Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 10: Euklidesowe przestrzenie wektorowe

From Studia Informatyczne

Spis treści

Zadanie 10.1

Niech \displaystyle \varphi \colon \mathbb{R}^4 \times \mathbb{R}^4\to\mathbb{R} będzie dane wzorem


\displaystyle \varphi((x_1,x_2,x_3,x_4),(y_1,y_2,y_3,y_4)) = x_1y_1-2x_2y_2+3x_3y_3 - 4x_4y_4.


Zbadać, czy \displaystyle \varphi jest iloczynem skalarnym.

Wskazówka

Sprawdź, czy \displaystyle \varphi jest dodatnio określone.

Rozwiązanie

Podane odwzorowanie nie jest iloczynem skalarnym. Niech \displaystyle v=(0,0,0,1). Wówczas \displaystyle \varphi(v,v)=-4<0, czyli \displaystyle \varphi nie może być iloczynem skalarnym, bo nie jest dodatnio określone.

Zadanie 10.2

Niech


\displaystyle \varphi \colon \mathbb{R}^3 \times \mathbb{R}^3 \ni ((x_1,x_2,x_3),(y_1,y_2,y_3)) \to 3x_1y_1 + 2x_2y_2 \in \mathbb{R}.


Zbadać, czy \displaystyle \varphi jest iloczynem skalarnym.

Wskazówka

Sprawdź, czy \displaystyle \varphi (v,v) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle v=\Theta, gdzie \displaystyle \Theta=(0,0,0).

Rozwiązanie

Podane odwzorowanie nie jest iloczynem skalarnym. Niech


\displaystyle v=(0,0,1).


Wówczas \displaystyle \varphi(v,v)=0, ale \displaystyle v\neq (0,0,0), czyli \displaystyle \varphi nie może być iloczynem skalarnym.

Zadanie 10.3

Niech \displaystyle  ( V, \xi ) będzie przestrzenią liniową euklidesową. Wykazać, że \displaystyle  \xi (a,a) = \xi (b,b) wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle  a+b \bot a-b. Zilustrować geometrycznie tę równoważność.

Wskazówka

Policz \displaystyle \xi (a+b,a-b).

Rozwiązanie

<flashwrap>file=ag10_c3.swf|size=small</flashwrap>

Przekątne rombu są prostopadłe

Zauważmy, że


\displaystyle \aligned \xi (a+b,a-b)&= \xi (a,a-b)+ \xi (b,a-b)\\ &=\xi (a,a) -\xi (a,b) + \xi (b,a)- \xi (b,b)\\ &=\xi (a,a) - \xi (b,b) \endaligned


przy czym najpierw korzystamy (dwukrotnie) z dwuliniowości odwzorowania \displaystyle \xi, a następnie z równości \displaystyle \xi (a,b) = \xi (b,a) zachodzącej dla dowolnych \displaystyle a i \displaystyle b. Wynika stąd natychmiast, że \displaystyle \xi (a+b,a-b)=0 wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle \xi (a,a) - \xi (b,b)= 0, czyli \displaystyle \xi (a,a) = \xi (b,b). Ponieważ \displaystyle  a+b \bot a-b wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle \xi (a+b,a-b)=0, nasz dowód jest zakończony.

Zadanie 10.4

Niech \displaystyle  ( V, \xi ) będzie przestrzenią liniową euklidesową. Wykazać, że \displaystyle  v \bot w wtedy i tylko wtedy, gdy


\displaystyle || v + w ||^2 = || v ||^2 + || w ||^2.


Zilustrować geometrycznie tę równoważność.

Wskazówka

Policz \displaystyle  || v + w ||^2 = \xi (u+v,u+v).

Rozwiązanie

<flashwrap>file=ag10_c4.swf|size=small</flashwrap>

Twierdzenie Pitagorasa

Rozumując podobnie jak w rozwiązaniu zadania 10.3 oraz korzystając z definicji normy \displaystyle ||\cdot|| widzimy, że


\displaystyle \aligned || v + w ||^2 &= \xi (u+v,u+v)\\ &= \xi (u,u+v)+ \xi (v,u+v)\\ &=\xi (u,u) +\xi (u,v) + \xi (v,u)+\xi (v,v)\\ &=|| v ||^2 + || w ||^2 + 2  \xi (u,v) \endaligned


Oznacza to, że równość


\displaystyle || v + w ||^2 = || v ||^2 + || w ||^2


zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy


\displaystyle \xi (u,v)=0


a ten ostatni warunek jest równoważny warunkowi


\displaystyle v \bot w,


co było do okazania.

Zadanie 10.5

Niech \displaystyle  ( V, \xi ) będzie przestrzenią liniową euklidesową. Wykazać, że dla dowolnych wektorów \displaystyle  v, w \in V zachodzi równość


\displaystyle || v + w ||^2 + || v - w ||^2 = 2( ||v||^2 + ||w||^2 ).


Zilustrować geometrycznie powyższą równość.

