1 Podstawowe struktury algebraiczne i cia lo liczb zespolonych

1 Podstawowe struktury algebraiczne i cia lo

liczb zespolonych

Niech X i Y beda zbiorami. Iloczynem kartezjanskim tych zbiorow nazywamyzbior X × Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y }. Dwuargumentowym dzia laniemna zbiorze X nazywamy dowolne odwzorowanie X ×X → X oznaczane npsymbolem ∗,�,⊕,⊗, ·,+ itp.

Grupa nazywamy dowolny zbior G wraz z dwuargumentowym dzia laniem ∗spe lniajacym warunki:

1. ∀x,y,z∈G (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z),2. ∃e∈G ∀x∈G x ∗ e = e ∗ x = x,3. ∀x∈G ∃y∈G x ∗ y = y ∗ x = e.

Jezeli ponadto ∀x,y∈G x ∗ y = y ∗ x, to G nazywamy grupa abelowa.

Nietrudno pokazac, ze element e grupy G spe lniajacy warunek (2) jest je-dyny i nazywa sie elementem neutralnym grupy G, zas element y spe lniajacywarunek (3) jest jednoznacznie wyznaczony przez element x i oznaczac gobedziemy przez x−1 lub −x i nazywac elementem odwrotnym lub przeci-wnym. W dalszym ciagu bedziemy czesto pomijac znak dzia lania piszac poprostu xy zamiast x ∗ y

Cia lem nazywamy zbior K wraz z dwoma dwuargumentowymi dzia laniami+ oraz · takimi, ze:

1. (K,+) jest grupa abelowa (element neutralny oznaczamy tu przez 0,zas element przeciwny do elementu x oznaczamy przez −x)

2. (K \ {0}, ·) jest grupa abelowa (element neutralny oznaczamy tu przez1, zas element odwrotny do elementu x 6= 0 oznaczamy przez x−1)

3. ∀x,y,z∈K x · (y + z) = (x · y) + (x · z), (y + z) · x = (y · x) + (z · x)

Przyk ladami cia l sa: Q, R, Q(√a), Z2, Z3.

Uwagi historyczne. Jezeli chodzi o cia lo liczb rzeczywistych, to ma le liczbynaturalne znane by ly juz na niskim poziomie rozwoju kultury i ich zakres

Gromadzki, Stukow, Szepietowski Algebra Liniowa April 26, 2003 2

powieksza l sie wraz z rozwojem. Koniecznosc pomiarow spowodowa la po-jawienie sie liczb wymiernych. Kilka wiekow przed Chrystusem Grecy znaliliczby niewymierne (np.

√2) i operowali nimi geometrycznie. Grecy nie

znali jednak liczb ujemnych. 0 wprowadzili do matematyki Hindusi; w Eu-ropie zaczeto go uzywac dopiero w sredniowieczu. Liczby ujemne wprowad-zono w okresie odrodzenia. W XVI wieku nastepuje burzliwy rozwoj nauki.W matematyce znaczy sie on silnym rozwojem algebry. W tym czasie po-dano wzory na obliczanie pierwiastkow rownan stopnia 3 i 4 w terminachwspo lczynnikow takiego rownania przy wykorzystaniu operacji dodawania,odejmowania, mnozenia, dzielenia oraz wyciagania pierwiastkow stopnia 3i 4. W ogolnosci wzory te jednak mia ly zastosowanie w przypadku gdyumia lo sie policzyc

√−1. Tego jednak nie umiano, bowiem w zakresie liczb

jakimi wtedy dysponowano w tym czasie nie znano liczby, ktora podniesionado kwadratu dawa laby −1. Czesc matematykow nie przejmowa la sie tymzak ladajac istnienie takiego pierwiastka i nazywajac go liczba ”urojona”.Oznaczano ja symbolem i. Wprowadzenie tych liczb do rozwazan nie mia low tym czasie zadnego uzasadnienia logicznego ani oparcia o bezposredniaintuicje kierowana przez zjawiska przyrodnicze. Powsta ly wskutek tego kon-trowersje. Jedni uzywali tych liczb bez zadnego skrepowania mnozac je przezliczby rzeczywiste i dodajac w formalny sposob:

(a+ bi) + (c+di) = (a+ c) + (b+d)i, (a+ bi) · (c+di) = (ac− bd) + (ad+ bc)i

i wszystko funkcjonowa lo - arytmetyka tych liczb nie doprowadzi la do zadnejsprzecznosci. Logiczne uzasadnienie istnienia tych liczb dokonane zosta lodopiero na poczatku XIX wieku przez Gaussa.

W zbiorze R×R = {(a, b) : a, b ∈ R} wprowadzamy dzia lania

(a, b)⊕ (c, d) = (a+ c, b+ d), (a, b)� (c, d) = (ac− bd, ad+ bc).

Twierdzenie 1.1 (R ×R,⊕,�) jest cia lem w ktorym rownanie X2 = −1(tzn. X � X = −1), gdzie −1 jest elementem przeciwnym do elementuneutralnego mnozenia �, ma rozwiazanie. Elementy tego cia la nazywamyliczbami zespolonymi a samo cia lo cia lem liczb zespolonych.


Dowod. Dowod polega na bezposrednim sprawdzeniu aksjomatow cia la.

Kazda liczbe zespolona z = (a, b) mozna zapisac w postaci

(a, b) = (a, 0)⊕ ((b, 0)� (0, 1))

i przedstawienie to jest jednoznaczne. Oznaczajac zatem (0, 1) przez i orazutozsamiajac liczbe zespolona (x, 0) z liczba rzeczywista x, otrzymujemyprzedstawienie dowolnej liczby zespolonej w postaci a + bi, przy czym przypowyzszych utozsamieniach mnozenie i dodawanie takich liczb odbywa sie wmysl wprowadzonych wczesniej regu l :

(a+bi)+(c+di) = (a+c)+(b+d)i , (a+bi) · (c+di) = (ac−bd)+(ad+bc)i

i mamy ponadto i2 = −1. W dalszym wiec ciagu za zbior liczb zespolonychprzyjmowac bedziemy zbior C = {a+bi : a, b ∈ R} z powyzszymi dzia laniami.Na liczbach zespolonych mozna wykonywac szereg operacji.

Sprzezenie i jego w lasnosci

− : C→ C, a+ bi = a− bi

(1) z1 + z2 = z1 + z2,(2) z1 − z2 = z1 − z2,(3) z1z2 = z1z2,(4) 1/z = 1/z,(5) z1/z2 = z1/z2.

(1) , (2 ) i (3) sa latwe i sprawdza sie je bezposrednim rachunkiem, (4) wynikaz (3) zas (5) z (3) i (4).

Czesc rzeczywista Re i czesc urojona Im

Re, Im : C→ R, Re(a+ bi) = a, Im(a+ bi) = b

(1) Re(z1 + z2) = Re(z1) + Re(z2),(2) Im(z1 + z2) = Im(z1) + Im(z2).

Modu l liczby zespolonej


| | : C→ R, |a+ bi| =√a2 + b2

(1) Re(z) ≤ |z|, Im(z) ≤ |z|,(2) |z|2 = zz,(3) |z1z2| = |z1||z2|,(4) |1/z| = 1/|z|,(5) |z1/z2| = |z1|/|z2|,(6) |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|,(7) ||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|,(8) |z1 + . . .+ zn| ≤ |z1|+ . . .+ |zn|.

(2) Niech z = a+ bi. Wtedy zz = · · · = |z|2.

(3) |z1z2|2 = (z1z2)(z1z2) = z1z1z2z2 = |z1|2|z2|2 = (|z1||z2|)2.

(4) wynika z (3) a (5) z (3) i (4).

(6) 1 = (z1 + z2)/(z1 + z2) = z1/(z1 + z2) + z2/(z1 + z2). Z w lasnosci Re:1 = Re(z1/(z1 + z2)) + Re(z2/(z1 + z2)) ≤ |(z1/(z1 + z2))|+ |(z2/(z1 + z2))| =(|z1|+ |z2|)/|z1 + z2|.

(7) Mamy z2 + (z1 − z2) = z1 a stad |z1| = |z2 + (z1 − z2)| ≤ |z2|+ |z1 − z2|.Zatem |z1− z2| ≥ |z1| − |z2|. Analogicznie |z1− z2| = |z2− z1| ≥ |z2| − |z1| =−(|z1| − |z2|).

Postac trygonometryczna liczb zespolonych

Dla 0 6= z = a+ bi mamy

z = |z|(

Re(z)

|z|+ i

Im(z)

|z|

)=√a2 + b2

(a√

a2 + b2+ i

b√a2 + b2

),

przy czym (a√

a2 + b2

)2

+

(b√

a2 + b2

)2

= 1.

Istnieje wiec dok ladnie jedno θ (0 ≤ θ < 2π) takie, ze

cos θ =a√

a2 + b2sin θ =

b√a2 + b2

.


Zatem z = |z|(cos θ + i sin θ) i gdy 0 ≤ θ < 2π to przedstawienie to jest jed-noznaczne. θ nazywamy argumentem liczby zespolonej z i oznaczac bedziemyarg(z).

Lemat 1.2 arg(z1z2) = arg(z1) + arg(z2) mod 2π.

Dowod. Niech z1 = |z1|(cos θ1 + i sin θ1) oraz z2 = |z2|(cos θ2 + i sin θ2). Wt-edy z1z2 = |z1||z2|((cos θ1 cos θ2−sin θ1 sin θ2)+i (cos θ1 sin θ2+sin θ1 cos θ2)) =|z1||z2|(cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)).

Wniosek 1.3 arg(zn) = n · arg(z) mod 2π. W szczegolnosci zachodzi wzor

(cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ)

zwany wzorem de Moivre’a.

Dowod. Indukcja matematyczna na n.

Pierwiastki z liczb zespolonych

Twierdzenie 1.4 Dla dowolnej liczby zespolonej z 6= 0 i liczby naturalnej nistnieje dok ladnie n roznych pierwiastkow. Jezeli z = |z|(cos θ + i sin θ) towszystkie te pierwiastki wyrazaja sie wzorem

wk = n

√|z|(

cos

(θ + 2kπ

n

)+ i sin

(θ + 2kπ

n

))

dla k = 0, . . . , n− 1.

Dowod. Niech w = |w|(cosψ + i sinψ) bedzie pierwiastkiem stopnia n zliczby z. Wtedy |z|(cos θ + i sin θ) = z = wn = |w|n(cos(nψ) + i sin(nψ)) a

stad w = n

√|z|, oraz

cos θ = cos(nψ), sin θ = sin(nψ)

co implikuje nψ − θ = 2kπ dla pewnego k ∈ Z. Zatem

ψ =θ + 2kπ

n


dla pewnego k ∈ Z.Z drugiej strony dla dowolnego k ∈ Z

wk = n

√|z|(

cos

(θ + 2kπ

n

)+ i sin

(θ + 2kπ

n

))

jest pierwiastkiem stopnia n z liczby z. W koncu

wk = wk′ ⇔{

cos θ+2kπn

= cos θ+2k′πn

sin θ+2kπn

= sin θ+2k′πn

⇔ 2(k−k′)πn

= 2πm⇔ k − k′ = nm dla pewnego m.

Zatem w0, w1, . . . , wn−1 sa wszystkimi pierwiastkami stopnia n z liczby z.

Wniosek 1.5 Dla dowolnej liczby naturalnej n istnieje dok ladnie n roznychpierwiastkow stopnia n z 1 i wszystkie one maja postac

εk = cos

(2kπ

n

)+ i sin

(2kπ

n

)

dla k = 0, . . . , n− 1.

Dowod. 1 = cos 0+i sin 0 a zatem wniosek wynika z poprzedniego twierdzenia.

Mamy εk = εk1. Pierwiastek εl stopnia n z jednosci o tej w lasnosci, ze

kazdy inny pierwiastek stopnia n z jednosci daje sie przedstawic w postaciεp

l dla pewnego 0 ≤ p < n nazywa sie pierwiastkiem pierwotnym stopnia n zjednosci

Twierdzenie 1.6 εl = cos(

2lπn

)+ i sin

(2lπn

)jest pierwiastkiem pierwotnym

stopnia n z jednosci wtedy i tylko wtedy, gdy (n, l) = 1.

Dowod. ⇒: Wtedy1 = ε0

l , ε1l , . . . , ε

n−1l (1)


sa rozne gdyz zawieraja wszystkie pierwiastki stopnia n z jednosci. Gdybyistnia lo d > 1 takie, ze d|n i d|l to

n = ds, l = dt

dla pewnych t, s, gdzie s < n. Wtedy jednak

εsl = (εl

1)s = (ε1)

ls = (ε1)dts = (εds

1 )t = (εn1 )t = 1t = 1.

⇐: (l, n) = 1. Wystarczy pokazac, ze wszystkie elementy ciagu (1) sa rozne.Przypuscmy, ze εs

l = εtl dla pewnych 0 ≤ s ≤ t < n. Wtedy{

cos θ+2lsπn

= cos θ+2ltπn

sin θ+2lsπn

= sin θ+2ltπn

co jest rownowazne istnieniu m takiego, ze (2π(t − s)l)/n = 2πm. Zatem(t − s)l = mn a stad n|l(t − s). Poniewaz jednak (l, n) = 1, wiec n|(t − s).Zatem t = s jako, ze 0 ≤ t− s < n.

Wniosek 1.7 Zbior wszystkich pierwiastkow ustalonego stopnia n z jedynkin√

1 jest grupa ze wzgledu na mnozenie. Pierwiastki pierwotne stopnia n z 1sa generatorami tej grupy w tym sensie, ze kazdy inny pierwiastek stopnia nz 1 jest potega takiego pierwiastka.

Dowod. Niech z1, z2 ∈ n√

1. Wtedy zn1 = 1 oraz zn

2 = 1. Stad (z1z2)n =

zn1 z

n2 = 1 · 1 = 1. rowniez 1n = 1 a zatem 1 jest pierwiastkiem stopnia n z

1. W koncu dla dowolnego z ∈ n√

1, (1/z)n = 1/(zn) = 1/1 = 1 a zatem n√

1jest grupa. Druga czesc wniosku wynika wprost z definicji.

