Algebra liniowa, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 20. – rozwiązania
11 grudnia 2018
1. Rozpatrzmy w przestrzeni R4ze standardowym iloczynem skalarnym podprzestrzenie V = {(x, y, z, t) : x−
y + 4z + 5t = 0} oraz W = lin((1, 0, −1, 2), (1, 1, 1, 1)). Znaleźć bazy ortonormalne przestrzeni V⊥ oraz W⊥.
Rozwiązanie: Baza V⊥ jest jednowektorowa i jest to {(1, −1, 4, 5)}, aby była ortonormalna wystarczy ją znormalizować: ||(1, −1, 4, 5)|| =√
2 + 16 + 25 =√
43, czyli baza ortonormalna to {√1
43(1, −1, 4, 5)}.
W⊥ to przestrzeń rozwiązań jednorodnego układu równań:
1 0 −1 2
1 1 1 1
→
1 0 −1 2
0 1 2 −1
,
czyli baza to {(1, −2, 1, 0), (−2, 1, 0, 1)}. Ortogonalizujemy:
v1= (1, −2, 1, 0) v2= (−2, 1, 0, 1) −−4
6 (1, −2, 1, 0) = 1
3(−4, −1, 2, 3) Normalizując dostajemy bazę: {√1
6(1, −2, 1, 0),√1
30(−4, −1, 2, 3)}.
2. Rozstrzygnąć, czy w R4istnieje taki wektor α, że układ 12(1, 1, 1, 1),12(−1, −1, 1, 1),12(−1, 1, −1, 1), α jest bazą ortonormalną oraz wektor (2, 4, 6, 2) ma w niej czwartą współrzędną równą 3.
Rozwiązanie: Niech α = (a, b, c, d). Sformułowane warunki oznaczają, że:
a + b + c + d = 0
−a − b + c + d = 0
−a + b − c + d = 0 a2+ b2+ c2+ d2= 1 2a + 4b + 6c + 2d = 3
i pytanie, czy ten układ równań ma rozwiązanie. Macierzowo możemy rozwiązać układ złożony z 1.,2.,3. i 5.
równania i następnie sprawdzić, czy rozwiązanie spełnia 4. równanie. Dostajemy rozwiązanie12(−1, 1, 1, −1) i rzeczywiście spełnia ono również równanie 4.
3. W przestrzeni R3znaleźć rzut prostopadły wektora α = (1, 1, 1) na płaszczyznę V = {(x, y, z) : x+2y −z = 0} oraz rzut prostopadły tego wektora na prostą L = lin((1, 2, 3)).
Rozwiązanie: Przestrzeń prostopadła do V ma bazę jednowektorową i jest to (1, 2, −1). Wobec tego szukany rzut na V to α −hα,(1,2,−1)i
||(1,2,−1)||2(1, 2, −1) = (1, 1, 1) −26(1, 2, −1) = 13(2, 1, 4).
Tymczasem rzut na prostą L to po prostu h(1,1,1),(1,2,3)i
||1,2,3||2 (1, 2, 3) = 37(1, 2, 3)
4. Znaleźć obraz wektora α z poprzedniego zadania w symetriach prostopadłych względem V oraz L. Roz- wiązanie: analogicznie – symetria względem V da: (1, 1, 1) − 23(1, 2, 1) = 13(1, −1, 1).
Symetria względem L to α + 2(37(1, 2, 3) − α) = 67(1, 2, 3) − (1, 1, 1) = 17(−1, 5, 11).
5. W R4 znaleźć wzór na przekształcenie liniowe będące rzutem prostopadłym na przestrzeń W = lin((2, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1)) oraz na przekształcenie będące symetrią prostopadłą względem W .
1
Rozwiązanie: Niech ϕ będzie rzutem, a ψ symetrią. Znajdujemy bazę W⊥:
2 1 0 1
1 0 0 1
→
1 0 0 1
0 1 0 −1
czyli baza to: {(0, 0, 1, 0), (−1, 1, 0, 1)}. Zauważmy teraz, że wektory (2, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0), (−1, 1, 0, 1) są wektorami własnymi przekształceń ϕ i ψ, bowiem:
• ϕ((2, 1, 0, 1)) = (2, 1, 0, 1), ϕ((1, 0, 0, 1)) = (1, 0, 0, 1), ϕ((0, 0, 1, 0)) = (0, 0, 0, 0), ϕ((−1, 1, 0, 1)) = (0, 0, 0, 0),
• ψ((2, 1, 0, 1)) = (2, 1, 0, 1), ψ((1, 0, 0, 1)) = (1, 0, 0, 1), ψ((0, 0, 1, 0)) = −(0, 0, 1, 0), ψ((−1, 1, 0, 1)) =
−(−1, 1, 0, 1).
Czyli jeśli rozważymy bazę A = {(2, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0), (−1, 1, 0, 1)}, to:
M (ϕ)AA=
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
, M (ψ)AA=
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
.
Znajdźmy więc macierze zmiany bazy:
M (id)stA=
2 1 0 −1
1 0 0 1
0 0 1 0
1 1 0 1
i odwracając ją otrzymujemy:
M (id)Ast=
1 3
2
3 0 −13
0 −1 0 1
0 0 1 0
−1 3
1
3 0 13
a więc:
M (ϕ)stst= M (id)stAM (ϕ)AAM (id)Ast=
2 1 0 −1
1 0 0 1
0 0 1 0
1 1 0 1
·
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
·
1 3
2
3 0 −13
0 −1 0 1
0 0 1 0
−1 3
1
3 0 13
=
=
2 1 0 0
1 0 0 0
0 0 0 0
1 1 0 0
·
1 3
2
3 0 −13
0 −1 0 1
0 0 1 0
−1 3
1
3 0 13
=
2 3
1
3 0 13
1 3
2
3 0 −13
0 0 0 0
1 3
−1
3 0 23
.
M (ψ)stst = M (id)stAM (ψ)AAM (id)Ast=
2 1 0 −1
1 0 0 1
0 0 1 0
1 1 0 1
·
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
·
1 3
2
3 0 −13
0 −1 0 1
0 0 1 0
−1 3
1
3 0 13
=
=
2 1 0 1
1 0 0 −1
0 0 −1 0
1 1 0 −1
·
1 3
2
3 0 −13
0 −1 0 1
0 0 1 0
−1 3
1
3 0 13
= 1 3
1 2 0 2
2 1 0 −2
0 0 −3 0
2 −2 0 1
.
A więc:
ϕ((a, b, c, d)) = 1
3(2a + b + d, a + 2b − d, 0, a − b + 2d) ψ((a, b, c, d)) = 1
3(a + 2b + 2d, 2a + b − 2d, −3c, 2a − 2b + d).
2
