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

Zadanie 10.1

Niech $\phi :{\mathbb{ℝ}}^4\times {\mathbb{ℝ}}^4\to \mathbb{ℝ}$ będzie dane wzorem

$\phi ((x_1,x_2,x_3,x_4),(y_1,y_2,y_3,y_4))=x_1{y}_1-2x_2{y}_2+3x_3{y}_3-4x_4{y}_4.$

Zbadać, czy $\phi$ jest iloczynem skalarnym.

Wskazówka

Sprawdź, czy $\phi$ jest dodatnio określone.

Rozwiązanie

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

Zadanie 10.2

Niech

$\phi :{\mathbb{ℝ}}^3\times {\mathbb{ℝ}}^3\ni ((x_1,x_2,x_3),(y_1,y_2,y_3))\to 3x_1{y}_1+2x_2{y}_2\in \mathbb{ℝ}.$

Zbadać, czy $\phi$ jest iloczynem skalarnym.

Wskazówka

Sprawdź, czy $\phi (v,v)=0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $v=\mathrm{\Theta }$, gdzie $\mathrm{\Theta }=(0,0,0)$.

Rozwiązanie

Podane odwzorowanie nie jest iloczynem skalarnym. Niech

$v=(0,0,1).$

Wówczas $\phi (v,v)=0$, ale $v\ne (0,0,0)$, czyli $\phi$ nie może być iloczynem skalarnym.

Zadanie 10.3

Niech $(V,\xi )$ będzie przestrzenią liniową euklidesową. Wykazać, że $\xi (a,a)=\xi (b,b)$ wtedy i tylko wtedy, gdy $a+b\mathrm{\perp }a-b$. Zilustrować geometrycznie tę równoważność. ANIMACJA przy rozwiązaniu (przekątne rombu są prostopadłe)

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Zauważmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $\xi$, a następnie z równości $\xi (a,b)=\xi (b,a)$ zachodzącej dla dowolnych $a$ i $b$. Wynika stąd natychmiast, że $\xi (a+b,a-b)=0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\xi (a,a)-\xi (b,b)=0$, czyli $\xi (a,a)=\xi (b,b)$. Ponieważ $a+b\mathrm{\perp }a-b$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\xi (a+b,a-b)=0$, nasz dowód jest zakończony.

Zadanie 10.4

Niech $(V,\xi )$ będzie przestrzenią liniową euklidesową. Wykazać, że $v\mathrm{\perp }w$ wtedy i tylko wtedy, gdy

$||v+w|{|}^2=||v|{|}^2+||w|{|}^2.$

Zilustrować geometrycznie tę równoważność. [[ANIMACJA przy rozwiązaniu (tw. Pitagorasa)]]

Wskazówka

Policz $||v+w|{|}^2=\xi (u+v,u+v)$.

Rozwiązanie

Rozumując podobnie jak w rozwiązaniu zadania 10.3 oraz

korzystając z definicji normy $||\cdot ||$ widzimy, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

$||v+w|{|}^2=||v|{|}^2+||w|{|}^2$

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

$\xi (u,v)=0$

a ten ostatni warunek jest równoważny warunkowi

$v\mathrm{\perp }w,$

co było do okazania.

Zadanie 10.5

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

$||v+w|{|}^2+||v-w|{|}^2=2(||v|{|}^2+||w|{|}^2).$

Zilustrować geometrycznie powyższą równość. [[ANIMACJA przy rozwiązaniu (równoległobok o wierzchołku w początku układu współrzędnych i przekątne)]]

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Rozwiązując zadanie 10.4 wykazaliśmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned || v + w ||^2 &= || v ||^2 + || w ||^2 + 2 \xi (u,v).\tag{} *Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\endaligned”): {\displaystyle \displaystyle } \endaligned}      (*)

Rozumując analogicznie jak w rozwiązaniu zadania 10.4 otrzymujemy również, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned || v - w ||^2 &= || v ||^2 + || w ||^2 - 2 \xi (u,v), \tag{} **Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\endaligned”): {\displaystyle \displaystyle } \endaligned}      (**)

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle || v + w ||^2 + || v - w ||^2 = 2( ||v||^2 + ||w||^2 ).\qedhere}

Zadanie 10.6

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $u$ i $v$ są ortonormalne. Niech

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\lin”): {\displaystyle \displaystyle U =\lin\{u,v\}. }

Znaleźć dopełnienie prostopadłe $U^{\mathrm{\perp }}$ podprzestrzeni $U$ w ${\mathbb{ℝ}}^4$.

Wskazówka

$U^{\mathrm{\perp }}$ wyznaczymy biorąc dwa liniowo niezależne wektory prostopadłe równocześnie do $u$ i do $v$, a następnie podprzestrzeń generowaną przez nie.

Rozwiązanie

Wprost z definicji standardowego iloczynu skalarnego (który tym razem oznaczymy symbolem $\circ$)

otrzymujemy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $u$ i $v$ są ortogonalne. Ponadto

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $u$ i $v$ są ortonormalne. Ponieważ wektory $u_1$ i $u_2$ stanowią bazę dla podprzestrzeni $U$, zatem jej dopełnienie ortogonalne $U^{\mathrm{\perp }}$ będzie się składało z tych wszystkich wektorów, które są prostopadłe zarówno do $u_1$, jak i do $u_2$, czyli wszystkich wektorów $\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,x_3,x_4)$ spełniających następujący układ równań:

$\{\begin{array}{cc}u\circ \mathbf{𝐱}& =0\\ v\circ \mathbf{𝐱}& =0.\\ \end{array}$

Powyższy układ jest równoważny układowi:

$\{\begin{array}{ccccccccc}& \frac{1}{2}{x}_1& -& \frac{1}{2}{x}_2& +& \frac{1}{2}{x}_3& -& \frac{1}{2}{x}_4& =0\\ -& \frac{1}{2}{x}_1& +& \frac{1}{2}{x}_2& +& \frac{1}{2}{x}_3& -& \frac{1}{2}{x}_4& =0.\end{array}$

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

$s(1,1,0,0)+t(0,0,1,1)$

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\lin”): {\displaystyle \displaystyle U^\bot=\lin\{(1,1,0,0),(0,0,1,1)\}, }

co kończy nasze rozwiązanie.

Zadanie 10.7

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

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

Sprawdzić, czy $f$ jest izometrią, gdy w ${\mathbb{ℝ}}^2$ mamy standardowy iloczyn skalarny. ANIMACJA (obrót wektora o kąt $\alpha$)

Wskazówka

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle AA^*=I.\qedhere }

Rozwiązanie

Wystarczy sprawdzić, czy macierz $f$ w bazach kanonicznych spełnia warunek

$A{A}^{*}=I.$

Macierz naszego $f$ w bazach kanonicznych jest równa

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

Jak łatwo obliczyć

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

co oznacza, że nasze odwzorowanie jest izometrią.

Zadanie 10.8

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

Wskazówka

Należy postępować zgodnie zgodnie z algorytmem opisanym na wykładzie.

Rozwiązanie

Zgodnie z algorytmem opisanym na wykładzie musimy obliczyć:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $e_1$, $e_2$ i $e_3$ utworzą wymaganą bazę ortonormalną. Podstawiając dane liczbowe do powyższych wzorów otrzymujemy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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}