Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 21. – szkice rozwiązań

Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 21. – szkice rozwiązań

18 maja 2021

1. (··) Niech f : R³→ R⁴będzie przekształceniem afinicznym takim, że f ((1, 1, 1)) = (2, 0, 1, 0), f ((2, 1, 1)) = (0, 1, 3, 3), f ((1, 2, 1)) = (0, 0, 1, 3) oraz f ((1, 1, 2)) = (0, 1, 0, 1). Znajdź wzór na f .

Mamy:

f ((0, 0, 0)) = 4f ((1, 1, 1)) − f ((2, 1, 1)) − f ((1, 2, 1)) − f ((1, 1, 2)) = (8, −2, 0, 6), bowiem 4 − 1 − 1 − 1 = 1. Ponadto znajdujemy pochodną:

f⁰((1, 0, 0)) = f ((2, 1, 1)) − f ((1, 1, 1)) = (−2, 1, 2, 3), f⁰((0, 1, 0)) = f ((1, 2, 1)) − f ((1, 1, 1)) = (−2, 0, 0, 3), f⁰((0, 0, 1)) = f ((1, 1, 2)) − f ((1, 1, 1)) = (−2, 1, −1, 1), zatem

f ((x, y, z)) = (8 − 2x − 2y − 2z, −2 + x + z, 2x − z, 6 + 3x + 3y + z).

2. (·) Udowodnij, że dla dowolnych przekształceń afinicznych f, g : H → M , (f +g)/2 też jest przekształceniem afinicznym, oraz ((f + g)/2)⁰ = f⁰/2 + g⁰/2.

Zatem mamy p0 oraz q0, r0∈ M f (p) = q0+ f⁰(p − p0) oraz g(p) = r0+ g⁰(p − p0), zatem ((f + g)/2)(p) = (q0+ r0)/2 + ((f⁰+ g⁰)/2))(p − p0)

jest przekształceniem afinicznym, bowiem ((f + g)/2)(p0) = (q0+ r0)/2. oraz (f⁰ + g⁰)/2 jest liniowe.

Zatem w szczególności ((f + g)/2)⁰ = f⁰/2 + g⁰/2.

3. Niech H ⊆ R³ będzie płaszczyzną opisaną równaniem x + 2y − z = 1. Znajdź wzór na przekształcenie afiniczne f : R³→ R³takie, że f [H] = {(1, 1, 4)} oraz f ((1, 1, 1)) = (0, 0, 1).

H to x = 1 − 2y + z, czyli jej baza punktowa to (1, 0, 0), (−1, 1, 0), (2, 0, 1). Najpierw szukamy takiej kom- binacji afinicznej (1, 0, 0), (−1, 1, 0), (2, 0, 1) i dodatkowego danego wektora (1, 1, 1), żeby dostać (0, 0, 0).

Mamy

f ((0, 0, 0)) = −f ((1, 1, 1)) + f ((−1, 1, 0)) + f ((2, 0, 1)) = −(0, 0, 1) + (1, 1, 4) + (1, 1, 4) = (2, 2, 7).

Mamy też

f⁰((1, 0, 0)) = f ((1, 0, 0)) − f ((0, 0, 0)) = (1, 1, 4) − (2, 2, 7) = (−1, −1, −3), f⁰((−1, 1, 0)) = f ((−1, 1, 0)) − f ((0, 0, 0)) = (1, 1, 4) − (2, 2, 7) = (−1, −1, −3), f⁰((0, 1, 0)) = f⁰((−1, 1, 0)) + f⁰((1, 0, 0)) = (−1, −1, −3) + (−1, −1, −3) = (−2, −2, −6),

f⁰((1, 0, 1)) = f ((2, 0, 1)) − f ((1, 0, 0)) = (1, 1, 4) − (1, 1, 4) = (0, 0, 0), f⁰((0, 0, 1)) = f⁰((1, 0, 1)) − f⁰((1, 0, 0)) = (0, 0, 0) − (−1, −1, −3) = (1, 1, 3), a zatem

f ((x, y, z) = (2 − x − 2y + z, 2 − x − 2y + z, 7 − 3x − 6y + 3z).

