Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 13: Przestrzenie afiniczne I

Zadanie 13.1

Niech

$X=\{(x_{1},x_{2},x_{3})\in \mathbb {R} ^{3}:x_{1}-3x_{2}=3,\,x_{3}+x_{2}=5\}$

Niech

$\omega :X\times X\ni ((x_{1},x_{2},x_{3}),(y_{1},y_{2},y_{3}))\to y_{2}-x_{2}\in \mathbb {R} ;$

$\delta \colon X\times \mathbb {R} \ni ((x_{1},x_{2},x_{3}),\alpha )\to (x_{1}+3\alpha ,x_{2}+\alpha ,x_{3}-\alpha )\in \mathbb {R} ^{3}$.

Wykazać, że $\delta$ jest odwzorowaniem przeprowadzającym zbiór $X\times \mathbb {R}$ w zbiór $X$. Wykazać, że $(X,\mathbb {R} ,\omega ,\delta )$ jest przestrzenią afiniczną.

Wskazówka

$\mathbb {R}$ traktujemy jako przestrzeń wektorową nad ciałem $\mathbb {R}$. Oznaczenie $\omega (x,y)$ stosujemy zamiast oznaczenia ${\overrightarrow {xy}}$, a $\delta (x,v)$ zamiast oznaczenia $x+v$ z wykładu XIII.

Rozwiązanie

Sprawdzimy najpierw, czy $\delta$ jest odwzorowaniem przeprowadzającym zbiór $X\times \mathbb {R}$ w zbiór $X$. W tym celu ustalmy dowolną liczbę rzeczywistą $\alpha$ oraz dowolny punkt $\mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3})\in X$. Musimy wykazać, że współrzędne punktu

$\delta (\mathbf {x} ,\alpha )=(x_{1}+3\alpha \,x_{2}+\alpha \,x_{3}-\alpha )$

spełniają układ równań opisujący zbiór $X$, czyli

$\left\{{\begin{array}{ccrcc}x_{1}&-&3x_{2}&=3\\x_{3}&+&x_{2}&=5\end{array}}\right.$

Zauważmy, że rozwiązania tego równania są postaci

$(3,0,5)+s(3,1,-1)$

Wstawiając współrzędne punktu $\delta (\mathbf {x} ,\alpha )$ do pierwszego równania powyższego układu otrzymujemy:

$x_{1}+3\alpha -3(x_{2}+\alpha )=x_{1}-3x_{2}=3$

Wstawiając współrzędne punktu $\delta (\mathbf {x} ,\alpha )$ do drugiego równania powyższego układu otrzymujemy:

$x_{3}-\alpha +x_{2}+\alpha =x_{3}+x_{2}=5$

Wykazaliśmy zatem, że $\delta (\mathbf {x} ,\alpha )\in X$ dla wszystkich $\alpha \in \mathbb {R}$ oraz $\mathbf {x} \in X$. Aby udowodnić, że $X$ jest przestrzenią afiniczną o kierunku $\mathbb {R}$ musimy uzasadnić, że spełnione są następujące warunki:

i) dla dowolnego $\mathbf {x} \in X$ oraz $\alpha \in \mathbb {R}$ równość

$\delta (\mathbf {x} ,\alpha )=\mathbf {y}$

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

$\omega (\mathbf {x} \,\mathbf {y} )=\alpha$

ii) dla dowolnych $\mathbf {x} ,\mathbf {y} ,\mathbf {z} \in X$

$\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {y} )+\omega (\mathbf {y} ,\mathbf {z} )=\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {z} )$

W celu sprawdzenia pierwszego z tych warunków ustalmy dowolny $\mathbf {x} \in X$ oraz $\alpha \in \mathbb {R}$. Mamy wówczas

$\delta (\mathbf {x} ,\alpha )=(x_{1}+3\alpha \,x_{2}+\alpha ,x_{3}-\alpha )=\mathbf {y} =(y_{1},y_{2},y_{3})$

wtedy i tylko wtedy

${\begin{aligned}x_{1}+3\alpha &=y_{1},&x_{2}+\alpha &=y_{2},&x_{3}-\alpha &=y_{3}\end{aligned}}$      (*)

Z definicji przestrzeni $X$ wynika, że współrzędne punktu $\mathbf {y}$ są jednoznacznie wyznaczone przez jedną z nich, np. drugą i wówczas

$\mathbf {y} =(3+3y_{2},y_{2},5-y_{2})$

Wynika stąd, że trzy równości oznaczone (*) są równoważne jednej

$x_{2}+\alpha =y_{2}$

czyli

$y_{2}-x_{2}=\alpha$

Ta ostatnia równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

$\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {y} )=\alpha$

co kończy dowód pierwszego z warunków występujących w definicji przestrzeni afinicznej. Dla dowodu drugiego warunku ustalmy $\mathbf {x} ,\mathbf {y} ,\mathbf {z} \in X$, gdzie

