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

Zadanie 12.1

Obliczyć wyznacznik Grama układu wektorów

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

Wskazówka

Skorzystać z definicji wyznacznika Grama.

Rozwiązanie

Zgodnie z definicją wyznacznik Grama układu wektorów

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

dany jest wzorem

$\displaystyle G(v_{1},v_{2},v_{3},v_{4})=\det \left[{\begin{array}{cccc}v_{1}\cdot v_{1}&v_{1}\cdot v_{2}&v_{1}\cdot v_{3}&v_{1}\cdot v_{4}\\v_{2}\cdot v_{1}&v_{2}\cdot v_{2}&v_{2}\cdot v_{3}&v_{2}\cdot v_{4}\\v_{3}\cdot v_{1}&v_{3}\cdot v_{2}&v_{3}\cdot v_{3}&v_{3}\cdot v_{4}\\v_{4}\cdot v_{1}&v_{4}\cdot v_{2}&v_{4}\cdot v_{3}&v_{4}\cdot v_{4}\\\end{array}}\right].$

Po wykonaniu odpowiednich obliczeń widzimy, że

$\displaystyle G(v_{1},v_{2},v_{3},v_{4})=\det \left[{\begin{array}{cccc}2&4&2&2\\4&30&6&4\\2&6&3&3\\2&4&3&6\end{array}}\right]=100.$

Zadanie 12.2

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

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

$\displaystyle \left\{{\begin{array}{rcl}(x_{1},x_{2},x_{3})\cdot u&=0\\(x_{1},x_{2},x_{3})\cdot v&=0,\end{array}}\right.$

który, przyjmując, że $\displaystyle \mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3})$, możemy równoważnie zapisać w następujący sposób

$\displaystyle \left\{{\begin{array}{rcrcccl}x_{1}&&&+&x_{3}&=0\\2x_{1}&+&2x_{2}&+&x_{3}&=0.\end{array}}\right.$

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

$\displaystyle a_{1}(1,0,1)+a_{2}(2,2,1)+a_{3}(2,-1,-2)=(2,-3,-1),$

które jest równoważne układowi równań

$\displaystyle \left\{{\begin{array}{rcrcrcr}a_{1}&+&2a_{2}&+&2a_{3}&=2\\&&2a_{2}&-&a_{3}&=-3\\a_{1}&+&a_{2}&-&2a_{3}&=-1.\end{array}}\right.$

Rozwiązaniem tego układu są liczby

$\displaystyle {\begin{aligned}a_{1}&=2,&a_{2}&=-1,&a_{3}&=1.\end{aligned}}$

Oznacza to, że wektor

$\displaystyle w'=1(2,-1,-2)=(2,-1,-2)$

jest szukaną składową. Ponieważ

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

zatem otrzymaliśmy, że

$\displaystyle d(w,U)=3.$

Zadanie 12.3

W przestrzeni $\displaystyle \mathbb {R} ^{3}$ ze standardowym iloczynem skalarnym dane są wektory $\displaystyle \mathbf {x} =(x_{1},x_{2},x_{3})$ i $\displaystyle \mathbf {y} =(y_{1},y_{2},y_{3})$. Definiujemy wektor

$\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {x} \times \mathbf {y} :&=(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2},x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3},x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\\&=\left(\det \left[{\begin{array}{cc}x_{2}&x_{3}\\y_{2}&y_{3}\end{array}}\right],\det \left[{\begin{array}{cc}x_{3}&x_{1}\\y_{3}&y_{1}\end{array}}\right],\det \left[{\begin{array}{cc}x_{1}&x_{2}\\y_{1}&y_{2}\end{array}}\right]\right).\end{aligned}}$

Wykazać, że wektor $\displaystyle \mathbf {x} \times \mathbf {y}$ jest prostopadły do podprzestrzeni $\displaystyle lin\{\mathbf {x} ,\mathbf {y} \}$ oraz że $\displaystyle \parallel \mathbf {x} \times \mathbf {y} \parallel =vol(\mathbf {x} ,\mathbf {y} )$. Wektor $\displaystyle \mathbf {x} \times \mathbf {y}$ nazywamy iloczynem wektorowym wektorów $\displaystyle \mathbf {x}$ i $\displaystyle \mathbf {y}$.

Wskazówka

Skorzystać z odpowiedniego twierdzenia z wykładu.

Rozwiązanie

Aby wykazać, że wektor $\displaystyle \mathbf {x} \times \mathbf {y}$ jest prostopadły do podprzestrzeni $\displaystyle lin\{\mathbf {x} ,\mathbf {y} \}$ wystarczy dowieść, że

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

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

$\displaystyle {\begin{aligned}(\mathbf {x} \times \mathbf {y} )\cdot \mathbf {x} &=(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2},x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3},x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\cdot (x_{1},x_{2},x_{3})\\&=x_{1}(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2})+x_{2}(x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3})+x_{3}(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\\&=x_{1}x_{2}y_{3}-x_{1}x_{3}y_{2}+x_{2}x_{3}y_{1}-x_{1}x_{2}y_{3}+x_{1}x_{3}y_{2}-x_{2}x_{3}y_{1}\\&=0.\end{aligned}}$

Podobnie bezpośrednim rachunkiem dowodzimy, że

$\displaystyle (\mathbf {x} \times \mathbf {y} )\cdot \mathbf {y} =(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2},x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3},x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\cdot (y_{1},y_{2},y_{3})=0.$

Oznacza to, że

$\displaystyle \mathbf {x} \times \mathbf {y} \bot lin\{\mathbf {x} ,\mathbf {y} \}.$

