Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 23. – szkice rozwiązań

Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 23. – szkice rozwiązań

25 maja 2021

1. (··) W R³ ze standardowym iloczynem skalarnym niech będą dane: p₀ = (0, 1, 0), v₁ = (1, 1, 0), v₂ = (1, 0, 1), v₃= (1, 2, 1). Znajdź objętość, pole powierzchni bocznych oraz kąty boków przy wierzchołku p₀ a) równoległościanu R(p0; v1, v2, v3),

G((1, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 2, 1)) =





2 1 3

1 2 2

3 2 6



 Zatem W (v1, v2, v3) = 4, czyli objętość to 2. Pole powierzchni ścian bocznych to

2√

4 − 1 + 2√

12 − 4 + 2√

12 − 9 = 4√ 3 + 2√

8 Są tu generalni trzy kąty, które grają rolę i ich cosinusy to 1/2, 2/√

12 = √

3/3 oraz 3/√ 12 = √

3/2, czyli kąty π/3, bliżej nieznany oraz π/6.

b) sympleksu S = S(p0, p0+ v1, p0+ v2, p0+ v3).

Objętość to po prostu 2/6 = 1/3.

Są cztery ściany, z czego trzy mają powierzchnię będącą połową powierzchni odpowiednich ścian równo- ległościanu, czyli√

3/2,√

2 oraz√

3/2. Czwarta ściana to S(p0+ v1, p0+ v2, p0+ v3), a jej powierzchnia to

1/2p

W ((0, −1, 1), (0, 1, 1)) =

√4 − 0 2 = 1.

Kąty przy wierzchołku p₀są takie same jak w równoległościanie.

2. Rozpatrzmy sympleks S z poprzedniego zadania oraz punkt q = (10, 0, 0). Znaleźć w S i w każdej jego ścianie punkty najbliższe do q.

Wierzchołki sympleksu to A = (1, 2, 0), B = (1, 1, 1), C = (1, 3, 1), D = (0, 1, 0). Ściana ABC jest zawarta w płaszczyźnie x = 1, a rzut (10, 0, 0) na tę płaszczyznę to (1, 0, 0), co leży poza tą ścianą. Wobec tego najbliższy punkt leży na krawędzi AB. Rzut q na tą krawędź to (1, 1, 1) + lin((0, 1, −1)), rzut q − (1, 1, 1) = (9, −1, −1) na (0, 1, −1) to (0, 0, 0), zatem rzut q na krawędź AB to (1, 1, 1) = B. Ponieważ cały czworościan znajduje się po przeciwnej stronie ściany ABC niż punkt q, to B jest punktem najbliższym do q dla całego czworościanu, oraz dla ścian ABC, ABD i BCD. Do rozważenia pozostaje ściana ACD. Jasne jest, że rzut E na tę płaszczyznę jest po przeciwnej stronie prostej AC niż punkt D. Zatem najbliższy punkt leży na prostej AC = (1, 2, 0) + lin((0, 1, 1)), a rzut q − (1, 2, 0) = (9, −2, 0) na lin((0, 1, 1)) to

−2

2 (0, 1, 1), zatem z odcinka AC (i ściany ACD) najbliżej jest punkt A.

3. W R³ ze standardowym iloczynem skalarnym niech S będzie czworościanem o podstawie S((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1))

i wierzchołku p leżącym na płaszczyźnie x₁= 5 na okręgu o środku w (5, 0, 0) i promieniu 1. Dla jakiego p objętość S jest największa?

p = (5, cos t, sin t), zatem

µ3(S) = pW ((−1, 1, 0), (−1, 0, 1), (4, cos t, sin t)

6 =

1

= 1 6

v u u u t      

2 1 cos t − 4

1 2 sin t − 4

cos t − 4 sin t − 4 17      

=p(sin t + cos t + 4)²

6 = | sin t + cos t + 4|/6.

Maksymalizujemy cos t − sin t = 0, dla t = π/4, π + π/4, czyli dla t = π/4 mamy objętość

√2+4 6 .

4. (·) Sprawdź, czy bazy A = {(3, 2), (7, 4)} oraz B = {(1, 2), (1, 0)} przestrzeni R² są zgodnie zorientowane.

M (id)^B_A=

 1 2 2 5

 ,

a wyznacznik wynosi 1 > 0, więc są zgodnie zorientowane.

5. W R³ ze standardowym iloczynem skalarnym i orientacją wyznaczoną przez bazę standardową znajdź (1, 0, 2) × (3, 2, 1).

Mamy (lin((1, 0, 2), (3, 2, 1))^⊥= lin(−4, 5, 2). Mamy też W ((1, 0, 2), (3, 2, 1)) =    

5 5

5 14    

= 45.

Akurat k(−4, 5, 2)k =√

45, więc długość jest ok, i zwrot też 

1 3 −4

0 2 5

2 1 2

= 45 > 0

Zatem (1, 0, 2) × (3, 2, 1) = (−4, 5, 2).

6. W przestrzeni euklidesowej R³z iloczynem skalarnym zadanym wzorem

h(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)i = x1y1− x1y2− x2y1+ 3x2y2+ x3y3

znaleźć przedstawienie parametryczne prostej L prostopadłej do płaszczyzny H : x1 = 0 i przecinającej proste L1= (0, 1, 0) + lin((1, 1, 1)) oraz L2= (0, 1, 1) + lin((2, 1, 0)).

