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.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

<div.thumbcaption>Przekątne rombu są prostopadłe

Zauważmy, że

$\begin{array}{rl}\xi (a+b,a-b)& =\xi (a,a-b)+\xi (b,a-b)\\ & =\xi (a,a)-\xi (a,b)+\xi (b,a)-\xi (b,b)\\ & =\xi (a,a)-\xi (b,b)\end{array}$

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.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

<div.thumbcaption>Twierdzenie Pitagorasa

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

$\begin{array}{rl}||v+w|{|}^2& =\xi (u+v,u+v)\\ & =\xi (u,u+v)+\xi (v,u+v)\\ & =\xi (u,u)+\xi (u,v)+\xi (v,u)+\xi (v,v)\\ & =||v|{|}^2+||w|{|}^2+2\xi (u,v)\end{array}$

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.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

<div.thumbcaption>Przekątne i boki równoległoboku

Rozwiązując zadanie 10.4 wykazaliśmy, że

$\begin{array}{rl}||v+w|{|}^2& =||v|{|}^2+||w|{|}^2+2\xi (u,v).\end{array}$      (*)

Rozumując analogicznie jak w rozwiązaniu zadania 10.4 otrzymujemy również, że

$\begin{array}{rl}||v-w|{|}^2& =\xi (u-v,u-v)\\ & =\xi (u,u-v)-\xi (v,u-v)\\ & =\xi (u,u)-\xi (u,v)-\xi (v,u)+\xi (v,v)\\ & =||v|{|}^2+||w|{|}^2-2\xi (u,v),\end{array}$

czyli

$\begin{array}{rl}||v-w|{|}^2& =||v|{|}^2+||w|{|}^2-2\xi (u,v),\end{array}$      (**)

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

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

Zadanie 10.6

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

$\begin{array}{rlrl}u& =(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2}),& v& =(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2}).\end{array}$

Wykazać, że wektory $u$ i $v$ są ortonormalne. Niech

$U=lin\{u,v\}.$

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:

$\begin{array}{rl}u\circ v& =(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\circ (-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\\ & =\frac{1}{2}\cdot (-\frac{1}{2})-\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\cdot (-\frac{1}{2})\\ & =-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=0,\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}||u|{|}^2& =(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\circ (\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\\ & =\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=1.\\ ||v|{|}^2& =(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\circ (-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\\ & =\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=1,\end{array}$

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

$U^{\mathrm{\perp }}=lin\{(1,1,0,0),(0,0,1,1)\},$

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.

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

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

Rozwiązanie

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

<div.thumbcaption>Obrót wektora o kąt $\alpha$

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:

$\begin{array}{rlrl}{\tilde{e}}_1& =u_1,& e_1& =\frac{{\tilde{e}}_1}{||{\tilde{e}}_1||},\\ {\tilde{e}}_2& =u_2-(u_2\cdot e_1)e_1,& e_2& =\frac{{\tilde{e}}_2}{||{\tilde{e}}_2||},\\ {\tilde{e}}_3& =u_3-(u_3\cdot e_1)e_1-(u_3\cdot e_2)e_2,& e_3& =\frac{{\tilde{e}}_3}{||{\tilde{e}}_3||}.\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}{\tilde{e}}_1& =(2,2,1),\\ e_1& =\frac{1}{||(2,2,1)||}(2,2,1)=(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}),\\ {\tilde{e}}_2& =(1,0,1)-((1,0,1)\cdot (\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}))(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3})\\ & =(1,0,1)-(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3})\\ & =(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})\\ e_2& =\frac{1}{||(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})||}(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})=(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})\\ {\tilde{e}}_3& =(1,1,2)-((1,1,2)\cdot (\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}))(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3})+\\ & -((1,1,2)\cdot (\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}))(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})\\ & =(1,1,2)-2(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3})-(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})\\ & =(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})\\ e_3& =\frac{1}{||(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})||}(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})=(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}).\end{array}$

Oznacza to, że po zortonormalizowaniu nasza baza przyjmuje postać:

$\begin{array}{rlrlrl}{e}_1& =(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}),& e_2& =(\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}),& e_3& =(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}).\end{array}$