Interpretacja geometryczna liczb zespolonych

Liczby rzeczywiste mozna utozsamiac z punktami osi liczbowej. Podob-nie liczby zespolone mozna utozsamiac z punktami p laszczyzny. W pros-tokatnym uk ladzie wspo lrzednych o srodku O = (0, 0)

liczbie zespolonej z = a + b i odpowiada punkt o wspo lrzednych (a, b). W

takiej sytuacji modu l liczby z jest rowny d lugosci wektora ~Oz, zas jej argu-ment pokrywa sie z katem miedzy tym wektorem a osia odcietych.


|z| = d l. wektora ~0z

Analogiczna interpretacje maja takze liczby sprzezone oraz pierwiastki z 1.Niech θ = 2π/n


2 Przestrzenie liniowe

Niepusty zbior V nazywa sie przestrzenia liniowa nad cia lem (K,+, ·) jesli:(a) V jest grupa abelowa z pewnym dzia laniem ⊕,(b) Okreslone jest dzia lanie � : K × V → V spe lniajace warunki:

1. ∀α∈K ∀v,w∈V α� (v ⊕ w) = (α� v)⊕ (α� w),2. ∀α,β∈K ∀v∈V (α + β)� v = (α� v)⊕ (β � v),3. ∀α,β∈K ∀v∈V (α · β)� v = α� (β � v),4. ∀v∈V 1� v = v.

Zbior V nazywamy zbiorem wektorow, ⊕ dzia laniem dodawania wektorow,� dzia laniem mnozenia wektorow przez skalary. W dalszym ciagu dzia laniate bedziemy oznaczac w taki sam sposob jak dla cia la tzn. np. dla α, β ∈K, v, w ∈ V bedziemy pisac αβ(v+w) zamiast (α ·β)� (v⊕w) (z kontekstubedzie wynika lo jakie dzia lanie bedziemy mieli na mysli).

Przyk lady (1) Zbior wektorow w En n = 1, 2, 3 zaczepionych w ustalonympunkcie ze znanym ze szko ly dzia laniem dodawania takich wektorow i mnoze-nia ich przez liczbe jest przestrzenia liniowa.

(2) K dowolne cia lo, V = {v} zbior jednoelementowy. Definiujemy v+v = voraz αv = v dla dowolnego α ∈ K. V jest przestrzenia zwana przestrzeniazerowa ktora oznaczac bedziemy przez 0.

(3) V = K. Wtedy V jest przestrzenia liniowa nad K.

(4) Zbior Kn = {(a1, . . . , an) : ai ∈ K} z dzia laniami(a1, . . . , an)⊕ (b1, . . . , bn) = (a1 + b1, . . . , an + bn)α� (a1, . . . , an) = (αa1, . . . , αan)

jest przestrzenia liniowa zwana n-wymiarowa przestrzenia wspo lrzednych.

(5) Zbior K∞ = {(a1, a2, . . .) : ai ∈ K} z dzia laniami(a1, a2, . . .)⊕ (b1, b2, . . .) = (a1 + b1, a2 + b2, . . .)α� (a1, a2, . . .) = (αa1, αa2, . . .)

jest przestrzenia liniowa zwana nieskonczeniewymiarowa przestrzenia wspo l-rzednych.

Niepusty podzbior W przestrzeni liniowej V nad cia lem K nazywamy pod-przestrzenia o ile αw + βw′ ∈ W dla dowolnych αβ ∈ K i w,w′ ∈ W


Niech V bedzie przestrzenia liniowa nad cia lem K, zas A = {vt : t ∈ T}uk ladem wektorow z V . Mowimy, ze v ∈ V jest kombinacja liniowa wektorowuk ladu A o ile istnieje uk lad {αt : t ∈ T} elementow cia la K takich, ze αt = 0dla prawie wszystkich t ∈ T (wszystkich z wyjatkiem skonczonej ilosci) taki,ze

v =∑t∈T

αtvt

Twierdzenie 2.1 Niech A = {vt : t ∈ T} Bedzie niepustym uk ladem wek-torow przestrzeni V . Wowczas zbior wszystkich kombinacji liniowych wek-torow uk ladu A jest podprzestrzenia przestrzeni V ; jest to najmniejsza (wsensie inkluzji) podprzestrzen przestrzeni V zawierajaca wszystkie wektoryuk ladu A.

Dowod. Niech U bedzie uk ladem z lozonym ze wszystkich kombinacji lin-iowych wektorow uk ladu A. Pokazemy ze U jest podprzestrzenia przestrzeniV . Niech

v =∑t∈T

αtvt w =∑t∈T

βtvt

oraz α, β ∈ K. Wtedy

αv + βw =∑t∈T

(ααt + ββt)vt

Poniewaz p.w. αt, βt sa rowne 0 wiec p.w. ααt + ββt sa rowne 0. Stadαv + βw ∈ U a zatem U jest podprzestrzenia.

Udowodnimy teraz druga czesc twierdzenia. NiechW bedzie podprzestrze-nia przestrzeni V zawierajaca wszystkie wektory uk ladu A. Trzeba pokazac,ze U ⊆ W . Niech u =

∑t∈T αtvt ∈ U . Wtedy prawie wszystkie αt sa rowne

zero Zatem u = αt1vt1 + . . . + αtnvtn dla pewnych t1, . . . , tn ∈ T . Poniewazvt1 , . . . , vtn ∈ W i poniewaz W jest podprzestrzenia wiec u =

∑t∈T αtvt ∈ W .

Tym samym U ⊆ W .

Podprzestrzen U wystepujaca w powyzszym twierdzeniu nazywac bedziemypodprzestrzenia rozpieta na wektorach uk ladu A lub podprzestrzenia genero-wana przez A i oznaczac ja bedziemy przez lin(A) lub lin{vt : t ∈ T}, zas samzbior A jej uk ladem generatorow. Przestrzen posiadajaca skonczony zbiorgeneratorow nazywamy skoczenie gemerowalna.


Przyk lad. (α1, . . . , αn) = α1(1, . . . , 0) + . . . + αn(0, . . . , 1). Zatem Kn =

lin{e1, . . . , en}, gdzie ei = (0, . . . ,i1, . . . , 0)

Niech W bedzie podprzestrzenia przestrzeni liniowej V , zas v ∈ V . Wtedyzbior v + W = {v + w : w ∈ W} nazywamy warstwa podprzestrzeni W wprzestrzeni V , zas v reprezentantem tgej warstwy.

Lemat 2.2 W ⊆ V, v1, v2 ∈ V . Wtedy v1 +W = v2 +W ⇔ v1 − v2 ∈ W .

Dowod. ⇒: 0 ∈ W . Zatem v1 = v1+0 ∈ v1+W = v2+W a stad v1 = v2+w.Zatem v1 − v2 ∈ W .⇐: Niech v1 − v2 = w ∈ W. Pokazemy, ze v1 +W = v2 +W⊆: x ∈ v1 +W ⇒ x = v1 + w1 = (v2 + w) + w1 = v2 + (w + w1) ∈ v2 +W⊇: x ∈ v2 +W ⇒ x = v2 + w1 = (v1 − w) + w1 = v1 + (w1 − w) ∈ v1 +W .

Twierdzenie 2.3 Dowolne dwie warstwy sa albo roz laczne albo rowne.

Dowod. Przypuscmy, ze dwie warstwy v1 + W, v2 + W nie sa roz laczne.Wtedy istnieje x ∈ (v1 +W ) ∩ (v2 +W ). Zatem

x = v1 + w1, x = v2 + w2 dla pewnych w1, w2 ∈ W

Stad v1 +w1 = v2 +w2 czyli v1−v2 = w2−w1 ∈ W a zatem v1 +W = v2 +Wna mocy lematu.

Przestrzen ilorazowa

Niech V bedzie podprzestrzenia przestrzeni V nad cia lem K i niech V/Woznacza zbior wszystkich warstw. Dla H1 = v1 + W,H2 = v2 + W ∈ V/Wdefiniujemy

H1 ⊕H2 = (v1 + v2) +W.

Definicja ta jest poprawna. Istotnie niech H1 = u1+W,H2 = u2+W . Wtedyv1−u1 ∈ W, v2−u2 ∈ W . Stad (v1+v2)−(u1+u2) = (v1−u1)+(v2−u2) ∈ Wa zatem (v1 + v2) +W = (u1 + u2) +W . Analogicznie definiuje sie mnozeniewarstw przez elementy cia la K

α� (v +W ) = (αv) +W

i pokazuje sie, ze jest ono poprawnie okreslone.


Twierdzenie 2.4 Niech W bedzie przestrzenia liniowa nad cia lem K. Wt-edy V/W z okreslonymi wyzej dzia laniami ⊕ i � jest przestrzenia liniowazwana przestrzenia ilorazowa.

Suma przestrzeni liniowych

Twierdzenie 2.5 Niech V1, V2 beda podprzestrzeniami przestrzeni liniowejV . Wowczas zbior

V1 + V2 = {v1 + v2 : v1 ∈ V1, v2 ∈ V2}

jest podprzestrzenia przestrzeni V zwana suma podprzestrzeni V1 i V2.

Dowod. (1) Niech v, w ∈ V1 +V2, α, β ∈ K. Wtedy v = v1 +v2, w = w1 +w2

dla pewnych v1, w1 ∈ V1 oraz v2, w2 ∈ V2. Zatem αv + βw = (αv1 + βw1) +(αv2 + βw2) ∈ V1 + V2.

Przekroj podprzestrzeni

Twierdzenie 2.6 Niech V1, V2 beda podprzestrzeniami przestrzeni liniowejV . Wowczas przekroj V1 ∩ V2 jest podprzestrzenia przestrzeni V .

Dowod. Niech v, w ∈ V1 ∩ V2 i α, β ∈ K. Wtedy v, w ∈ V1 a zatemαv + βw ∈ V1. Analogicznie αv + βw ∈ V2. Zatem αv + βw ∈ V1 ∩ V2.

Suma prosta podprzestrzeni

Mowimy, ze przestrzen liniowa V jest suma prosta swoich podprzestrzni V1

i V2 co oznaczmy V = V1⊕V2 o ile dowolny wektor v ∈ V da sie jednoznacznieprzedstawic w postaci sumy v = v1 + v2, gdzie v1 ∈ V1, v2 ∈ V2.

Twierdzenie 2.7 V = V1⊕V2 wtedy i tylko wtedy gdy (1) V = V1 +V2 oraz(2) V1 ∩ V2 = 0.


Dowod. ⇒: (1) jest oczywista. (2): Niech v ∈ V1 ∩ V2. Wtedy v = v + 0oraz v = 0+v sa przedstawieniami wektora v ∈ V a zatem z jednoznacznoscitego przedstawienia v = 0⇐: Niech v ∈ V bedzie dowolnym wektorem. Wtedy z (1) v = v1 + v2 dlapewnych v1 ∈ V1 i v2 ∈ V2. Niech teraz v = v′1+v′2. Wtedy v1−v′1 = v′2−v2 ∈V1 ∩ V2 a stad v1 − v′1 = 0, v′2 − v2 = 0 czyli v1 = v′1, v2 = v′2.

Mowimy, ze skonczony uk lad wektorow v1, . . . , vn jest liniowo niezalezny oile dla dowolnego uk ladu skalarow α1, . . . , αn takich, ze α1v1 + . . .+αnvn = 0mamy α1 = . . . = αn = 0. W przeciwnym wypadku uk lad ten nazywa sieliniowo zalezny.

Przyk lad. Wektory e1, . . . , en ∈ Kn gdzie ei = (0, . . . ,i1, . . . , 0) sa liniowo

niezalezne.

Uk lad wektorow {vt : t ∈ T} nazywamy liniowo niezaleznym o ile kazdy jegoskonczony poduk lad jest liniowo niezalezny.

Twierdzenie 2.8 Uk lad wektorow v1, . . . , vn przestrzeni liniowej V nad cia- lem K jest liniowo zalezny ⇔ dla pewnego k ∈ {1, . . . , n} wektor vk jestkombinacja liniowa pozosta lych wektorow.

Dowod. ⇒: Uk lad v1, . . . , vn jest liniowo zalezny wiec istnieja α1, . . . , αn niewszystkie rowne zero takie ze α1v1 + . . .+αnvn = 0. Przypuscmy, ze αk 6= 0.Wtedy vk = β1v1 + . . .+ βk−1vk−1 + βk+1vk+1 + . . .+ βnvn, gdzie βi = αi/αk

⇐: Niech vk = α1v1+. . .+αk−1vk−1+αk+1vk+1+. . .+αnvn. Wtedy α1v1+. . .+αk−1vk−1 + (−1)vk + αk+1vk+1 + . . . + αnvn = 0 podczas gdy nie wszystkiewspo lczynniki w tej kombinacji sa rowne 0. Zatem wektory v1, . . . , vn saliniowo zalezne.

Stwierdzenie 2.9 Uk lad sk ladajacy sie z jednego wektora v ∈ V jest liniowoniezalezny ⇔ v 6= 0.

Dowod. Latwy na cwiczenia.

Stwierdzenie 2.10 Dowolny uk lad wektorow v1, . . . , vn zawierajacy wektorzerowy jest liniowo zalezny.


Dowod. Niech vk = 0. Wtedy 0v1 + . . .+0vk−1 +1vk +0vk+1 + . . .+0vn = 0.

Niech V bedzie przestrzenia liniowa nad cia lem K. Uk lad B = {vt : t ∈ T}nazywa sie baza przestrzeni V o ile

1. B jest liniowo niezalezny

2. Kazdy uk lad wektorow A istotnie zawierajacy B jest liniowo zalezny(tzn. zbior B jest maksymalnym, ze wzgledu na inkluzje, zbiorem lin-iowo niezaleznym).

Przyk lad 2.11 Uk lad wektorow ei = (0, . . . ,i1, . . . 0) ∈ Kn i = 1, . . . , n jest

baza przestrzeni Kn.

Twierdzenie 2.12 V przestrzen liniowa nad cia lem K, A uk lad wektorowprzestrzeni V . Nastepujace warunki sa rownowazne:

(1) A jest baza V ,(2) A jest liniowo niezalezny i kazdy wektor v ∈ V jest kombinacja liniowa

wektorow z A,(3) A jest minimalnym zbiorm generatorow przestrzeni V ,(4) Kazdy wektor przestrzeni V mozna jednoznacznie zapisac w postaci

kombinacji liniowej wektorow uk ladu A.

