Kol_alg_inf_z1_rozw

Zestaw 1B.
Zad 1.
z  (1  i 3 )7
Wyzna czyć z
Wskazówka. Przedstaw liczbę
Moivre'a
1 i 3
i arg z tzn. moduł i argument liczby z
w postaci trygonometrycznej i do obliczenia wartości
z
zastosuj wzór de
Zad 2. Znaleźć zbiór rozwiązań w ciele liczb zespolonych.
(2i  1) z  3  2i  2iz  2
Zad 3. Wyznaczyć macierz X spełniającą równanie.
AX  A  AT
gdzie
2 5
A

3 7 
Wskazówka. Najpierw pomnożyć strony równania z lewej strony przez
upraszczając. Następnie wyznaczyć
A1 .

A1 i dokonać przekształceń maksymalnie

3
Zad 4. Czy zbiór R z działaniem a  b  3 a  3 b jest grupą.
Zad 5. Przedstawić wielomian f ( X )  X 4  16 w postaci nierozkładalnych czynników
rzeczywistych.
4
Wskazówka. Wyznaczyć wszystkie pierwiastki zespolone
 16 i zapisać wielomian f ( X ) w postaci iloczynu
wielomianów stopnia 1. Odpowiednie czynniki mnożymy aby uzyskać wielomiany o współczynnikach rzeczywistych.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 
 .
Zad 6. Wyznaczyć w grupie permutacji S 9 wyznaczyć sgn  gdzie   
 31 5 8 2 4 9 6 7 
Rozwiązania zadań.
Ad zad 1.
Zad 1.
z  (1  i 3 )7
Wyzna czyć z
Wskazówka. Przedstaw liczbę
Moivre'a
Rozwiązanie
1 i 3
i arg z tzn. moduł i argument liczby z
w postaci trygonometrycznej i do obliczenia wartości
Niech w  1  i 3  x  yi . Wtedy w  1  i 3  12 
mamy cos  

 3
2
z
zastosuj wzór de
 2 . To dla   arg w



x 1
y
3

 w  1  i 3  2 cos  i sin 

, sin  

 
3
3
3
w 2
w
2


7



 
7
7 




7
   2(cos  i sin  
 2  cos 3  i sin 3   128 cos 3  2   i sin  3  2   
3
3   twMoivrea




128 cos  i sin  . Z jednoznaczności przedstawienia trygonometrycznego liczby
3
3

z  1 i 3
7
zespolonej mamy
z  128
Argz 

3
.
Ad zad 2.
Zad 2. Znaleźć zbiór rozwiązań w ciele liczb zespolonych.
(2i  1) z  3  2i  2iz  2
Rozwiązanie
(2i  1) z  3  2i  2iz  2  (2i  1) z  2iz  2  3  2i  (2i  1  2i) z  5  2i 
 z  5  2i  z  5  2i .
Ad zad 3.
Zad 3. Wyznaczyć macierz X spełniającą równanie.
AX  A  AT
2 5
A

3 7 
gdzie
Wskazówka. Najpierw pomnożyć strony równania z lewej strony przez
A1 i dokonać przekształceń maksymalnie
A1 .
upraszczając. Następnie wyznaczyć
Rozwiązanie
1
Ponieważ det A  1 to A istnieje. Zatem
A1 ( AX )  A1 ( A  AT )
( A1 A) X  A1 A  A1 AT
Wykorzystaliśmy łączność mnożenia i rozdzielność względem dodawania.
J 2 X  J 2  A1 AT
X  J 2  A1 AT
A
1
T
T
 7 5
1  7  3  1 7  3







 1  5 2   1  5 2
3  2
 
1

AD
det A
T
1 0  7 5 2
X  

0 1 3  2 5
3 1 0 11 14 12 14



7 0 1  4  5  4  4 
Ad zad 4.


jest grupą.

a 3 b 3 c
Zad 4. Czy zbiór R z działaniem a  b  3 a  3 b
Rozwiązanie
1o Działanie jest łączne ponieważ: dla a, b, c  R
( a  b)  c 
3
3
 a


3


3

a  3 b  c  3

3
b 3 c

3
3

 


3

3
a 3 b
a 3 bc

3

3
3

3 c 

3
3

 
3

3
0 3 a

3
a

3
b 3 c

3

 a  (b  c)
2o Działanie ma element neutralny e  0 ponieważ a  e  a  0 
e a  0 a 
3

3

3
a 3 0  a
a.
3o Działanie ma element odwrotny a 1   a ponieważ
a  a 1  a  ( a ) 
a
1
 a  (a)  a 