${\begin{aligned}\mathbf {x} &=(x_{1},x_{2},x_{3}),&\mathbf {y} &=(y_{1},y_{2},y_{3}),&\mathbf {z} &=(z_{1},z_{2},z_{3})\end{aligned}}$

Wówczas

${\begin{aligned}\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {y} )+\omega (\mathbf {y} ,\mathbf {z} )&=(y_{2}-x_{2})+(z_{2}-y_{2})=z_{2}-x_{2}\\&=\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {z} )\end{aligned}}$

co było do okazania. Udowodniliśmy, że $(X,\mathbb {R} ,\omega ,\delta )$ jest przestrzenią afiniczną.

Zadanie 13.2

Niech

$X=\{(x_{1},x_{2},x_{3})\in \mathbb {R} ^{3}:x_{1}-2x_{2}+x_{3}=1\}$

Niech

$\omega :X\times X\ni ((x_{1},x_{2},x_{3}),(y_{1},y_{2},y_{3}))\to (x_{3}-y_{3},y_{2}-x_{2})\in \mathbb {R} ^{2};$

$\delta \colon X\times \mathbb {R} ^{2}\ni ((\alpha ,\beta ),(x_{1},x_{2},x_{3}))\to (x_{1}+\alpha +2\beta ,x_{2}+\beta ,x_{3}-\alpha )\in \mathbb {R} ^{3}$.

Wykazać, że $\delta \colon X\times \mathbb {R} ^{2}\to X$. Wykazać, że $(X,\mathbb {R} ^{2},\omega ,\delta )$ jest przestrzenią afiniczną.

Wskazówka

Oznaczenie $\omega (x,y)$ stosujemy zamiast ${\overrightarrow {xy}}$, a $\delta (x,v)$ zamiast oznaczenia $x+v$ z wykładu XIII.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że

${\begin{aligned}X&=\{(x_{1},x_{2},x_{3})\in \mathbb {R} ^{3}:x_{1}-2x_{2}+x_{3}=1\}\\&=(1,0,0)+{\text{ lin }}\{(2,1,0),(-1,0,1)\},\end{aligned}}$

zatem współrzędne punktu $\mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3})\in X$ są jednoznacznie wyznaczone przez drugą i trzecią współrzędną wzorem

$x_{1}=1+2x_{2}-x_{3}$

Sprawdzimy, czy $\delta$ jest odwzorowaniem przeprowadzającym zbiór $X\times \mathbb {R} ^{2}$ w zbiór $X$. W tym celu ustalmy dowolne liczby rzeczywiste $\alpha$ i $\beta$ oraz dowolny punkt $\mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3})\in X$. Wykażemy, że współrzędne punktu

$\delta (\mathbf {x} ,(\alpha ,\beta ))=(x_{1}+\alpha +2\beta ,x_{2}+\beta ,x_{3}-\alpha )$

spełniają równanie opisujące zbiór $X$, czyli

$x_{1}+\alpha +2\beta -2(x_{2}+\beta )+x_{3}-\alpha =x_{1}-2x_{2}+x_{3}=1$

Zatem $\delta (\mathbf {x} ,(\alpha ,\beta ))\in X$ dla wszystkich $(\alpha ,\beta )\in \mathbb {R} ^{2}$ oraz $\mathbf {x} \in X$. Aby udowodnić, że $X$ jest przestrzenią afiniczną o kierunku $\mathbb {R} ^{2}$ musimy uzasadnić, że spełnione są następujące warunki:

i) dla dowolnego $\mathbf {x} \in X$ oraz $(\alpha ,\beta )\in \mathbb {R} ^{2}$ równość

$\delta (\mathbf {x} ,(\alpha ,\beta ))=\mathbf {y}$

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

$\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {y} )=(\alpha ,\beta )$

ii) dla dowolnych $\mathbf {x} ,\mathbf {y} ,\mathbf {z} \in X$

$\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {y} )+\omega (\mathbf {y} ,\mathbf {z} )=\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {z} )$

Aby sprawdzić, że zachodzi pierwszy z powyższych warunków ustalmy dowolny punkt $\mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3})\in X$ oraz $(\alpha ,\beta )\in \mathbb {R} ^{2}$. Z definicji odwzorowania $\delta$ mamy

$\delta (\mathbf {x} ,(\alpha ,\beta ))=(x_{1}+\alpha +2\beta ,x_{2}+\beta ,x_{3}-\alpha )=\mathbf {y} =(y_{1},y_{2},y_{3})$

