2 + ... + ancn = b ⇔

⇔ b∈L(a1, a2, ... ,an) = L(a1, a2, ... ,an,b) ⇔ dim L(a1, a2, ... ,an) = dimL(a1, a2, ... ,an,b) ⇔

⇔ r(A) = r(Ab) .♦

Komentarz

JeŜeli r(A) = r(Ab) = k ( k ≤ m, k ≤ n ), to dokładnie k wierszy macierzy A jest liniowo

niezaleŜnych, a z uwagi na własność r(A) = r(AT) takŜe dokładnie k kolumn tej macierzy jest

liniowo niezaleŜnych. Dokonując przestawienia równań w danym układzie i ewentualnie

zmieniając kolejność niewiadomych, moŜemy przyjąć, Ŝe pierwszych k wierszy i pierwszych

k kolumn jest liniowo niezaleŜnych. Jeśli m−k > 0, to m−k ostatnich równań moŜemy

pominąć, bo kaŜde z nich jest kombinacją liniową pierwszych k równań (co oznacza, Ŝe kaŜde

pominięte równanie będzie spełnione przez rozwiązanie otrzymane z k pierwszych równań). Otrzymamy wtedy następujący układ równań: A′x=b′ ⇔ a′1x1 + a′2x2 + ... +a′nxn = b′, gdzie A′ =[ a′1, a′2, ... ,a′n] jest macierzą bez m−k

ostatnich wierszy, a b′ kolumną bez m−k ostatnich elementów.

Jeśli k = n, to równanie A′x=b′ jest układem Cramera (detA′≠0) i jego jedyne rozwiązanie jest

rozwiązaniem układu Ax = b.

Jeśli k < n, to równanie A′x=b′ zapisujemy w postaci:

a′1x1 + a′2x2 + ... +a′kxk = b′ − a′k+1tk+1 − ... − a′ntn ,

gdzie tk+i ( i = 1, 2, ... , n−k) są parametrami przyjmującymi dowolne wartości z e zbioru K.

W tym przypadku układ równań A′x=b′ , a więc takŜe układ równań Ax = b ma rozwiązania

zaleŜne od n−k parametrów.

Reasumując otrzymujemy następujący wniosek:

ROZDZIAŁ VI

Strona 60606060

Wniosek 3. JeŜeli r(A) = r(Ab)=k a n jest ilością niewiadomych, to: 1. gdy n = k, to układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie;

2. gdy k < n, to układ ma rozwiązania zaleŜne od n-k parametrów;

3. gdy r(A) < r(Ab), to układ jest sprzeczny (nie ma rozwiązań).

Przykład 3.

Przedyskutować istnienie rozwiązań w zaleŜności od parametru λ∈ℜ następującego układu

równań:

=+−+=+−+=++−

λ.11u4z7yx

2,4uz2yx

1,uzy2x

Macierz główna A=

−−

−

11471

4121

1112

, macierz rozszerzona Ab=

−−

−

λ11471

24121

11112

.

Badamy rząd macierzy A: r(A) = kolumnę drugą mnoŜymy przez 2 dodajemy do pierwszej

oraz dodajemy do kolumny trzeciej i czwartej = r

−

183715

6125

0010

= kolumna pierwsza

jest proporcjonalna do kolumny trzeciej i czwartej = r

−

715

25

10

= 2 minor 25

10 − jest

róŜny od zera, więc .

Badamy rząd macierzy Ab: r(Ab) = wykonujemy te same operacje na kolumnach macierzy

Ab, które wykonaliśmy na kolumnach macierzy A = r

−

λ183715

26125

10010

= kolumny

pierwsza, trzecia i czwarta są proporcjonalne, więc usuwamy dwie z nich, a następnie

kolumnę drugą dodajemy do kolumny piątej = r

+

−

7λ715

425

010

= poniewaŜ

det

+

−

7λ715

425

010

= 5λ−25 =

≠=

5λgdy3,

5λgdy2, .

Jeśli λ≠5, to układ równań jest sprzeczny, bo r(A)=2, a r(Ab) = 3.

RÓWNANIA LINIOWE

Strona 61616161

Jeśli λ=5, to r(A) = r(Ab) = 2, więc na mocy twierdzenia Kroneckera−Capelli’ego układ ma

rozwiązanie, a z uwagi na wniosek 3 (punkt 2) rozwiązania tego układu są zaleŜne od 2

parametrów.

Jeśli przyjmiemy, Ŝe minor macierzy A róŜny od zera to 12

11

−−

, wtedy jako parametry

przyjmujemy niewiadome x oraz u. Odrzucając trzecie równanie i przyjmując x = t, u = s,

gdzie t,s∈ℜ, mamy układ:

−−=−−−=+−4st2z2y

s2t1zy ,

którego rozwiązanie otrzymujemy stosując wzory Cramera:

−−=−−=

6s5t4z

5s3t3y , t,s∈ℜ.

Ostatecznie rozwiązanie układu równań ma postać:

=−−=−−=

=

s,u

6s,5t4z

5s,3t3y

t,x

t,s∈ℜ.

ROZDZIAŁ VI

Strona 62626262

Ćwiczenia 1. Rozwiązać układ równań stosując; a) metodę macierzową, b) wzory Cramera :

a)

=+−=−+=++

2zyx

7z3y4x

143z2yx

b)

−=+−=++=++

7z3y3x

102z5y4x

6z3y2x

, c)

=+−+=−+−−=+−−

=+++

62tzy3x

0t2z2yx

52t2zy2x

3tz3yx

.

2. Wyznaczyć rząd macierzy A, jeŜeli:

a) A =

−−

−

5761

2202

1321

, b) A =

0330

2002

0110

1001

, c) A =

−−−−−33321

21123

21221

.

3. Wyznaczyć rząd macierzy A w zaleŜności od parametru k∈ℜ:

a) A =

−−

−

k11471

24121

11112

, b) A =

−−−

−

k105

2321

221k

.

4. Przedyskutować istnienie rozwiązań (w zaleŜności od parametru k∈ℜ) układu równań AX=b, gdzie A∈ℜ33

wiedząc, Ŝe : detA=(k−1)(k+2), detA1=(k−1)2(k+2),

detA2=(k+1)(k+2)2, detA3=(k−1)(k+2) .

5. Wyznaczyć rozwiązania układu równań w zaleŜności od parametru a,b∈ℜ:

a)

=−+=−+

42zay4x

azy2x, b)

=++=++=++

2aazyx

azayx

1zyax

, c)

=+=+−

=++

04zy

0zyax

02z3yx2a

, f)

=−−=−

=+

2ay3x

43y2x

3yax

,

d)

=+++=+++

=++

01)z(ayx

2az1)y(ax

azyx

, e)

=++=+++=+++

02zyx

0b)z(aaybx

0b)z(abyax

, g)

=+−+=+−+−+=−+−

4tzay3x

23t3z2yx

1atzy2x

.

6. Wyznaczyć rozwiązania układu równań w zaleŜności od parametru a∈C:

a)

=+=++=+−

0azy

0zayx

0izyax

, b)

=++−=+−

=++

73zay2x

a63iz2yax

53z2iyx

.

VII Przestrzeń metryczna i unormowana, iloczyny wektorów

ROZDZIAŁ VII

Strona 64646464

Przestrzeń metryczna

Funkcjonał rzeczywisty d: A2 →ℜ , gdzie A≠∅, spełniający warunki:

(1) ∀ a,b∈A: d(a,b) = 0 ⇔ a = b (jednoznaczność);

(2) ∀ a,b∈A: d(a,b) = d(b,a) (symetria);

(3) ∀ a,b,c∈A: d(a,b) + d(b,c) ≥ d(a,c) (nierówność trójkąta)

nazywamy metryką w zbiorze A.

Liczbę rzeczywistą d(a,b) nazywamy odległością elementów a i b zbioru A. Jest to liczba

nieujemna, bo:

d(a,b) = z warunku (2) =2

1 ( )a)d(b,b)d(a, + = z warunku (3) ≥

≥2

1d(a,a) =0 z warunku (3).

Zbiór A wraz z metryką d, czyli parę (A,d) nazywamy przestrzenią metryczną.

Przykład 1.

Odwzorowanie d: A2 → +ℜ0 określone wzorem:

∀a,b∈A: d(a,b) =

≠=

bagdy1,

bagdy0,

jest metryką w A. Jest to tzw. metryka dyskretna.

Tak więc kaŜdy niepusty zbiór moŜna zmetryzować.

Przykład 2.

Funkcja dN: ℜ2 → ℜ określona wzorem:

∀x,y∈ℜ: dN(x,y) = |x−y| spełnia warunki (1) − (3) jest więc metryką w ℜ. Jest to tzw. metryka naturalna w ℜ.

Przykład 3.

Przestrzeń arytmetyczną ℜn zmetryzować za pomocą róŜnych metryk.

Dla x = (x1, x2, ... ,xn), y =(y1, y2, ... ,yn), określimy:

PRZESTRZEŃ METRYCZNA I UNORMOWANA, ILOCZYNY WEKTORÓW

Strona 65656565

(a) metrykę kartezjańską postaci: dK= ( )∑=

−n

1i

2

ii yx ;

(b) metrykę „miejską” postaci: dM=∑=

−n

1i

ii yx ;

(c) metryką Czebyszwa postaci: dC= max n1,2,...,i,yx ii =− .

Dla n=1 wszystkie trzy metryki pokrywają się z metryką naturalną dN w ℜ.

Wprowadzenie metryki w zbiorze A pozwala wyróŜnić pewne podzbiory zbioru A zwane

sferami i kulami.