4. Niech f : R⁴→ R⁴będzie rzutem na M : x1+ x2− 3x3+ 2x4= 2 wzdłuż L = (1, 1, 1, 0) + lin((2, 0, 3, 0)) i niech g : R⁴→ R⁴będzie symetrią względem M wzdłuż L. Niech ponadto H będzie przestrzenią rozwiązań układu równań:

(x1+ x2+ x3− x4= 1 3x₁+ 4x₂+ x₃+ x₄= 1 Znaleźć

1

a) f ((2, 0, 1, 1)) oraz g((2, 0, 1, 1)),

Mamy M = (2, 0, 0, 0) + lin((−1, 1, 0, 0), (3, 0, 1, 0), (−2, 0, 0, 1)). Mamy zatem, że f ((2, 0, 0, 0)) = (2, 0, 0, 0) oraz

f⁰((−1, 1, 0, 0)) = (−1, 1, 0, 0)), f⁰((3, 0, 1, 0)) = (3, 0, 1, 0), f⁰((−2, 0, 0, 1)) = (−2, 0, 0, 1) oraz

f⁰((2, 0, 3, 0)) = (0, 0, 0, 0).

Wynika z tego, że f⁰((x, y, z, t)) = (9x + 2y − 6z + 4t, 7y, 3x + 3y − 2z + 6t, 7t)/7, czyli

f ((0, 0, 0, 0)) = f ((2, 0, 0, 0)) − f⁰((2, 0, 0, 0)) = (2, 0, 0, 0) − (18, 0, 6, 0)/7 = (−4, 0, −6, 0)/7.

f ((x, y, z, t)) = (−4 + 9x + 2y − 6z + 4t, 7y, −6 + 3x + 3y − 2z + 6t, 7t)/7.

zatem

f ((2, 0, 1, 1) = (12, 0, 4, 7)/7.

Podobnie g((2, 0, 0, 0)) = (2, 0, 0, 0) oraz g⁰((−1, 1, 0, 0)) = (−1, 1, 0, 0)), g⁰((3, 0, 1, 0)) = (3, 0, 1, 0), g⁰((−2, 0, 0, 1)) = (−2, 0, 0, 1) oraz g⁰((2, 0, 3, 0)) = (−2, 0, −3, 0). Wynika z tego, że g⁰((x, y, z, t)) = (11x + 4y − 12z + 8t, 7y, 6x + 6y − 9z + 12t, 7t)/7, czyli

g((0, 0, 0, 0)) = g((2, 0, 0, 0)) − g⁰((2, 0, 0, 0)) = (2, 0, 0, 0) − (22, 0, 12, 0)/7 = (−8, 0, −12, 0)/7.

g((x, y, z, t)) = (−8 + 11x + 4y − 12z + 8t, 7y, −12 + 6x + 6y − 9z + 12t, 7t)/7.

zatem

g((2, 0, 1, 1) = (10, 0, 3, 7)/7.

b) parametryzację przestrzeni f [H], Znajdujemy bazę punktową H:

(x₁+ 3x₃− 5x₄= 3 x2− 2x3+ 4x4= −2 zatem baza punktowa to (3, −2, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (8, −6, 0, 1). Zatem

f [H] = af((10, −14, −3, 0)/7, (−2, 0, −8, 0)/7, (60, −42, 10, 0)/7), zatem parametryzacja to:

{(10 − 12a + 50b, −14 + 14a − 28b, −3 − 5a + 13b, 0)/7 : a, b ∈ R}.

c) układ równań opisujący przestrzeń g⁻¹[H].

(−8 + 11x + 4y − 12z + 8t + 7y + −12 + 6x + 6y − 9z + 12t − 7t = 7 3(−8 + 11x + 4y − 12z + 8t) + 28y − 12 + 6x + 6y − 9z + 12t + 7t = 7 czyli

(17x + 17y − 21z + 13t = 27 39x + 46y − 45z + 43t = 43

5. Niech f : R³→ R³będzie jednokładnością o środku (1, 1, 1) i skali 3, a g : R³→ R³będzie przesunięciem o wektor (3, 2, 1), zaś h : R³→ R³będzie rzutem na L = (0, 1, 0) + lin((1, 1, 2)) wzdłuż H : x + 4y + 3z = 2.

