Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 12: Miara układu wektorów

Zadanie 12.1

Obliczyć wyznacznik Grama układu wektorów

$\begin{array}{rlrlrlr}{v}_1& =(1,0,1,0),& v_2& =(1,-2,3,-4),& v_3& =(1,-1,1,0),& v_4(0,-1,2,1).\end{array}$

Wskazówka

Skorzystać z definicji wyznacznika Grama.

Rozwiązanie

Zgodnie z definicją wyznacznik Grama układu wektorów

$\begin{array}{rlrlrlr}{v}_1& =(1,0,1,0),& v_2& =(1,-2,3,-4),& v_3& =(1,-1,1,0),& v_4(0,-1,2,1)\end{array}$

dany jest wzorem

$G(v_1,v_2,v_3,v_4)=\det \left[\begin{array}{cccc}{v}_1\cdot v_1& v_1\cdot v_2& v_1\cdot v_3& v_1\cdot v_4\\ v_2\cdot v_1& v_2\cdot v_2& v_2\cdot v_3& v_2\cdot v_4\\ v_3\cdot v_1& v_3\cdot v_2& v_3\cdot v_3& v_3\cdot v_4\\ v_4\cdot v_1& v_4\cdot v_2& v_4\cdot v_3& v_4\cdot v_4\\ \end{array}\right].$

Po wykonaniu odpowiednich obliczeń widzimy, że

$G(v_1,v_2,v_3,v_4)=\det \left[\begin{array}{cccc}2& 4& 2& 2\\ 4& 30& 6& 4\\ 2& 6& 3& 3\\ 2& 4& 3& 6\end{array}\right]=100.$

Zadanie 12.2

Rozważamy wektorową przestrzeń euklidesową ${\mathbb{ℝ}}^3$ ze standardowym iloczynem skalarnym. Niech

$\begin{array}{rlrlrl}u& =(1,0,1),& v& =(2,2,1),& w& =(2,-3,-1)\end{array}$

i niech $U=lin\{u,v\}$. Obliczyć $d(w,U)$.

Wskazówka

Wystarczy skorzystać z definicji $d(w,U)$.

Rozwiązanie

Liczba $d(w,U)$ jest z definicji równa $||w^{\prime }||$, gdzie $w^{\prime }\in U^{\mathrm{\perp }}$ jest składową wektora $w$ w rozkładzie przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ na sumę prostą $U\oplus U^{\mathrm{\perp }}$. Aby wyznaczyć składowe wektora $w$ w tym rozkładzie, wystarczy znaleźć bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$, której wektory należą do $U\cup U^{\mathrm{\perp }}$. Z określenia przestrzeni $U$ wynika, że bazą dla $U$ są wektory $u$ i $v$ oraz $\dim U=2$. Wnioskujemy stąd, że $\dim U^{\mathrm{\perp }}=1$ i jako bazę dla podprzestrzeni $U^{\mathrm{\perp }}$ możemy przyjąć dowolne niezerowe rozwiązanie $\mathbf{𝐱}$ układu

$\{\begin{array}{rc}(x_1,x_2,x_3)\cdot u& =0\\ (x_1,x_2,x_3)\cdot v& =0,\end{array}$

który, przyjmując, że $\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,x_3)$, możemy równoważnie zapisać w następujący sposób

$\{\begin{array}{rcrccc}{x}_1& & & +& x_3& =0\\ 2x_1& +& 2x_2& +& x_3& =0.\end{array}$

(Inna metoda na wyznaczenie wektora $\mathbf{𝐱}$ prostopadłego równocześnie do wektorów $u$ i $v$ podana jest w zadaniu 12.3). Łatwo sprawdzić, że wektor $(2,-1,-2)$ jest niezerowym rozwiązaniem naszego układu. Jeżeli teraz przyjmiemy za bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ wektory $(1,0,1)$, $(2,2,1)$ oraz $(2,-1,-2)$, to znajdując wektor współrzędnych $(a_1,a_2,a_3)$ wektora $w$ w tej bazie, a następnie przyjmując $w^{\prime }=a_3(2,-1,-2)$, wyznaczymy składową wektora $w$ w rozkładzie przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ na sumę prostą $U\oplus U^{\mathrm{\perp }}$. Aby wyznaczyć współrzędne wektora $w$ w tej bazie, rozważmy równanie