Sferą o środku a i promieniu r nazywamy zbiór:

S(a,r):= x∈A: d(a,x) = r .

Kulą o środku a i promieniu r nazywamy zbiór:

B(a,r):= x∈A: d(a,x) ≤ r .

Punkt a nazywamy środkiem sfery (kuli) a nieujemną liczbę rzeczywistą r − promieniem

sfery (kuli).

Zbiór B0(a,r) = B(a,r) −S(a,r) nazywamy kulą otwartą.

Kulę otwartą o środku a i dowolnym promieniu ε∈ℜ+ nazywamy otoczeniem punktu a

w przestrzeni metrycznej (A,d) i oznaczamy przez U(a,ε) lub U(a), tak więc

U(a) = B0(a,ε), ε∈ℜ+

.

Zbiór N(a) = U(a)− a nazywamy sąsiedztwem punktu a w przestrzeni metrycznej (A,d).

Przykład 4.

Zbiór A z metryką „dyskretną” ma mało sfer, bo dla a∈A mamy:

S(a,1) = A\a, S(a,0) = a, S(a,r) =∅, gdy r≠1 i r≠0.

Przykład 5.

Sferami o środku (0,0) i promieniu r=1 w przestrzeni ℜ2 w metrykach (a), (b), (c) z przykładu

3 będą zbiory tych (x,y)∈ℜ2, które spełniają warunki:

(a) x2 + y

2 = 1;

(b) |x| + |y| = 1;

(c) max(|x| , |y| ) = 1.

Korzystając z pojęcia odległości między elementami przestrzeni metrycznej (A,d)

wprowadzamy pojęcie odległości elementu od podzbioru X tej przestrzeni i odległości

dwóch podzbiorów X i Y tej przestrzeni.

ROZDZIAŁ VII

Strona 66666666

Odległością elementu a∈∈∈∈A od zbioru X⊂ A nazywamy nieujemną liczbę rzeczywistą d(a,X) określoną wzorem:

d(a,X) :=

∈∈

∈X.agdyd(a,x),

X,agdy,

Xx

inf

0

Odległością dwóch zbiorów X, Y⊂ A nazywamy nieujemną liczbę rzeczywistą d(X,Y)

określoną wzorem:

d(X,Y) :=

∅=∩∅≠∩

∈∈.YXgdyy),d(x

,YXgdy,

YyXx

,inf

0

,

Średnicą zbioru X nazywamy nieujemną liczbę rzeczywistą δ ( o ile istnieje)określoną

wzorem:

δ= Xxx ∈′,

sup d(x,x′).

Przykład 6.

W przestrzeni ℜ+ z metryką naturalną kula B(1, 9) zawiera się w kuli B(5,6), czyli kula o

promieniu mniejszym zawiera kulę o promieniu większym.

PoniewaŜ B(1,9) = x∈ℜ+: |x−1|≤9 = (0,10], a B(5,6) = x∈ℜ+

: |x−5|≤6 = (0,11], więc

B(1, 9) ⊂ B(5,6).

Uwaga 1. Wśród przekształceń przestrzeni metrycznej w siebie szczególne zastosowania

mają dwa następujące przekształcenia.

Przekształcenie f: A → A jest izometrią, gdy

∀a,b∈A: d(f(a),f(b)) = d(a,b).

Przekształcenie f: A → A jest zwęŜające (kontrakcją), gdy

∃λ∈(0,1) ∀a,b∈A: d(f(a),f(b)) ≤ λ d(a,b).

Izometrie zachowują odległość między dwoma dowolnymi punktami przestrzeni metrycznej, a

więc zachowują kształt i rozmiary figur w tej przestrzeni i mają szczególne zastosowania w

geometrii i fizyce.

Przekształcenia zwęŜające odgrywają istotną rolę w analizie matematycznej, gdyŜ przy

pewnych dodatkowych załoŜeniach o przestrzeni mają punkty stałe.

Przykład 7.

Wykazać, Ŝe odwzorowanie f: (0,+∞) → (0,+∞) określone wzorem

f(x) =

+x

2x

2

1 jest zwęŜające w przedziale [1, +∞).

Niech x,y∈[1, +∞), wtedy:

PRZESTRZEŃ METRYCZNA I UNORMOWANA, ILOCZYNY WEKTORÓW

Strona 67676767

f(x) − f(y) = x

1x

2

1+ −

y

1y

2

1− = (x−y)

−

xy

1

2

1.

PoniewaŜ dla x,y∈[1, +∞) iloczyn xy ≥ 1, więc

∃λ∈(0,1) ∀ x,y∈[1, +∞) : yxλf(y)f(x) −≤− , przy czym λ =2

1,

co oznacza, Ŝe odwzorowanie f jest zwęŜające w przedziale [1, +∞).

Przestrzeń unormowana

Niech V będzie dowolną przestrzenią liniową nad zbiorem ℜ.

Funkcjonał rzeczywisty || • || : V → ℜ spełniający warunki:

(a) ∀ v∈V : ||v|| = 0 ⇔ v=0;

(b) ∀ λ∈ℜ ∀ v∈V : ||λv|| =|λ| ||v||;

(c) ∀ v,u∈V : ||v+u||≤ ||v|| +||u||, nazywamy normą w przestrzeni V, a liczbę ||v|| − normą elementu (wektora) v∈V.

Przestrzeń liniowa V, w której została zdefiniowana norma nosi nazwę przestrzeni unormowanej.

Funkcjonał rzeczywisty d: V2 →ℜ postaci:

∀ v,u∈V : d(v,u) = || v−u ||

jest metryką w przestrzeni V, jest to tzw. metryka generowana przez normę. Metryki dK, dM, dC określone w przykładzie 3. są generowane przez odpowiednie normy:

||x||K = ∑=

n

1i

2

ix , ||x||M = ∑=

n

1i

ix , ||x||C = max(|xi| , i=1, 2, ... ,n).

Między tymi normami zachodzą nierówności: ||x||C ≤ ||x||K ≤ ||x||M.

ROZDZIAŁ VII

Strona 68686868

Iloczyn skalarny

Niech V będzie dowolną przestrzenią liniową nad ciałem ℜ.

Funkcjonał g: V2 →ℜ taki, Ŝe :

(1) ∀ u,v,w∈V: g(u+v,w) = g(u,w) + g(v,w), g(u,v+w) = g(u,v) + g(u,w),

(2) ∀ u,v∈V ∀ λ∈ℜ: g(λu,v) = λg(u,v), g(u,λv) = λg(u,v),

(3) ∀ u,v∈V: g(u,v) = g(v,u),

(4) ∀ o≠u∈V: g(u,u) > 0 ,

nazywamy mnoŜeniem skalarnym w przestrzeni V, a wartość tego funkcjonału na parze

elementów u,v∈V, czyli liczbę rzeczywistą g(u,v) − iloczynem skalarnym tych elementów.

Iloczyn skalarny elementów u i v będziemy oznaczać uv (stosuje się takŜe inne oznaczenia:

(u,v), u⋅v, <u/v>).

Przestrzeń liniową, w której wprowadzono iloczyn skalarny, czyli parę (V,g) nazywamy

przestrzenią unitarną.

Uwaga 2. Warunek (1) w definicji mnoŜenia skalarnego oznacza rozdzielność mnoŜenia

skalarnego względem dodawania. Uwzględniając warunek(2) widzimy, Ŝe mnoŜenie skalarne

jest liniowe ze względu na kaŜdą ze zmiennych.

Z warunku (4) wynika, Ŝe vv = v2

(kwadrat skalarny) jest liczbą nieujemną, określony więc

jest pierwiastek z tej liczby, który nazywamy modułem elementu v i oznaczamy przez |v|, tzn.

|v| = 2

v ⇔ |v|2 = v2 .

Element, którego moduł jest równy 1 nazywamy wersorem. Oczywiście , dla v≠0 element v

v

jest wersorem.

Łatwo uzasadnić, Ŝe moduł elementu v spełnia wszystkie aksjomaty normy, tak więc

zdefiniowanie w przestrzeni wektorowej iloczynu skalarnego pozwala na wyznaczenie normy

a tym samym odległości w tej przestrzeni.

Twierdzenie 1. JeŜeli V jest przestrzenią unitarną, to:

1. ∀∀∀∀ λλλλ∈∈∈∈ℜℜℜℜ ∀∀∀∀ v∈∈∈∈V : ||||λλλλv|||| =||||λλλλ|||| ||||v||||,

2. ∀∀∀∀ v,u∈∈∈∈V : ||||vu|||| ≤≤≤≤ ||||v||||||||u||||, (nierówność Schwarza)

3. ∀∀∀∀ v,u∈∈∈∈V : ||||v+u|||| ≤≤≤≤ ||||v|||| + ||||u||||. (nierówność Minkowskiego)

Dowód.

(1) |λv| = ( )2λv = ( ) ( )λvλv = 22

vλ =2λ 2

v = |λ| |v| ;

PRZESTRZEŃ METRYCZNA I UNORMOWANA, ILOCZYNY WEKTORÓW

Strona 69696969

(2) ∀ λ ≠0: 0≤ (λv+u)2 = λ2

v2 + 2λvu + u

2 ∆≤0 ⇒ (vu)

2 ≤ v

2u

2 ⇒ |vu|2 ≤|v|2|u|2 ⇒

|vu| ≤ |v||u|; (3) ( )2

uv + =|v|2+2|v||u|+|u|2 ≥nierówność Schwarza≥ |v|2+2|vu|+|u|2 ≥ v2+2vu+u

2 =

(v+u)2 ⇒ |v+u| ≤ |v| + |u|.

