• Nie Znaleziono Wyników

Algebra z geometrią 2012/2013

N/A
N/A
Info
Pobierz
Protected

Academic year: 2021

Share "Algebra z geometrią 2012/2013"

Copied!
5
0
0

Ładowanie.... (Zobacz pełny tekst teraz)

Pobierz teraz ( 5 Stron )

Pełen tekst

(1)

Algebra z geometrią 2012/2013

Seria XXII, 15 IV 2013 r.

Zadanie 1. Znajdź macierz formy dwuliniowej b : R 2 × R 2 → R, b(x, y) = 3x 1 y 1 + 2x 1 y 2 − 2x 2 y 1 − x 2 y 2 , w bazie kanonicznej oraz w bazie f 1 = (1, 1) T , f 2 = (1, −1) T .

Rozwiązanie:

Aby napisać macierz formy dwuliniowej b w bazie kanonicznej trzeba znaleźć macierz M B ∈ M 2 (R) taką, że dane dowolne wektory x, y ∈ R 2 , to

b(x, y) = x T B M B y B ,

gdzie x B i y B to wektory złożone ze współrzędnych x i y w bazie kanonicznej. Jeżeli piszemy x = x 1

x 2

!

, y = y 1 y 2

!

,

to

b(x, y) = (x 1 , x 2 )M B y 1 y 2

!

= (x 1 , x 2 ) b 11 b 12 b 21 b 22

! y 1 y 2

!

= 3x 1 y 1 + 2x 1 y 2 − 2x 2 y 1 − x 2 y 2 . Więc,

b 11 x 1 y 1 + b 12 x 1 y 2 + b 21 x 2 y 1 + b 22 x 2 y 2 = 3x 1 y 1 + 2x 1 y 2 − 2x 2 y 1 − x 2 y 2 . Skoro to spełnia się dla dowolnych x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ∈ R, widać, że

b 11 = 3, b 12 = 2, b 21 = −2, b 22 = −1.

Aby napisać macierz formy dwuliniowej w nowej bazie B 0 =

(

e 1 = 1 1

!

, e 2 = 1

−1

!)

wystarczy pamiętać formułę zmiany bazy

M B

0

= M B T

0

B M B M B

0

B gdzie M B

0

B to macierz zmiany bazy od B 0 do B, czyli

M B

0

B = 1 1 1 −1

!

.

Wówczas,

M B

0

= M B T

0

B M B M B

0

B = 1 1 1 −1

! 3 2

−2 −1

! 1 1 1 −1

!

= 2 0

8 2

!

Zadanie 2. Znajdź macierz formy dwuliniowej b : R 3 × R 3 → R,

b(x, y) = x 1 y 1 + 2x 2 y 2 + 3x 3 y 3 ,

(2)

w bazie f 1 = (1, 1, 1) T , f 2 = (1, 1, −1) T , f 3 = (1, −1, −1) T .

Rozwiązanie: Możemy najpierw znaleźć macierz formy dwuliniowej w bazie kanonicznej i spro- wadzić macierz do nowej bazy. Aby znaleźć macierz formy b w bazie kanonicznej, trzeba znaleźć macierz M B ∈ M 3 (R) taką, że dane dowolne wektory x, y ∈ R 3 , to

b(x, y) = x T B

0

M B y B

0

,

gdzie x B i y B to wektory złożone ze współrzędnych x i y w bazie kanonicznej. Jeżeli piszę się x = (x 1 , x 2 , x 3 ) T i y = (y 1 , y 2 , y 3 ) T , to

b(x, y) = (x 1 , x 2 , x 3 )M B

y 1 y 2 y 3

= (x 1 , x 2 , x 3 )

b 11 b 12 b 13 b 21 b 22 b 23 b 31 b 32 b 33

y 1 y 2 y 3

= x 1 y 1 + 2x 2 y 2 + 3x 3 y 3 . Więc,

3

X

i,j=1

b ij x i y j = x 1 y 1 + 2x 2 y 2 + 3x 3 y 3 . Skoro to spełnia się dla dowolnych x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ∈ R, widać, że

M B =

1 0 0 0 2 0 0 0 3

. Aby napisać macierz formy dwuliniowej w nowej bazie

B 0 =

 

 

e 1 =

1 1 1

, e 2 =

1 1

−1

, e 3 =

1

−1

−1

 

 

wystarczy pamiętać formułę zmiany bazy dla form dwuliniowych M B

0

= M B T

0

B M B M B

0

B ,

gdzie M B

0

to macierz formy dwuliniowej w nowej bazie i M B

0

B to macierz zmiany bazy od B 0 do B, czyli

M B

0

B =

1 1 1

1 1 −1

1 −1 −1

. Wówczas,

M B

0

= M B T

0

B M B M B

0

B =

1 1 1

1 1 −1

1 −1 −1

1 0 0 0 2 0 0 0 3

1 1 1

1 1 −1

1 −1 −1

 =

6 0 4 0 6 2

−4 2 6

.