$a_1(1,0,1)+a_2(2,2,1)+a_3(2,-1,-2)=(2,-3,-1),$

które jest równoważne układowi równań

$\{\begin{array}{rcrcrc}{a}_1& +& 2a_2& +& 2a_3& =2\\ & & 2a_2& -& a_3& =-3\\ a_1& +& a_2& -& 2a_3& =-1.\end{array}$

Rozwiązaniem tego układu są liczby

$\begin{array}{rlrlrl}{a}_1& =2,& a_2& =-1,& a_3& =1.\end{array}$

Oznacza to, że wektor

$w^{\prime }=1(2,-1,-2)=(2,-1,-2)$

jest szukaną składową. Ponieważ

$||w^{\prime }||=\sqrt{2^2+(-1{)}^2+(-2{)}^2}=\sqrt{9}=3,$

zatem otrzymaliśmy, że

$d(w,U)=3.$

Zadanie 12.3

W przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ ze standardowym iloczynem skalarnym dane są wektory $\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,x_3)$ i $\mathbf{𝐲}=(y_1,y_2,y_3)$. Definiujemy wektor

$\begin{array}{rl}\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}:& =(x_2{y}_3-x_3{y}_2,x_3{y}_1-x_1{y}_3,x_1{y}_2-x_2{y}_1)\\ & =(\det \left[\begin{array}{cc}{x}_2& x_3\\ y_2& y_3\end{array}\right],\det \left[\begin{array}{cc}{x}_3& x_1\\ y_3& y_1\end{array}\right],\det \left[\begin{array}{cc}{x}_1& x_2\\ y_1& y_2\end{array}\right]).\end{array}$

Wykazać, że wektor $\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}$ jest prostopadły do podprzestrzeni Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \text lin \{\mathbf{x},\mathbf{y}\}} oraz że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \parallel \mathbf{x}\times \mathbf{y}\parallel = \text vol (\mathbf{x},\mathbf{y}) } . Wektor $\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}$ nazywamy iloczynem wektorowym wektorów $\mathbf{𝐱}$ i $\mathbf{𝐲}$.

Wskazówka

Skorzystać z odpowiedniego twierdzenia z wykładu.

Rozwiązanie

Aby wykazać, że wektor $\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}$ jest prostopadły do podprzestrzeni Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \text lin \{\mathbf{x},\mathbf{y}\}} wystarczy dowieść, że

$\begin{array}{rlrl}(\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲})\cdot \mathbf{𝐱}& =0,& (\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲})\cdot \mathbf{𝐲}& =0.\end{array}$

Korzystając z definicji wektora $\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}$ oraz definicji standardowego iloczynu skalarnego, otrzymujemy

$\begin{array}{rl}(\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲})\cdot \mathbf{𝐱}& =(x_2{y}_3-x_3{y}_2,x_3{y}_1-x_1{y}_3,x_1{y}_2-x_2{y}_1)\cdot (x_1,x_2,x_3)\\ & =x_1(x_2{y}_3-x_3{y}_2)+x_2(x_3{y}_1-x_1{y}_3)+x_3(x_1{y}_2-x_2{y}_1)\\ & =x_1{x}_2{y}_3-x_1{x}_3{y}_2+x_2{x}_3{y}_1-x_1{x}_2{y}_3+x_1{x}_3{y}_2-x_2{x}_3{y}_1\\ & =0.\end{array}$

Podobnie bezpośrednim rachunkiem dowodzimy, że

$(\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲})\cdot \mathbf{𝐲}=(x_2{y}_3-x_3{y}_2,x_3{y}_1-x_1{y}_3,x_1{y}_2-x_2{y}_1)\cdot (y_1,y_2,y_3)=0.$

Oznacza to, że

$\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}\mathrm{\perp }\text{lin}\{\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲}\}.$