Znaleźć wzory na:

a) f ◦ g ◦ h,

g ◦ h to po prostu rzut na (3, 3, 1) + lin((1, 1, 2)) wzdłuż H. A zatem F = f ◦ g ◦ h, skoro (3, 3, 1) = (1, 1, 1) + (2, 2, 0) i f ((3, 3, 1)) = (1, 1, 1) + (6, 6, 0) = (7, 7, 1), to rzut na (7, 7, 1) + lin((1, 1, 2)) = wzdłuż H. Czyli F ((7, 7, 1)) = (7, 7, 1) oraz F⁰((1, 1, 2)) = (1, 1, 2), F⁰((−4, 1, 0)) = (0, 0, 0) i F⁰((−3, 0, 1)) = (0, 0, 0), zatem F⁰((x, y, z)) = (x + 4y + 3z, x + 4y + 3z, 2x + 8y + 8z)/13. Zatem F (0, 0, 0) = F (7, 7, 1) − F⁰(7, 7, 1) = (7, 7, 1) − (38, 38, 76)/13 = (53, 53, −63)/13, czyli

F ((x, y, z)) = (53 + x + 4y + 3z, 53 + x + 4y + 3z, −63 + 2x + 8y + 8z)/13

2

b) g ◦ h ◦ h ◦ f ,

h(0, 1, 0) = (0, 1, 0), oraz h⁰((1, 1, 2)) = (1, 1, 2), h⁰((−4, 1, 0)) = (0, 0, 0) i h⁰((−3, 0, 1)) = (0, 0, 0), czyli h⁰((x, y, z)) = (x + 4y + 3z, x + 4y + 3z, 2x + 8y + 8z)/13 czyli h(0, 0, 0) = (0, 1, 0) − (4, 4, 8)/13 = (−4, 9, −8)/13, a zatem

h(x, y, z) = (−4 + x + 4y + 3z, −9 + x + 4y + 3z, −8 + 2x + 8y + 8z)/13.

Natomiast f (x, y, z) = f ((1, 1, 1) + (x − 1, y − 1, z − 1)) = (1, 1, 1) + 3(x − 1, y − 1, z − 1) = (3x − 3, 3y − 3, 3z − 3). Zatem

g ◦ h ◦ h ◦ f (x, y, z) =

= (−4 + (3x − 3) + 4(3y − 3) + 3(3z − 3), −9 + (3x − 3) + 4(3y − 3) + 3(3x − 3),

−8 + 2(3x − 3) + 8(3y − 3) + 8(3x − 3))/13 + (1, 2, 3)

g ◦ h ◦ h ◦ f (x, y, z) = (−15 + 3x + 12y + 9z, −7 + 3x + 12y + 9z, −15 + 6x + 24y + 18z)/13.

6. Niech p; v1, . . . , vn będzie układem bazowym przestrzeni afinicznej H nad ciałem K oraz niech f, g : H → H będą przekształceniami afinicznymi i niech A, B ∈ Mn×n(K) oraz A⁰, B⁰ ∈ Mn×1(K) będą takimi macierzami, że dla każdych x1, . . . , xn∈ K

f (p0+ x1v1+ . . . + xnvn) = p0+ y1v1+ . . . + ynvn

oraz

g(p0+ x1v1+ . . . + xnvn) = p0+ z1v1+ . . . + znvn, gdzie y1, . . . , yn, z1, . . . , zn są takie, że

A



 x₁ . . . x_n



+ A⁰ =



 y₁ . . . y_n





oraz

B



 x1

. . . x_n



+ B⁰=



 z1

. . . z_n



.

Niech C = BA oraz C⁰= BA⁰+ B⁰. Wykaż, że dla każdych x1, . . . , xn∈ K (g ◦ f )(p₀+ x₁v₁+ . . . + x_nv_n) =

= p₀+ w₁v₁+ . . . + w_nv_n, gdzie w₁, . . . , w_n∈ K spełniają

C



 x1

. . . xn



+ C⁰=



 w1

. . . wn



.

