Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 10. – rozwiązania
31 marca 2021
1. Dla każdej z poniższych przestrzeni dwuliniowych znaleźć bazę prostopadłą:
a) (R3, h), gdzie
h((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) =
= x1y3+ x2y2+ x3y1.
(0, 1, 0) jest nieizotropowy, prostopadłe do niego wektory to lin((1, 0, 0), (0, 0, 1)) i (1, 0, 1) jest nieizo- tropowy a prostopadłe do niego i poprzedniego jest (1, 0, −1), zatem taka baza to
((0, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 0, −1)).
b) (C2, h), gdzie
h((x1, x2), (y1, y2)) =
= 3x1y1+ ix1y2+ ix2y1+ x2y2.
(0, 1) jest nieizotropowy, a prostopadłe do niego spełniają równanie ix1+ x2= 0, czyli to na przykład (i, 1). Zatem taka baza to ((0, 1), (i, 1))
2. Znajdź bazę prostopadłą formy dwuliniowej h : R4× R4→ R zadanej wzorem h((x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4)) =
= 2x1y2+ 2x2y1+ 5x4y4.
Szukamy wektorów nieizotropowych. Na przykład (0, 0, 0, 1). (lin((0, 0, 0, 1))⊥jest opisane równaniem x4= 0. Wektorem nieizotropowym w tej podprzestrzeni jest (1, 1, 0, 0). Przestrzeń prostopadła do tych dwóch znalezionych wektorów jest opisana równaniami x1+x2= 0, x4= 0, czyli jest to lin((1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)).
Z czego (1, −1, 0, 0) jest nieizotropowy, a (0, 0, 1, 0) jest do niego prostopadły. Zatem ((0, 0, 0, 1), (1, 1, 0, 0), (1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)
jest bazą prostopadłą.
3. Dla każdej z poniższych macierzy znaleźć macierz diagonalną, która jest do niej kongruentna.
1 2 2 3
∈ M2×2(R),
Wektor (1, 0) jest nieizotropowy, a prostopadły do niego jest wektor dla którego x1+ 2x2 = 0, czyli np.
(2, −1). Macierz h w znalezionej bazie to
1 0 0 −3
.
3 0 1
0 0 2
1 2 −1
∈ M3×3(R),
Niech h będzie taką formą dwuliniową, że G(h, st) to powyższa macierz. Wektor (1, 0, 0) jest nieizotropowy (i h((1, 0, 0), (1, 0, 0)) = 3, a prostopadłe do niego wektory spełniają równanie 3x1+ x3 = 0, czyli są w przestrzeni lin((0, 1, 0), (1, 0, −3)). Wektor h((1, 0, −3), (1, 0, −3)) = 3−3−3−9 = −12 jest nieizotropowy, a wektor prostopadły do dwóch znalezionych musi spełniać równania 3x1+x3= 0 oraz −3x1−x3+3x1+6x2− 3x3= 0, czyli 6x2−4x3= 0, zatem jest to na przykład wektor (−1, 2, 3). Mamy h((−1, 2, 3), (−1, 2, 3)) = 12 Macierz h w znalezionej bazie prostopadłej
{(1, 0, 0), (1, 0, −3), (−1, 2, 3)}
to
3 0 0
0 −12 0
0 0 12
0 i i 1
∈ M2×2(C),
Wektor (0, 1) jest nieizotropowy, a wektory prostopadłe do niego spełniają równanie ix1+ x2= 0, zatem jest to na przykład wektor (i, 1). Macierz h w znalezionej bazie to
1 0 0 −1
.
1 1 1 1
∈ M2×2(Z2).
Wektor tu jest nieizotropowy o ile x21+2x1x2+x22= x21+x226= 0, czyli na przykład (1, 0) jest nieizotropowy.
Wektory prostopadłe do niego spełniają równanie x1+ x2= 0, czyli jest to np. wektor (1, 1). Macierz h w znalezionej bazie to
1 0 0 0
.
4. Znajdź sygnaturę macierzy
A =
1 1 0
1 0 2
0 2 −4
∈ M3×3(R).