Dowod. (1)⇒ (2) Uk lad A jest liniowo niezalezny jako baza. Niech v ∈ Vbedzie dowolnym wektorem. Jezeli v ∈ A to nie ma czego dowodzic; v = 1 ·v.Za lozmy zatem, ze v 6∈ A. Wtedy B = {v} ∪ A jest liniowo zalezny. Zatemistnieje skonczony poduk lad C uk ladu B liniowo zalezny. Poniewaz A jestliniowo niezalezny wiec v ∈ C a zatem C = {v1, . . . , vn, v}. Zatem istniejaα1, . . . , αn, α ∈ K nie wszystkie rowne zero i takie, ze α1v1+. . .+αnvn+αv =0. Mamy α 6= 0 bowiem w przeciwnym wypadku powyzsza kombinacja stajesie kombinacja α1v1 + . . . + αnvn = 0 przy czym nie wszystkie αi sa zeramiwbrew temu ze kazdy skonczony poduk lad uk ladu B jest liniowo niezalezny.Jezeli jednak α 6= 0 to v = (α1/α)v1 + . . .+ (αn/α)vn.

(2) ⇒ (3) A jest zbiorem generatorow przestrzeni V . Przypuscmy niew-prost, ze C jest zbiorem generatorow przestrzeni V i jest istotnym podzbioremzbioruA. Niech v ∈ A\C. Wowczas jednak v = α1v1+. . .+αnvn dla pewnych


wektorow v1, . . . , vn ∈ C. Wtedy jednak (−1)v + α1v1 + . . . + αnvn = 0jest nietrywialna kombinacja wektorow uk ladu A wbrew za lozeniu o liniowejniezaleznosci A.

(3) ⇒ (4) Niech v ∈ V . Wtedy z (3) v = α1v1 + . . . + αnvn dla pewnychαi ∈ K. Niech ponadto v = β1v1 + . . . + βnvn dla pewnych βi ∈ K. Wtedy(α1 − β1)v1 + . . . + (αn − βn)vn = 0. Gdyby teraz αi 6= βi dla pewnego i tovi by lby kombinacja liniowa wektorow v1, . . . , vi−1, vi+1, . . . , vn i tym samymA \ {vi} by lby zbiorem generatorow V wbrew za lozeniu o minimalnosci A(4)⇒ (1) Niech C = {v1, . . . , vn} bedzie dowolnym skonczonym poduk lademuk ladu A i niech α1v1 + . . . + αnvn = 0. Poniewaz 0 = 0v1 + . . . + 0vn wiecna mocy (3) α1 = . . . = αn = 0. Zatem C jest liniowo niezalezny. Wobecdowolnosci C, A jest zatem liniowo niezalezny.

Twierdzenie 2.13 Kazda przestrzen liniowa V nad cia lem K posiada baze.

Dowod. Dla przestrzeni skonczenie generowanych twierdzenie to wynikabezposrednio z warunku (3) powyszej charakteryzacji bazy. Dowod w ogolnymprzypadku wymaga znajomosci lematu Kuratowskiego–Zorna.

Uwaga 2.14 W daszym ciagu wyk ladu rozpatrywac bedziemy tylko prze-strzenie skonczenie wymiarowe (tzn. takie ktore posiadaja skonczonabaze) bez zaznaczania tego explicite.

Lemat 2.15 Niech{v1, . . . , vn} (2)

tworzy baze przestrzeni V i niech v = α1v1 + . . . + αnvn przy czym αj 6= 0.Wtedy

{v1, . . . , vj−1, v, vj+1, . . . , vn} (3)

jest baza V .

Dowod. Mamy vj = β0v + β1v1 + . . . + βj−1vj−1 + βj+1vj+1 + . . . + βnvn,gdzie β0 = 1/αj, βi = −αi/αj. Kazdy wektor z V jest kombinacja liniowawektorow (2) a wektor vj jest kombinacja liniowa wektorow uk ladu (3). Za-tem kazdy wektor przestrzeni V jest kombinacja liniowa wektorow uk ladu(3). Pokazemy, ze (3) jest liniowo niezalezny. Niech

γ1v1 + . . .+ γj−1vj−1 + γv + γj+1vj+1 + . . . γnvn = 0. (4)


Podstawiajac v = α1v1 + . . .+αnvn otrzymujemy (γ1−α1γ)v1 + . . .+(γj−1−αj−1γ)vj−1 +αjγvj +(γj+1−αj+1γ)vj+1 + . . .+(γn−αnγ)vn = 0 skad αjγ = 0czyli γ = 0. Zatem γ1v1 + . . . + γj−1vj−1 + γj+1vj+1 + . . . γnvn = 0 a stadγ1 = . . . = γj−1 = γj+1 = . . . = γn = 0 Wobec tego uk lad (3) jest liniowoniezalezny a zatem na mocy warunku (2) twierdzenia 2.12 uk lad (3) jest bazaprzestrzeni V .

Twierdzenie 2.16 (Steinitza o wymianie) Niech {v1, . . . , vn} bedzie bazaprzestrzeni liniowej V nad cia lem K, zas {w1, . . . , ws} uk ladem wektorow li-niowo niezaleznych. Wtedy(1) s ≤ n(2) Istnieje n−s wektorow vi ktore lacznie z w1, . . . , ws tworza baze przestrzeniV .

Dowod. Indukcja na s:Dla s = 0 twierdzenie jest oczywiste. Za lozmy zatem jego prawdziwosc dlaliczb < s.

Wektory w1, . . . , ws−1 sa liniowo niezalezne a zatem na mocy za lozeniaindukcyjnego s − 1 ≤ n i istnieje n − (s − 1) = n − s + 1 wektorow vi

ktore lacznie z w1, . . . , ws−1 tworza baze przestrzeni V . Pokazemy, ze fakty-cznie s − 1 < n a wiec s ≤ n. Istotnie gdyby s − 1 = n wiec juz wektoryw1, . . . , ws−1 rozpina lyby przestrzen V a zatem ws by lby kombinacja liniowatych wektorow i tym samym wektory w1, . . . , ws by lyby liniowo zalezne wbrewza lozeniu.

Dla uproszczenia za lozmy, ze wektorami tymi sa v1, . . . , vn−s+1 czyli bazaV jest

v1, . . . , vn−s+1, w1, . . . , ws−1.

Wtedy

ws = α1v1 + . . .+ αn−s+1vn−s+1 + βw1 + . . .+ βs−1ws−1.

Pewien wspo lczynnik w tej kombinacji jest 6= 0. Gdyby wszystkie αi by lyzerami to w1, . . . , ws by lyby liniowo zalezne wbrew za lozeniu. Zatem αi 6= 0dla pewnego i. Wtedy jednak na mocy lematu 2.15

v1, . . . , vi−1, vi+1, . . . , vn−s+1, . . . , ws−1, ws

jest baza.


Wniosek 2.17 Jezeli pewna baza przestrzeni V ma n elementow to kazdainna baza tej przestrzeni ma n elementow.

Dowod. Niech v1, . . . , vn oraz w1, . . . , wm beda bazami V . Wtedy

w1, . . . , wm liniowo niezalezne2.16=⇒ m ≤ n

v1, . . . , vn liniowo niezalezne2.16=⇒ n ≤ m

⇒ n = m.

Liczbe elementow dowolnej bazy przestrzeni V nazywamy jej wymiarem ioznaczac bedziemy przez dimV .

Wniosek 2.18 Jezeli W jest podprzestrzenia przestrzeni V , to dimW ≤dimV.

Wniosek 2.19 Jezeli W jest podprzestrzenia przestrzeni V to dimW =dimV wtedy i tylko wtedy gdy V = W .

Twierdzenie 2.20 Jezeli V1 i V2 sa podprzestrzeniami przestrzeni V , todim(V1 + V2) = dimV1 + dimV2 − dim(V1 ∩ V2).

Dowod. Niech {v1, . . . , vn} bedzie baza V1∩V2. Wtedy na mocy twierdzeniaSteinitza o wymianie istnieja wektory v′1, . . . , v

′t v

′′1 , . . . , v

′′s przestrzeni V takie,

ze {v1, . . . , vn, v′1, . . . , v

′t} jest baza V1 zas {v1, . . . , vn, v

′′1 , . . . , v

′′s} jest baza V2.

Pokazemy, ze {v1, . . . , vn, v′1, . . . , v

′t, v

′′1 , . . . , v

′′s} jest baza V1 + V2.

Uk lad ten generuje V1 + V2: Istotnie niech v ∈ V1 + V2. Wtedy v = w1 +w2, wi ∈ Vi. Niech w1 = α1v1 + . . . + αnvn + α′1v

′1 + . . . + α′tv

′t oraz w2 =

β1v1 + . . . + βnvn + β′′1v′′1 + . . . + β′′s v

′′s . Wtedy v = w1 + w2 = (α1 + β1)v1 +

. . .+ (αn + βn)vn + α′1v′1 + . . .+ α′tv

′t + β′′1v

′′1 + . . .+ β′′s v

′′s .

Uk lad ten jest liniowo niezalezny: Istotnie niech

α1v1 + . . .+ αnvn + α′1v′1 + . . .+ α′tv

′t + α′′1v

′′1 + . . .+ α′′sv

′′s = 0

Wtedy

α′′1v′′1 + . . .+ α′′sv

′′s = α1v1 + . . .+ αnvn + α′1v

′1 + . . .+ α′tv

′t ∈ V1 ∩ V2

a stad −(α′′1v′′1 + . . .+ α′′sv

′′s ) = γ1v1 + . . .+ γnvn. Zatem α′′1 = . . . = α′′s = 0 a

stad takze α1 = . . . αn = α′1 = . . . = α′t = 0.

Wniosek 2.21 dim(V1 ⊕ V2) = dimV1 + dimV2.


3 Przekszta lcenia liniowe

Odwzorowanie ϕ : V → W przestrzeni liniowych nad cia lem K nazywamyprzekszta lceniem liniowym lub homomorfizmem o ile

ϕ(α1v1 + α2v2) = α1ϕ(v1) + α2ϕ(v2).

dla dowolnych v1, v2 ∈ V, α1, α2 ∈ K. Jezeli ponadtoϕ jest roznowartosciowe, to ϕ nazywamy monomorfizmem,ϕ jest ”na”, to ϕ nazywamy epimorfizmem,ϕ jest roznowartosciowe oraz ”na”, to ϕ nazywamy izomorfizmem.

Stwierdzenie 3.1 Z lozenie dwoch homomorfizmow jest homomorfizmem iprzekszta lcenie odwrotne do izomorfizmu jest izomorfizmem.

Dowod. Latwe cwiczenie.

Przyk lad 1. idV : V → V jest izomorfizmem.

Przyk lad 2. W ⊆ V podprzestrzen. Wtedy w lozenie i : W → V i(w) = wjest monomorfizmem.

Przyk lad 3. (1) ϕ : K3 → K3 ϕ(x1, x2, x3) = (x1 +x2, x2 +x3, x1 +x3) jesthomomorfizmem i jesli w ciele K, 2 6= 0 to jest to izomorfizm.(2) ψ : K3 → K3 ψ(x1, x2, x3) = (x2

1, x2, x3) nie jest homomorfizmem

Stwierdzenie 3.2 Niech ϕ : V → W bedzie homomorfizmem. Wtedy

Kerϕ = {v ∈ V : ϕ(v) = 0} oraz Imϕ = {w ∈ W : ∃v∈V w = ϕ(v)}

sa podprzestrzeniami przestrzeni V i W zwanymi odpowiednio jadrem i obrazemϕ. Ponadto ϕ jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy Kerϕ = 0.

Dowod. Latwe cwiczenie.

Twierdzenie 3.3 Niech ϕ : V → W bedzie homomorfizmem. Wtedy

dimV = dimKerϕ+ dimImϕ.


Dowod. Niech {v1, . . . , vs} oraz {w1, . . . , wt} beda bazami przestrzeni Kerϕoraz Imϕ odpowiednio. Niech v′1, . . . , v

′t ∈ V beda takimi wektorami, ze

ϕ(v′i) = wi. Pokazemy, ze {v1, . . . , vs, v′1, . . . , v

′t} jest baza przestrzeni V .

Istotnie wezmy dowolny v ∈ V . Wtedy ϕ(v) = β1w1 + . . . + βtwt dlapewnych βi ∈ K. Zatem w = v−(β1v

′1 + . . .+βtv

′t) ∈ Kerϕ. Stad w = α1v1 +

. . .+αsvs dla pewnych αi ∈ K a zatem v = α1v1+. . .+αsvs+β1v′1+. . .+βtv

′t.

Niech teraz α1v1 + . . .+αsvs + β1v′1 + . . .+ βtv

′t = 0 Wtedy 0 = ϕ(α1v1 +

. . .+ αsvs + β1v′1 + . . .+ βtv

′t) = β1ϕ(v′1) + . . .+ βtϕ(v′t) = β1w1 + . . .+ βtwt

a zatem β1 = . . . = βt = 0. Wtedy jednak z wyjsciowej kombinacji zostajeα1v1 + . . .+ αsvs = 0 a zatem takze α1 = . . . = αs = 0.

Przestrzenie liniowe V i W nazywamy izomorficznymi, co zapisujemy V ∼= Wo ile istnieje izomorfizm ϕ : V → W .

Twierdzenie 3.4 Niech V bedzie przestrzenia liniowa nad cia lem K orazdimV = n. Wtedy V ∼= Kn.

Dowod. Niech {v1, . . . , vn} bedzie baza przestrzeni V oraz v ∈ V . Wtedyistnieje dok ladnie jeden uk lad α1, . . . , αn ∈ K taki, ze v = α1v1 + . . .+αnvn.Definiujemy

ϕ : V → Kn ϕ(v) = (α1, . . . , αn)

(1) ϕ jest homomorfizmem: v, v′ ∈ V Wtedy v = α1v1 + . . . + αnvn orazv′ = α′1v1+. . .+α′nvn a stad αv+α′v′ = (αα1+α′α′1)v1+. . .+(α′αn+α′α′n)vn.Zatem ϕ(αv + α′v′) = (αα1 + α′α′1, . . . , α

′αn + α′α′n) = α(α1, . . . , αn) +α′(α′1, . . . , αn) = αvϕ(v) + α′ϕ(v′)

(2) ϕ jest na: Niech α ∈ Kn bedzie dowolnym elementem. Wtedy α =(α1, . . . , αn) dla pewnych αi ∈ K a zatem dla v = α1v1 + . . .+αnvn ϕ(v) = α

(3) ϕ jest roznowartosciowe: Niech v = α1v1 + . . . + αnvn oraz v′ = α′1v1 +. . . + α′nvn beda dowolnymi wektorami z V i niech ϕ(v) = ϕ(v′). Wtedy zokreslenia ϕ, (α1, . . . , αn) = (α′1, . . . , α

′n) a zatem v = v′

Stwierdzenie 3.5 Jezeli W jest podprzestrzenia przestrzeni liniowej V nadcia lem K to przyporzadkowanie elementowi v ∈ V warstwy v +W wyznaczaepimorfizm V → V/W zwany epimorfizmem kanonicznym.