Uwaga 3. Z nierówności Schwarza, dla elementów niezerowych, otrzymujemy następującą równowaŜność:

1vu

uv≤ ⇔ ∃ϕ∈ℜ: cosϕ=

vu

uv,

w której liczbę rzeczywistą ϕ∈[0,π] nazywamy miarą kąta między niezerowymi elementami

u i v. Wynika stąd równość : uv = |u||v| cosϕ,

prawdziwa dla dowolnych elementów u i v.

W przestrzeni unitarnej definiujemy relację ortogonalności elemenów: dwa elementy u i v

nazywamy ortogonalnymi, jeŜeli ich iloczyn skalarny jest równy zeru, tzn. uv = 0.

Z uwagi 2 wynika, Ŝe niezerowe elementy przestrzeni V są ortogonalne wtedy i tylko wtedy,

gdy ϕ = 2

π, stąd pojęcie prostopadłości (zamiast ortogonalności) stosowane w geometrii.

Bazę e1, e2, ... ,en w n−wymiarowej przestrzeni unitarnej (V,g) nazywamy bazą ortonormalną, jeśli wszystkie elementy tej bazy są parami ortogonalne i kaŜdy z nich jest

wersorem.

Uwaga 4. Dla elementów bazy ortonormalnej, na mocy uwagi 2, mamy następujące

równości:

∀i,j∈1,2, ... ,n : eiej = δij.

Obliczanie iloczynu skalarnego Wyprowadzimy teraz wzór na obliczanie iloczynu skalarnego w n wymiarowej przestrzeni

unitarnej.

Niech e1, e2, ... ,en będzie bazą w n−wymiarowej przestrzeni unitarnej V i niech

u = ∑=

n

1i

iieu , v=∑=

n

1j

jjeu , wtedy:

uv =

∑

=

n

1i

iieu

∑

=

n

1j

jjev = wykorzystując uwagę 1 = ( )∑∑= =

n

1i

n

1j

jiji eevu .

Jeśli baza jest ortonormalna, to na mocy uwagi 3, mamy:

Wniosek 1. Jeśli elementy u i v mają w bazie ortonormalnej postać: u = ∑=

n

1i

iieu ,

v =∑=

n

1j

jjeu , to ich iloczyn skalarny jest liczbą rzeczywistą postaci:

ROZDZIAŁ VII

Strona 70707070

uv = ∑∑= =

n

1i

n

1j

ijji δvu = ∑=

n

1i

iivu .

Uwaga 5. Baza kanoniczna w przestrzeni ℜn jest otonormalna i dlatego w bazie tej mamy:

uv = u1v1 + u2v2 + ...+ unvn ,

|v| = 2

n

2

2

2

1 v...vv +++ ,

cosϕ =

∑∑

∑

==

=n

1i

2

i

n

1i

2

i

n

1i

ii

vu

vu

.

Przykład 8.

Sprawdzić, czy trójkąt o wierzchołkach A(1,2,3), B(−1,4,6), C(3,7,1) jest prostokątny.

Wyznaczyć długości boków i kąty tego trójkąta.

PoniewaŜ AB =[−2,2,3], AC=[2,5,−2] oraz AB AC=−4+10−6=0, czyli kąt A jest prosty

i dany trójkąt jest prostokątny.

Stosując wzory podane w uwadze 4, mamy:

AB = 944 ++ = 17 , AC = 4254 ++ = 33 , BC = [ ]5,3,4 − = 25916 ++ =5 2 ,

cos B)

=BCBA

BCBA =

[ ][ ]2517

5,3,43,2,2

⋅−−−

= 345

17=

10

34, stąd B

)= arccos

10

34, C)

=2

π− B)

.

Iloczyn wektorowy

MnoŜenie wektorowe, ze względu na moŜliwość interpretacji poglądowej, wprowadzimy tylko

w trójwymiarowej przestrzeni unitarnej (V,g).

MnoŜeniem wektorowym w trójwymiarowej przestrzeni unitarnej (V,g) z ustaloną w niej

bazą ortonormalną e1, e2, e3, nazywamy odwzorowanie f: V2 → V, spełniające następujące

warunki ( wartość tego odwzorowania na parze wektorów (u,v)∈V, czyli wektor f(u,v),

będziemy oznaczać u×v i nazywać iloczynem wektorowym wektorów u i v ):

(1) v×u = − u×v,

(2) u×(v+w) = u×v + u×w, (v+w)×u = v×u + w×u,

(3) (λ u)×v = u×(λv) =λ(u×v),

(4) e1×××× e2 = e3 , e2×××× e3 = e1 , e3×××× e1 = e2.

PRZESTRZEŃ METRYCZNA I UNORMOWANA, ILOCZYNY WEKTORÓW

Strona 71717171

Własności iloczynu wektorowego wynikające wprost z jego definicji:

Wniosek 2. ∀∀∀∀v∈∈∈∈V∀∀∀∀λλλλ∈∈∈∈ℜℜℜℜ: v××××(λλλλv) = o.

Dowód. Z warunku (1) definicji mamy: v××××v = − v××××v, czyli v××××v = o, stąd na mocy warunku

(2) mamy: v×(λv) = λ(v××××v) = o.♦

Wniosek 3. JeŜeli wektory u i v mają w bazie ortonormalnej e1, e2, e3rozkłady: u = u1e1+u2e2+u3e3, v = v1e1+v2e2+v3e3, to

u××××v = (u2v3 − u3v2)e1 + (u3v1 − u1v3)e2 + (u1v2 − u2v3)e3,

lub w zapisie symbolicznym:

u××××v =

321

321

321

vvv

uuu

eee

.

Dowód. Wykorzystując warunek (2) definicji (rozdzielność mnoŜenia wektorowego

względem dodawania) mamy:

u×v = (u1e1+u2e2+u3e3)×(v1e1+v2e2+v3e3) = u1v1(e1×e1) + u1v2(e1×e2) + u1v3(e1×e3) +

u2v1(e2×e1) + u2v2(e2×e2) + u2v3(e2×e3) + u3v1(e3×e1) + u3v2(e3×e2) + u3v3(e3×e3) =

= wykorzystując wniosek 1 oraz warunek (4) w definicji mnoŜenia wektorowego =

= u1v1(o) + u1v2(e3) + u1v3(−e2) + u2v1(−e3) + u2v2(o) + u2v3(e1) + u3v1(e2) + u3v2(−e1) +

+ u3v3(o) =(u2v3 − u3v2)e1 + (u3v1 − u1v3)e2 + (u1v2 − u2v3)e3 =

321

321

vvv

uuu

321 eee

.♦

Podobnie dowodzimy następującego wniosku:

Wniosek 4. Wektor u××××v jest ortogonalny do wektora u i do wektora v, tzn. iloczyn

skalarny u(u××××v) = 0 i v(u××××v) = 0. Przykład 9.

Wyznaczyć wektor prostopadły do wektorów u, v∈ℜ3, jeŜeli u = [1,0,2],

v=[1,3,−2].

Z uwagi na wniosek 3, wektorem takim będzie iloczyn wektorowy tych wektorów, więc

u×v =

2-31

201

kji

= i23

20

− − j

21

21

−+ k

31

01 = −6i+4j+3k = [−6,4,3].

W przestrzeni unitarnej trójwymiarowej określa się takŜe iloczyn mieszany wektorów.

ROZDZIAŁ VII

Strona 72727272

Iloczyn mieszany

Iloczynem mieszanym uporządkowanej trójki wektorów (u, v, w) nazywamy iloczyn

u(v×w), który oznaczamy symbolem uvw .

Uwaga 6. JeŜeli u, v, w∈ℜ3, to wykorzystując wniosek 2, łatwo wykazać, Ŝe iloczyn

mieszany uvw = u(v×w) = (u×v)w = det(u, v, w).

W trójwymiarowej przestrzeni wektorowej dwa wektory liniowo zaleŜne nazywamy

wektorami kolinearnymi (współliniowymi)( w przestrzeni ℜ3 – równoległymi), a trzy

wektory liniowo zaleŜne noszą nazwę komplanarnych (współpłaszczyznowych).

Uwaga 7. Z własności wyznaczników (własność 6) wynika, Ŝe trzy wektory u,v,w są współpłaszczyznowe wtedy i tylko wtedy, gdy uvw = 0.

Uwaga 8. PoniewaŜ iloczyn mieszany trójki wektorów u,v, u××××v jest równy (u×v)( u×v) =

| u×v|2 > 0, więc wektory te, na mocy uwagi 2, są liniowo niezaleŜne, o ile u××××v ≠0.

Twierdzenie 2. W trójwymiarowej przestrzeni unitarnej V zachodzą następujące toŜsamości wektorowe:

1. ∀∀∀∀ u, v, w∈∈∈∈V: ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

−=××−=××

uvwvuwwvu

wuvvuwwvu , (toŜsamość Gibbsa)

2. ∀∀∀∀ u, v, w,z∈∈∈∈V: (u××××v)(w××××z) = det

vzuw

vwuw , (toŜsamość Laplace’a)

3. ∀∀∀∀ u, v∈∈∈∈V: (u××××v)2 = u

2v

2 − (uv)

2. (toŜsamość Lagrange’a)

Z toŜsamości Lagrange’a, uwzględniając równość uv = |u||v||cosϕ|, mamy:

(u×v)2 = u

2v

2 − (uv)

2 = |u|2|v|2 −(|u||v||cosϕ|)2

= |u|2|v|2(1−cos2ϕ) = |u|2|v|2sin

2ϕ, czyli:

Wniosek 5. ∀∀∀∀u, v∈∈∈∈V: ||||u××××v|||| = ||||u||||||||v||||sinϕϕϕϕ , ϕϕϕϕ∈∈∈∈[0,ππππ], zatem moduł wektora u××××v

w przestrzeni ℜℜℜℜ3 jest równy polu równoległoboku rozpiętego na wektorach u i v.

