Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 18. – szkice rozwiązań
4 maja 2021
1. Niech (V, ξ) będzie przestrzenią unitarną. Rozważmy przekształcenie ξ0: V → V∗ zdefiniowane jako (ξ0(v))(w) = ξ(w, v). Udowodnij, że ξ0 jest bijekcją oraz ξ0(av + bw) = ¯aξ0(v) + ¯bξ0(w), czyli, że ξ0 jest izomorfizmem V → V?, gdzie V? jest przestrzenią V∗ ze zmodyfikowaną operacją mnożenia: (a · f )(v) =
¯ a · f (v).
Istotnie,
(ξ0(u + v))(w) = ξ(w, u + v) = ξ(w, u) + ξ(w, v) = (ξ0(u))(w) + (ξ0(v))(w), (ξ0(av))(w) = ξ(w, av) = ¯aξ(w, v) = (¯a(ξ0(v))(w).
Zauważamy, też, że ξ0(vi) = vi∗ dla dowolnej bazy ortonormalnej (v1, . . . , vn), więc to jest izomorfizm.
2. Udowodnij, że przy opisanym w poprzednim zadaniu utożsamieniu V i V∗, endomorfizmy φ : V → V oraz Φ : V∗→ V∗ są sprzężone wtedy i tylko wtedy, gdy ξ(φ(v), w) = ξ(v, Φ(w)) dla dowolnych v, w ∈ V . ξ(φ(v), w) = (ξ0(w))(φ(v)) = (φ∗(ξ0(w)))(v), ale ξ0(w) utożsamiamy w, więc φ∗(ξ0(w)) z φ∗(w), ale to jest to samo, co ξ0(φ∗(w)), więc (φ∗(ξ0(w)))(v) to to co ξ0(φ∗(w))(v) = ξ(v, φ∗(w)).
W drugą stronę, jeśli ξ(φ(v), w) = ξ(v, Φ(w)), to ξ0(Φ(w)) = ξ0(φ∗(w)), ale ξ0 jest różnowartościowe, więc Φ = φ∗.
3. (·) Udowodnij, że endomorfizm ϕ : V → V jest samosprzężony wtedy i tylko wtedy, gdy ϕ = ϕ∗. Wynika to od razu z poprzedniego zadania.
4. Udowodnij, że jeśli hV, ξi jest przestrzenią unitarną, dla każdego endomorfizmu ϕ : V → V zachodzi ϕ = ϕ∗∗.
Mamy
ξ(ϕ(v), w) = ξ(v, ϕ∗(w)) =ξ(ϕ∗(w), v) = ξ(w, ϕ∗∗(v)) = ξ(ϕ∗∗(v), w),
co wobec dowolności w (weźmy jako w kolejne wektory z ustalonej bazy) daje, że dla każdego v, ϕ∗∗(v) = ϕ(v).
5. Niech ϕ będzie endomorfizmem samosprzężonym w przestrzeni unitarnej (V, ξ). Udowodnij, że wszystkie jego wartości własne są rzeczywiste.
Niech a będzie wartością własną, oraz v 6= 0, będzie taki, że ϕ(v) = av. Wtedy aξ(v, v) = ξ(av, v) = ξ(ϕ(v), v) = ξ(v, ϕ(v)) = ξ(v, av) = ¯aξ(v, v),
a więc a = ¯a, czyli a ∈ R.
6. Niech (V, ξ) będzie przestrzenią unitarną z bazą ortonormalną A oraz niech ϕ : V → V będzie endomorfi- zmem. Niech A = M (ϕ)AA. Wykaż, że M (ϕ∗)AA= ¯AT.
Niech A = [aij]1¬i,j¬n, v ∈ V niech ma w bazie ortonormalnej A współrzędne ξ(v, vq), . . . , ξ(v, vn) (z liniowości ξ względem pierwszej współrzędnej). Wobec tego ξ(ϕ(vj), vi) = aij. Ale
ξ(ϕ(vj), vi) = ξ(vj, ϕ∗(vi)) = ξ(ϕ∗(vi), vj) = ¯aji.
1
7. Rozstrzygnij, czy endomorfizm ϕ : C3→ C3 zadany wzorem ϕ((z1, z2, z3)) = (z1+ iz2, −iz1+ (2 − i)z2+ z3, z2+ iz3) jest samosprzężony.