Zadanie 3. Znajdź formę kwadratową stowarzyszoną z formą 2-liniową b : R 2 × R 2 → R, b(x, y) = x 1 y 1 + x 2 y 1 + x 1 y 2 − x 2 y 2 .

Rozwiązanie: Trzeba pamiętać, że forma kwadratowa α : V → R stowarzyszona z formą dwu- liniową b : V × V → R spełnia, że

b(x, y) = α(x + y) − α(x) − α(y).

(3)

Wówczas

b(x, x) = α(2x) − α(x) − α(y) = 2α(x).

Czyli, dana forma dwu-liniowa, istnieje tylko jedna forma kwadratowa stowarzyszona z nią. W naszym przypadku

α(x) = 1

2 b(x, x) = 1

2 (x 2 1 + 2x 2 x 1 − x 2 2 ).

Zadanie 4. Dla formy dwuliniowej b : R 2 × R 2 → R,

b(x, y) = x 1 y 1 − 3x 1 y 2 − 5x 2 y 1 + x 2 y 2 , znajdź formę dwuliniową symetryczną b s oraz antysymetryczną b a takie, że

b(x, y) = b s (x, y) + b a (x, y).

Rozwiązanie: Wystarczy zauważyć, że b(x, y) = 1

2 (b(x, y) − b(y, x)) + 1

2 (b(x, y) + b(y, x)).

Zdefiniując,

b a (x, y) = 1

2 (b(x, y) − b(y, x)), b s (x, y) = 1

2 (b(x, y) + b(y, x)).

Widać, że b a jest antysymetryczna:

b a (x, y) = 1

2 (b(x, y) − b(y, x)) = − 1

2 (b(y, x) − b(x, y)) = −b a (y, x).

i b s jest symetryczna:

b s (x, y) = 1

2 (b(x, y) + b(y, x)) = 1

2 (b(y, x) + b(x, y)) = b a (y, x).

Ponadto, widać, że można tylko przedstawić b w postaci b = b a + b s jednym sposobem. Właśnie, jeżeli b można napisać w postaci

b = b a + b s , to

b(x, y) + b(y, x) = 2b s (x, y) ⇒ b s (x, y) = 1

2 (b(x, y) + b(y, x)) i

b(x, y) − b(y, x) = 2b a (x, y) ⇒ b a (x, y) = 1

2 (b(x, y) + b(y, x)) i b a i b s są jedyne.

Zadanie 5. Sprowadź do postaci diagonalnej oraz znajdź bazy diagonalizujące form kwadratowych Q i : R 3 → R, i ∈ {1, 2},

Q 1 (x) = x 1 x 2 + x 2 x 3 , Q 2 (x) = 2x 2 1 + 3x 1 x 2 + 4x 1 x 3 + x 2 2 + x 2 3 .

Rozwiązanie: Aby sprowadzić Q 1 do postaci diagonalnej, zaczynamy od pierwszej wspłórzędnej, tutaj x 1 . Jeżeli x 2 1 nie występuje, to pisze się Q 1 (x) za pomocą zmiennych ¯ x 1 = x 1 + x 2 i ¯ x 2 = x 1 − x 2 zamiast x 1 i x 2 , czyli

Q 1 (x) = x 1 x 2 + x 2 x 3 = (x 1 + x 2 ) 2 /4 − (x 2 − x 1 ) 2 /4 + [(x 1 + x 2 ) − (x 1 − x 2 )]x 3 /2 =

¯

x 2 1 /4 − ¯ x 2 2 /4 + ¯ x 1 x 3 /2 − ¯ x 2 x 3 /2,

(4)

Macierz formy dwuliniowej stowarzyszonej z tą formą kwadratową jest

2

1/4 0 1/4

0 −1/4 −1/4 1/4 −1/4 0

 =

α 11 α 12 α 13 α 21 α 22 α 23 α 31 α 32 α 33

.

Przypominamy, że termin 2 pojawia się, bo b 1 (x, x) = 2Q 1 (x) z definicji b(x, y) = Q(x + y) − Q(x) − Q(y).