Bazując na tym wniosku i rozwaŜając równoległościan rozpięty na wektorach u, v i w

nietrudno uzasadnić następujący wniosek.

Wniosek 6. JeŜeli wektory u, v, i w nie są współpłaszczyznowe, to liczba ||||uvw|||| określa objętość równoległościanu rozpiętego na tych wektorach.

PRZESTRZEŃ METRYCZNA I UNORMOWANA, ILOCZYNY WEKTORÓW

Strona 73737373

Przykład 10. Obliczyć objętość czworościanu ABCD oraz długość wysokości

poprowadzonej z wierzchołka D, jeŜeli A(0,1,1), B(1,2,3), C(2,1,3), D(4,5,4).

Wyznaczamy wektory , na których rozpięty jest czworościan : AB = [1,1,2],

AC= [2,0,2], AD = [4,4,3].

AB × AC =

i j k

1 1 2

2 0 2

r r r

= i(2) - j(-2) + k(-2) = [2, 2,-2].

Objętość czworościanu: V = 1

6 | AB AC AD | =

1

6[2,2,-2][4,4,3] =

5

3.

Pole podstawy czworościanu: P = 1

2|[2,2,-2]| =

1

24 4 4+ + = 3 .

Ze wzoru na objętość czworościanu V = 1

3 Ph, mamy: h =

5

3.

Przestrzeń euklidesowa

Niech V będzie dowolną przestrzenią liniową nad ciałem K, której elementy będziemy

nazywać teraz punktami i oznaczać duŜymi literami A, B, C, ... . RóŜnicę dwóch punktów

B − A będziemy nazywać wektorem o początku A i końcu B i oznaczać AB . Wektor OA ,

gdzie O jest elementem zerowym przestrzeni V, nazywamy wektorem wodzącym punktu A.

To działanie odejmowania spełnia następujące warunki:

1. ∀A,B,C∈V: ( AB = AC ) ⇒ (B = C ), (jednoznaczność)

2. ∀A,B,C∈V: AB + BC = AC. (warunek Chaslesa)

JeŜeli przestrzeń V będzie przestrzenią unitarną, to tę nową strukturę, która spełnia powyŜsze

warunki, i w której określona została norma, a zatem i metryka generowana przez tę normę, będziemy nazywać przestrzenią euklidesową i oznaczać symbolem E. Tak więc w tej

przestrzeni określone są takie pojęcia jak odległość, kąt, pole, objętość, itp.

JeŜeli w przestrzeni n wymiarowej V dana jest baza e1, e2, ... , en, to jej odpowiednikiem

w przestrzeni euklidesowej n wymiarowej En będzie uporządkowany układ n+1 punktów o,

e1, e2, ... , en, nazywanych kartezjańskim układem współrzędnych. Punkt zerowy o

nazywamy wtedy początkiem układu współrzędnych, a współrzędne wektora OA

w danej bazie współrzędnymi punktu A w tej bazie.

Najprostszy i najczęściej stosowany jest tzw. ortokartezjański układ współrzędnych,

w którym wektory bazy są wersorami parami ortogonalnymi.

W przestrzeni euklidesowej ℜ3 ortokartezjańskim układem współrzędnych jest np. układ

o , i , j , k , gdzie o = (0, 0, 0), i =[1, 0, 0], j =[0, 1, 0], k =[0,0,1].

ROZDZIAŁ VII

Strona 74747474

Ćwiczenia

1. Sprawdzić, Ŝe dane odwzorowanie jest metryką, obliczyć odległość wskazanych punktów

A i B, wyznaczyć kulę o środku w punkcie A i promieniu r:

a) d1: ℜ+ → ℜ+∪0: d1(x,y) =

y

xln , A=e, B=e

2, r = 1 ;

b) d2: C → ℜ+∪0: d2(z1,z2) = |rez1−rez2| + |imz1−imz2| , A=1−i, B=3+2i, r=1 .

2. Wykazać, Ŝe odwzorowanie f jest zwęŜające, jeŜeli: f(x) = 2x10

1, x∈[−3,3].

3. Wykazać, Ŝe odwzorowanie f jest izometrią, jeŜeli: f: ℜ2 → ℜ2

oraz

∀(x,y)∈ℜ2: f(x,y) =

++−− 1y

2

1x

2

32,y

2

3x

2

1(metryka kartezjańska).

4. Wykazać, Ŝe funkcjonał g: V2 → ℜ określa mnoŜenie skalarne w przestrzeni V macierzy

kwadratowych stopnia 2, jeŜeli

zv

yx,

dc

bag = ax + by + cv + dz.

5. Wykazać, Ŝe w przestrzeni V macierzy kwadratowych stopnia 2 normę macierzy moŜna

określić wzorem: d +c+ b + adc

ba2222=

. Przyjmując metrykę indukowaną przez

tę normę, wyznaczyć odległość macierzy A=

−− 23

01 i B =

− 01

22 .

W następnych przykładach iloczyn skalarny w rozwaŜanych przestrzeniach określony jest

w Uwadze 5.

6. Wykazać, Ŝe zbiór e1, e2, e3, gdzie e1 =

−−3

1,

3

2,

3

2 , e2 =

−3

2,

3

2,

3

1, e3 =

−−3

2,

3

1,

3

2 tworzy w przestrzeni ℜ3

bazę ortonormalną.

7. Wyznaczyć rzut wektora a = [1, 2, 2] na oś wyznaczoną przez wektor b [−3, 0, −4].

8. Sprawdzić, czy łamana ABCDA jest kwadratem , jeŜeli A(1,1,1), B(2,3,3), C(3,−1,2),

D(4,1,4) ?

9. Wykazać, Ŝe trójkąt o wierzchołkach A(2+5 3 ,5,−1), B(2−5 3 ,−3,5), C(2,4,6) jest

równoramienny. Wyznaczyć miary kątów tego trójkąta.

10. Wyznaczyć miary kątów i pole trójkąta rozpiętego na wektorach: p =−a + 2

1b + c,

q = 2a − b + c wiedząc, Ŝe wektory a i b są wzajemnie prostopadłe, wektor c tworzy z

wektorami a i b kąty równe 3

π oraz |a| = 1, |b| = |c| = 2 .

PRZESTRZEŃ METRYCZNA I UNORMOWANA, ILOCZYNY WEKTORÓW

Strona 75757575

11. Sprawdzić, czy punkty A(1,2,2), B(0,−3,1), C(2,3,1), D(−1,−2,3) leŜą w jednej

płaszczyźnie?

12. Dane są trzy wierzchołki czworościanu ABCD: A(1,0,1), B(0,1,1), C(1,1,0). Wyznaczyć wierzchołek D wiedząc, Ŝe jego trzy współrzędne są jednakowe, a objętość czworościanu

jest równa 2.

13. Dane są cztery punkty : A(0,3,1), B(2,−1,2), C(3,0,−1) i S(5,7,−3) będące wierzchołkami

ostrosłupa ABCS. Wyznaczyć wektor ES , gdzie E jest spodkiem wysokości ostrosłupa

wychodzącej z wierzchołka S.

14. Dane są wierzchołki trójkąta: A(−1,1,2), B(3,1,−1), C(2,3,1). Wyznaczyć: a) pole trójkąta;

b) długość wysokości wychodzącej z wierzchołka C;

c) punkt przecięcia się środkowych;

d) wektor określający kierunek dwusiecznej kąta przy wierzchołku B;

e) wektor wysokości wychodzącej z wierzchołka A;

f) objętość czworościanu o wierzchołkach A,B,C i D, gdzie D(−2,2,4);

g) długość wysokości czworościanu wychodzącej z wierzchołka D.

ROZDZIAŁ VII

Strona 76767676

VIII Płaszczyzna i prosta w R3

ROZDZIAŁ VIII

Strona 78787878

Płaszczyzna w ℜ3

Równanie płaszczyzny π

prostopadłej do wektora rn =[A,B,C] i przechodzącej przez

punkt P(x0,y0,z0) wyznaczymy

z warunku na prostopadłość

wektorów rn i 0PP , gdzie punkt

P(x,y,z) jest dowolnym punktem

płaszczyzny:

nPP0

ro = 0 ⇔ A(x−x0)+B(y−y0)+C(z−z0)=0.

Otrzymaliśmy ogólne równanie płaszczyzny: Ax+By+Cz+D=0, gdzie D=−Ax0−By0−Cz0.

JeŜeli D≠0, to moŜemy napisać odcinkowe równanie płaszczyzny: x

a +

y

b +

z

c = 1, gdzie

a, b, c są współrzędnymi odcinanymi przez płaszczyznę na osiach układu współrzędnych.

Przez trzy punkty A(a1,a2,a3), B(b1,b2,b3), C(c1,c2,c3) nie leŜące na jednej prostej przechodzi

jedna płaszczyzna. Wektor AB× AC jest prostopadły do tej płaszczyzny i jeśli punkt P(x,y,z)

leŜy na tej płaszczyźnie, to wektory AB , AC , AP są komplanarne, czyli AB AC AP = 0,

a więc równanie tej płaszczyzny moŜna zapisać w postaci:

ac ac ac

a-b a-b ab

a-z a-y a- x

332211

332211

3 21

−−−− = 0 ⇔ .0

1ccc

1bbb

1aaa

1zyx

321

321

221 =

Komplanarność (współpłaszczyznowość) trzech wektorów: AP , ur

, vr

( gdzie wektory ur

i vr

są równoległe do płaszczyzny), moŜna zapisać w postaci:

vurr τσ +=AP , σ, τ∈ℜ.