(1, 0, 0) jest wektorem nieizotropowym, więc wektory spełniające równanie x1+ x2 = 0 są do niego pro- stopadłe, czyli to te należące do przestrzeni lin((1, −1, 0), (0, 0, 1)). Wektor (0, 0, 1) jest nieizotropowy, a wektory prostopadłe też do niego spełniają dodatkowo równanie 2x2− 4x3= 0, czyli x3= x2/2, więc jest to wektor (2, −2, −1). Macierz h w znalezionej bazie to
1 0 0
0 −4 0
0 0 0
,
zatem s(A) = r+(A) − r−(A) = 1 − 1 = 0.
5. Rozstrzygnij ile jest klas abstrakcji relacji kongruencji na zbiorze symetrycznych macierzy n × n a) nad R?
Musi się zgadzać rząd i r+, z tym że r+¬ r, czyli dla kolejnych rzędów mamy opcji 1, 2, . . . , n + 1. W takim razie jest
1 + . . . + n + 1 = (n + 1)(n + 2) 2 opcji.
b) (·) nad C?
Wystarczy, że się zgadza rząd, czyli jest n + 1 opcji.
6. (··) Niech
A =
1 0 1 0 2 3 1 3 t
oraz
B =
1 2 0 2 5 1 0 1 0
. Dla jakich t ∈ R macierze A i B są kongruentne
a) nad R?
b) nad C?
c) nad Q?
d) dla t = 3/2 znaleźć macierz C taką, że CTAC = B.
Najpierw badamy B. Niech B = G(h, st). Wiadomo, że (1, 0, 0) jest nieizotropowy oraz h((1, 0, 0), (1, 0, 0)) = 1,
zatem szukamy wektorów, że x1+ 2x2= 0, czyli z lin((−2, 1, 0), (0, 0, 1)). Mamy też h((−2, 1, 0), (−2, 1, 0)) = 4 − 4 − 4 + 5 = 1
jest nieizotropowy, więc jako trzeci wektor bierzemy wektor, który dodatkowo spełnia równanie −2x1− 4x2+ 2x1+ 5x2+ x3= x2+ x3= 0, zatem trzecim wektorem jest (−2, 1, −1).
h((−2, 1, −1), (−2, 1, −1)) = 4 − 4 − 4 + 5 − 1 − 1 = −1.
Zatem macierz diagonalna kongruentna do B to
M (h, B) =
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
, gdzie B = {(1, 0, 0), (−2, 1, 0), (−2, 1, −1)}. Więc r(B) = 3, s(B) = 1,
Tymczasem w A, niech A = G(g, st), (1, 0, 0) jest nieizotropowy i g((1, 0, 0), (1, 0, 0)) = 1, a przestrzeń prostopadła do niego to lin((−1, 0, 1), (0, 1, 0)), z czego (0, 1, 0) jest nieizotropowy i g((0, 1, 0, ), (0, 1, 0)) = 2, a wektory prostopadłe do niego i (1, 0, 0) dodatkowo spełniają równanie 2x2+3x3= 0, zatem prostopadły do obu jest wektor (−2, −3, 2).
g((−2, −3, 2), (−2, −3, 2)) = 4 − 4 − 4 + 18 − 18 − 18 + 4t = −22 + 4t.
Czyli następująca macierz jest macierzą diagonalną kongruentną do A:
M (g, A) =
1 0 0
0 2 0
0 0 −22 + 4t
, gdzie A = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (−2, −3, 2)}.
Macierze są kongruentne nad C jeśli rzędy się zgadzają, czyli dla t 6= 112. Tymczasem są kongruentne nad R, jeśli sygnatura też się zgadza, a tak jest, gdy −22 + 4t < 0, czyli dla t < 112.
Pozostaje rozważanie tego nad Q. Widzimy, że nadal musi być −22 + 4t < 0 (niech A = −22 + 4t). Na mocy tw. Witta o skracaniu, badane macierze są kongruentne wtedy i tylko wtedy, gdy kongruentne są macierze diagonalne o wyrazach 1, −1 i o wyrazach 2, A, czyli, gdy istnieją a, b, c, d ∈ Q, że
2 0 0 A
=
a b c d
1 0 0 −1
a c b d
.