Baza T (H) to (0, 1, 0), (0, 0, 1), zatem T (H)^⊥ jest opisane układem równań (−x1+ 3x2= 0

x3= 0

czyli T (L) = lin((3, 1, 0)). Zatem dla pewnych (a, b, c), L = (a + 3t, b + t, c). Skoro przecina L1, znaczy, że dla pewnego t1, (a + 3t1, b + t1− 1, c) ∈ lin((1, 1, 1)), a skoro przecina L2, to dla pewnego t2, (a + 3t2, b + t2− 1, c − 1) ∈ lin((2, 1, 0)). Zatem c = 1 oraz 1 − 3 = a + 3t1− 3(b + t1− 1) = a − 3b + 3, czyli a − 3b = −5 oraz 0 = a + 3t2− 2b − 2t2+ 2,czyli a − 2b + t2= −2, co jest prawdziwe np. dla a = 1, b = 2 oraz t2= 1.

Wtedy L = (1, 2, 1) + lin((3, 1, 0)) punkty przecięcia to odpowiednio (1, 2, 1) = (0, 1, 0) + (1, 1, 1) oraz (0, 1, 1) + 2(2, 1, 0) = (4, 3, 1) = (1, 2, 1) + (3, 1, 0).

7. Niech iloczyn skalarny w R² będzie zadany jako

h(x1, x₂), (y1, y₂)i = x1y₁− 2x1y₂− 2x2y₁+ 5x2y₂. Znajdź pola powierzchni S((1, 0), (2, 1), (3, 3)) oraz R((1, 1); (1, 1), (2, 1)).

W ((1, 1), (2, 3)) =    

2 7

7 25    

= 1 Zatem pole trójkąta to 1/2.

W ((1, 1), (2, 1)) =    

2 1 1 1

= 1 Zatem pole równoległoboku to 1.

2

8. Niech iloczyn skalarny w R³ będzie zadany jako

h(x1, x2, x3), (y1, y2, y³)i = x1y1+ 2x2y2+ 3x3y3.

Znajdź pola powierzchni S((1, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1)) oraz R((0, 0, 0); (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)).

W ((0, 1, 0), (−1, 1, 1), (0, 1, 1)) =      

2 2 2

2 6 5

2 5 5

= 6

Zatem objętość czworościanu to√ 6/3.

W ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) =      

1 0 0

0 2 0

0 0 3

= 6

Zatem objętość równoległościanu to√ 6.

9. Udowodnić, że dla dowolnych wektorów u, v, w ∈ R³w trójwymiarowej przestrzeni euklidesowej takich, że u + v + w = 0 zachodzi

u × v = v × w = w × u.

Mamy, że lin(u, v) = lin(v, u) = lin(u, w), o ile każde dwa są parami liniowo niezależne (jeśli nie, to trzeci z nich jest też liniowo zależny, zatem wszystkie iloczyny wektorowe to wektor zerowy). Zatem wszystkie iloczyny wektorowe leżą na tej samej prostej. W bazie u, v, α mogę zastąpić v przez u + v = −w, czyli to baza o tej samej orientacji, co w, u, α. Zatem mamy też ten sam zwrot. Także

W (u, v) = W (u, u − w) = hu, uihw, wi − hu, wi²= W (w, u), zatem i długości są takie same.

10. (?) Udowodnij, że jeśli V jest 3-wymiarową przestrzenią euklidesową, oraz B = {v1, v2, v3} jest jej bazą ortonormalną i dodatnio zorientowaną, a także v = a1v1+ a2v2+ a3v3 i w = b1v1+ b2v2+ b3v3, to

v × w =    

a2 a3

b2 b3

v1−    

a1 a3

b1 b3

v2+    

a1 a2

b1 b2

v3.

Niech

u =    

a2 a3

b2 b3

v1−    

a1 a3

b1 b3

v2+    

a1 a2

b1 b2

v3.

Wtedy

hv, ui =    

a₂ a₃ b₂ b₃

a₁−    

a₁ a₃ b₁ b₃

a₂+    

a₁ a₂ b₁ b₂

a₃=      

a₁ a₂ a₃ b₁ b₂ b₃ a₁ a₂ a₃

= 0.

Podobnie

hw, ui =    

a₂ a₃ b2 b3

b₁−    

a₁ a₃ b1 b3

b₂+    

a₁ a₂ b1 b2

b₃=      

a₁ a₂ a₃ b₁ b₂ b₃ b1 b2 b3

      ,

więc rzeczywiście u ∈ (lin(v, w))^⊥. Mamy też

kuk²=    

a2 a3

b2 b3

2

+    

a1 a3

b1 b3

2

+    

a1 a2

b1 b2

2

=

= (a²₁+ a²₂+ a²₃)(b²₁+ b²₂+ b₃²) − (a₁b₁+ a₂b₂+ a₃b₃)²= hv, vih< w, w, i − hv, wi²= W (v, w).

O ile v, w są liniowo niezależne mamy też det(M (id)^B_A) =

a2 a3

b2 b3

2

+    

a1 a3

b1 b3

2

+    

a1 a2

b1 b2

2

> 0,

gdzie A = {v, w, u}, więc jest to baza dodatnio zorientowana.

3