Otrzymujemy wtedy równania parametryczne płaszczyzny równoległej do wektorów ur i v

r zawierającej punkt A:

++=++=++=

333

222

111

τvσuaz

τvσuay

τvσuax

, σ, τ∈ℜ.

PŁASZCZYZNA I PROSTA W R3

Strona 79797979

Przykład 1.

Wyznaczyć równanie płaszczyzny prostopadłej do wektora nr

= [1,−2,3] przechodzącej przez

punkt P(1,0,−1).

Równanie płaszczyzny będzie miało postać: x − 2y + 3z + D = 0. PoniewaŜ punkt P leŜy na

tej płaszczyźnie, więc jego współrzędne spełniają równanie: 1(1)-2(0)+3(-1) +D=0, stąd

mamy D = 2 i równanie płaszczyzny ma postać: x −2y + 3z + 2 = 0.

Przykład 2.

Wyznaczyć równanie płaszczyzny, na której leŜy trójkąt ABC o wierzchołkach: A(1,0,1),

B(−2,0,3), C(1,2,−1). Obliczyć pole tego trójkąta.

Wyznaczamy wektory, na których rozpięty jest trójkąt: AB = [−3,0,2], AC = [0,2,−2].

Wektorem prostopadłym do płaszczyzny jest wektor AB × AC =

i j k

- 3 0 2

0 2 -2

r r r

=

i(−4) − j(6) +k(−6) = [−4,−6,−6], zatem jej równanie ma postać: −4x − 6y − 6z + D = 0 .

PoniewaŜ punkt A leŜy na tej płaszczyźnie więc −4(1) − 6(0) − 6(1) + D = 0, a stąd

otrzymamy D = 10, zatem równanie płaszczyzny ma postać: −4x −6y −6z + 10 = 0 , albo

w formie prostszej: 2x + 3y + 3z −5 = 0 .

Pole trójkąta obliczymy wykorzystując iloczyn wektorowy: P = 1

2AB × AC =

1

216 36 36+ + = 22 .

Kąt między płaszczyznami: π1 : A1x +B1y +C1z +D1 = 0 ; π2: A2x +B2y +C2z +D2= 0:

cosϕ =

ror

r r

n n

n n

1 2

1 2

= A A B B C C

A B C A B C

1 2 1 2 1 2

1 1 1 2 2 2

+ +

+ + + +2 2 2 2 2 2.

Warunek prostopadłości:

π1 ⊥ π2 ⇔ r

or

n n1 2 = 0 ⇔ A1A2 + B1B2 + C1C2 = 0 .

Warunek równoległości:

π1 π2 ⇔ r rn n1 2× = 0 ⇔

A

A

1

2

= B

B

1

2

= C

C

1

2

.

Odległość punktu P0(x0,y0,z0) od płaszczyzny π : Ax + By + Cz + D = 0 :

d(P0, π ) = 222

000

CBA

CzByAx

++

+++ D .

Przykład 3.

Wyznaczyć kąt miedzy płaszczyznami: π1 : 2x − z + 7 = 0,

π2 : x − y +4z −1 = 0.

Mamy wektory prostopadłe do płaszczyzn: rn1 = [2,0,−1] ,

rn 2 = [1,−1,4], więc

cosϕ = 2 1 0 1 1 4

4 0 1 1 1 16

⋅ + ⋅ − + − ⋅+ + + +

( ) ( ) =

2

3 10 , stąd ϕ = arccos

2

3 10 .

ROZDZIAŁ VIII

Strona 80808080

Przykład 4.

Obliczyć odległość dwóch płaszczyzn równoległych: π1 : x −2y + z − 1 = 0,

π2 : −2x + 4y − 2z −4 = 0.

Płaszczyzny te są równoległe, bo ich wektory prostopadłe: [1,−2,1], [−2,4,−2] są równoległe

( bo 1

2− =

− 2

4 =

2

1

−) .

Punkt A(1,1,2) leŜy na płaszczyźnie π1 , więc szukana odległość będzie równa:

d(π1, π2) = d(A, π2) = − ⋅ + ⋅ − ⋅ −

+ +2 1 4 1 2 2 4

4 16 4 =

6

2 6 =

6

2.

Prosta w ℜℜℜℜ3

Równanie prostej przechodzącej przez punkt A(a1,a2,a3) i równoległej do niezerowego wektora rv=[v1,v2,v3] wyprowadzimy z warunku na równoległość wektorów. JeŜeli punkt P(x,y,z) jest

dowolnym punktem prostej L, to

AP v AP ⇔r

=trv , a stąd otrzymujemy

parametryczną postać prostej:

L:

x = a tv

y = a tv

z = a tv

1 1

2 2

3 3

+++

, t∈ℜ .

Inaczej, poniewaŜ AP || rv , więc AP ×

rv =0, czyli

i j k

x - a y - a z - a

v v v

1 2 3

1 2 3

r r r

= 0 ⇔ ( y - a z - a

v v

2 3

2 3

= 0, x - a z - a

v v

1 3

1 3

= 0, x -a y -a

v v

1 2

1 2

= 0 ) ,

stąd otrzymujemy kierunkowe równanie prostej:

L: 1

1

v

a-x =

y - a

v

2

2

= z - a

v

3

3

( jeśli któreś vi = 0, wtedy przyjmujemy, Ŝe odpowiedni licznik jest równy 0).

Równanie prostej przechodzącej przez dwa punkty A(a1,a2,a3), B(b1,b2,b3): poniewaŜ

wektor AB || L , więc:

L: 11

1

ab

a-x

− =

y - a

b a

2

2 2− =

z - a

b a

3

3 3−

( jeśli któreś bi – ai = 0, wtedy przyjmujemy, Ŝe odpowiedni licznik jest równy 0)

PŁASZCZYZNA I PROSTA W R3

Strona 81818181

lub w postaci parametrycznej:

L:

x = a t(b a

y = a t(b a

z = a t(b a

1 1 1

2 2 2

3 3 3

+ −+ −+ −

)

)

)

, t∈ℜ.

Przykład 5.

Wyznaczyć równanie prostej L przechodzącej przez dwa punkty: A(1,2,3), B(2,4,−1).

Wektor równoległy do prostej L: AB = [1,2,−4] , więc postać kierunkowa prostej L będzie:

L: x -1

1 =

y - 2

2 =

4-

3-z,

zaś postać parametryczna: L:

4t-3=z

2t+2=y

t+1=x

, t∈ℜ.

Dwie płaszczyzny π1 : A1x +B1y +C1z +D1 = 0 i π2: A2x +B2y +C2z +D2= 0 mogą mieć punkty wspólne lub być zbiorami rozłącznymi. Punkty wspólne tych płaszczyzn będą rozwią-zaniami następującego układu równań liniowych z trzema niewiadomymi:

=+++=+++

0. D zCy Bx A

0, D zCy Bx A

2222

1111

Zgodnie z twierdzeniem Kroneckera-Capelli’ego układ ten będzie miał rozwiązanie, gdy

rzędy macierzy A=

222

111

CBA

CBA i Ab =

2222

1111

DCBA

DCBA

będą równe.

JeŜeli r(A) ≠ r(Ab), to π1∩π2=∅ i płaszczyzny π1 i π2 są równoległe.

JeŜeli r(A) = r(Ab) = 1, to wektory 1n

r =[A1,B1,C1] i 2nr =[A2,B2,C2] są równoległe, czyli

istnieje λ∈ℜ, takie Ŝe 1n

r =λ2n

r , a poniewaŜ r(Ab) = 1, więc takŜe D1=λD2, a więc płaszczyzny

π1 i π2 pokrywają się. JeŜeli r(A) = r(Ab) = 2, to rozwiązania tego układu

są zaleŜne od jednego parametru i przedstawiają równania parametryczne prostej L=π1∩π2

będącej wspólną krawędzią tych płaszczyzn.

Otrzymujemy w ten sposób równania krawędziowe prostej L:

L:

=+++=+++

0. D zCy Bx A

0, D zCy Bx A

2222

1111

Krawędź L wyznacza tzw. pęk płaszczyzn (czyli

zbiór płaszczyzn zawierających prostą L), który

jest kombinacją liniową równań płaszczyzn

tworzących prostą L.

Równanie pęku ma więc następującą postać: α(A1x +B1y +C1z +D1) +β( A2x +B2y +C2z +D2)=0, α2

+β2≠0, α, β∈ℜ.

ROZDZIAŁ VIII

Strona 82828282

Przykład 6.

Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt P(1,2,−1) i zawierającej prostą

L : x + y - z = 0

2x - y + 3z -4 = 0

.

Szukana płaszczyzna naleŜy do pęku: α(x+y−z) + β(2x−y+3z−4) = 0. PoniewaŜ punkt P

naleŜy do szukanej płaszczyzny, więc α(1+2+1) + β(2−2−3−4) = 0, stąd 4α=7β. Przyjmując

α=7, β=4 otrzymamy równanie szukanej płaszczyzny:

7(x+y−z) + 4(2x−y+3z−4) = 0 ⇔ 15x + 3y + 5z −16 = 0.

Przykład 7.

Wyznaczyć punkt Q symetryczny do punktu P(1,−2,7) względem prostej L:

t-2=z

t+1=y

2t=x

.