Mamy

g(f (p0+ x1v1+ . . . + xnvn)) = g(p0+ y1v1+ . . . + ynvn) =

= g(p0+ (A



 x1

. . . xn



+ A⁰)[v0, . . . , vn]) =

= p0+ B(A



 x1

. . . xn



+ A⁰) + B⁰)[v0, . . . , vn])) =

= p₀+ (BA



 x₁ . . . x_n



+ BA⁰+ B)[v₀, . . . , v_n], co dowodzi tezy zadania.

3

7. (?) Środkiem ciągu punktów p1, . . . , pn nazwiemy punkt 1

np1+ . . . + 1 npn,

o ile charakterystyka ciała nie jest równa n. Udowodnij, że dla każdego ciągu punktów p1, . . . , pn w prze- strzeni afinicznej nad ciałem o charakterystyce różnej od n i od n − 1, proste Li przechodzące przez punkt pioraz środek ciągu p1, . . . , pi−1, pi+1, . . . pnprzecinają się w jednym punkcie. Sformułuj to twierdzenie w języku geometrycznym dla przestrzeni Rⁿ⁻¹.

Tym wspólnym punktem jest 1

n(p1+ . . . + pn) = 1

npi+n − 1 n

 1

n − 1p1+ . . . + 1

n − 1pi−1+ 1

n − 1pi+1+ 1 n − 1pn



W przypadku Rⁿ⁻¹mówi ono, że środkowe (proste łączące środek ciężkości ściany z przeciwległym wierz- chołkiem) sympleksu (trójkąt, czworościan, etc.) przecinają się w jednym punkcie.

8. Niech f : X → Y będzie odwzorowaniem afinicznym. Wykaż, że jeśli A ⊆ X jest podprzestrzenią afiniczną, to f [A] ⊆ Y także jest podprzestrzenią afiniczną.

Mamy f⁰: T (X) → T (Y ). Niech a₀ ∈ A, wtedy A = {a₀+ v : v ∈ T (A)}. Mamy f [A] = {f (a) : a ∈ A} = {f (a0) + f⁰(v) : v ∈ V } = f (a0) + f⁰[T (A)] jest przestrzenią afiniczną, bowiem f⁰ jest przekształceniem liniowym, więc f⁰[T (A)] jest podprzestrzenią liniową.

9. Udowodnij, że każda bijekcja f : (Z²)² → (Z2)² jest odwzorowaniem afinicznym. Czy ten fakt zachodzi dla bijekcji f : (Z²)ⁿ → (Z2)ⁿ, n > 2?

Niech f (0, 0) = v0, f (1, 0) = v1, f (0, 1) = v2, f (1, 1) = v3. Rozważmy przekształcenie afiniczne g(v) = v0+ g⁰(v), gdzie g⁰(1, 0) = v1− v0 oraz g⁰(0, 1) = v2 − v0. Wtedy g(1, 1) = v0+ g⁰(1, 0) + g⁰(0, 1) = v0+ v1+ v2− 2v0= v0+ v1+ v2. Skoro jednak f jest bijekcją to v0, v1, v2, v3 to wszystkie 4 wektory Z²2, a mamy, że:

(0, 0) + (1, 0) + (0, 1) + (1, 1) = (0, 0), więc f (1, 1) = g(1, 1), więc f = g.

Nie, wystarczy wziąć bijekcję w której f (0) = 0, f (ε_i) = ε_i, ale f (ε₁+ ε₂) = ε₂+ ε₃.

10. Przypuśćmy, że odwzorowanie afiniczne f : R³→ R³przeprowadza pewną parę prostych skośnych na parę prostych równoległych. Udowodnij, że f nie może być injekcją i wskaż przykład takiego f .

Niech te proste to p + lin(v) oraz q + lin(w). Wiemy, że dim lin(v, w) = 2. Mamy f [p + lin(v)] = f (p) + lin(f⁰(v)) oraz f⁰[q + lin(w)] = f (q) + lin(f⁰(w)), oraz dim lin(f⁰(v), f⁰(w)) = 1, i f⁰ nie jest injekcją, więc nie jest nią również f .

Na przykład niech f (x, y, z) = (x, y, 0) – przeprowadza skośne proste lin(1, 0, 0) oraz (1, 0, 0) + lin(1, 0, 1) na proste równoległe lin(1, 0, 0) oraz (1, 0, 0) + lin(1, 0, 0).

4