3

3
a 3 a
a 
3
a
 
3

3
3

a  3 a

3
0e
 0  e.
Trzy aksjomaty grupy są spełnione a więc ten zbiór z tym działaniem jest grupą.
Ad zad 5.
Zad 5. Przedstawić wielomian f ( X )  X 4  16 w postaci nierozkładalnych czynników
rzeczywistych.
Wskazówka. Wyznaczyć wszystkie pierwiastki zespolone
4
 16
i zapisać wielomian
f (X )
w postaci iloczynu
wielomianów stopnia 1. Odpowiednie czynniki mnożymy aby uzyskać wielomiany o współczynnikach rzeczywistych.
Rozwiązanie
Każdy pierwiastek zespolony 4  16 jest pierwiastkiem wielomianu f ( X )  X 4  16 .
Pierwiastki zespolone z określonej liczby obliczamy z wzoru mając postać trygonometryczną tej
liczby lub znając jeden pierwiastek do obliczenia pozostałych korzystamy z pierwiastków z jedynki.
 16  16(cos   i sin  ) postać trygonometryczna.
  2k
  2k 

z k  4 16  cos
 i sin

4
4


k  0,1,2,3
wszystkie pierwiastki.
k 0
 2


2


z 0  2 cos  i sin   2
i

4
4
2
2



k 1

  2
  2 
3
3 
2
2


   2 i 2
z1  2 cos
 i sin
 i sin
i
  2 cos
  2 

4
4
4
4
2
2






k 2
k 3
2 i 2

  4
  4 
5
5 
2
2


z 2  2 cos
 i sin
 i sin

i
  2 cos
  2

4
4
4
4
2
2





 2
  6
  6 
7
7 
2



z3  2 cos
 i sin
 i sin
  2 cos
  2
 2 i 2  
4
4
4
4 






   2 i 2


2 i 2
Zatem f ( X )  X 4  16  X   2  i 2 X   2  i 2 X   2  i 2 X   2  i 2 
Czynniki stopnia 1 mają wyrazy wolne, które nie są liczbami rzeczywistymi, a więc nie tworzą
rozkład na czynniki których współczynniki są liczbami rzeczywistymi.
Mnożąc dwa pierwsze czynniki i dwa ostatnie czynniki otrzymamy wielomiany o żądanym
rozkładzie f ( X )  X 4  16  X 2  2 2 X  4X 2  2 2 X  4 .
W uzupełnieniu istotnych informacji tych zagadnień dobrze wiedzieć:
a). Można pokazać wykorzystując własności liczb sprzężonych /które łatwo wyrachować/ :
ab  a b , a  b  a  b , a n  a n , że jeżeli liczba zespolona a jest pierwiastkiem
wielomianu o współczynnikach rzeczywistych to a jest również pierwiastkiem tego wielomianu:
dla f ( X )  bn X n  bn 1 X n 1  ....  b1 X  b0 bn , bn 1 ,..., b1 , b0  R i f (a )  0 mamy
0  0  f (a)  bn a n  bn 1a n 1  .....  b1a  b0  bn a n  bn 1a n 1  .....  b1a  b0  f (a ) ponieważ dla
liczb rzeczywistych b  b .
b). Podstawowe twierdzenie algebry
Każdy wielomian stopnia co najmniej 1 o współczynnikach zespolonych ma przynajmniej
jeden pierwiastek z ciała liczb zespolonych. Jest to równoważne własności: Każdy wielomian stopnia
co najmniej 1 o współczynnikach zespolonych można przedstawić w postaci
f ( X )  a X  z1  X  z 2 ...... X  z n  n  stf ( X ) a, z1 , z 2 ,..., z n  C .
Z własności a). b). wynika: Twierdzenie.
Wielomian f ( X )  bn X n  bn 1 X n 1  ....  b1 X  b0 bn , bn 1 ,..., b1 , b0  R można przedstawić w postaci
f ( X )  an ( X  x1 ) k1 ( X  x2 ) k 2 .....( X  xr ) k r ( X 2  p1 X q1 ) l1 ...( X 2  p j X  q j ) j gdzie
l
an  R , x1 , x2 ,., , xr pierwiastki rzeczywiste wielomianu ki  N i  1...r
pi , qi  R , pi2  4qi  0 , li  N , i  1... j .
Ponieważ: w rozkładzie w punktu b). jeżeli zi  C i zi  R to z punktu a).
mamy f ( zi )  0 f ( zi )  0 . Wtedy ( X  zi )( X  zi )  X 2  ( zi  zi ) X  ( zi zi ) ,
zi  zi , zi zi  R jest czynnikiem rozkładu wielomianu w którym nie ma pierwiastków
rzeczywistych czyli delta jest ujemna. Parując takie pierwiastki uzyskamy wszystkie wielomiany
stopnia 2. Zostaną tylko pierwiastki rzeczywiste.
Wniosek: Jeżeli wielomian f ( X ) o współczynnikach rzeczywistych jest stopnia nieparzystego to
ma on pierwiastek będący liczbą rzeczywistą.
Ad zad 6.
Zad 6. Wyznaczyć w grupie permutacji S 9 wyznaczyć sgn  gdzie 
1 2 3 4 5 6 7 8 9  .

 31 5 8 2 4 9 6 7 



1 2 3 4 5 6 7 8 9 
  (1,3,5,2)( 4,8,6)(7,9)  (1,2)(1,5)(1,3)( 4,6)( 4,8)(7,9) Stąd sgn  =1
  
 31 5 8 2 4 9 6 7 
gdyż mamy rozkład permutacji na 6 transpozycji czyli na liczbę transpozycji parzystą, co
zapisujemy wartością 1. Inny rozkład na transpozycje tej permutacji będzie miał też
parzystą liczbę transpozycji. Wykorzystaliśmy łatwy sposób rozkładu permutacji na cykle i
wzór rozkładu cykli na transpozycje: (k1 , k 2 ,....., k n )  (k1 , k n )(k1 , k n 1 )......( k1 , k 2 )