Wskazówka

Wystarczy znowu policzyć wartość wyrażenia po lewej stronie, korzystając z własności iloczynu skalarnego.

Rozwiązanie

<flashwrap>file=ag10_c5.swf|size=small</flashwrap>

Przekątne i boki równoległoboku


Rozwiązując zadanie 10.4 wykazaliśmy, że


\displaystyle \aligned || v + w ||^2 &= || v ||^2 + || w ||^2 + 2  \xi (u,v). \endaligned      (*)


Rozumując analogicznie jak w rozwiązaniu zadania 10.4 otrzymujemy również, że


\displaystyle \aligned || v - w ||^2 &= \xi (u-v,u-v)\\ &= \xi (u,u-v)- \xi (v,u-v)\\ &=\xi (u,u) -\xi (u,v) - \xi (v,u)+ \xi (v,v)\\ &=|| v ||^2 + || w ||^2 - 2  \xi (u,v), \endaligned


czyli


\displaystyle \aligned || v - w ||^2 &=  || v ||^2 + || w ||^2 - 2  \xi (u,v), \endaligned      (**)


Dodając teraz równania (*) i (**) otrzymujemy żądaną równość:


\displaystyle || v + w ||^2 + || v - w ||^2 = 2( ||v||^2 + ||w||^2 ).\qedhere


Zadanie 10.6

W przestrzeni \displaystyle \mathbb{R} ^4, ze standardowym iloczynem skalarnym, dane są wektory


\displaystyle \aligned u &= \left( \frac {1}{2}, - \frac {1}{2}, \frac {1}{2}, -\frac {1}{2}\right),& v &= \left( -\frac {1}{2}, \frac {1}{2}, \frac {1}{2},-\frac {1}{2}\right). \endaligned


Wykazać, że wektory \displaystyle u i \displaystyle v są ortonormalne. Niech


\displaystyle U =\textnormal lin\{u,v\}.


Znaleźć dopełnienie prostopadłe \displaystyle  U^\bot podprzestrzeni \displaystyle U w \displaystyle  \mathbb{R} ^4.

Wskazówka

\displaystyle  U^\bot wyznaczymy biorąc dwa liniowo niezależne wektory prostopadłe równocześnie do \displaystyle u i do \displaystyle v, a następnie podprzestrzeń generowaną przez nie.

Rozwiązanie

Wprost z definicji standardowego iloczynu skalarnego (który tym razem oznaczymy symbolem \displaystyle \circ) otrzymujemy:


\displaystyle \aligned u\circ v &= \left( \frac {1}{2}, - \frac {1}{2}, \frac {1}{2}, -\frac {1}{2}\right)\circ \left( -\frac {1}{2}, \frac {1}{2}, \frac {1}{2},-\frac {1}{2}\right)\\ &=\frac {1}{2}\cdot\left(-\frac {1}{2}\right)- \frac {1}{2}\cdot\left(\frac {1}{2}\right)+ \frac {1}{2}\cdot\left(\frac {1}{2}\right) -\frac {1}{2}\cdot\left(-\frac {1}{2}\right)\\ &=-\frac {1}{4}- \frac {1}{4}+ \frac {1}{4} +\frac {1}{4}=0, \endaligned


co oznacza, że wektory \displaystyle u i \displaystyle v są ortogonalne. Ponadto


\displaystyle \aligned ||u||^2 &= \left( \frac {1}{2}, - \frac {1}{2}, \frac {1}{2}, -\frac {1}{2}\right)\circ\left( \frac {1}{2}, - \frac {1}{2}, \frac {1}{2}, -\frac {1}{2}\right)\\ &=\frac {1}{4}+ \frac {1}{4}+ \frac {1}{4} +\frac {1}{4}=1.\\ ||v||^2 &= \left( -\frac {1}{2}, \frac {1}{2}, \frac {1}{2},-\frac {1}{2}\right)\circ \left( -\frac {1}{2}, \frac {1}{2}, \frac {1}{2},-\frac {1}{2}\right)\\ &=\frac {1}{4}+ \frac {1}{4}+ \frac {1}{4} +\frac {1}{4}=1, \endaligned


co dowodzi, że wektory \displaystyle u i \displaystyle v są ortonormalne. Ponieważ wektory \displaystyle u_1 i \displaystyle u_2 stanowią bazę dla podprzestrzeni \displaystyle U, zatem jej dopełnienie ortogonalne \displaystyle U^\bot będzie się składało z tych wszystkich wektorów, które są prostopadłe zarówno do \displaystyle u_1, jak i do \displaystyle u_2, czyli wszystkich wektorów \displaystyle \mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3,x_4) spełniających następujący układ równań:


\displaystyle \left\{ \begin{array} {ccc} u\circ \mathbf{x} &=0\\ v\circ \mathbf{x} &=0.\\ \end{array} \right.