Wektor rv=[2,1,−1] równoległy do prostej L jest wektorem prostopadłym do płaszczyzny

prostopadłej do prostej L. Wyznaczymy równanie takiej płaszczyzny, która przechodzi przez

dany punkt P: π: 2(x−1)+1(y+2)−1(z−7)= 0 ⇔ 2x + y − z + 7=0. Punkt wspólny S danej prostej i znalezionej płaszczyzny wyznaczymy wstawiając do równania płaszczyzny

współrzędne prostej: 2(2t) + (1+t) − (2−t) + 7= 0, stąd t=−1 i mamy punkt S(-2,0,3). Punkt S

jest środkiem odcinka PQ i jeśli punkt Q ma współrzędne (a,b,c), to:

a +1

2 = −2 ,

b - 2

2 = 0,

c + 7

2 = 3, stąd Q(−5,2,−1).

Wzajemne połoŜenie prostych i płaszczyzn

RozwaŜmy dwie proste L1 i L2 o równaniach:

L1: x - a

v

1

1

= y - a

v

2

2

= z - a

v

3

3

, L2 : x - b

u

1

1

= y - b

u

2

2

= z - b

u

3

3

.

Kąt miedzy prostymi: cosϕ =

ror

r rv u

v u⋅ =

v u v u v u

v v v u u u

1 1 2 2 3 3

1 2 3 1 2 3

+ +

+ + + +2 2 2 2 2 2.

Warunek prostopadłości: L1 ⊥ L2 ⇔ ror

v u = 0 ⇔ v1u1 + v2u2 + v3u3 = 0.

Warunek równoległości: L1 || L2 ⇔ ( u

v

1

1

= u

v

2

2

= u

v

3

3

lub r ru v× = 0 ).

Warunek przecinania się prostych nierównoległych:

0uvrrr

≠× i 0AB =uvrr

, gdzie A∈L1 a B∈L2 .

JeŜeli 0AB ≠uvrr

, to proste nazywamy skośnymi .

PŁASZCZYZNA I PROSTA W R3

Strona 83838383

Odległość punktu P(x0,y0,z0) od prostej

L: x - a

v

1

1

= y - a

v

2

2

= z - a

v

3

3

, obliczamy ze wzoru:

d(P,L) = v

APv

r

r×

, gdzie punkt A(a1,a2,a3)∈L.

Odległość dwóch prostych skośnych:

Dla danych prostych skośnych L1: x - a

v

1

1

= y - a

v

2

2

= z - a

v

3

3

i L2 :x - b

u

1

1

= y - b

u

2

2

=z - b

u

3

3

ich odległość wyraŜa się wzorem:

d(L1,L2) = uv

ABuv

rr

rr

×, gdzie A(a1,a2,a3)∈L1 i B(b1,b2,b3)∈L2 .

Przykład 8.

Sprawdzić, Ŝe proste L1: x -1

1=

y + 2

2 =

z -1

2 i L2 :

x

1=

y-5

-1 =

z + 4

3 się przecinają.

Wyznaczyć cosinus kąta między nimi.

A(1,-2,1) ∈L1 , B(0,5,-4) ∈L2 , stąd AB = [−1,7,−5]; rv = [1,2,2] ,

ru = [1,−1,3], stąd

r rv u× = [8,−1,−3] ≠ 0

r . PoniewaŜ AB o (

r rv u× ) = (−1)8+(7)(−1)+(−5)(−3) = 0, więc proste

przecinają się.

cosϕ = 1 2 6

1 4 4 1 1 9

− ++ + + +

= 5

3 11 , stąd ϕ = arccos

5

3 11 .

Przykład 9.

Wyznaczyć odległość punktu P(1,2,−1) od prostej L: x -1

2=

y +1

0 =

z -3

1 .

Mamy tutaj: A(1,−1,3) ) ∈L, AP = [0,3,−4], rv = [2,0,1] , a stąd

APv × =

i j k

2 0 1

0 3 - 4

r r r

= [−3,8,6]. Ze wzoru na odległość punktu od prostej mamy:

d(P,L) = 9 64 36

4 0 1

+ ++ +

= 5

109.

Prosta L: x - a

v

1

1

= y - a

v

2

2

= z - a

v

3

3

i płaszczyzna π: Ax + By + Cz + D = 0 mogą

względem siebie znajdować się w trzech moŜliwych połoŜeniach:

1. L ∩ π = ∅ (prosta i płaszczyzna nie mają punktów wspólnych, czyli prosta jest

równoległa do płaszczyzny), wtedy r rv n⊥ , czyli Av1+Bv2+Cv3=0 (

ror

n v =0) i

Aa1+Ba2+Ca3+D≠0;

ROZDZIAŁ VIII

Strona 84848484

2. L ⊂ π (prosta leŜy na płaszczyźnie), wtedy Av1+Bv2+Cv3=0 (ror

n v =0) i Aa1+Ba2+Ca3+D=0;

3. L ∩ π = P0 (prosta i płaszczyzna mają jeden punkt wspólny), wtedy ror

n v ≠ 0 i moŜna

wyznaczyć kąt miedzy prostą i płaszczyzną: sinϕ =

ror

r rn v

n v⋅ .

Przykład 10.

Wyznaczyć równanie prostej przechodzącej przez punkt P(1,2,0), równoległej do

płaszczyzny π: x + 2y − z + 4 = 0 oraz przecinającej prostą L: x

2=

y -1

-1 =

z -3

1 .

Sposób 1. Szukana prosta L1 leŜy w płaszczyźnie π1 równoległej do płaszczyzny π

przechodzącej przez punkt P. Równanie płaszczyzny π1 będzie: 1(x−1)+2(y−2)−(z−0)=0 lub

krócej: x+2y−z−5=0. Prosta L1 zawiera punkt wspólny płaszczyzny π1 i prostej L. Wstawiając

współrzędne prostej L do równania płaszczyzny π1 mamy:

1(2t)+2(1−t)−(3+t)−5=0, stąd t=−6 i punkt wspólny ma współrzędne Q(−12,7,−3). Szukana

prosta przechodzi przez punkty P i Q, a więc moŜna ją zapisać w postaci:

L1:

x = 1 + 13t

y = 2 - 5t

z = 3t

, t∈ℜ.

Sposób 2. Szukana prosta jest krawędzią dwóch płaszczyzn: płaszczyzny π1 (wyznaczonej w

poprzednim rozwiązaniu) i płaszczyzny z pęku wyznaczonego przez prostą L zawierającej

punkt P. Piszemy prostą L w postaci krawędziowej:

L: −

x = 2(y -1)

x = 2(z -3) ⇔ L:

x + 2y - 2 = 0

x - 2z + 6 = 0

.

Równanie pęku wyznaczonego przez prostą L: α(x+2y−2) + β(x−2z+6) = 0.

Punkt P leŜy na tej płaszczyźnie, więc α(1+2(2)−2) + β(1−2(0)+6) = 0 ⇔ 3α+7β=0.

Przyjmując α=7 i β=−3 mamy równanie szukanej płaszczyzny:

7(x+2y−2) − 3(x−2z+6) =0 ⇔ 2x+7y+3z−16 = 0.

Tak więc szukana prosta ma postać krawędziową: L1: x + 2y - z -5 = 0

2x + 7y + 3z -16 = 0

.

PŁASZCZYZNA I PROSTA W R3

Strona 85858585

Ćwiczenia

1. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt P(7,−5,1) i odcinającej na

osiach układu współrzędnych równe odcinki.

2. Wyznaczyć równanie płaszczyzny zawierającej punkt A(1,−1,1) i prostopadłej do

płaszczyzn: π1: x−y+z=1, π2: 2x+y+z+1=0.

3. Wyznaczyć równanie płaszczyzny zawierającej oś OZ i tworzącej z płaszczyzną

π: 2x + y − 5 z −7 = 0 kąt o mierze 3

π.

4. Wyznaczyć stałą k∈ℜ tak, aby płaszczyzny o równaniach: x−y+z=0, 3x−y−z+2=0, 4x−y−2z+k=0, przecinały się wzdłuŜ prostej.

5. Wyznaczyć równania prostej przechodzącej przez punkt A(1,−2,3) i tworzącej z osiami

układu współrzędnych kąty o miarach: 4

π,

3

π,

3

2π .

6. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt P(3,1,−2) i zawierającej

prostą L: 2

4x

−−

= 2

3y +=

1

z .

7. Wyznaczyć współrzędne punktu symetrycznego do punktu A(4,−3,1) względem

płaszczyzny π: x+ 2y −z −3 = 0.

8. Wyznaczyć współrzędne punktu symetrycznego do punktu P(4,3,10), względem prostej

L: 2

1x − =

4

2y − =

5

3z −.

9. Wyznaczyć równania prostych, na których leŜą dwusieczne kątów między prostymi:

L1: 2

1x +=

1

1y −=

2

1z

−−

i L2: 4

5x −=

3

1y

−+

=0

1z + .

10. Wyznaczyć odległość dwóch prostych: L1: x = −y = 2z i L2: x = y = 2.

11. Wykazać, Ŝe prosta L: 5

1x −=

3

2y +=

4

4z − jest równoległa do płaszczyzny

π: 4x+8y−11y+5=0 oraz wyznaczyć odległość tej prostej od płaszczyzny π.

12. Wyznaczyć równanie płaszczyzny zawierającej prostą L:

=−+=+

0zyx

33yx i równoległej do

prostej K:

=+−=+

0zy3x

1zx .

13. Wyznaczyć rzut prostej L: 1

1x − =

2

1y − =

0

1z + na płaszczyznę π: x+2y−2z−1=0.

Wyznaczyć kąt jaki tworzy prosta L z płaszczyzną π oraz równanie płaszczyzny

zawierającej prostą L i prostopadłej do płaszczyzny π.