Wniosek 3.6 dimV/W = dimV − dimW .

Dowod. wniosek wynika z twierdzenia 3.3 gdyz W jest jadrem epimorfizmukanonicznego V → V/W .

Twierdzenie 3.7 Niech ϕ : V → W bedzie homomorfizmem. Wtedy ist-nieje izomorfizm ϕ : V/Kerϕ→ Imϕ.

Dowod. Niech U = Kerϕ. Definiujemy ϕ : V/U → Imϕ nastepujaco: Niechx ∈ V/Kerϕ. Wtedy x = v + U dla pewnego v ∈ V . Przyjmujemy ϕ(x) =ϕ(v). Pokazuje sie ze powyzsze odwzorowanie jest poprawnie okreslone i jestizomorfizmem.

Struktura przekszta lcen liniowych

Twierdzenie 3.8 (O strukturze przekszta lcen liniowych) Niech V,Wbeda przestrzeniami liniowymi nad cia lem K, v1, . . . , vn baza V , zas w1, . . . , wn

dowolnym uk ladem wektorow przestrzeni W . Wtedy istnieje dok ladnie jednoprzekszta lcenie liniowe ϕ : V → W takie, ze ϕ(vi) = wi, i = 1, . . . , n.

Dowod. Definiujemy ϕ : V → W nastepujaco. Jezeli v ∈ V to v =α1v1 + . . .+αnvn dla pewnych α1, . . . , αn ∈ K wyznaczonych jednoznacznie.Przyjmujemy ϕ(v) = α1w1 + . . .+ αnwn. Latwo sprawdza sie wtedy, ze

(1) ϕ liniowe,(2) ϕ(vi) = wi,(3) ϕ jedyne.

Wniosek 3.9 Niech V,W beda przestrzeniami liniowymi nad cia lem K,v1, . . . , vn baza V , zas ϕ1, ϕ2 : V → W przekszta lceniami liniowymi. Jezeliϕ1(vi) = ϕ2(vi), to ϕ1 = ϕ2.

Dla przestrzeni liniowych V,W nad cia lem K definiujemy

L(V,W ) = {ϕ : V → W : ϕ przekszta lcenie liniowe}

Twierdzenie 3.10 L(V,W ) jest przestrzenia liniowa nad cia lem K z dzia- laniami

(ϕ⊕ ψ)(v) = ϕ(v) + ψ(v), (α� ϕ)(v) = α · ϕ(v)


Dowod. Nalezy sprawdzic ze ⊕,� sa dzia laniami oraz aksjomaty przestrzeniliniowej.

Jezeli w powyzszej definicji W = K jest przestrzenia 1-wymiarowa to ele-ment ϕ ∈ L(V,W ) nazywamy funkcjona lem liniowym, zas sama przestrzenL(V,W ) przestrzenia dualna lub sprzezona do V i oznaczac bedziemy przezV ∗.

Twierdzenie 3.11 Jezeli ϕ : V → W jest homomorfizmem, to ϕ∗ : W ∗ →V ∗ okreslone wzorem ϕ∗(f) = f ◦ ϕ jest homomorfizmem.

Twierdzenie 3.12 (O bazie dualnej) dimV = dimV ∗.

Dowod. Niech v1, . . . , vn bedzie baza V . Definiujemy v∗1, . . . , v∗n : V → K

wzorem

v∗i (vj) = δi,j =

{1 i = j,0 i 6= j.

(1) v∗1, . . . , v∗n liniowo niezalezne: Jesli α1�v∗1⊕ . . .⊕αn�v∗n = 0, to dzia lajac

na vi otrzymujemy αi = 0(2) Niech ϕ ∈ V ∗ bedzie dowolnym elementem. Wtedy dla αi = ϕ(vi) mamyϕ = α1 � v∗1 ⊕ . . .⊕ αn � v∗n

Baze v∗1, . . . , v∗n zdefiniowana w dowodzie powyzszego twierdzenia nazywamy

baza dualna lub baza sprzezona do bazy v1, . . . , vn.

Macierze i dzia lania na macierzach

Macierza nad cia lem K wymiaru m× n nazywamy rodzine elementow (αij)cia la K, gdzie 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n. Macierz (αij) zapisywac bedziemy wpostaci tablicy:

α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n...

αm1 αm2 . . . αmn

Zbior wszystkich macierzy wymiaru m×n nad cia lem K oznaczac bedziemyprzez Matm×n(K) a dla m = n przez Matn(K).


Twierdzenie 3.13 Matm×n(K) jest przestrzenia liniowa nad cia lem K zdzia laniami (αij)+(βij) = (αij+βij), α·(αij) = (α·αij). Ponadto Matm×n(K) ∼=Kmn a w szczegolnosci Mat1×n(K) ∼= Kn oraz Matm×1(K) ∼= Km.

Dowod. Izomorfizm Matm×n(K)→ Kmn jest zadany przyporzadkowaniem:(αij) 7→ (α11, . . . , α1n, α21, . . . , α2n, . . . , αm1, . . . , αmn).

Dla

A =

α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n...


bedziemy oznaczac αij = Aij.

Mamy odwzorowanie z lozenia:

Matm×n(K)×Matn×k(K)→ Matm×k(K).

Dla A ∈ Matm×n(K), B ∈ Matn×k(K) przyjmujemy

(AB)st =n∑

i=1

AsiBit

Przyk lad. Dla A =

(2 1 00 1 1

)i B =

2 21 00 1

mamy

AB =

(2 · 2 + 1 · 1 + 0 · 0 2 · 2 + 1 · 0 + 0 · 10 · 2 + 1 · 1 + 1 · 0 0 · 2 + 1 · 0 + 1 · 1

)=

(5 41 1

)

i analogicznie BA =

4 4 22 1 00 1 1

.Ponadto mamy odwzorowanie transpozycji

Matm×n(K)→ Matn×m(K)

okreslone wzorem: t(A)ij = Aji. Macierz t(A) nazywac macierza transponowanado A i oznaczc At.


Przyk lad. Dla A =

(2 1 00 1 1

)mamy At =

2 01 10 1

Macierz A nazywamy symetryczna o ile At = A. Wyrozniamy tez macierzjednostkowa

1 0 . . . 00 1 . . . 0

...0 0 . . . 1

ktora oznaczac bedziemy przez E lub I.

Dla macierzy A ∈ Matn×n(K) macierz B ∈ Matn×n(K) taka, ze AB = BA =I nazywamy macierza odwrotna i oznaczac bedziemy przez A−1.

Lemat 3.14 Dla dowolnych A ∈ Matm×n(K), B,C ∈ Matn×k(K) oraz α ∈K mamy A · (B + C) = A ·B + A · C, A · (α ·B) = α(A ·B).

Dowod. (A · (B + C))st =∑n

i=1Asi(B + C)it =∑n

i=1Asi(Bit + Cit) =∑ni=1AsiBit +

∑ni=1AsiCit = (A ·B)st + (A · C)st

Lemat 3.15 Dla dowolnych A ∈ Matm×n(K), B ∈ Matn×k(K) oraz C ∈Matk×l(K) mamy A · (B · C) = (A ·B) · C

Dowod. (A · (B · C))st =∑n

i=1Asi(B · C)it =∑n

i=1Asi(∑n

j=1(BijCjt)) =∑nj=1(

∑ni=1AsiBij)Cjt) =

∑nj=1(A ·B)sjCjt)) = ((A ·B) · C)st

Reprezentacja macierzowa homomorfizmu

Niech V i W beda przestrzeniami liniowymi z bazami uporzadkowanymiBV = {v1, . . . , vn} oraz BW = {w1, . . . , wn} oraz niech ϕ : V → W bedziehomomorfizmem. Stowarzyszamy z ϕ macierz MBV

BW(ϕ) ktorej i-ta kolumna

sk lada sie ze wspo lczynnikow kombinacji ϕ(vi) w bazie BW tzn MBVBW

(ϕ) =(αij) wtedy i tylko wtedy gdy ϕ(vi) = α1iw1 + . . . + αmiwm. Macierz tanazywamy macierza homomorfizmu ϕ w bazach BV oraz BW .


Przyk lad. Macierza homomorfizmu f : K2 → K3 f(x, y) = (x, x+y, x+2y)

w bazach standardowych jest

1 01 11 2

Niech V bedzie przestrzenia liniowa nad cia lemK z bazami uporzadkowanymiB = {v1, . . . , vn} oraz B′ = {v′1, . . . , v′n} Macierza przejscia od B do B′ nazy-wamy macierz M↑B′B ktorej i-ta kolumna sk lada sie ze wspo lczynnikow kom-binacji wektora v′i w bazie B tzn. M↑B′B = (αij) wtedy i tylko wtedy gdyv′i = α1iv1 + . . .+ αn,ivn. Latwo pokazac,

Wniosek 3.16M↑B′B = MB′

B (idV ).

Twierdzenie 3.17 Niech ϕ : V → W bedzie homomorfizmem przestrzeniliniowych, BV = {v1, . . . , vn} i B′V = {v′1, . . . , v′n} bazami uporzadkowanymiV zas BW = {w1, . . . , wn} i B′W = {w′1, . . . , w′n} bazami uporzadkowanymiW . Wtedy

MB′VB′W

(ϕ) = M↑BW

B′WMBV

BW(ϕ)M↑B

′VBV

Dowod. Oznaczmy MBVBW

(ϕ) = A = (αij), M↑B′VBV

= B = (βij) oraz M↑BW

B′W=

C = (γij). Wtedy

ϕ(v′i) = ϕ(∑n

r=1 βrivr)=

∑nr=1 βriϕ(vr)

=∑n

r=1 βri(∑m

s=1 αsrws)=

∑nr=1 βri(

∑ms=1 αsr(

∑mt=1 γtsw

′t)))

=∑m

t=1(∑n

r=1(∑m

s=1(γt,sαsr))βri)w′t

=∑m

t=1(∑n

r=1((CA)trBri)w′t

=∑m

t=1((CA)B)ti)w′t.

Zatem i-ta kolumna macierzy homomorfizmu ϕ w bazach B′V oraz B′W rownajest i-tej kolumnie macierzy CAB co konczy dowod twierdzenia.


Twierdzenie 3.18 Niech ϕ : V → W oraz ψ : W → U beda homomorfiz-mami przestrzeni liniowych, zas BU , BV oraz BW bazami uporzadkowanymiU, V i W . Wtedy

MBVBU

(ψ ◦ ϕ) = MBWBU

(ψ)MBVBW

(ϕ)

Dowod. Niech BU = {u1, . . . , uk}, BV = {v1, . . . , vn} oraz BW = {w1, . . . , wm}i oznaczmy MBV

BW(ϕ) = A = (αij), M

BWBU

(ψ) = B = (βij). Wtedy

(ψ ◦ ϕ)(vi) = ψ(ϕ(vi))= ψ(

∑mr=1 αriwr)

=∑m

r=1 αriψ(vr)=

∑mr=1 αri(

∑ks=1 βsrus)

=∑k

s=1(∑m

r=1 βsrαri)us

=∑k

s=1(BA)si)us.

Zatem i-ta kolumna macierzy MBVBU

(ψ◦ϕ) rowna jest i-tej kolumnie macierzy

MBWBU

(ψ)MBVBW

(ϕ) co konczy dowod twierdzenia.

Wniosek 3.19 f : V → W jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy gdy dladowolnych baz BV i BW przestrzeni V i W MBV

BW(f) jest odwracalna.

Dowod. ⇒: Niech g : W → V bedzie homomorfizmem odwrotnym do f .Wtedy f ◦g = idW oraz g◦f = idV . Zatem MBV

BW(f)MBW

BV(g) = MBW

BW(f ◦g) =

MBWBW

(idW ) = E i analogicznie MBWBV

(g)MBVBW

(g) = E.

⇐: Niech BV i BW beda bazami uporzadkowanym przestrzeni V i W orazniech A = (αij) = MBV

BW(f). Niech B = (βij) = A−1 i niech g : W → V

bedzie homomorfizmem zadanym wzorem g(wi) =∑n

s=1 βsivs. Wtedy

f(g(wi)) =∑n

s=1 βsif(vs)=

∑ns=1 βsi(

∑nt=1 αtswt)

=∑n

t=1(∑n

s=1 αt,sβsi)wt

=∑n

t=1(AB)ti)wt

= wi.

Analogicznieg(f(vi)) = g(

∑ns=1 αs,iws

=∑n

s=1 αs,ig(ws)=

∑ns=1 αs,i(

∑nt=1 βt,svt)

=∑n

t=1(∑n

s=1 βt,sαs,i)vt)= (

∑nt=1(BA)t,i)vt = vi.


Wniosek 3.20 (1) Macierz przejscia od bazy B do bazy B jest macierzajednostkowa.(2) M↑B2

B1M↑B3

B2= M↑B3

B1

(3) M↑B2B1

jest odwracalna i (M↑B2B1

)−1 = M↑B1B2

Dowod. (1) jest oczywista.

(2) Niech M↑B2B1

= A oraz M↑B3B2

= B. Wtedy na mocy wniosku 3.16, A =

MB2B1

(idV ) oraz B = MB3B2

(idV ). Zatem na mocy 3.18, AB = MB3B1

(idV ) =

M↑B3B1

(3) Na mocy (2) i (1) M↑B2B1M↑B1

B2= M↑B1

B1= E. Zatem istotnie (M↑B2

B1)−1 =

M↑B1B2

.

Przypomnijmy, ze dla dowolnej przestrzeni V z baza B = {v1, . . . , vn}zdefiniowalismy w twierdzeniu 3.12 baze dualna B∗ = {v∗1, . . . , v∗n} przestrzenisprzezonej V ∗ = L(V,K) zas w twierdzeniu 3.11 dla dowolnego homomor-fizmu f : V → W zdefiniowalismy homomorfizm indukowany f ∗ : W ∗ → V ∗

wzorem f ∗(ϕ) = ϕ ◦ f .

Twierdzenie 3.21 Niech V i W beda przestrzeniami liniowymi nad cia lemK o bazach uporzadkowanych BV oraz BW oraz niech f : V → W bedzie

homomorfizmem. Wtedy MB∗

W∗B∗

V ∗(f ∗) = (MBV

BW(f))t, gdzie B∗W ∗ oraz B∗V ∗ sa

bazami dualnymi do BW oraz BV .