Na mocy naszej obserwacji na temat zbioru $X$ wnosimy, że powyższa równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

${\begin{aligned}x_{2}+\beta &=y_{2},&x_{3}-\alpha &=y_{3}.\end{aligned}}$

Przekształcając powyższe równości otrzymujemy

${\begin{aligned}y_{2}-x_{2}&=\beta ,&x_{3}-y_{3}&=\alpha ,\end{aligned}}$

co zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

$\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {y} )=(\alpha ,\beta )$

Dowód pierwszego z warunków występujących w definicji przestrzeni afinicznej jest zakończony. Dla dowodu drugiego warunku ustalmy $\mathbf {x} ,\mathbf {y} ,\mathbf {z} \in X$, gdzie

${\begin{aligned}\mathbf {x} &=(x_{1},x_{2},x_{3}),&\mathbf {y} &=(y_{1},y_{2},y_{3}),&\mathbf {z} &=(z_{1},z_{2},z_{3}).\end{aligned}}$

Wówczas

${\begin{aligned}\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {y} )+\omega (\mathbf {y} ,\mathbf {z} )&=((x_{3}-y_{3}),(y_{2}-x_{2}))+((y_{3}-z_{3}),(z_{2}-y_{2}))\\&=((x_{3}-z_{3}),(z_{2}-x_{2}))\\&=\omega (\mathbf {x} ,\mathbf {z} ),\end{aligned}}$

co było do okazania. Udowodniliśmy, że $(X,\mathbb {R} ^{2},\omega ,\delta )$ jest przestrzenią afiniczną.

Zadanie 13.3

W przestrzeni afinicznej $\mathbb {R} ^{3}$ ( o kierunku $\mathbb {R} ^{3}$) dane są punkty

${\begin{aligned}a&=(1,0,-3),&b&=(2,1,-3),&c&=(1,1,-2),&d&=(2,0,-2).\end{aligned}}$

Wykazać, że są one afinicznie niezależne. Znaleźć współrzędne punktu

$x=(2,-4,-4)$

w układzie bazowym $(a;{\overrightarrow {ab}},{\overrightarrow {ac}},{\overrightarrow {ad}})$.

Wskazówka

Zbadać liniową niezależność wektorów ${\overrightarrow {ab}},{\overrightarrow {ac}},{\overrightarrow {ad}}$.

Rozwiązanie

Z twierdzenia podanego na wykładzie wynika, że punkty $a,b,c,d$ są afinicznie niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy wyznacznik macierzy utworzonej poprzez dopisanie pierwszego wiersza złożonego z samych jedynek do macierzy, w której

kolumnach wpisano współrzędne punktów $a$, $b$, $c$ i $d$ jest różny od zera, czyli

$\det \left[{\begin{array}{rrrr}1&1&1&1\\1&2&1&2\\0&1&1&0\\-3&-3&-2&-2\end{array}}\right]\neq 0$

Ponieważ wyznacznik powyższej macierzy jest równy $2$, zatem punkty $a$, $b$, $c$ i $d$ są afinicznie niezależne. Aby znaleźć współrzędne $(\alpha ,\beta ,\gamma )$ punktu $x=(2,-4,-4)$ w układzie bazowym $(a;{\overrightarrow {ab}},{\overrightarrow {ac}},{\overrightarrow {ad}})$ musimy wyznaczyć liczby rzeczywiste $\alpha$, $\beta$ i $\gamma$ takie, że

$x=a+\alpha {\overrightarrow {ab}}+\beta {\overrightarrow {ac}}+\gamma {\overrightarrow {ad}})$,

czyli

$(2,-4,-4)=(1,0,-3)+\alpha (1,1,0)+\beta (0,1,1)+\gamma (1,0,1)$

Oznacza to, że liczby $\alpha$, $\beta$ i $\gamma$ są rozwiązaniami układu równań:

$\left\{{\begin{array}{rcrcccc}\alpha &&&+&\gamma &=1\\\alpha &+&\beta &&&=-4\\&+&\beta &+&\gamma &=-1\end{array}}\right.$

Rozwiązując powyższy układ otrzymujemy

${\begin{aligned}\alpha &=-1,&\beta &=-3,&\gamma &=2.\end{aligned}}$

Zadanie 13.4

W przestrzeni afinicznej $\mathbb {R} ^{4}$ (o kierunku $\mathbb {R} ^{4}$) zbadać afiniczną niezależność punktów

a) $(-1,1,0,1)$, $(0,0,2,0)$, $(3,1,-5,-4)$, $(-2,-2,3,3)$;

b) $(1,1,1,0)$, $(0,0,6,-6)$, $(2,3,6,-6)$, $(3,4,1,0)$.