Powyższy układ jest równoważny układowi:


\displaystyle \left\{ \begin{array} {cccccccccc} &\frac{1}{2}x_1 &-& \frac{1}{2}x_2 &+& \frac {1}{2}x_3 &-&\frac{1}{2}x_4&=0\\ -&\frac {1}{2}x_1 &+& \frac {1}{2}x_2 &+& \frac {1}{2}x_3 &-&\frac {1}{2}x_4&=0. \end{array} \right.


Rozwiązując ten ostatni układ równań otrzymujemy, że każde jego rozwiązanie musi być postaci


\displaystyle s(1,1,0,0)+t(0,0,1,1)


dla pewnych \displaystyle s,t\in\mathbb{R}. Oznacza to, że


\displaystyle U^\bot=\textnormal lin\{(1,1,0,0),(0,0,1,1)\},


co kończy nasze rozwiązanie.

Zadanie 10.7

Niech \displaystyle \alpha \in \mathbb{R}. Rozważmy odwzorowanie


\displaystyle f\colon \mathbb{R}^2 \ni (x,y) \to ( x \cos \alpha - y \sin \alpha, x \sin \alpha + y \cos \alpha) \in \mathbb{R}^2.


Sprawdzić, czy \displaystyle f jest izometrią, gdy w \displaystyle \mathbb{R}^2 mamy standardowy iloczyn skalarny.

Wskazówka

Skorzystać z tego, że jeżeli w \displaystyle \mathbb{R}^2 rozważamy standardowy iloczyn skalarny, to odwzorowanie \displaystyle f jest izometrią wtedy i tylko wtedy, gdy jego macierz w bazach kanonicznych spełnia warunek


\displaystyle AA^*=I.\qedhere


Rozwiązanie

<flashwrap>file=ag10_c7.swf|size=small</flashwrap>

Obrót wektora o kąt \alpha

Wystarczy sprawdzić, czy macierz \displaystyle f w bazach kanonicznych spełnia warunek


\displaystyle AA^*=I.


Macierz naszego \displaystyle f w bazach kanonicznych jest równa


\displaystyle A=\left[ \begin{array} {rr}\cos \alpha & -\sin \alpha \\ \sin \alpha & \cos \alpha  \end{array}  \right ].


Jak łatwo obliczyć


\displaystyle AA^*=\left[ \begin{array} {rr}\cos \alpha & -\sin \alpha \\ \sin \alpha & \cos \alpha  \end{array}  \right ]\left[ \begin{array} {rr}\cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin \alpha & \cos \alpha  \end{array}  \right ]=\left[ \begin{array} {cc}1 & 0 \\ 0 & 1  \end{array}  \right ],


co oznacza, że nasze odwzorowanie jest izometrią.

Zadanie 10.8

W \displaystyle \mathbb{R}^3 ze standardowym iloczynem skalarnym zortonomalizować metodą Grama - Schmidta bazę złożoną z wektorów \displaystyle u_1 =(2,2,1), \displaystyle u_2= (1,0,1), \displaystyle u_3 =(1,1,2).

Wskazówka

Należy postępować zgodnie zgodnie z algorytmem opisanym na wykładzie.

Rozwiązanie

Zgodnie z algorytmem opisanym na wykładzie musimy obliczyć:


\displaystyle \aligned \tilde{e}_1&=u_1,& e_1&=\frac{\tilde{e}_1}{||\tilde{e}_1||},\\ \tilde{e}_2&=u_2-(u_2\cdot e_1)e_1,& e_2&=\frac{\tilde{e}_2}{||\tilde{e}_2||},\\ \tilde{e}_3&=u_3-(u_3\cdot e_1)e_1-(u_3\cdot e_2)e_2,& e_3&=\frac{\tilde{e}_3}{||\tilde{e}_3||}. \endaligned


Wówczas wektory \displaystyle e_1\displaystyle e_2 i \displaystyle e_3 utworzą wymaganą bazę ortonormalną. Podstawiając dane liczbowe do powyższych wzorów otrzymujemy:


\displaystyle \aligned \textstyle \tilde{e}_1&=(2,2,1),\\ e_1&=\frac{1}{||(2,2,1)||}(2,2,1)=\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right),\\ \tilde{e}_2 &=(1,0,1)-\left((1,0,1)\cdot \left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)\right)\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)\\ &=(1,0,1)-\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)\\ &=\left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)\\ e_2&=\frac{1}{||(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})||}\left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right) =\left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)\\ \tilde{e}_3&=(1,1,2)-\left((1,1,2)\cdot\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)\right)\left( \frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)+\\ &-\left((1,1,2)\cdot \left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)\right) \left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)\\ &= (1,1,2)-2\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)-\left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)\\ &=\left(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)\\ e_3&=\frac{1}{||(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})||}\left(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)= \left(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right). \endaligned


Oznacza to, że po zortonormalizowaniu nasza baza przyjmuje postać:


\displaystyle \aligned e_1&=\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right),& e_2&=\left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right),& e_3&=\left(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right).\qedhere \endaligned