Dowod. Niech BV = {v1, . . . , vn}, B∗V ∗ = {v∗1, . . . , v∗n}, BW = {w1, . . . , wm},B∗W ∗ = {w∗1, . . . , w∗m}. Przypomnijmy, ze v∗i : V → K jest jednoznaczniewyznaczone przez warunek v∗i (vj) = δij. Niech A = (αij) = MBV

BW(f).

Wtedy f(vj) =∑m

s=1 αsjws oraz f ∗(w∗i ) = w∗i ◦ f . Zatem (w∗i ◦ f)(vj) =w∗i (

∑ms=1 αsjws) =

∑ms=1 αsjw

∗i (ws) = αij i wobec tego f ∗(w∗i ) = αi1 � v∗1 ⊕

. . .⊕ αin � v∗n.

Wniosek 3.22 Jezeli f : V → W jest izomorfizmem to f ∗ : W ∗ → V ∗ jesttakze izomorfizmem.

Dowod. f jest izomorfizmem ⇔ MBVBW

(f) jest odwracalna ⇔ (MBVBW

(f))t =

MB∗

W∗B∗

V ∗(f ∗) jest odwracalna ⇔ f ∗ jest izomorfizmem.


Podsumowujac, majac dwie przestrzenie liniowe V i W wymiarow n i modpowiednio i ustalajac ich bazy BV = {v1, . . . , vn} oraz BW = {w1, . . . , wm}istnieje wzajemnie jednoznczna odpowiedniosc

L(V,W )←→ Matm×n(K)

ustalona przez przyporzadkowania

ϕ 7→MBVBW

(ϕ) A 7→ ϕA,

gdzie ϕA(vi) = α1iw1 + . . .+ αmiwm.


4 Uk lady rownan liniowych

Uk ladem rownan liniowych o n zmiennych i wspo lczynnikach w ciele K nazy-wamy uk lad rownan postaci:

α11x1 + α12x2 + . . . + α1nxn = β1

α21x1 + α22x2 + . . . + α2nxn = β2...

αm1x1 + αm2x2 + . . . + αmnxn = βm

(∗)

gdzie αij, βi ∈ K. Uk lad (∗) nazywamy jednorodnym o ile β1 = . . . = βm = 0i niejednorodnym w przeciwnym wypadku. Z uk ladem (∗) stowarzyszamydwie macierze

A =

α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n...


Au =

α11 α12 . . . α1n β1

α21 α22 . . . α2n β2...

αm1 αm2 . . . αmn βm

zwanymi macierza i macierza rozszerzona uk ladu (∗).

Mowimy, ze uk lad rownan (∗) jest rownowazny uk ladowi

α′11x1 + α′12x2 + . . . + α′1nxn = β′1α′21x1 + α′22x2 + . . . + α′2nxn = β′2

...α′l1x1 + α′l2x2 + . . . + α′lnxn = β′l

(∗′)

co zapisujemy (∗) ≡ (∗′) o ile kazde rownanie uk ladu (∗′) mozna otrzymacmnozac najpierw kazde rownanie uk ladu (∗) przez pewne elementy cia la K anastepnie dodajac otrzymane rownania stronami i odwrotnie kazde rownanieuk ladu (∗) mozna otrzymac mnozac najpierw kazde rownanie uk ladu (∗′)przez pewne elementy cia la K a nastepnie dodajac otrzymane rownaniastronami.

Przyk lad. Uk lady


x1 + 2x2 = 1x1 + x2 = 2

}(A)

x2 = −1x1 + x2 = 2

}(B)

sa rownowazne.

Rozwiazaniem uk ladu rownan (∗) nazywamy taki ciag (α1, . . . , αn) ele-mentow cia la K, ze po zastapieniu w rownaniach tego uk ladu niewiadomychx1, . . . , xn elementami α1, . . . , αn otrzymujemy rownosci prawdziwe w cieleK. Zbior rozwiazan uk ladu (∗) oznaczac bedziemy symbolem Roz (∗).

Twierdzenie 4.1 Rownowazne uk lady rownan maja te same zbiory rozwazan.

Dowod. Niech (∗) ≡ (∗′). Zapiszmy skrotowo

l1(x1, . . . , xn) = β1

l2(x1, . . . , xn) = β2...

lm(x1, . . . , xn) = βm

(∗)

l′1(x1, . . . , xn) = β′1l′2(x1, . . . , xn) = β′2

...l′s(x1, . . . , xn) = β′s

(∗′)

Niech (α1, . . . , αn) ∈ Roz (∗) i niech l′i(x1, . . . , xn) = β′i bedzie dowolnymrownaniem uk ladu (∗′). Wtedy

l′i(x1, . . . , xn) = δ1l1(x1, . . . , xn) + . . .+ δmlm(x1, . . . , xn)

oraz β′i = δ1β1 + . . .+ δmβm. Stad

l′i(α1, . . . , αn) = δ1l1(α1, . . . , αn)+. . .+δmlm(α1, . . . , αn) = δ1β1+. . .+δmβm = β′i.

Zatem Roz (∗) ⊂ Roz (∗′) i analogicznie pokazuje sie inkluzje przeciwna.

Zbior rozwiazan uk ladu rownan liniowych (∗) traktujemy jako podzbiorprzestrzeni liniowej Kn.

Stwierdzenie 4.2 Niech

α11x1 + α12x2 + . . . + α1nxn = 0α21x1 + α22x2 + . . . + α2nxn = 0

...αm1x1 + αm2x2 + . . . + αmnxn = 0

(∗∗)

bedzie jednorodnym uk ladem rownan nad cia lem K. Wtedy Roz (∗∗) jestpodprzestrzenia przestrzeni Kn.


Dowod. (pierwszy) Niech α, β ∈ K, α = (α1, . . . , αn), β = (β1, . . . , βn) ∈Roz (∗∗) beda dowolnymi elementami. Niech jak wczesniej li(x1, . . . , xn) =li(x) oznacza lewa strone i-tego rownania uk ladu (∗∗). Wtedy li(α) = li(β) =0 a zatem li(αα + ββ) = αli(α) + βli(β) = 0. Zatem αα + ββ ∈ Roz (∗∗).

(drugi) Niech A = (αij) bedzie macierza uk ladu (∗) i niech ϕA : Kn →Km bedzie homomorfizmem o macierzy A w bazach standardowych. MamyϕA(ei) = (Ai)t. Stad ϕA(α1, . . . , αn) = ϕA(α1e1 + . . . + αnen) = α1(A

1)t +. . .+ αn(An)t = (α1A

1 + . . .+ αnAn)t a zatem

(α1, . . .+ αn) ∈ Roz (∗∗)⇔ (α1, . . .+ αn) ∈ KerϕA

Stad Roz (∗∗) = KerϕA. Wczesniej jednak pokazalismy, ze KerϕA jest pod-przestrzenia przestrzeni Kn.

Twierdzenie 4.3 Niech

α11x1 + α12x2 + . . . + α1nxn = β1

α21x1 + α22x2 + . . . + α2nxn = β2...

αm1x1 + αm2x2 + . . . + αmnxn = βm

(∗)

bedzie uk ladem rownan liniowych o wspo lczynnikach w ciele K i niech α =(α1, . . . , αn) bedzie dowolnym rozwiazaniem tego uk ladu oraz niech (∗∗) bedzieuk ladem jednorodnym stowarzyszonym z uk ladem (∗). Wtedy

Roz (∗) = α + Roz (∗∗)

tzn Roz (∗) jest warstwa w przestrzeni Kn.

Dowod. Zapiszmy (∗) oraz (∗∗) w postaci

l1(x1, . . . , xn) = β1

l2(x1, . . . , xn) = β2...

lm(x1, . . . , xn) = βm

(∗)

l1(x1, . . . , xn) = 0l2(x1, . . . , xn) = 0

...lm(x1, . . . , xn) = 0

(∗∗)

Niech ξ = (ξ1, . . . , ξn) ∈ Roz (∗). Wtedy ξ − α = η ∈ Roz (∗∗) a stadξ = α + η ∈ α + Roz (∗∗). Zatem Roz (∗) ⊂ α + Roz (∗∗).


Niech teraz ξ ∈ α + Roz (∗∗). Wowczas ξ = α + η gdzie η ∈ Roz (∗∗) awtedy li(α + η) = li(α) + li(η) = βi + 0 = βi czyli ξ ∈ Roz (∗).

Niech α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n...


∈ Matm×n(K)

Macierz

Aj =

α1j

α2j...

αmj

∈ Matm×1(K)

nazywamy j-ta kolumna macierzy A, zas macierz

Ai = (αi1, αi2, . . . , αin) ∈ Mat1×n(K)

jej i-tym wierszem.Na Ai mozna patrzec jak na elementy przestrzeni Km zas na Ai jak na

elementy przestrzeni Kn

Rzedem wierszowym rw(A) (odp. kolumnowym rc(A)) macierzy A nazywamymaksymalna ilosc liniowo niezaleznych wierszy (odp. kolumn) tej macierzy.

Wniosek 4.4 rw(A) = dim(lin(A1, . . . , Am)), rc(A) = dim(lin(A1, . . . , An)).

Przyk lad. Dla A =

(1 1 1 01 1 0 0

)i B =

2 21 00 1

Mamy rw(A) = 2 oraz

rc(A) = 2.

Lemat 4.5 Niech ϕ : V → W bedzie przekszta lceniem liniowym nad K iniech v1, . . . , vn bedzie baza V . Wtedy Imϕ = lin(ϕ(v1), . . . , ϕ(v1)).

Dowod. ⊆: Jesli w ∈ Im(ϕ) to w = ϕ(v) dla pewnego v ∈ V . Wtedyv = α1v1 + . . .+αnvn dla pewnych αi ∈ K a stad w = ϕ(v) = α1ϕ(v1)+ . . .+αnϕ(vn). ⊇: Niech w ∈ lin(ϕ(v1), . . . , ϕ(vn). Wtedy w = α1ϕ(v1) + . . . +

αnϕ(vn) = ϕ(α1v1 + . . .+ αnvn), dla pewnych αi ∈ K a zatem w ∈ Imϕ.


Twierdzenie 4.6 Dla A ∈ Matm×n(K), rw(A) = rc(A).

Dowod. Niech A = (αi,j) i niech ϕA : Kn → Km bedzie homomor-fizmem o macierzy A w bazach standardowych. Mamy ϕA(ei) = Ai a za-tem ImϕA = lin(A1, . . . , An). Stad dim(ImϕA) = dim(lin(A1, . . . , An)) =rc(A)

ozn.= p. Z twierdzenia 3.3 n = dimKn = dim(ImϕA) + dim(KerϕA) =

rc(A)+dim(Roz (∗∗)), gdzie (∗∗) jest uk ladem jednorodnym stowarzyszonymz macierza A. Niech q = rw(A) i niech Ai1 , . . . , Aiq bedzie maksymalnymuk ladem liniowo niezaleznych wierszy. Wtedy kazdy inny wiersz macierzyA jest kombinacja liniowa powyzszych wierszy i tym samym uk lad (∗∗) jestrownowazny uk ladowi

αi11x1 + αi12x2 + . . . + αi1nxn = 0αi21x1 + αi22x2 + . . . + αi2nxn = 0

...αiq1x1 + αiq2x2 + . . . + αiqnxn = 0

(∗∗′)

Wobec tego Roz (∗∗′) = Roz (∗∗). Niech A′ oznacza macierz uk ladu (∗∗′).Jak poprzednio dowodzimy, ze n = dimKn = dim(ImϕA′) + dim(KerϕA′) =dim(ImϕA′) + dim(Roz (∗∗′)). Zatem

p = rc(A) = n− dim(Roz (∗∗)) = n− dim(Roz (∗∗′)) = dim(ImϕA′) ≤ q.

Zatem rc(A) ≤ rw(A). Wobec dowolnosci Macierzy A mamy takze rc(At) ≤

rw(At). Jednak rc(At) = rw(A) oraz rw(At) = rc(A). Stad rw(A) ≤ rc(A) a

zatem rw(A) = rc(A).

Rzedem r(A) macierzy A ∈ Matm×n(K) nazywamy wspolna wartosc rzeduwierszowego i kolumnowego.

Twierdzenie 4.7 (Kroneckera-Capelliego) Niech

α11x1 + α12x2 + . . . + α1nxn = β1

α21x1 + α22x2 + . . . + α2nxn = β2...

αm1x1 + αm2x2 + . . . + αmnxn = βm

(∗)


bedzie uk ladem niejednorodnym. Wowczas

Roz (∗) 6= ∅ ⇔ r(A) = r(Au),

gdzie A jest macierza, zas Au macierza rozszerzona uk ladu (∗). Jesli ponadtoRoz (∗) 6= ∅ to Roz (∗) jest warstwa pewnej podprzestrzeni o wymiarze n −r(A) w przestrzeni Kn.

Dowod. Napiszmy uk lad (∗) w postaci wektorowej:

x1A1 + x2A

2 + . . .+ xnAn = An+1,

gdzie A1, . . . , An sa kolumnami macierzy A ktore traktujemy jak wektoryprzestrzeni Km zas An+1 jest kolumna wyrazow wolnych β1, . . . , βm ∈ K.Wtedy (α1, . . . , αn) ∈ Kn jest rozwiazaniem uk ladu (∗) wtedy i tylko wtedygdy An+1 = α1A

1 + α2A2 + . . .+ αnA

n. Zatem

Roz (∗) 6= ∅ ⇔ An+1 ∈ lin(A1, . . . , An)⇔ lin(A1, . . . , An) = lin(A1, . . . , An, An+1)⇔ dim(lin(A1, . . . , An)) = dim(lin(A1, . . . , An, An+1))⇔ r(A) = r(Au)

Dla dowodu drugiej czesci twierdzenia zauwazmy, ze dla α ∈ Roz (∗) mamyRoz (∗) = α + Roz (∗∗). Z kolei pokazalismy, ze

n = dimKn = rc(A) + dimRoz (∗∗).

Zatem dimRoz (∗∗) = n− r(A).


5 Wyznaczniki

Niech A = (αij) ∈ Matm×n(K) bedzie macierza. Wygodnie zapisac macierztaka w postaci ciagu jej kolumn

A = (A1, . . . , An), gdzie Ai =

α1,i

α2,i...

αm,i

.

Wyznacznikiem stopnia n nazywamy funkcje

det : Matn×n(K) = Matn(K)→ K

spe lniajaca warunki:

(1) Dla dowolnych j ≤ n, α, β ∈ K det(A1, . . . , Aj−1, αAj+βA′j, Aj+1, . . . , An) =αdet(A1, . . . , Aj−1, Aj, Aj+1, . . . , An) + βdet(A1, . . . , Aj−1, A′j, Aj+1, . . . , An)

(2) det(A1, . . . , An) = 0 jezeli Aj = Aj+1 dla pewnego j = 1, . . . n− 1

(3) Jezeli I jest macierza jednostkowa to det(I) = 1.

