6 grudnia 2018

Algebra liniowa, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 19. – rozwiązania

6 grudnia 2018

1. Niech W = lin((0, 1, 2, 1), (2, 1, −6, −1)). Znaleźć bazę podprzestrzeni W^⊥ w przestrzeni R⁴. Rozwiązanie: W^⊥ to przestrzeń rozwiązań jednorodnego układu równań:

 0 1 2 1

2 1 −6 −1



→

 1 0 −4 −1

0 1 2 1

 ,

czyli baza to {(4, −2, 1, 0), (1, −1, 0, 1)}.

2. Niech W będzie podprzestrzenią przestrzeni R⁴ opisaną układem równań:

(x1+ 2x2− x3+ x4= 0 x₁+ 3x₂+ x₃− x₄= 0

oraz niech Wt= lin((2, 5, 0, 0), (t+2, 4+3t, −2+t, (t−2)²)). Dla jakich wartości parametru t ∈ R zachodzi:

• Wt⊆ W^⊥?

• Wt= W^⊥?

Rozwiązanie: Baza W to {(5, −2, 1, 0), (−5, 2, 0, 1)}, czyli równania opisujące W^⊥ to (5x1− 2x2+ x3= 0

−5x1+ 2x2+ x4= 0

Aby Wt ⊆ W^⊥ wektory (2, 5, 0, 0), (t + 2, 4 + 3t, −2 + t, (t − 2)²) muszą spełniać te równania. Pierwszy rzeczywiście zawsze spełnia natomiast rozważając drugi, otrzymujemy układ równań:

(5(t + 2) − 2(4 + 3t) − 2 + t = 0

−5(t + 2) + 2(4 + 3t) + (t − 2)²= 0

pierwsze równanie jest tautologią, natomiast drugie daje: t²− 3t + 2 = 0, co daje rozwiązania t = 1, 2.

Czyli dla t = 1 lub t = 2 zachodzi W_t⊆ W^⊥.

Aby W_t= W^⊥ muszą się zgadzać jeszcze wymiary, to znaczy dim W_t= 2, czyli wektory (2, 5, 0, 0), (t + 2, 4 + 3t, −2 + t, (t − 2)²) muszą być liniowo niezależne, co nie jest prawdą w przypadku t = 2 i jest w przypadku t = 1. Więc ostatecznie Wt= W^⊥ wtedy i tylko wtedy, gdy t = 1.

3. W przestrzeni R³ ze standardowym iloczynem skalarnym rozważmy wektory: α = (−1, 2, 2), β = (−1 + 2√

3, 2 + 2√

3, 2 −√

3), γ = (2, 1, t). Obliczyć kąt między wektorami α i β oraz określić dla jakich wartości parametru t ∈ R kąt między wektorami α i γ wynosi 120^◦.

Rozwiązanie: cos(α, β) = ||α||·||β||^hα,βi =_3·6⁹ =¹₂, czyli szukany kąt to 60^◦.

−1

2 = cos(α, γ) = ^2t

3·√

5+t², czyli t = − q45

7.

4. Obliczyć współrzędne wektora (1, 3, 4) w bazie ortogonalnej (2, 2, −1), (2, −1, 2), (−1, 2, 2).

Ponieważ jest to baza ortogonalna, to współrzędne liczy się stosunkowo prosto: pierwsza to h(1, 3, 4), (2, 2, −1)i

h(2, 2, −1), (2, 2, −1)i = 4 9, druga to ⁷₉, a trzecia ¹³₉.

1

5. Niech W = lin((1, 1, 2, 1), (2, 3, 1, 3), (3, 5, 0, 5)) oraz V dana jako przestrzeń rozwiązań układu równań:

(x₁+ x₂− x₃+ 2x₄= 0

−x1+ x2+ 2x3− x4= 0

będą podprzestrzeniami przestrzeni R⁴ ze standardowym iloczynem skalarnym. Znaleźć bazy ortogonalną przestrzeni W i ortonormalną przestrzeni V .

W pierwszym przypadku stosujemy po prostu ortogonalizację Grama-Schmidta:

w₁= (1, 1, 2, 1)

w2= (2, 3, 1, 3) −h(1, 1, 2, 1), (2, 3, 1, 3)i

h(1, 1, 2, 1), (1, 1, 2, 1)i(1, 1, 2, 1) = (2, 3, 1, 3) −10

7 (1, 1, 2, 1) = 1

7(4, 11, −13, 11) w3= (3, 5, 0, 5) −h(1, 1, 2, 1), (3, 5, 0, 5)i

h(1, 1, 2, 1), (1, 1, 2, 1)i(1, 1, 2, 1) − h(4, 11, −13, 11), (3, 5, 0, 5)i

h(4, 11, −13, 11), (4, 11, −13, 11)i(4, 11, −13, 11) =

= (3, 5, 0, 5) −13

7 (1, 1, 2, 1) −122

427(4, 11, −13, 11) = 1

7(8, 22, −26, 22) − 2

7(4, 11, −13, 11) = (0, 0, 0, 0) A więc dim W = 2 i baza ortogonalna to np. {(1, 1, 2, 1), (4, 11, −13, 11)}.

Tymczasem bazą V jest np. {(−3, 1, −2, 0), (−3, 0, −1, 1)}. Ortogonalizujemy:

v1= (−3, 1, −2, 0)

v2= (−3, 0, −1, 1) −h(−3, 1, −2, 0), (−3, 0, −1, 1)i

h(−3, 1, −2, 0), (−3, 1, −2, 0)i(−3, 1, −2, 0) = (−3, 0, −1, 1) −11

14(−3, 1, −2, 0) =

= 1

14(−9, −11, 8, 14).

Jeszcze trzeba znormalizować, czyli baza ortonormalna w V to {^√1

14(−3, 1, −2, 0),^√1

462(−9, −11, 8, 14)}.

2