Ale wtedy a2− b2= 2, zatem gdy a = p/q oraz b = r/t, to
Zatem pt i rq są obie parzyste lub obie nieparzyste. W pierwszym przypadku w rozkładzie lewej strony na czynniki pierwsze 2 występuje parzystą liczbę razy, zaś w prawej – nieparzystą. W drugim przypadku lewa strona jest podzielna przez 4 (kwadrat liczby nieparzystej zawsze dzieli się przez 4 z resztą 1), a prawa nie. Zatem te macierze nie są kongruentne nad Q dla żadnej wartości t.
Dla t = 3/2,
M (g, A) =
1 0 0
0 2 0
0 0 −16
,
Zatem
M (h, B) =
1 0 0
0 √
2 0
0 0 4
· M (g, A) ·
1 0 0
0 √
2 0
0 0 4
Mamy też:
M (g, A) = (M (id)stA)T· A · M (id)stA i
B = (M (id)Bst)T· M (h, B) · M (id)Bst zatem
B = (M (id)Bst)T ·
1 0 0
0 √
2 0
0 0 4
· (M (id)stA)T · A · M (id)stA·
1 0 0
0 √
2 0
0 0 4
· M (id)Bst,
zatem
C = M (id)stA·
1 0 0
0 √
2 0
0 0 4
· M (id)Bst=
1 0 −2 0 1 −3
0 0 2
·
1 0 0
0 √
2 0
0 0 4
·
1 −2 −2
0 1 1
0 0 −1
−1
=
=
1 2 8
0 √
2 12 +√ 2
0 0 −8
7. Dla formy dwuliniowej h : R3× R3→ R zadanej wzorem
h((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) =
= x1y1− 2x1y2− 2x2y1+ 2x2y2− 2x2y3− 2x3y2+ 3x3y3
znaleźć bazę R3, która jest ortogonalna względem h i ortonormalna względem standardowego iloczynu skalarnego.
Niech ϕ : R3→ R3będzie takie, że M (ϕ)stst= G(h, st). Ale w takim razie macierz ϕ jest symetryczna – jest to więc przekształcenie samosprzężone. Istnieje więc baza ortonormalna złożona z wektorów własnych i jeśli A = M (id)sAt, to A−1= AT. Zatem macierz ATG(h, st)A jest diagonalna, czyli baza A jest ortogonalna względem h. W takim razie trzeba znaleźć bazę wektorów własnych ϕ zdefiniowanego macierzą
1 −2 0
−2 2 −2
0 −2 3
.
w(λ) = −λ3+ 6λ2− 3λ − 10,
czyli wartości własne to −1, 2 i 5, a wektory własne dla nich to odpowiednio: (2, 2, 1), (2, −1, −2) i (1, −2, 2), zatem szukana baza to
{(2, 2, 1)/3, (2, −1, −2)/3, (1, −2, 2)/3}.
8. Niech
A =
1 0 0 1
oraz
B =
1 0 0 2
.
Pokazać, że macierze A i B są kongruentne nad Z7 oraz R, ale nie są kongruentne nad Z3 oraz Q.
Pierwsze dwa są jasne, bo wystarczy wziąć C = CT =
1 0
0 1/√ 2
(nad Z7 42 = 2, wiec mamy pierwiastki z dwójki oraz 1/4 = 2, więc możemy wziąć 2 zamiast 1/√
2.
Nad Z3 oraz Q tak nie jest i taka macierz C nie istnieje, bo
a b c d
·
1 0 0 1
·
a c b d
=
ab+ b2 ac + bd ac + bd c2+ d2
=
1 0 0 2
, zatem
(a2(2 − d2) = (1 − a2)d2,
więc 2a2 = d2, czyli 2 = (d/a)2 o ile a 6= 0, a nie istnieje taka liczba w Q oraz Z3. Dla a = 0 dostajemy c2= 2, co jest w podobny sposób niemożliwe w tych dwóch ciałach.
9. (?) Niech ξ będzie formą dwuliniową nad skończenie wymiarową przestrzenią V oraz niech eξ, eξ : V → Ve ∗ będą dane jako (eξ(v))(w) = ξ(v, w) oraz (ee ξ(v))(w) = ξ(w, v). Udowodnij, że eξ = (ee ξ)∗(przy standardowym utożsamieniu V i V∗∗).
Po utożsamieniu v z ewaluacją na v, mamy
((eξ)∗(v))(w) = (eξ(w))(v) = ξ(v, w) = (eξ(v))(w).e