Pozniej pokazemy istnienie i jednoznacznosc wyznacznika. Potrzebne dotego bada pewne wiadomosci o permutacjach. Permutacja zbioru n elemen-towego {1, . . . , n} nazywamy dowolna bijekcje

σ : {1, . . . n} → {1, . . . n}

Niech Sn oznacza zbior wszystkich permutacji zbioru n elementowego. WtedySn jest grupa ze wzgledu na dzia lanie superpozycji przekszta lcen.

Zad. Porownac powyzsza definicje z definicja szkolna

Permutacje σ ∈ Sn nazywamy cyklem d lugosci k o ile istnieje ciag elementow1 ≤ i1, i2, . . . , ik ≤ n taki, ze σ(i1) = i2, σ(i2) = i3, . . . , σ(ik−1) = ik, σ(ik) =i1, oraz σ(j) = j dla j 6= i1, . . . , ik Zapisujemy wtedy σ = (i1, i2, . . . , ik).Cykl d lugosci 2 nazywamy transpozycja. Nietrudno udowodnic nastepujacetwierdzenie zwiazane z tymi pojeciami


Twierdzenie. Kazda permutacja σ ∈ Sn jest z lozeniem skonczonej iloscitranspozycji.

Przyk lad. Niech

σ =

(1 2 3 4 5 6 7 8 92 4 1 5 3 7 6 9 8

)

Wtedy σ = (1, 2, 4, 5, 3)(6, 7)(8, 9) oraz (1, 2, 4, 5, 3) = (1, 3)(1, 5)(1, 4)(1, 2).Zatem σ = (1, 3)(1, 5)(1, 4)(1, 2)(6, 7)(8, 9). Zauwazmy ponadto, ze σ =(2, 4)(1, 3)(1, 5)(2, 4)(1, 4)(1, 2)(6, 7)(8, 9).

Twierdzenie. Jezeli σ = σ1 · . . . ·σs oraz σ = τ1 · . . . ·τt sa dwoma rozk ladamipermutacji σ to (−1)s = (−1)t. Liczbe (−1)s nazywamy znakiem permutacjii oznaczac bedziemy symbolem sgn(σ)

Twierdzenie. Kazda permutacja jest z lozeniem pewnej skonczonej iloscitranspozycji elementow sasiednich.

Przyk lad. (2, 5) = (2, 3)(3, 4)(4, 5)(3, 4)(2, 3)

Wniosek 5.1(1) det(A1, . . . , Aj, Aj+1, . . . , An) = −det(A1, . . . , Aj+1, Aj, . . . , An),(2) det(A1, . . . , An) = 0 gdy Ak = Al dla pewnych k 6= l,(3) det(A1, . . . , Ak, . . . , Al, . . . , An) = −det(A1, . . . , Al, . . . , Ak, . . . , An),(4) det(Aσ(1), . . . , Aσ(n)) = sgn(σ)det(A1, . . . , An),(5) det(A1, . . . , Aj + αAk, . . . , Ak, . . . , An) = det(A1, . . . , An),(6) det(A1, . . . , An) = 0 gdy pewna kolumna Aj sk lada sie z samych zer.

Lemat 5.2 Dla A = (αij), B = (βij) ∈ Matn×n(K) mamy

det(AB) = detA∑σıSn

sgn(σ)βσ(1),1 · . . . · βσ(n),n

Dowod. Niech AB = (H1, . . . , Hn). Wtedy

Hj =

(AB)1j

...(AB)nj

=

∑n

s=1 α1sβsj...∑n

s=1 αnsβsj

=∑n

s=1 βsj

α1s...αns

=∑n

s=1 βsjAs


dla j = 1, . . . , n. Zatem

det(AB) = det(H1, . . . , Hn)= det(

∑ns=1 βs1A

s, . . . ,∑n

s=1 βsnAs)

= det(∑n

s1=1 βs11As1 , . . . ,

∑nsn=1 βsnnA

sn)=

∑ns1=1 . . .

∑nsn=1 βs11 . . . βsnndet(As1 , . . . , Asn)

= (∗)

Jezeli si = sj dla i 6= j to det(As1 , As2 , . . . , Asn) = 0. Zatem w powyzszymsumowaniu wystepuja tylko sk ladniki dla ktorych wyrazy s1, s2, . . . , sn sarozne. Dladowolnego takiego ciagu definiujemy permutacje σ(i) = si. Wtedywracajac do naszej rownosci mamy

(∗) =∑

σ∈Snβσ(1)1 . . . βσ(n)n)det(Aσ(1), . . . , Aσ(n))

=∑

σ∈Snβσ(1)1 . . . βσ(n)n)sgn(σ)det(A1, A2, . . . , An)

= det(A)∑

σ∈Snsgn(σ)βσ(1)1 . . . βσ(n)n).

Twierdzenie 5.3 (o istnieniu i jednoznacznosci wyznacznika) Istnie-je dok ladnie jedna funkcja D : Matn×n(K)→ K spe lniajaca warunki (1)–(3)definicji wyznacznika. Ma ona postac:

D(A) =∑

σ∈Sn

sgnσασ(1)1ασ(2)2 . . . ασ(n)n

gdy A = (αij).

Dowod. Dla dowodu istnienia nalezy sprawdzic, ze powyzsza funkcja spe lniawarunki (1)–(3) definicji wyznacznika.

(1) Niech Bj = (βij). Wtedy D(A1, . . . , Aj−1, αAj + βBj, Aj+1, . . . , An) ==∑

σ∈Snsgnσασ(1)1 . . . ασ(j−1)j−1(αασ(j)j + ββσ(j)j)ασ(j+1)j+1 . . . ασ(n)n

=α∑

σ∈Snsgnσασ(1)1 . . . ασ(j−1)j−1ασ(j)j . . . ασ(n)n+

β∑

σ∈Snsgnσασ(1)1 . . . ασ(j−1)j−1βσ(j)jασ(j+1)j+1 . . . ασ(n)n

=αD(A1, . . . Aj−1, Aj, Aj+1, . . . , An)+βD(A1, . . . Aj−1, Bj, Aj+1, . . . , An).

(2) Niech Aj = Aj+1 dla j < n. Wtedy D(A1, . . . An) ==∑

σ∈Snsgnσασ(1)1 . . . ασ(j−1)j−1ασ(j)jασ(j+1)j+1ασ(j+2)j+2 . . . ασ(n)n

=∑

σ∈Snsgnσασ(1)1 . . . ασ(j−1)j−1ασ(j)jασ(j+1)jασ(j+2)j+2 . . . ασ(n)n = 0


gdyz sk ladnik ασ(1)1 . . . ασ(j−1)j−1ασ(j)jασ(j+1)jασ(j+2)j+2 . . . ασ(n)n wystepuje2 razy dla dwoch permutacji rozniacych sie znakiem: mianowicie dla σ orazσ′ = (σ(j), σ(j + 1)) ◦ σ.

(3) Niech I = (αij). Wtedy D(I) =∑

σ∈Snsgnσασ(1)1ασ(2)2 . . . ασ(n)n. Gdy

σ 6= id to σ(i) 6= i dla pewnego i a wtedy ασ(i)i = 0 i nie ma sk ladnikaodpowiadajacego σ. Zatem D(I) = α11α22 . . . αnn = 1.

Jednoznacznosc: Mamy A = IA. Stad

det(A) = det(IA) = det(I)∑

σ∈Sn

sgnσασ(1)1 . . . ασ(n)n = D(A).

Wniosek 5.4 (Twierdzenie Cauchyego) Dla A,B ∈ Matn(K)

det(A ·B) = det(A) · det(B)

Dowod. Na mocy lematu

det(AB) = det(A)∑

σ∈Snsgnσβσ(1)1 . . . βσ(n)n

= det(A)det(B)

Wniosek 5.5 Dla A ∈ Matn×n(K), det(A) = det(At)

Dowod. Poniewaz σ(k) = s⇔ σ−1(s) = k wiec

det(A) =∑

σ∈Snsgnσασ(1)1ασ(2)2 . . . ασ(n)n

=∑

σ∈Snsgnσα1σ−1(1)α2σ−1(2) . . . αnσ−1(n)

=∑

σ∈Snsgnσ−1α1σ−1(1)α2σ−1(2) . . . αnσ−1(n)

=∑

σ∈Snsgnσ−1α1σ(1)α2σ(2) . . . αnσ(n),

gdzie druga rownosc wwynika z faktu, ze dla σ = (i1, i2)(i3, i4) . . . (is−1, is),σ−1 = (is−1, is) . . . (i3, i4)(i1, i2) a zatem sgnσ = sgnσ−1, zas ostatnia stad, zegdy σ ”przebiega” ca le Sn to σ−1 takze przebiega ca le Sn.

Wniosek 5.6 Kazde twierdzenie o wyznaczniku pozostaje prawdziwe gdy s lowo”wiersz” zastapic s lowem ”kolumna” i odwrotnie.

Twierdzenie 5.7 Niech A ∈ Matn×n(K). Wtedy r(A) = n wtedy i tylkowtedy gdy det(A) 6= 0


Dowod. Niech A = (A1, . . . , An) = (αij). ⇒: Jezeli r(A) = n to A1, . . . , An

sa liniowo niezalezne a zatem tworza baze Kn. Zatem dla kazdego k ≤ n

Ik =

0...1...0

=n∑

i=1

βikAi

dla pewnych βik ∈ K. Zatem

1 = det(I) = det(I1, . . . , In)= det(

∑ni=1 βi1A

i, . . . ,∑n

i=1 βinAi)

= det(∑n

i1=1 βi11Ai1 , . . . ,

∑nin=1 βinnA

in)= det(

∑ni1=1 βi11A

i1 , . . . ,∑n

in=1 βinnAin)

=∑n

i1=1

∑ni2=1 . . .

∑nin=1 βi11βi22 . . . βinndet(Ai1 , Ai2 , . . . , Ain) = (∗)

Jezeli teraz is = it dla s 6= t to det(Ai1 , Ai2 , . . . , Ain) = 0. Zatem sumowanieodbywa sie faktycznie po ciagach (i1, i2, . . . , in) roznych elementow zbioru{1, 2, . . . n}. Kazdy taki ciag odpowiada pewnej permutacji i odwrotnie:

(i1, i2, . . . , in) 7→ σ : σ(s) = is

σ ∈ Sn 7→ (σ(1), σ(2), . . . , σ(n))

Zatem

(∗) =∑

σ∈Snβσ(1)1, βσ(2)2, . . . , βσ(n),ndet(Aσ(1), Aσ(2), . . . , Aσ(n))

=∑

σ∈Snsgnσβσ(1)1, βσ(2)2, . . . , βσ(n),ndet(A)

= det(A)(∑

σ∈Snsgnσβσ(1)1, βσ(2)2, . . . , βσ(n),n)

a zatem det(A) 6= 0.

⇐: (niewprost) Przypuscmy, ze r(A) < n. Wtedy A1, A2, . . . , An sa liniowozalezne a stad istnieje k ≤ n oraz αi ∈ K takie, ze Ak = α1A

1+. . . αk−1Ak−1+

αk+1Ak+1 + . . . αnA

n. Zatem

det(A1, . . . , An) =n∑

i=1,i6=k

αidet(A1, . . . , Ak−1, Ai, Ak+1, . . . , An) = 0


Twierdzenie 5.8 (Cramera) Niech dany bedzie uk lad rownan liniowych

α1,1x1 + α1,2x2 + . . . + α1,nxn = β1

α2,1x1 + α2,2x2 + . . . + α2,nxn = β2...

αn,1x1 + αn,2x2 + . . . + αn,nxn = βn

(∗) .

Niech A = (αij) bedzie macierza tego uk ladu i niech Ai bedzie macierza pow-sta la z A przez zastapienie i-tej kolumny kolumna wyrazow wolnych. Wtedyjesli r(A) = n to uk lad (∗) ma dok ladnie jedno rozwiazanie

(x1, . . . , xn) =

(det(A1)

det(A), . . . ,

det(An)

det(A)

)(∗∗)

Dowod. Na mocy tw. Kroneckera-Capelliego:

Roz(∗) 6= ∅ ⇔ r(A) = r(Au)

i gdy Roz(∗) 6= ∅ then Roz(∗) jest warstwa w Kn pewne podprzestrzeniwymiaru n − r(A). W naszym przypadku n = r(A) ≤ r(Au) ≤ n a zatemn = r(A) = r(Au). Wobec tego jesli r(A) = n to (∗) ma dok ladnie jednorozwiazanie. Pokazemy, ze jest nim (∗∗). Napiszmy w tym celu uk lad (*) wpostaci wektorowej

x1A1 + . . .+ xnA

n = B

Wtedy xiAi = B − (x1A

1 + . . . xiAi + . . .+ xnAn. Stad

xi det(A) = det(A1, . . . , xiAi, . . . , An)

= det(A1, . . . , B − (x1A1 + . . .+ xiAi + . . .+ xnA

n), . . . An)= det(A1, . . . , Ai−1, B,Ai+1, . . . , An)

= det(An)

Powyzszy dowod pochodzi od S. Langa. Istnieje tez inny sposob oparty narozwinceciu Laplace’a zwykle podawany w podrecznikach z Algebry Liniowej,wydaje sie on jednak bardziej skomplikowany.

Dla macierzy A = (αij) ∈ Matn×n(K) niech Aij bedzie macierza powsta la zA przez skreslenie i-tego wiersza i j-tej kolumny. Element (−1)i+jdet(Aij)nazywamy dope lnieniem algebraicznym elementu αij macierzy A.


Twierdzenie 5.9 (Laplace’a) Niech A = (αij) ∈ Matn×n(K). Wtedy dladowolnego r = 1, . . . n

det(A) =n∑

i=1

(−1)i+rαridet(Ari)

Dowod. Na mocy twierdzenia 5.3 wystarczy pokazac, ze funkcja

Gr : Matn(K)→ K; Gr(A) =n∑

i=1

(−1)i+rαridet(Ari)

spe lnia warunki (1)-(3) definicji wyznacznika.