W nowych zmiennych, ¯ x 1 , ¯ x 2 i x 3 pierwsza zmienna, ¯ x 1 pojawia się do kwadratu. Więc, możemy zdefiniować nową zmienną

¯ ¯

x 1 = ¯ x 1 + α 12

α 11 x ¯ 2 + α 13

α 11 x 3 = ¯ x 1 + x 3 , czyli

Q 1 (x) = 1

4 (¯ x 1 + x 3 ) 2 − 1

2 x ¯ 1 x 3 − 1

4 x 2 3 + 1

2 x ¯ 1 x 3 − 1

4 x ¯ 2 2 − 1

2 x ¯ 2 x 3 = 1

4 x ¯ ¯ 2 1 − 1

4 x ¯ 2 2 − 1

2 x ¯ 2 x 3 − 1 4 x 2 3 . Macierz formy dwuliniowej stowarzyszonej z tą formą kwadratową, to

2

1/4 0 0

0 −1/4 −1/4 0 −1/4 −1/4

 =

α e 11 α e 12 α e 13 α e 21 α e 22 α e 23 α e 31 α e 32 α e 33

.

Widać, że α e 12 = α e 13 = α e 21 = α e 31 = 0. Skoro teraz α e 22 6= 0, czyli druga zmienna pojawia się do kwadratu, zdefiniujemy

¯ ¯

x 2 = ¯ x 2 + α e 23

α e 22 x 3 = ¯ x 2 + x 3 , czyli

Q 1 (x) = 1 4 x ¯ ¯ 2 1 − 1

4 x ¯ 2 2 − 1

2 x ¯ 2 x 3 − 1

4 x 2 3 = 1 4 x ¯ ¯ 2 1 − 1

4 (¯ x 2 + x 3 ) 2 + 1

2 x ¯ 2 x 3 + 1 4 x 2 3 − 1

2 x ¯ 2 x 3 − 1

4 x 2 3 = 1 4 x ¯ ¯ 2 1 − 1

4 x ¯ ¯ 2 2 . Macierz formy dwuliniowej stowarzyszonej z tą formą kwadratową, to

2

1/4 0 0

0 −1/4 0

0 0 0

.

Baza przetrzeni R 3 gdzie Q 1 diagonalizuje jest dualna do

¯ ¯

x 1 = x 1 + x 2 + x 3 , x ¯ ¯ 2 = x 1 − x 2 + x 3 , x 3 . Aby to zrobić, trzeba pamiętać, że taka baza e 0 1 , e 0 2 , e 0 3 w przestrzeni R 3 spełnia

1 1 1

1 −1 1

0 0 1

.

λ 1 1 λ 1 2 λ 1 3 λ 2 1 λ 2 2 λ 2 3 λ 3 1 λ 3 2 λ 3 3

 =

1 0 0 0 1 0 0 0 1

. Wówczas,

λ 1 1 λ 1 2 λ 1 3 λ 2 1 λ 2 2 λ 2 3 λ 3 1 λ 3 2 λ 3 3

 =

1 1 1

1 −1 1

0 0 1

−1

= 1 2

1 1 −2

1 −1 0

0 0 2

.

(5)

Baza diagonalizująca to

e 0 1 = 1 2

1 1 0

, e 0 2 = 1 2

1

−1 0

e 0 3 =

−1 0 1

.

Właśnie, można widać, że dana macierz M B formy dwuliniowej stowarzsonej z Q 1 , czyli

2

0 1/2 0

1/2 0 1/2

0 1/2 0

to macierz w bazie diagonalizującej jest

M B 0 = 1 2

1 1 0

1 −1 0

−2 0 2

 2

0 1/2 0

1/2 0 1/2

0 1/2 0

1 2

1 1 −2

1 −1 0

0 0 2

 = 2

1/4 0 0

0 −1/4 0

0 0 0

.

Cytaty

Pobierz teraz ( PDF - 5 Stron - 78.12 KB )

Powiązane dokumenty

Algebra z geometrią 2012/2013

[r]

Algebra z geometrią 2012/2013

[r]

Algebra z geometrią 2012/2013

[r]

Algebra z geometrią 2012/2013

[r]

Algebra z geometrią 2012/2013

Oblicz sygnatury form kwadratowych z poprzedniego zadania metodą minorową..

Algebra z geometrią 2012/2013

jest układem ortonormalnym, to znaczy że wszystkie elementy mają normę 1 oraz że iloczyn skalarny każdej pary dwóch różnych elementów wynosi 0.

Algebra z geometrią 2012/2013

Sprawdź, że macierz przejścia od bazy kanonicznej do tej bazy wektorów własnych

Algebra z geometrią 2012/2013

Niech V będzie dowolną zespoloną przestrzenią wektorową z iloczynem skalarnym dopuszczającym bazę ortonormalną.. Udowodnij że macierz przejścia z jednej bazy ortonormalnej