Wskazówka

Przydatne twierdzenie, z którego można skorzystać znajduje się w wykładzie XIII.

Rozwiązanie

Aby zbadać afiniczną niezależność punktów $u_{0},u_{1},u_{2},u_{3}$ tworzymy macierz $V$, której kolumnami są wektory $v_{1}={\overrightarrow {u_{0}u_{1}}}$, $v_{2}={\overrightarrow {u_{0}u_{2}}}$, $v_{3}={\overrightarrow {u_{0}u_{3}}}$, a następnie badamy jej rząd.

a) Niech

${\begin{aligned}u_{0}&=(-1,1,0,1),&u_{1}&=(0,0,2,0),\\u_{2}&=(3,1,-5,-4),&u_{3}&=(-2,-2,3,3).\end{aligned}}$

Wówczas

${\begin{aligned}v_{1}&=(1,-1,2,-1),&v_{2}&=(4,0,-5,-5),&v_{3}&=(-1,-3,3,2).\end{aligned}}$

Rząd macierzy

$\left[{\begin{array}{rrr}1&4&-1\\-1&0&-3\\2&-5&3\\-1&-5&2\end{array}}\right]$

jest równy $3$ zatem nasze punkty są afinicznie niezależne.

b) Niech

${\begin{aligned}u_{0}&=(1,1,1,0),&u_{1}&=(0,0,6,-6),\\u_{2}&=(2,3,6,-6),&u_{3}&=(3,4,1,0).\end{aligned}}$

Wówczas

${\begin{aligned}v_{1}&=(-1,-1,5,-6),&v_{2}&=(1,2,5,-6),&v_{3}&=(2,3,0,0).\end{aligned}}$

Rząd macierzy

$\left[{\begin{array}{rrr}-1&1&2\\-1&2&3\\5&5&0\\-6&-6&0\end{array}}\right]$

jest równy $2$ zatem nasze punkty nie są afinicznie niezależne.

Zadanie 13.5

W przestrzeni afinicznej ${\mathbb {R} }^{3}$ dany jest układ bazowy

$((1,-1,2);\ (3,1,0),\ (0,1,-1),\ (3,2,1))$.

Znaleźć punkt $a$, którego współrzędne w powyższym układzie bazowym wynoszą 1,3,-2.

Wskazówka

Wystarczy skorzystać z definicji współrzędnych względem układu bazowego.

Rozwiązanie

Niech $a=(x,y,z)$. Wówczas

${\begin{aligned}(x,y,z)&=(1,-1,2)+1\cdot (3,1,0)+3\cdot (0,1,-1)-2\cdot (3,2,1)\\&=(1,-1,2)+(3,1,0)+(0,3,-3)-(6,4,2)\\&=(-2,-1,-3).\end{aligned}}$

Zadanie 13.6

Niech $U$ i $W$ będą przestrzeniami wektorowym nad ciałem $\mathbb {K}$ i niech $f\colon U\to W$ będzie odwzorowaniem liniowym. Wykazać, że dla każdego $b\in W$ jeżeli zbiór

$f^{-1}(\{b\})=\{x\in U\ ;\ f(x)=b\}$

jest niepusty, to jest przestrzenią afiniczną o kierunku $\ker f$.

Wskazówka

Jako $x+v$ przyjąć zwykłą sumę wektorów w przestrzeni $U$,a jako ${\overrightarrow {xy}}$ różnicę $y-x$.

Rozwiązanie

Niech $u_{0}\in U$ będzie wektorem takim, że $f(u_{0})=b$. Wystarczy wykazać, że

$f^{-1}(\{b\})=u_{0}+\ker f$

Zauważmy, że jeżeli $u\in (u_{0}+\ker f)$, to $u=u_{0}+v$, gdzie $v\in \ker f$ i wówczas

$f(u)=f(u_{0}+v)=f(u_{0})+f(v)=f(u_{0})+0=b$,

zatem

$u_{0}+\ker f\subset f^{-1}(\{b\})$

Z drugiej strony jeżeli $u\in f^{-1}(\{b\})$, to $u=u_{0}+(u-u_{0})$ i $u-u_{0}\in kerf$, bo

$f(u-u_{0})=f(u)-f(u_{0})=b-b=0$,

zatem

$f^{-1}(\{b\})\subset u_{0}+\ker f$

Na podstawie udowodnionych wyżej inkluzji wnioskujemy, że

$f^{-1}(\{b\})=u_{0}+\ker f$,

co było do okazania.