(1) Niech

A = (A1, . . . , Aj−1, Aj, Aj+1, . . . , An) = (αij),B = (A1, . . . , Aj−1, Bj, Aj+1, . . . , An) = (βij),C = (A1, . . . , Aj−1, αAj + βBj, Aj+1, . . . , An) = (γij)

Wtedy dla i 6= j, det(Cri) = αdet(Ari) + βdet(Bri). Zatem Gr(C) =

=∑n

i=1(−1)r+iγridet(Cri)

=∑j−1

i=1 (−1)r+iγridet(Cri) + (−1)r+jγrjdet(Crj) +∑n

i=j+1(−1)r+iγridet(Cri)

=∑j−1

i=1 (−1)r+iαri(αdet(Ari) + βdet(Bri)) + (−1)r+j(ααrj + ββrj)det(Arj)+∑n

i=j+1(−1)r+iαri(αdet(Ari) + βdet(Bri)= α

∑ni=1(−1)r+iαridet(Ari) + β

∑ni=1(−1)r+iβridet(Bri) = αGr(A) + βGr(B),

gdzie przedostatnia rownosc wynika z faktu, ze dla i 6= j, αri = βri orazArj = Brj

(2) Dla Aj = Aj+1, Gr(A) =∑n

i=1(−1)r+iαridet(Ari). Mamy jednak dlai 6= j, j+1, det(Ari) = 0, zas det(Arj) = det(Arj+1) = 0 i αrj = αri+1. ZatemGr(A) = 0.

(3) Gdy I = (αij) to Gr(I) =∑n

i=1(−1)r+iαridet(Iri) = (−1)r+rαrrdet(Irr) =(−1)2rdet(I) = 1.

Przyk lad. Dla (α) ∈ Mat1×1(K) mamy det(A) = α. Dla

A =

(α1,1 α1,2

α2,1 α2,2

)


mamy det(A) = α11α22 − α12α2,1. W koncu dla

A =

α1,1 α1,2 α13

α2,1 α2,2 α23

α3,1 α3,2 α33

mamy det(A) = α11(α22α32 − α32α23)− α12(α21α33 − α13α31) + α13(α21α32 −α31α22) = α11α22α33 + α12α13α31 + α21α32α13 − (α11α23α32 + α12α21α33 +α13α22α31)

Wniosek 5.10 Niech A = (αij) ∈ Matn×n(K). Wtedy dla dowolnego r =1, . . . , n

det(A) =n∑

i=1

(−1)r+iαirdet(Air)

Dowod. Niech At = B = (βij). Wtedydet(A) = det(At) =

∑ni=1(−1)r+iβridet(Bri) =

∑ni=1(−1)r+iαirdet(Air).

Lemat 5.11 Niech A = (αij) ∈ Matn×n(K). Wtedy

n∑i=1

(−1)k+iαlidet(Aki) =

{det(A) gdy k = l,0 gdy k 6= l.

Dowod. Dla k = l lemat wynika bezposrednio z twierdzenia Laplace’a.Niech zatem k 6= l i niech B powstaje z A przez zastapienie k-tego wierszawierszem l-tym. Wtedy det(B) = 0. Rozwijajac teraz wyznacznik macierzyB wzgledem k-tego wiersza mamy 0 = det(B) =

∑ni=1(−1)k+iβkidet(Bki) =∑n

i=1(−1)k+iαlidet(Aki).

Macierz A ∈ Matn×n(K) nazywa sie nieosobliwa o ile det(A) 6= 0. Macierzaodwrotna do macierzy A ∈ Matn×n(K) nazywamy macierz B ∈ Matn×n(K)taka, ze AB = BA = I. Nietrudno pokazac, ze macierz odwrotna domacierzy A o ile istnieje to jest wyznaczona jednoznacznie i oznaczac jabedziemy przez A−1.

Twierdzenie 5.12 Macierz A ∈ Matn×n(K) jest niosobliwa wtedy i tylkowtedy gdy istnieje macierz B odwrotna do A. Mamy przy tym B = (βij),gdzie βij = (−1)i+jdet(Aj,i)/det(A)


Dowod. ⇐: Istnieje B ∈ Matn×n(K) taka, ze AB = I. Wtedy z twierdzeniaCauychyego 1 = det(I) = det(A)det(B) a zatem w szczegolnosci det(A) 6= 0.

⇒: det(A) 6= 0. Definiujemy B = (βij) jak wyzej. Wtedy dla dowolnych1 ≤ k, l ≤ n mamy∑n

i=1 αkiβil =∑n

i=1 αki(−1)i+ldet(Ali)/det(A)

= 1det(A)

∑ni=1(−1)i+lαkidet(Ali)

L5.11=

1

det(A)det(A) = 1 gdy k = i,

1det(A)

· 0 = 0 gdy k 6= i.

Zatem AB = I. Pokazemy, ze BA = I. det(At) = det(A) 6= 0. Zatem namocy poprzedniej czesci istnieje C ∈ Matn×n(K) taka, ze AtC = I. WtedyI = I t = (AtC)t = Ct(At)t = CtA. W koncu Ct = CtI = Ct(AB) =(CtA)B = IB = B

Wniosek 5.13 Jezeli dla macierzy A,B ∈ Matn×n(K), AB = I to BA = I.

Przyk lad 1. Niech

A =

1 0 20 2 10 1 0

Wtedy

A−1 =

1 −2 40 0 10 1 −2

Korzystalismy tu ze wzoru:

βij = (−1)i+jdet(Aji)/det(A)

Przyk lad 2. Niech

x + 2z = 2x + y − z = 0

2x + 2y + z = 3

(∗)


Wtedy

A =

1 0 21 1 −12 2 1

, det(A) = 3 ⇒ Roz(∗) 6= ∅

Ax =

2 0 20 1 −13 2 1

, det(Ax) = 0

Ay =

1 2 21 0 −12 3 1

, det(Ay) = 3

Az =

1 0 21 1 02 2 3

, det(Az) = 3

Zatem x = 0, y = 1, z = 1 tzn Roz(∗) = {(0, 1, 1)}

Metody rozwiazywania uk ladow rownan liniowych

(I) Metoda wzorow Cramera

α1,1x1 + α1,2x2 + . . . + α1,nxn = β1

α2,1x1 + α2,2x2 + . . . + α2,nxn = β2...

αm,1x1 + αm,2x2 + . . . + αm,nxn = βm

(∗)

(1) Sprawdzamy czy r(A) = r(Au). Jezeli nie to Roz(∗) = ∅.

(2) Za lozmy, ze r(A) = r(Au) = r. Wybieramy r rownan odpowiadaacychr liniowo niezaleznym wierszom macierzy A a nastepnie r niewiadomychodpowiadajacych liniowo niezaleznym kolumnom (mozna to zrobic bo rc(A) =rw(A)). Kolumny odpowiadajace pozosta lym niewiadomym przenosimy naprawa strone i traktujemy jak parametry. Dla dowolnych wartosci tychparametrow otrzymujemy uk lad r rownan z r niewiadomymi ktorego macierzi macierz rozszerzona maja ten sam rzad rowny r. Uk lad ten ma dok ladniejedno rozwiazanie ktore mozna znalezc ze wzorow Cramera.


Przyk lad. Niech

x + 2z + w = 2x + y − z = 0

2x + 2y + z + w = 32x + y + z + w = 2

(∗)

Wtedy

A =

1 0 2 11 1 −1 02 2 1 12 1 1 1

, Au =

1 0 2 1 21 1 −1 0 02 2 1 1 32 1 1 1 2

W macierzy Au w4 = w1 + w2. Zatem r(Au) ≤ 3. Z drugiej strony

det

1 0 21 1 −12 2 1

= 3.

Zatem w1, w2, w3 sa liniowo niezalezne. Stad r(A) ≥ 3 a zatem 3 ≤ r(A) ≤r(Au) ≤ 3 i tym samym r(A) = r(Au) = 3. Mamy przy tym (∗) ≡ (∗∗), gdzie

x + 2z + w = 2x + y − z = 0

2x + 2y + z + w = 3

(∗∗) .

Poniewaz

det

1 0 21 1 −12 2 1

= 3

wiec kolumny odpowiadajace zmiennym x, y, z sa liniowo niezalezne. Trak-tujac zmienna w jako parametr otrzymujemy uk lad trzech rownan z trzemaniewiadomymi

x + 2z = 2− wx + y − z = 0

2x + 2y + z = 3− w


Wtedy

A =

1 0 21 1 −12 2 1

, det(A) = 3

Ax =

2− w 0 20 1 −1

3− w 2 1

, det(Ax) = −w

Ay =

1 2− w 21 0 −12 3− w 1

, det(Ay) = 3

Az =

1 0 2− w1 1 02 2 3− w

, det(Az) = 3− w

Zatem x = −w/3, y = 1, z = (3 − w)/3, gdzie w jest dowolnym elementemcia la. tzn Roz(∗) = {(w/3, 1, (3− w)/3, w) | w ∈ K}.Inaczej poniewaz dowolny element (x, y, z, w) ze zbioru Roz(∗) ma postac(w/3, 1, (3 − w)/3, w) dla pewnego w ∈ K wiec mozna go przedstawic wpostaci kombinacji (x, y, z, w) = (0, 1, 1, 0) + w((−1/3, 0,−1/3, 1) a zatemRoz(∗) jest warstwa elementu (0, 1, 1, 0) wzgledem jednowymiarowej pod-przestrzeni w K4 rozpietej na wektorze (−1/3, 0,−1/3, 1).

(II) Metoda eliminacji (metoda rugowania niewiadomych, metodaGaussa)

(1) Metoda liczenia rzedu macierzy A ∈ Matm×n(K) przez redukcje do przy-padku gdy macierz ma postac diagonalna w ktorej na pierwszych r miejscachr ≤ min(m,n) a na pozosta lych miejscach zera.

Twierdzenie 5.14 Rzad macierzy A ∈ Matm×n(K) nie zmieni sie jesliwykonamy jedna z ponizszych operacji (zwanych elementarnymi przekszta l-ceniami macierzy)(1) Przestawienie kolumn (wierszy)(2) Dodanie do jednej z kolumn (jednego z wierszy) innej kolumny (innegowiersza) pomnozonej (-ego) przez dowolny element α ∈ K(3) Pomnozenie dowolnej kolumny (-ego wiersza) przez dowolny niezerowyelement α cia la K.

Dowod. (1) Oczywiste.


(2) r(A) = rc(A) = dimK lin(A1, A2, . . . , An). Niech

A′ = (A1, . . . , Ai−1, Ai + αAk, Ai+1, . . . , An)

dla pewnego k 6= i. Wtedy

lin(A1, . . . , Ai−1, Ai + αAk, Ai+1, . . . , An) ⊆ lin(A1, . . . , An).

Ponadto Ai = (Ai + αAk)− Ak a zatem

lin(A1, . . . , Ai−1, Ai + αAk, Ai+1, . . . , An) = lin(A1, . . . , An).

Wobec tego

r(A′) = dim(lin(A1, . . . , Ai−1, Ai + αAk, Ai+1, . . . , An))= dim(lin(A1, . . . , An))= r(A)

i analogicznie dla wierszy.

(3) Niech A′ = (A1, . . . , Ai−1, αAi, Ai+1, . . . , An), dla pewnego i ≤ n. Wt-edy lin(A1, . . . , Ai−1, αAi, Ai+1, . . . , An) ⊆ lin(A1, . . . , An). Ponadto Ai =α−1(αAi) a zatem lin(A1, . . . , Ai−1, αAi, Ai+1, . . . , An) = lin(A1, . . . , An). Wo-bec tego

r(A′) = dim(lin(A1, . . . , Ai−1, αAi, Ai+1, . . . , An))= dim(lin(A1, . . . , An))= r(A)

i analogicznie dla wierszy.

Twierdzenie 5.15 Kazda macierz mozna sprowadzic do postaci diagonalnejza pomoca skonczonej ilosci operacji elementarnych.

Dowod. Niech A = (αij) ∈ Matm×n(K). Jezeli wszystkie αij sa rowne 0 toA jest macierza diagonalna. Za lozmy zatem jeden z elementow a macierzy


A jest rozny od 0. Wtedy stosujac przekszta lcenia typu (1) sprowadzamymacierz A do postaci

a ∗ . . . ∗∗ ∗ . . . ∗

...∗ ∗ . . . ∗

Stosujac teraz operacje typu (2) mozemy sprowadzic otrzymana macierz dopostaci

a 0 . . . 00 ∗ . . . ∗

...0 ∗ . . . ∗

Jezeli teraz wszystkie elementy ∗ sa rowne 0 to otrzymana macierz ma zadanapostac, w przeciwnym wypadku powtarzajac powyzsze postepowanie dlamacierzy A11 ∈ Matm−1×n−1 sprowadzamy te macierz do postaci

a 0 0 . . . 00 b 0 . . . 00 0 ∗ . . . ∗

...0 0 ∗ . . . ∗

Kontynuujac powyzsze postepowanie sprowadzamy wyjsciowa macierz dorzadanej postaci diagonalnej.

Przyk lad. 0 2 31 1 12 3 4

1w

→

1 1 10 2 32 3 4

2c

→

1 0 00 2 32 1 2

2w

→

1 0 00 2 30 1 2

1w

→

1 0 00 1 20 2 3

2w

→

1 0 00 1 20 0 −1

2c

→

1 0 00 1 00 0 −1

3→

1 0 00 1 00 0 1

Wniosek 5.16 Jezeli macierz A′ powstaje z macierzy A ∈ Matn×n(K) przezzastosowanie skonczonej ilosci operacji elementarnych (1) i (2) to det(A) =det(A′)


Przechodzimy do samej metody Gaussa. Jak wiemy na mocy Twierdzenia4.1 rownowazne maja jednakowe zbiory rozwiazan.

Stwierdzenie 5.17 Uk lady rownan (∗) oraz (∗′) o macierzach A i A′ orazmacierzach rozszerzonych Au i A′u sa rownowazne wtedy i tylko wtedy gdyA′u daje sie otrzynac z Au za pomoca operacji elementarnych (1)− (3) wyko-nanych na wierszach.

Dowod. Latwe sprawdzenie.

Naszym najblizszym celem jest zastapienie uk ladu rownan

α1,1x1 + α1,2x2 + . . . + α1,nxn = β1

α2,1x1 + α2,2x2 + . . . + α2,nxn = β2...

αm,1x1 + αm,2x2 + . . . + αm,nxn = βm

(∗)

uk ladem rownowaznym (∗′) ktory da sie latwo rozwiazac. Na mocy stwier-dzenia 5.17 mozna wykonywac operacje elementarne (1)− (3) na wierszach.Niech r(A) = r(Au) = r.

Au =

α1,1 α1,2 . . . α1,n β1

α2,1 α2,2 . . . α2,n β2...