ROZDZIAŁ VIII

Strona 86868686

14. Dla czworościanu o wierzchołkach A(0,1,2), B(3,2,1), C(−1,0,2), D(2,3,3), wyznaczyć: a) miarę kąta między ścianą czworościanu zawierającą punkty A, B, C a prostą, na której

leŜą wierzchołki A i D;

b) miarę kąta między wysokością wychodzącą z wierzchołka A w trójkącie ABC a

ścianą tego czworościanu zawierającą wierzchołki BCD.

IX Powierzchnie stopnia drugiego

ROZDZIAŁ IX

Strona 88888888

Zbiór punktów przestrzeni ℜ3, których współrzędne spełniają równanie:

a11x2+a22y

2+a33z

2+2a12xy+2a13xz+2a23yz+2b1x+2b2y+2b3z+c=0,

gdzie |a11|+|a22|+|a33|+|a12|+|a13|+|a23| >0, nazywamy kwadryką albo powierzchnią stopnia

drugiego.

Równanie to moŜna przedstawić w zapisie macierzowym:

XAXT +2BX

T+c=0,

gdzie A=[aij]3×3, B=

3

2

1

b

b

b

i X=

3

2

1

x

x

x

.

MoŜna wykazać, Ŝe istnieje takie przekształcenie płaszczyzny (będzie to złoŜenie

przesunięcia i obrotu), w wyniku którego otrzymamy tzw. postać kanoniczną powierzchni

stopnia drugiego.

JeŜeli detA≠0, to postać kanoniczna jest następująca:

2

11xa~ +2

22ya~ +2

33za~ + c~ =0,

natomiast w przypadku, gdy detA=0, kanoniczne równanie kwadryki będzie:

2

11xa~ +2

22ya~ + zb~

3 + c~ =0.

ZaleŜnie od znaku współczynników 11a~ , 22a~ , 33a~ , 3b~

, c~ (które mogą być takŜe równe zeru)

wyróŜniamy 17 róŜnych powierzchni stopnia drugiego, w tym 9 kwadryk właściwych, pozostałe to tzw. kwadryki niewłaściwe (zdegenerowane) (zbiory puste, zbiory

jednoelementowe, unie prostych i płaszczyzn).

POWIERZCHNIE STOPNIA DRUGIEGO

Strona 89898989

Przykład 1.

Przykłady kwadryk niewłaściwych:

a) Równanie x2+y

2+z

2=0 przedstawia punkt O(0,0,0);

b) Równanie x2+y

2+z

2=−1 przedstawia zbiór pusty;

c) Równanie x2+y

2=0 przedstawia prostą (oś OZ);

d) Równanie x2−y

2=0 przedstawia unię dwóch płaszczyzn o równaniach: x−y=0 i

x+y=0.

Przykład 2.

Przykładem kwadryki właściwej jest sfera S(A,r) o środku A(a1,a2,a3)

i promieniu r>0:

(x−a1)2+(y−a2)

2+(z−a3)

2 = r

2.

JeŜeli środek sfery A jest odległy od płaszc-

zyzny π: v1x+v2y+v3z+v0=0 o mniej niŜ r, to

unię tych zbiorów C=S∩π nazywamy

okręgiem a układ równań:

=++=+++

22

3

2

2

2

1

0321

r )a-(z)a-(y)a-(x

0vzvyvxv

nazywamy równaniami krawędziowymi okręgu C.

Sfera jest szczególnym przypadkiem rodziny powierzchni obrotowych.

Powierzchnie obrotowe

Niech Γ :

===

(t)fz

(t)fy

(t)fx

3

2

1

, t∈T⊂ℜ będzie

krzywą, którą obracamy dookoła prostej

L:3

3

2

2

1

1

v

ax

v

ax

v

ax −=

−=

−.

KaŜdy punkt krzywej Γ zakreśla okrąg,

którego równanie krawędziowe moŜemy

napisać w postaci:

−+−+−=++=++

.)a(t)(f)a(t)(f)a(t)(f )a-(z)a-(y)a-(x

0,(t))f-(zv(t))f-(yv(t))f-(xv2

33

2

22

2

11

2

3

2

2

2

1

332211

ROZDZIAŁ IX

Strona 90909090

Zbiór tych okręgów tworzy powierzchnię obrotową, krzywą Γ nazywamy kierownicą, a prostą L osią obrotu tej powierzchni obrotowej.

Rugując z tego układu równań parametr t otrzymamy równanie powierzchni obrotowej.

Nie zawsze będzie to równanie powierzchni stopnia drugiego, co pokazuje następujący

przykład.

Przykład 3.

Wyznaczyć równanie powierzchni powstałej

z obrotu paraboli Γ:

==

0z

xy2

dookoła osi OX.

Krzywa Γ ma postać parametryczną

===

0z

ty

tx2 ,

a wektor kierunkowy osi obrotu v=[1,0,0].

Przyjmując A(0,0,0)∈L za środek sfery, moŜemy napisać równania okręgów tworzących

powierzchnię:

−+−+−=−+−+−=−+−+−

2222222

2

0)(00)(t0)(t0)(z0)(y0)(x

0,0)0(z)t0(yt)1(x ⇔

+=++=

.ttzyx

t,x42222

Rugując parametr t otrzymamy równanie powierzchni:

x2

+ y2

+ z2

= x2

+ x4

⇔ y

2 + z

2 = x

4,

która jest powierzchnią stopnia czwartego.

Przykład 4.

Wyznaczyć równanie powierzchni powstałej z obrotu półelipsy Γ:

≥=

=+

0),(x0,y

1,c

z

a

x2

2

2

2

dookoła osi OZ.

Postać parametryczna półelipsy: Γ:

==

−=

t,z

0,y

,c

t1ax

2

2

wtedy podobnie jak w przykładzie 3, moŜemy napisać równania okręgów tworzących powierzchnię obrotową :

POWIERZCHNIE STOPNIA DRUGIEGO

Strona 91919191

−+−+

=++

=++

.0)(t0)(0c

t-1a 0)-(z0)-(y0)-(x

0,t)-1(z0)-0(yc

t-1a-x0

22

2

2

2222

2

2

Rugując z tego układu parametr t otrzymamy:

1c

z

a

y

a

x2

2

2

2

2

2

=++ .

Jest to równanie elipsoidy obrotowej.

Ogólne równanie elipsoidy eliptycznej ma postać:

1c

z

b

y

a

x2

2

2

2

2

2

=++

Obracając dookoła osi OZ hiperbolę Γ:

=

=−

0,y

1,c

z

a

x2

2

2

2

otrzymamy równanie powierzchni stopnia drugiego:

1c

z

a

y

a

x2

2

2

2

2

2

=−+ − obrotową hiperboloidę jednopowłokową.

Ogólne równanie hiperboloidy jednopowłokowej ma postać:

1c

z

b

y

a

x2

2

2

2

2

2

=−+ .

Obracając dookoła osi OX tę samą hiperbolę Γ:

=

=−

0,y

1,c

z

a

x2

2

2

2

otrzymamy równanie

powierzchni stopnia drugiego: 1c

z

c

y

a

x2

2

2

2

2

2

=−− − obrotową hiperboloidę dwupowłokową.

Ogólne równanie hiperboloidy dwupowłokowej ma postać:

1c

z

b

y

a

x2

2

2

2

2

2

=−− .

ROZDZIAŁ IX

Strona 92929292

Obracając dookoła osi OZ parabolę Γ:

==

0,y

2pz,x2

otrzymamy równanie powierzchni stopnia

drugiego: x2 + y

2 = 2pz − paraboloidę obrotową.

Uogólnieniem tej powierzchni jest paraboloida eliptyczna o równaniu:

2pzb

y

a

x2

2

2

2

=+ .

Powierzchnie prostokreślne Inną klasą powierzchni są powierzchnie prostokreślne, czyli powierzchnie utworzone przez

proste.

JeŜeli w równaniach prostej przechodzącej przez punkt A(a1,a2,a3) i równoległej do wektora

[ ]321 ,,v vvv= , punkt A i wektor v będą zaleŜne w sposób ciągły od pewnego parametru t, to

równanie kierunkowe tej prostej przyjmie następującą postać:

(t)v

(t)ax

1

1− =

(t)v

(t)ay

2

2− =

(t)v

(t)ax

3

3−.

Rugując z tego układu równań parametr t, otrzymamy związek między zmiennymi x, y, z,

który moŜna zapisać w postaci:

F(x,y,z) = 0,

gdzie F jest ciągłą funkcją rzeczywistą określoną na podzbiorze ℜ3. Równanie to nazywamy

równaniem ogólnym tej powierzchni prostokreślnej, a pojedynczą prostą, którą otrzymamy

dla ustalonego parametru t nazywamy tworzącą tę powierzchnię. Z uwagi na to, Ŝe dwie proste tworzące mogą być równoległe, przecinać się lub być skośne,

klasę powierzchni prostokreślnych dzielimy odpowiednio na powierzchnie walcowe,

stoŜkowe i torsoidalne.

Powierzchnią walcową (walcem) nazywamy powierzchnię prostokreślną, której wszystkie

tworzące są równoległe (czyli wektor kierunkowy v jest stały).

Niech punkt A będzie punktem leŜącym na krzywej

Γ:

===

(t)fz

(t)fy

(t)fx

3

2

1

, t∈T⊂ℜ, wtedy równania tworzących

walca moŜna zapisać w postaci:

1

1

v

(t)fx − =

2

2

v

(t)fy − =

3

3

v

(t)fz −.

Rugując z tego układu parametr t, otrzymamy równanie walca.