Wykażemy teraz, że

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

Skorzystamy przy tym z następującego wzoru podanego na wykładzie

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

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

$\displaystyle {\begin{aligned}||\mathbf {x} \times \mathbf {y} ||^{2}=&{(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2})^{2}+(x_{3}y_{1}-x_{1}y_{3})^{2}+(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})^{2}}\\=&{(x_{2}y_{3})^{2}-2x_{2}x_{3}y_{2}y_{3}+(x_{3}y_{2})^{2}+(x_{3}y_{1})^{2}-2x_{1}x_{3}y_{1}y_{3}+(x_{1}y_{3})^{2}+}\\&{+(x_{1}y_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}y_{1}y_{2}+(x_{2}y_{1})^{2}}.\end{aligned}}$

Z drugiej strony

$\displaystyle {\begin{aligned}({\text{ vol }}(\mathbf {x} ,\mathbf {y} ))^{2}=&{G(\mathbf {x} ,\mathbf {y} )}\\=&{\det \left[{\begin{array}{cc}\mathbf {x} \cdot \mathbf {x} &\mathbf {x} \cdot \mathbf {y} \\\mathbf {y} \cdot \mathbf {x} &\mathbf {y} \cdot \mathbf {y} \end{array}}\right]}\\=&{(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2})(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2})-(x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+x_{3}y_{3})^{2}}\\=&{(x_{1}y_{1})^{2}+(x_{2}y_{2})^{2}+(x_{3}y_{3})^{2}+(x_{2}y_{1})^{2}+(x_{3}y_{1})^{2}+}\\&+(x_{1}y_{2})^{2}+(x_{3}y_{2})^{2}+(x_{1}y_{3})^{2}+(x_{1}y_{3})^{2}+\\&-((x_{1}y_{1})^{2}+(x_{2}y_{2})^{2}+(x_{3}y_{3})^{2})+\\&-2(x_{2}x_{3}y_{2}y_{3}+x_{1}x_{3}y_{1}y_{3}+x_{1}x_{2}y_{1}y_{2})\\=&{(x_{2}y_{3})^{2}-2x_{2}x_{3}y_{2}y_{3}+(x_{3}y_{2})^{2}+(x_{3}y_{1})^{2}}\\&-2x_{1}x_{3}y_{1}y_{3}+(x_{1}y_{3})^{2}+(x_{1}y_{2})^{2}+\\&-2x_{1}x_{2}y_{1}y_{2}+(x_{2}y_{1})^{2}.\end{aligned}}$

Wykazaliśmy zatem, że

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

co oznacza, że

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

Zadanie 12.4

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

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

Obliczyć pole trójkąta o wierzchołkach

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

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

Zauważmy, że

$\displaystyle {\begin{aligned}{\overrightarrow {AB}}&=u,&{\overrightarrow {AC}}=v.\end{aligned}}$

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

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

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

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

Korzystając ze wzoru

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

otrzymujemy

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

co oznacza, że

$\displaystyle P=1.$

Podobnie

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

Zadanie 12.5

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

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

Obliczyć $\displaystyle vol(u,v,w)$, gdy $\displaystyle u=(1,0,1),\ v=(0,-2,0)$, $\displaystyle w=(1,-2,-1)$.

Wskazówka

Wystarczy skorzystać z definicji miary układu wektorów.

Rozwiązanie

Ze wzoru na miarę układu wektorów otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}vol\{u,v,w\}&={\sqrt {G(u,v,w)}}\\&={\sqrt {\det \left[{\begin{array}{ccc}g(u,u)&g(u,v)&g(u,w)\\g(v,u)&g(v,v)&g(v,w)\\g(w,u)&g(w,v)&g(w,w)\end{array}}\right]}}\\&={\sqrt {\det \left[{\begin{array}{crc}4&0&2\\0&8&8\\2&8&12\end{array}}\right]}}\\&={\sqrt {96}}=4{\sqrt {6}}.\end{aligned}}$

Zadanie 12.6

Niech

$\displaystyle f\colon \mathbb {R} ^{4}\ni (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})\to (x_{1}-x_{2},x_{1}+x_{4},2x_{1}+3x_{3},x_{2}-x_{4})\in \mathbb {R} ^{4}.$

Niech $\displaystyle e_{1},e_{2},e_{3},e_{4}$ oznaczają wktory bazy kanonicznej w $\displaystyle \mathbb {R} ^{4}$. Obliczyć

$\displaystyle G(f(e_{1}),f(e_{2}),f(e_{3}),f(e_{4})).$

Wskazówka

Można skorzystać z odpowiedniego twierdzenia z wykładu.

Rozwiązanie

Zauważmy, że baza kanoniczna jest bazą ortonormalną. Współrzędne wektora $\displaystyle f(e_{i})$, gdzie $\displaystyle i=1,\ldots ,4$, a $\displaystyle e_{i}$ jest $\displaystyle i$-tym wektorem bazy kanonicznej możemy łatwo odczytać z macierzy odwzorowania $\displaystyle f$ w bazie kanonicznej. Korzystając z powyższych obserwacji oraz z twierdzenia z wykładu otrzymujemy, że wyznacznik Grama układu wektorów $\displaystyle f(e_{1}),f(e_{2}),f(e_{3}),f(e_{4})$ jest równy $\displaystyle (\det A)^{2}$, gdzie $\displaystyle A$ oznacza macierz naszego dowzorowania $\displaystyle f$ w bazie kanonicznej. Po wykonaniu odpowiednich obliczeń otrzymujemy

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

oraz

$\displaystyle \det A=-6,$

co oznacza, że

$\displaystyle G(f(e_{1}),f(e_{2}),f(e_{3}),f(e_{4}))=36.$