Wykażemy teraz, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle || \mathbf{x}\times \mathbf{y}|| = \text vol (\mathbf{x},\mathbf{y}). }

Skorzystamy przy tym z następującego wzoru podanego na wykładzie

$\text{vol}(\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲})=\sqrt{G(\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲})},$

gdzie $G(\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲})$ oznacza wyznacznik Grama wektorów $\mathbf{𝐱}$ i $\mathbf{𝐲}$. Zauważmy, że

$\begin{array}{rl}||\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}|{|}^2=& (x_2{y}_3-x_3{y}_2{)}^2+(x_3{y}_1-x_1{y}_3{)}^2+(x_1{y}_2-x_2{y}_1{)}^2\\ =& (x_2{y}_3{)}^2-2x_2{x}_3{y}_2{y}_3+(x_3{y}_2{)}^2+(x_3{y}_1{)}^2-2x_1{x}_3{y}_1{y}_3+(x_1{y}_3{)}^2+\\ & +(x_1{y}_2{)}^2-2x_1{x}_2{y}_1{y}_2+(x_2{y}_1{)}^2.\end{array}$

Z drugiej strony

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} (\text vol(\mathbf{x},\mathbf{y}))^2=&{G(\mathbf{x},\mathbf{y})}\\ =&{\det\left [ \begin{array} {cc}\mathbf{x}\cdot \mathbf{x} & \mathbf{x}\cdot \mathbf{y} \\ \mathbf{y}\cdot \mathbf{x} & \mathbf{y}\cdot \mathbf{y} \end{array} \right ]}\\ =&{(x_1^2+x_2^2+x_3^2)(y_1^2+y_2^2+y_3^2)-(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3)^2}\\ =&{(x_1y_1)^2+(x_2y_2)^2+(x_3y_3)^2+(x_2y_1)^2+(x_3y_1)^2+}\\ &+(x_1y_2)^2+(x_3y_2)^2+(x_1y_3)^2+(x_1y_3)^2+\\ &-((x_1y_1)^2+(x_2y_2)^2+(x_3y_3)^2)+\\&-2(x_2x_3y_2y_3+x_1x_3y_1y_3+x_1x_2y_1y_2)\\ =&{( x_2y_3)^2-2x_2x_3y_2y_3+(x_3y_2)^2+ (x_3y_1)^2}\\ &-2x_1x_3y_1y_3+(x_1y_3)^2+(x_1y_2)^2+\\& -2x_1x_2y_1y_2+(x_2y_1)^2. \end{align}}

Wykazaliśmy zatem, że

$||\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}|{|}^2=(\text{vol}(\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲}){)}^2,$

co oznacza, że

$||\mathbf{𝐱}\times \mathbf{𝐲}||=\text{vol}(\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲}).$

Zadanie 12.4

W przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ ze standardowym iloczynem skalarnym dane są wektory

$\begin{array}{rlrlrl}u& =(1,0,1),& v& =(1,-1,1),& w& =(0,1,3).\end{array}$

Obliczyć pole trójkąta o wierzchołkach

$\begin{array}{rlrlrl}A& =(0,0,0),& B& =(1,0,1),& C& =(1,-1,1)\end{array}$

oraz $\text{vol}(u,v,w)$.

Wskazówka

Skorzystać z odpowiedniego twierdzenia z wykładu. W pierwszej części można też skorzystać z poprzedniego zadania.

Rozwiązanie

Zauważmy, że

$\begin{array}{rlr}\overrightarrow{AB}& =u,& \overrightarrow{AC}=v.\end{array}$

Z wykładu wiadomo, że pole powierzchni równoległoboku wyznaczonego przez punkty $A$, $B$, $C$ oraz $D=A+(u+v)=(2,-1,1)$ jest równe Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \text vol\{u,v\}} . Widać także, że pole pole trójkąta o wierzchołkach

$\begin{array}{rlrlrl}A& =(0,0,0),& B& =(1,0,1),& C& =(1,-1,1),\end{array}$

które oznaczamy dalej przez $P$, jest równe połowie pola wspomnianego równoległoboku, czyli