Sprawdzamy, czy jego macierz w bazie standardowej jest hermitowska.
A = M (ϕ)stst =
1 i 0
−i 2 − i 1
0 1 i
.
A¯T =
1 i 0
−i 2 + i 1
0 1 −i
6= A, więc ϕ nie jest samosprzężony.
8. (··) Udowodnij, że endomorfizm ϕ : C3→ C3zadany wzorem ϕ((z1, z2, z3)) = (z1+iz2, −iz1+2z2+z3, z2+ z3) jest samosprzężony oraz znajdź bazę własnę tego endomorfizmu złożoną z wektorów ortonormalnych w sensie standardowego iloczynu hermitowskiego.
Sprawdzamy, czy jego macierz w bazie standardowej jest hermitowska.
A = M (ϕ)stst=
1 i 0
−i 2 1
0 1 1
.
A¯T =
1 i 0
−i 2 1
0 1 1
= A, więc ϕ jest samosprzężony.
Znajdując pierwiastki wielomianu charakterystycznego widzimy, że wartości własne to 0, 1 oraz 3 i po rozwiązaniu odpowiednich układów równań staje się jasne, że odpowiadają im wektory własne: (1, i, −i), (1, 0, i) oraz (1, −2i, −i). Te wektory są na pewno do siebie prostopadłe, bowiem ϕ jest samosprzężone.
Pozostaje ich normalizacja:
{(1, i, −1)/√
3, (1, 0, i)/√
2, (1, −2i, −i)/√ 6}.
9. Endomorfizm ϕ : V → V nazywamy normalnym wtedy i tylko wtedy, gdy ϕ ◦ ϕ∗= ϕ∗◦ ϕ. Wykaż, że a) każdy automorfizm unitarny jest normalny,
Owszem, jeśli ϕ jest automorfizmem unitarnym, to dla dowolnej bazy A, niech A = M (ϕ)AA jest unitarna. Wtedy
M (ϕ)AA· M (ϕ∗)AA= A · ¯AT = I = ¯AT · A = M (ϕ∗)AA· M (ϕ)AA Czyli ϕ ◦ ϕ∗= id = ϕ∗◦ ϕ
b) każdy endomorfizm samosprzężony jest normalny.
Jeśli ϕ∗ jest samosprzężony, to ϕ ◦ ϕ∗= ϕ ◦ ϕ = ϕ∗◦ ϕ.
10. (?) Wykaż, że endomorfizm ϕ : V → V przestrzeni unitarnej (V, ξ) jest diagonalizowalny w pewnej bazie ortonormalnej wtedy i tylko wtedy, gdy jest normalny.
⇒: Zauważmy, że jeśli A jest macierzą ϕ, to macierzą ϕ∗ jest ¯AT. Zatem jeśli A jest diagonalna, to ¯AT też jest diagonalna, i A ¯AT = ¯ATA, zatem ϕ ◦ ϕ∗= ϕ∗◦ ϕ.
⇐: Zauważmy, że istnieje wspólny wektor własny endomorfizmów ϕ i ϕ∗. Rzeczywiście, jeśli a jest wartością własną ϕ, oraz v 6= 0 jest wektorem własnym dla a, to
ϕ(ϕ∗(v)) = ϕ∗(ϕ(v)) = ϕ∗(av) = aϕ∗(v),
a zatem ϕ∗(v) również jest wektorem własnym dla wartości własnej a. Zatem przestrzeń własna ϕ dla wartości własnej V(a) jest ϕ∗ niezmiennicza, a więc możemy rozważyć $∗|V(a) dochodząc do wniosku, że istnieje w niej wektor własny w endomorfizmu ϕ∗.
2
Zatem w jest jednocześnie wektorem własnym ϕ i ϕ∗(dla wartości własnych odpowiednio a oraz b). Niech v⊥w. Wtedy:
ξ(w, ϕ∗(v))) = ξ(ϕ(w), v)) = aξ(w, v) = 0, ξ(w, ϕ(v))) = ξ(ϕ∗(w), v)) = bξ(w, v) = 0, Zatem W = (lin(w))⊥ jest przestrzenią niezmienniczą dla ϕ oraz dla ϕ∗.
Zauważmy również, że (ϕ|W)∗ = ϕ∗|W , zatem ϕ|W jest normalny. Dla zakończenia dowodu wystarczy zatem standardowy argument indukcyjny.
3