αm,1 αm,2 . . . αm,n βm

(1)−(3)−→

α′1,1 α′1,2 . . . α′1,r α′1,r+1 . . . α′1,n β′10 α′2,2 . . . α′2,r α′2,r+1 . . . α′2,n β′2

...0 0 . . . α′r,r α′r,r+1 . . . α′r,n β′r0 0 . . . 0 0 . . . 0 0

...0 0 . . . 0 0 . . . 0 0

Odpowiada jej uk lad rownan


α′1,1x1 + α′1,2x2 + . . . + α′1,rxr + . . . + α′1,nxn = β′1α′2,2x2 + . . . + α′2,rxr + . . . + α′2,nxn = β′2

...α′r,rxr + . . . + α′r,nxn = β′r

(∗′)

Mozliwe sa dwa przypadki:

(1) r = n. Wtedy uk lad (∗′) na postac:

α′1,1x1 + α′1,2x2 + . . . + α′2,nxn = β′2α′2,2x2 + . . . + α′2,nxn = β′3

...α′n,nxn = β′n

(∗′′)

Wtedy wyliczamy xn z ostatniego rownania podstawiamy do pozosta lych,nastepnie wyliczamy xn−1 z przedostatniego itd.

(2) r < n. Wtedy traktujemy xr+1, . . . , xn jako parametry i postepujemy jakw przypadku r = n.

Przyk lad. Niech

x + 2z + w = 2x + y − z = 0

2x + 2y + z + w = 32x + y + z + w = 2

(∗)

Wtedy

Au =

1 0 2 1 21 1 −1 0 02 2 1 1 32 1 1 1 2

→

1 0 2 1 20 1 −3 −1 −20 2 −3 −1 −10 1 −3 −1 −2

→

1 0 2 1 20 1 −3 −1 −20 0 3 1 30 0 0 0 0


Zatem wyjsciowy uk lad rownan (∗) rownowazny jesty uk ladowi

1 · x + 0 · y + 2 · z + 1 · w = 21 · y − 3 · z − 1 · w = −2

3 · z + 1 · w = 3

(∗′)

Traktujemy w jak parametr i przenosimy go na lewa strone. Otrzymujemyw ten sposob uk lad trzech rownan z trzema niewiadomymi postaci

1 · x + 0 · y + 2 · z = 2− w1 · y − 3 · z = −2 + w

3 · z = 3− w

(∗′′)

Z trzeciego rownania wyliczamy z = 1− w/3 i podstawiamy do pozosta lychrownan otrzymujac uk lad

1 · x + 0 · y = −w/31 · y = 1

}(∗′′′)

Stad zas x = −w/3, y = 1 Zatem jezeli (x, y, z, w) ∈ Roz(∗) to (x, y, z, w) =(−w/3, 1, 1− w/3, w) = (0, 1, 1, 0) + w(−1/3, 0,−1/3, 1)


6 Podprzestrzenie niezmiennicze

Homomorfizm ϕ : V → V przestrzeni liniowej V nad cia lem K w siebienazywamy endomorfizmem. Zbior wszystkich endomorfizmow przestrzeni Voznaczac bedziemy symbolem EndK(V ) lub krotko End(V ).

Podprzestrzen W przestrzeni V nazywamy podprzestrzenia niezmiennicza en-domorfizmu ϕ : V → V o ile ϕ(W ) ⊆ W .

Wektor v ∈ V nazywamy wektorem w lasnym endomorfizmu ϕ : V → V oile ϕ(v) = αv dla pewnego α ∈ K. Element α nazywamy wartoscia w lasnaendomorfizmu ϕ, zas o wektorze v mowimy w tej sytuacji, ze jest wektoremw lasnym nalezacym do wartosci w lasnej α

Wniosek 6.1 Wektor v ∈ V jest wektorem w lasnym endomorfizmu ϕ wtedyi tylko wtedy gdy podprzestrzen lin(v) jest niezmiennicza.

Dowod. Przypomnijmy, ze lin(v) = {βv | β ∈ K}.⇒: Niech ϕ(v) = αv. Wtedy dla dowolnego β ∈ K ϕ(βv) = βϕ(v) =α(βv) = (αβ)v a zatem ϕ(lin(v)) ⊆ lin(v).

⇐: Niech ϕ(lin(v)) ⊆ lin(v) Wtedy ϕ(v)) ∈ lin(v) a zatem ϕ(v)) = αv dlapewnego α ∈ K.

Przyk lad 1. Przestrzenie 0 i V sa podprzestrzeniami niezmienniczymidowolnego endomorfizmu ϕ : V → V . Wektor zerowy moze byc uwazanyza wektor w lasny nalezacy do dowolnej wartosci w lasnej.

Przyk lad 2. v ∈ Ker(ϕ) jest wektorem w lasnym dowolnego endomorfizmuϕ : V → V

Przyk lad 3. K cia lo, ϕ : K2 → K2 endomorfizm zadany wzorem ϕ(x, y) =(y, x). Szukamy wektorow i wartosci w lasnych ϕ. Jednym z takich wektorowjest wektor zerowy (0, 0). Z kolei (0, 0) 6= (x, y) ∈ K2 jest wektorem w lasnymϕ ⇔ (y, x) = α · (x, y). Tym samym αx = y oraz αy = x. Stad α2x = xoraz α2y = y. Zatem poniewaz (x, y) 6= (0, 0) wiec α2 = 1 a stad α = 1lub α = −1. Do wartosci w lasnej α = 1 nalezy dowolny wektor postaci(x, x) = x(1, 1) zas do wartosci w lasnej α = −1 nalezy dowolny wektor


postaci (x,−x) = x(1,−1). Zatem α ma trzy wartosci w lasne 0,+1 i −1 doktorych naleza wektory (0, 0) oraz (x, x) i (x,−x) odpowiednio.

Przyk lad 4. I = [0, 1] ⊂ R, C∞(I) = {f : I → R | f klasy C∞}. C∞(I)jest przestrzenia liniowa nad cia lem R z dzia laniami:

(f ⊕ g)(x) = f(x) + g(x), (α� g)(x) = αg(x)

dla dowolnych f, g ∈ C∞(I), α ∈ R.Definiujemy ϕ : C∞ → C∞ wzorem ϕ(f) = df/dx. Wtedy ϕ jest

przekszta lceniem liniowym i dla f(x) = eax mamy ϕ(f)(x) = aeax. Za-tem ϕ(f) = a � f i tym samym eax jest wektorem w lasnym nalezacym dowartosci w lasnej a.

Twierdzenie 6.2 Niezerowe wektory w lasne endomorfizmu ϕ : V → Vnalezace do roznych wartosci w lasnych sa liniowo niezalezne.

Dowod. Niech v1, . . . vn beda wektorami w lasnymi nalezacymi do wartosciw lasnych α1, . . . αn. Metoda niewprost pokazemy, ze sa one liniowo niezalezne.Przypuscmy, ze istnieje uk lad β1, . . . βn ∈ K nie wszystkich rownych 0 i ta-kich, ze β1v1 + . . . + βnvn = 0. Dla uproszczenia oznaczen mozna za lozyc,ze β1 6= 0, . . . , βk 6= 0, βk+1 = . . . = βn = 0. Przypuscmy ponadto, ze uk ladβ1, . . . , βn zosta l tak wybrany, ze k jest najmniejsza liczba o tej w lasnosci.Mamy k > 1 bowiem w przeciwnym wypadku mielibysmy β1v1 = 0, wbrewza lozeniu, ze v1 6= 0. Mamy zatem kombinacje niezerowych wektorow w lasnych

β1v1 + . . . βkvk = 0 (5)

w ktorej wszystkie wspo lczynniki sa niezerowe. Wtedy jednak

0 = ϕ(0) = β1ϕ(v1) + . . .+ βkϕ(vk) = β1α1v1 + . . . βkαkvk

a wowczas

(β1α1/αk)v1 + . . .+ (βk−1αk−1/αk)vk−1 + βkvk = 0. (6)

Odejmujac stronami (5) i (6) otrzymujemy

k−1∑i=1

βi(1− αi/αk)vi = 0.

Zatem, z minimalnosci k, βi(1−αi/αk) = 0 dla dowolnego i < k. Stad βi = 0dla dowolnego i ≤ k. Otrzymana sprzecznosc konczy dowod twierdzenia.


Wniosek 6.3 Endomorfizm ϕ przestrzeni liniowej V wymiaru n ma co na-jwyzej n niezerowych wartosci w lasnych. Jezeli posiada dok ladnie n roznychwartosci w lasnych to posiada baze z lozona z wektorow w lasnych i w bazie tejϕ ma postac diagonalna.

Jezeli ϕ ∈ End(V ) to zbior wartosci w lasnych ϕ oznaczac bedziemy przezSpec(ϕ) i nazywac spektrum endomorfizmu ϕ.

Stwierdzenie 6.4 Niech ϕ ∈ End(V ). Wtedy wektor v ∈ V jest wektoremw lasnym nalezacym do α ∈ K wtedy i tylko wtedy gdy v ∈ Ker (ϕ− αid).

Dowod. v ∈ Ker (ϕ−αid)⇔ 0 = (ϕ−αid)(v) = ϕ(v)−αid(v) = ϕ(v)−αv⇔ ϕ(v) = αv

Lemat 6.5 Niech ϕ ∈ End(V ), B = {v1, . . . , vn} bedzie baza uporzadkowanaV , zas A = MB

B (ϕ) macierza ϕ w tej bazie. Wtedy Kerϕ 6= 0 ⇔ detA = 0.

Dowod. Wiemy, ze n = dim Kerϕ + dim Imϕ oraz Imϕ = lin {A1, . . . , An}.Zatem

Kerϕ 6= 0⇔ dim Kerϕ⇔ dim Imϕ < n⇔ det(A) 6= 0.

Wniosek 6.6 Niech ϕ ∈ End(V ), B bedzie baza uporzadkowana V , zas A =MB

B macierza ϕ w tej bazie. Wtedy α ∈ K jest wartoscia w lasna ⇔ det(A−αI) = 0.

Dowod. Poniewaz A = MBB (ϕ), I = MB

B (idV ), wiec A−αI = MBB (ϕ−αidV ).

Zatem α jest wartoscia w lasna ϕ ⇔ Ker(ϕ− αidV ) 6= 0 ⇔ det(A− αI) = 0

Dla macierzy A ∈ Matn×n(K) i zmiennej X , det(A−XI) jest wielomianemstopnia n zwanym wielomianem charakterystycznym macierzy A.

Stwierdzenie 6.7 Niech ϕ ∈ End(V ), B i B′ beda bazami uporzadkowanymiV , zas A = MB

B ortaz A′ = MB′B′ macierzami ϕ w tych bazach. Wtedy det(A−

xI) = det(A′ − xI).


Dowod. Niech C = M↑B′B bedzie macierza przejscia. Wtedy C−1 = M↑BB′ .Z twierdzenia 3.17 A′ = MB′

B′ (ϕ) = M↑BB′MBB (ϕ)M↑B′B = C−1AC. Zatem

det(A′ −XI) = det(C−1AC −XI)= det(C−1AC −X(C−1IC))= det(C−1AC − C−1(XI)C)= det(C−1(A−XI)C)= det(C−1)det(A−XI)det(C)= det(A−XI).

Na mocy powyzszego twierdzenia nastepujaca definicja jest poprawna

Definicja. Wielomianem charakterystycznym endomorfizmu ϕ ∈ End(V )nazywamy wielomian charakterystyczny tego przekszta lcenia w dowolnej ba-zie.

Przyk lad 1. (interpretacja wspo lczynnikow wielomianu charakterystyczne-go) Niech ϕ ∈ End(V ), B bedzie baza uporzadkowana V , zas A = MB

B =(αij), wϕ(X) = det(A−XI) = a0 + a1X + . . .+ anX

n. Wtedy

an = (−1)n, a0 = det(A) oraz an−1 = (−1)n−1(α11 + α22 + . . .+ αnn).

Pierwszy wzor jest oczywisty, drugi wynika z faktu, ze a0 = wϕ(0) = det(A−0I) = det(A) zas trzeci dowodzi sie latwo przez indukcje ze wzgledu na n.

Wartosc (α11+α22+. . .+αnn) nazywamy sladem macierzy A i oznaczamysymbolem tr(A).

Przyk lad 2. ϕ : K2 → K2, ϕ(x, y) = (y, x) B = {e1, e2}. Wtedy A =

M(ϕ) =

(0 11 0

)oraz det(A−XI) = X2 − 1 = (X − 1)(X + 1). Zatem ϕ

ma dwie wartosci w lasne α = +1 oraz α = −1. Do α = +1 nalezy wektor(1, 1), zas do α = −1 nalezy wektor (1,−1). W bazie tej ϕ ma macierz

diagonalna

(1 00 −1

)

Przyk lad 3. ϕ : K2 → K2, ϕ(x, y) = (x + y, x) B = {e1, e2}. Wtedy

A = M(ϕ) =

(1 10 1

)oraz det(A−XI) = X2−1 = (1−X)2. Zatem ϕ ma


tylko jedna wartosc w lasna α = +1 i mozna zatem stwierdzic, ze nie istniejebaza w ktorej ϕ ma postac diagonalna

Mozna jednak udowodnic

Twierdzenie 6.8 (Jordana) Niech K bedzie cia lem algebraicznie domk-nietym (tzn. kazdy wielomian o wspo lczynnikach w ciele K posiada w tymciele pierwiastek), zas ϕ : Kn → Kn endomorfizmem liniowym. Wtedy ist-nieje baza przestrzeni Kn w ktorej ϕ ma macierz

A1

A2 ···Ak

gdzie kazda macierz Ai ma postac

ai 1 0 . . . 0 00 ai 1 . . . 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . ai 10 0 0 . . . 0 ai

dla pewnego ai ∈ K.

Twierdzenie 6.9 (Cayleya-Hamiltona) Dowolny endomorfizm ϕ : V →V jest pierwiastkiem swojego wielomianu charakterystycznego, tzn. jezeliwϕ(X) = a0 + a1X + . . . + anX

n to a0 ⊕ a1 � ϕ ⊕ . . . ⊕ an � ϕn jest en-domorfizmem zerowym.

7 Przestrzenie euklidesowe i ortogonalne

UNIWERSYTET GDANSKI

G. Gromadzki, M. Stukow, B. Szepietowski

ALGEBRA LINIOWA

Z ZADANIAMI

Gdansk 2003

Documents

1 Podstawowe struktury algebraiczne i cia lo liczb zespolonych