$P=\frac{1}{2}\text{vol}\{u,v\}.$

Korzystając ze wzoru

$\text{vol}\{u,v\}=\sqrt{G(u,v)},$

otrzymujemy

$\begin{array}{rl}\text{vol}\{u,v\}& =\sqrt{\det \left[\begin{array}{cc}u\cdot u& u\cdot v\\ v\cdot u& v\cdot v\end{array}\right]}\\ & =\sqrt{\det \left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& 3\end{array}\right]}\\ & =\sqrt{4}=2,\end{array}$

co oznacza, że

$P=1.$

Podobnie

$\begin{array}{rl}\text{vol}\{u,v,w\}& =\sqrt{G(u,v,w)}\\ & =\sqrt{\det \left[\begin{array}{ccc}u\cdot u& u\cdot v& u\cdot w\\ v\cdot u& v\cdot v& v\cdot w\\ w\cdot u& w\cdot v& w\cdot w\end{array}\right]}\\ & =|\det \left[\begin{array}{crc}2& 2& 3\\ 2& 3& 2\\ 3& 2& 10\end{array}\right]|\\ & =3.\end{array}$

Zadanie 12.5

Rozważmy wektorową przestrzeń euklidesową $({\mathbb{ℝ}}^3,g)$, gdzie

$g((x_1,x_2,x_3),(y_1,y_2,y_3)=3x_1{y}_1+2x_2{y}_2+x_3{y}_3.$

Obliczyć Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \text vol (u,v,w)} , gdy $u=(1,0,1),v=(0,-2,0)$, $w=(1,-2,-1)$.

Wskazówka

Wystarczy skorzystać z definicji miary układu wektorów.

Rozwiązanie

Ze wzoru na miarę układu wektorów otrzymujemy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} \text vol\{u,v,w\}&=\sqrt{G(u,v,w)}\\ &=\sqrt{\det\left[ \begin{array} {ccc} g(u, u) & g(u, v) & g(u, w) \\ g(v, u) & g(v, v) & g(v, w) \\ g(w, u) & g(w, v) & g(w, w) \end{array} \right ]}\\ &=\sqrt{\det\left [ \begin{array} {crc} 4 & 0 & 2 \\ 0 & 8 & 8\\ 2 & 8 & 12 \end{array} \right ]}\\ &=\sqrt{96}=4\sqrt{6}. \end{align}}

Zadanie 12.6

Niech

$f:{\mathbb{ℝ}}^4\ni (x_1,x_2,x_3,x_4)\to (x_1-x_2,x_1+x_4,2x_1+3x_3,x_2-x_4)\in {\mathbb{ℝ}}^4.$

Niech $e_1,e_2,e_3,e_4$ oznaczają wktory bazy kanonicznej w ${\mathbb{ℝ}}^4$. Obliczyć

$G(f(e_1),f(e_2),f(e_3),f(e_4)).$

Wskazówka

Można skorzystać z odpowiedniego twierdzenia z wykładu.

Rozwiązanie

Zauważmy, że baza kanoniczna jest bazą ortonormalną. Współrzędne wektora $f(e_i)$, gdzie $i=1,\dots ,4$, a $e_i$ jest $i$-tym wektorem bazy kanonicznej możemy łatwo odczytać z macierzy odwzorowania $f$ w bazie kanonicznej. Korzystając z powyższych obserwacji oraz z twierdzenia z wykładu otrzymujemy, że wyznacznik Grama układu wektorów $f(e_1),f(e_2),f(e_3),f(e_4)$ jest równy $(\det A{)}^2$, gdzie $A$ oznacza macierz naszego dowzorowania $f$ w bazie kanonicznej. Po wykonaniu odpowiednich obliczeń otrzymujemy

$A=\left[\begin{array}{crcr}1& -1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 1\\ 2& 0& 3& 0\\ 0& 1& 0& -1\end{array}\right]$

oraz

$\det A=-6,$

co oznacza, że

$G(f(e_1),f(e_2),f(e_3),f(e_4))=36.$