POWIERZCHNIE STOPNIA DRUGIEGO

Strona 93939393

Przykład 5.

Wyznaczyć równanie walca o tworzących równoległych do wektora v=[0,0,1]

i przecinających elipsę Γ:

===

0z

bsinty

acostx

, t∈[0,2π], a,b∈ℜ+.

Równania tworzących tej powierzchni mają postać:

0

acostx − =

0

bsinty − =

1

z.

Piszemy równania tej prostej w postaci krawędziowej:

==

bsinty

acostx ⇔

=

=

sintb

y

costa

x

, stąd zaś, poniewaŜ

cos2t+sin

2t = 1, otrzymamy równanie walca

eliptycznego :

1b

y

a

x2

2

2

2

=+ .

Jeśli a = b, to otrzymamy równanie walca kołowego (czyli

walca, którego równanie moŜemy otrzymać obracając

prostą wokół innej prostej równoległej do niej).

W sposób analogiczny moŜemy otrzymać równanie: walca hiperbolicznego:

1b

y

a

x2

2

2

2

=− ;

ROZDZIAŁ IX

Strona 94949494

walca parabolicznego : y

2 = 2px .

Powierzchnią stoŜkową (stoŜkiem) nazywamy powierzchnię prostokreślną, której wszystkie

tworzące przecinają się w ustalonym punkcie tzw. wierzchołku stoŜka.

Niech punkt A będzie punktem leŜącym na krzywej Γ:

===

(t)fz

(t)fy

(t)fx

3

2

1

, t∈T⊂ℜ, wtedy równania tworzących stoŜka

o wierzchołku F(a,b,c) moŜna zapisać w postaci:

a(t)f

ax

1 −−

= b(t)f

by

2 −−

= c(t)f

cz

3 −−

.

Rugując z tego układu parametr t, otrzymamy równanie

stoŜka.

Przykład 6.

Wyznaczyć równanie stoŜka o wierzchołku F(0,0,0) i tworzących przecinających elipsę Γ:

===

cz

bsinty

acostx

, t∈[0,2π], a,b,c∈ℜ+.

Równania tworzących tej powierzchni mają postać:

0-acost

0x − =

0-bsint

0y − =

0-c

0-z.

Piszemy równania tej prostej w postaci krawędziowej:

=

=

sint,bz

cy

cost,az

cx

stąd zaś, poniewaŜ cos2t+sin

2t = 1,

otrzymamy równanie stoŜka eliptycznego :

POWIERZCHNIE STOPNIA DRUGIEGO

Strona 95959595

2

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x=+ .

Jeśli a = b, to otrzymamy równanie stoŜka kołowego

(czyli stoŜka, którego równanie moŜemy otrzymać obracając prostą wokół innej prostej przecinającej ją).

Powierzchnią torsoidalną (torsoidem) nazywamy powierzchnię prostokreślną, której kaŜde

dwie tworzące są prostymi skośnymi.

Przykład 7.

Wyznaczyć równanie powierzchni powstałej z obrotu prostej L dookoła osi OZ, jeŜeli L :

===

t.z

1,y

t,x

Prosta L i oś OZ nie mają punktów wspólnych i nie są równoległe, są więc skośne.

Zbiór okręgów tworzących powierzchnię obrotową ma postać (jako środek sfery przyjmiemy

punkt (0,0,0)):

=++=++

t.z

,t1tzyx 22222

Rugując z tego układu parametr t, otrzymamy równanie powierzchni

x2

+ y2

− z2 = 1.

Jest to równanie hiperboloidy jednopowłokowej, która jest nie tylko powierzchnią obrotową, ale i powierzchnią prostokreślną (powierzchnią torsoidalną).

Przykład 8.

Wykazać, Ŝe kwadryka o równaniu:

czb

y

a

x2

2

2

2

=− (jest to paraboloida hiperboliczna)

jest powierzchnią prostokreślną.

ROZDZIAŁ IX

Strona 96969696

Zapiszemy równanie powierzchni w następującej postaci:

czb

y

a

x

b

y

a

x=

−

+ ⇔ b

y

ax

b

y

ax 1

cz −=

+.

Wynika stąd, Ŝe λczb

y

a

x=+ oraz

λ

1

b

y

a

x=− , gdzie λ≠0.

Otrzymaliśmy w ten sposób układ dwóch równań liniowych postaci:

=−−=−+0,

0,λcz

λ1

b

y

a

x

b

y

a

x

który moŜna interpretować jako równania krawędziowe pewnej prostej (dla ustalonej wartości

parametru λ), a więc paraboloida hiperboliczna zawiera proste, czyli jest powierzchnią prostokreślną.

POWIERZCHNIE STOPNIA DRUGIEGO

Strona 97979797

Ćwiczenia

1. Wyznaczyć rzut prostej L: 1

1x − =

2

1y − =

0

1z + na płaszczyznę π: x+2y−2z−1=0.

Wyznaczyć kąt jaki tworzy prosta L z płaszczyzną π oraz równanie płaszczyzny

zawierającej prostą L i prostopadłej do płaszczyzny π.

2. Dla czworościanu o wierzchołkach A(0,1,2), B(3,2,1), C(−1,0,2), D(2,3,3), wyznaczyć: a) miarę kąta między ścianą czworościanu zawierającą punkty A, B, C a prostą, na której

leŜą wierzchołki A i D;

b) miarę kąta między wysokością wychodzącą z wierzchołka A w trójkącie ABC a

ścianą tego czworościanu zawierającą wierzchołki BCD.

3. Wyznaczyć środek i promień sfery o równaniu: x2

+ y2 + z

2 − 2x + 4y − z −

4

5= 0 .

4. Wyznaczyć środek i promień okręgu K:

=−−−=++−+−

0.102zy2x

25,1)(z7)(y3)(x 222

5. Wyznaczyć punkty wspólne powierzchni K i prostej L, jeŜeli:

a) K: 14

z

12

y

16

x 222

=++ , L: 2

2z

3

6y

2

4x

−+

=−+

=−

;

b) K: 1,z9

y

16

x 222

=−+ L: 1

1z

0

3y

4

4x −=

+=

− .

6. Wyznaczyć równanie powierzchni będącej zbiorem punktów przestrzeni ℜ3, które są

równooddalone od dwóch prostych skośnych: L1:

=+=

0,1z

0,y i L2:

=−=

0.1z

0,x

Określić rodzaj otrzymanej powierzchni.

7. Wyznaczyć równanie powierzchni będącej zbiorem punktów przestrzeni ℜ3, które są

równooddalone od prostej L:

==

0y

ax , a≠0, i płaszczyzny YOZ.

Określić rodzaj otrzymanej powierzchni.

8. Wyznaczyć równanie powierzchni zawierającej wszystkie środki odcinków, których

końce leŜą na prostej L:

=−=−+0,1z

0,2yx i paraboli P:

=−−=0.yx

3),2(zy2

9. Wyznaczyć równanie powierzchni powstałej z obrotu krzywej K dookoła prostej L, jeŜeli:

a) K:

==0y

1xz , L:

==−0.y

0,zx

ROZDZIAŁ IX

Strona 98989898

b) K: 0

x =

0

ay −=

1

z , L: x = y = z .

c) K:

==−

0,x

1,yz 22

L : oś OY.

10. Wyznaczyć równanie powierzchni utworzonej przez proste przechodzące przez punkt

F(1,0,0) i tworzące z płaszczyzną XOY kąt o mierze 6

π .

11. Wyznaczyć równanie walca o tworzących równoległych do wektora v i przecinających

krzywą K, jeŜeli:

a) K:

==

=

1,z

t,y

,2tx2

t∈ℜ, v=[1,2,1]; b) K:

=+−+=−+++−

0,2zyx

25,2)(z3)(y1)(x 222

v=[1,0,0].

12. Wyznaczyć równanie stoŜka o wierzchołku F i tworzących przecinających krzywą K,

jeŜeli:

a) K:

==+0,x

1,zy2

F(1,−1,2); b) K:

=++=+

3,zyx

z,yx22

F(0,0,0).

13. Wyznaczyć równanie powierzchni zawierającej wszystkie proste przecinające

równocześnie prostą L:

==

0,z

0,x i dwie parabole: P1:

=−=

0,1z

,xy2

P2:

=+=

0.1z

,xy2

14. Wyznaczyć równanie powierzchni zawierającej wszystkie proste równoległe do

płaszczyzny o równaniu: x+y+z=0 i przecinające dwie proste: L1:

==

0,y

0,x

i L2:

==

0.z

1,x

POWIERZCHNIE STOPNIA DRUGIEGO

Strona 99999999

15. Wyznaczyć równanie oraz określić rodzaj powierzchni będącej zbiorem wszystkich

prostych przecinających trzy dane proste: L1:

=−−=−−

0,1zy

0,zyx L2:

1

1z

1

y

2

1x −==

−+

,

L3:

+=−=−=

.sz

,sy

s,x

41

41

ROZDZIAŁ IX

Strona 100100100100

Strona 101101101101

Literatura

1. Jurlewicz T., Skoczylas Z.: Algebra liniowa 1, OWGiS, Wrocław, 2005.

2. Jurlewicz T., Skoczylas Z.: Algebra liniowa 2, OWGiS, Wrocław, 2005.

3. Nawrocki J.: 30 wykładów z ćwiczeniami, OWPW, Warszawa, 2002.

4. Świrszcz T.: Algebra liniowa z geometrią analityczną, OWPW,1990.

5. Witczyńska D., Witczyński K.: Wybrane zagadnienia z algebry liniowej i geometrii,

OWPW, Warszawa, 1996.

Strona 102102102102