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

Zadanie 10.1

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

$\displaystyle \varphi ((x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}),(y_{1},y_{2},y_{3},y_{4}))=x_{1}y_{1}-2x_{2}y_{2}+3x_{3}y_{3}-4x_{4}y_{4}.$

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

$\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\times \mathbb {R} ^{3}\ni ((x_{1},x_{2},x_{3}),(y_{1},y_{2},y_{3}))\to 3x_{1}y_{1}+2x_{2}y_{2}\in \mathbb {R} .$

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

Plik:Ag10 c3.mp4

Przekątne rombu są prostopadłe

Zauważmy, że

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

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

Plik:Ag10 c4.mp4

Twierdzenie Pitagorasa

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

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

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

Plik:Ag10 c5.mp4

Przekątne i boki równoległoboku

Rozwiązując zadanie 10.4 wykazaliśmy, że

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

Rozumując analogicznie jak w rozwiązaniu zadania 10.4 otrzymujemy również, że

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

czyli

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

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

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

Zadanie 10.6

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

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

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

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

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:

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

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

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

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

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

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

$\displaystyle AA^{*}=I.$

Rozwiązanie

Plik:Ag10 c7.mp4

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:

$\displaystyle {\begin{aligned}{\tilde {e}}_{1}&=u_{1},&e_{1}&={\frac {{\tilde {e}}_{1}}{||{\tilde {e}}_{1}||}},\\{\tilde {e}}_{2}&=u_{2}-(u_{2}\cdot e_{1})e_{1},&e_{2}&={\frac {{\tilde {e}}_{2}}{||{\tilde {e}}_{2}||}},\\{\tilde {e}}_{3}&=u_{3}-(u_{3}\cdot e_{1})e_{1}-(u_{3}\cdot e_{2})e_{2},&e_{3}&={\frac {{\tilde {e}}_{3}}{||{\tilde {e}}_{3}||}}.\end{aligned}}$

Wówczas wektory $\displaystyle e_{1}$, $\displaystyle e_{2}$ i $\displaystyle e_{3}$ utworzą wymaganą bazę ortonormalną. Podstawiając dane liczbowe do powyższych wzorów otrzymujemy:

$\displaystyle {\begin{aligned}\textstyle {\tilde {e}}_{1}&=(2,2,1),\\e_{1}&={\frac {1}{||(2,2,1)||}}(2,2,1)=\left({\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}}\right),\\{\tilde {e}}_{2}&=(1,0,1)-\left((1,0,1)\cdot \left({\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}}\right)\right)\left({\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}}\right)\\&=(1,0,1)-\left({\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}}\right)\\&=\left({\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}}\right)\\e_{2}&={\frac {1}{||({\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}})||}}\left({\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}}\right)=\left({\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}}\right)\\{\tilde {e}}_{3}&=(1,1,2)-\left((1,1,2)\cdot \left({\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}}\right)\right)\left({\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}}\right)+\\&-\left((1,1,2)\cdot \left({\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}}\right)\right)\left({\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}}\right)\\&=(1,1,2)-2\left({\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}}\right)-\left({\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}}\right)\\&=\left(-{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\right)\\e_{3}&={\frac {1}{||(-{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}})||}}\left(-{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\right)=\left(-{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\right).\end{aligned}}$

Oznacza to, że po zortonormalizowaniu nasza baza przyjmuje postać:

$\displaystyle {\begin{aligned}e_{1}&=\left({\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}}\right),&e_{2}&=\left({\frac {1}{3}},-{\frac {2}{3}},{\frac {2}{3}}\right),&e_{3}&=\left(-{\frac {2}{3}},{\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\right).\end{aligned}}$