21 maja 2021

Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 22. – szkice rozwiązań

21 maja 2021

1. Znaleźć rzut prostopadły punktu p = (1, 2, 1) ∈ R³: a) na płaszczyznę M opisaną równaniem 2x + 3y − z = 2, b) na prostą L = (3, 2, −1) + lin((1, −1, 1))

a) Płaszczyzna M przechodzi np. przez punkt (0, 0, −2), więc przesuńmy całą sytuację o wektor (0, 0, 2).

Wtedy M przejdzie na T (M ), a p na p⁰= (1, 2, 3) i szukamy rzutu p⁰ na T (M ). Wektor prostopadły do T (M ) to n = (2, 3, −1), więc rzut p⁰na T (M ) to r⁰= p⁰−h^p0,ni

hn,nin = (1, 2, 3)−₁₄⁵(2, 3, −1) =₁₄¹(4, 13, 47).

Aby uzyskać wynik r, trzeba r⁰ przesunąć z powrotem, czyli r = r⁰− (0, 0, 2) = ₁₄¹(4, 13, 19).

b) Przesuwamy całą sytuację o (−3, −2, 1), czyli mamy zrzutować wektor (1, 2, 1)+(−3, −2, 1) = (−2, 0, 2) na prostą lin((1, −1, 1)), czyli ten rzut to h(−2,0,2),(1,−1,1)i

h(1,−1,1),(1,−1,1)i(1, −1, 1) = (0, 0, 0). Czyli szukany punkt to (0, 0, 0) − (−3, −2, 1) = (3, 2, −1).

2. (·) Znaleźć układ równań i parametryzację hiperpłaszczyzny przechodzącej przez punkt (3, 2, 1, −1) i prostopadłej do hiperpłaszczyzny zadanej układem równań:

(a + b + c + d = −9 a − b + c + 2d = −4

W takim razie szukana płaszczyzna to (3, 2, 1, −1) + lin((1, 1, 1, 1), (1, −1, 1, 2)), czyli parametryzacja to:

(3 + t + s, 2 + t − s, 1 + t + s, −1 + t + 2s). Aby znaleźć układ równań znajdujemy bazę przestrzeni rozwiązań:

 1 1 1 1

1 −1 1 2



→

 1 3 1 0

0 −2 0 1



czyli baza to {(−3, 1, 0, 2), (−1, 0, 1, 0)}. Znajdujemy wyrazy wolne −9 + 2 − 2 = −9 i −3 + 2 = −2, czyli szukany układ równań, to:

(−3x + y + 2t = −9

−x + z = −2

3. Znaleźć rzut prostopadły punktu p = (2, 3, 1) ∈ R³: a) na płaszczyznę M opisaną równaniem x − 2y + z = 2, b) na prostą L = (−1, 1, 0) + lin((1, 0, 1))

a) Płaszczyzna M przechodzi przez punkt (0, 0, 2), więc przesuńmy całą sytuację o wektor (0, 0, −2).

Mamy zatem zrzutować punkt (2, 3, −1) ma płaszczyznę o równaniu x − 2y + z = 0. Ten rzut to:

(2, 3, −1) −h(2, 3, −1), (1, −2, 1)i

h(1, −2, 1), (1, −2, 1)i(1, −2, 1) = (2, 3, −1) +5

6(1, −2, 1) = 1

6(17, 8, −1) Przesuwamy z powrotem o wektor (0, 0, 2), wiec szukany wektor, to ¹₆(17, 8, 11).

1

b) Przesuwamy całą sytuację o wektor −(−1, 1, 0) = (1, −1, 0). Mamy zatem zrzutwać punkt (3, 2, 1) na prostą lin((1, 0, 1)). Jest to zatem:

h(3, 2, 1), (1, 0, 1)i

h(1, 0, 1), (1, 0, 1)i(1, 0, 1) = 4

2(1, 0, 1) = (2, 0, 2).

Przesuwając go z powrotem o wektor (−1, 1, 0) otrzymujemy szukany wektor, czyli (1, 1, 2).

4. Znaleźć układ równań opisujący oraz parametryzację:

a) prostej L ⊆ R³ przechodzącej przez punkt (2, 1, 1) i prostopadłej do płaszczyzny opisanej równaniem 3x − y + 2z = 6,

b) płaszczyzny M ⊆ R³przechodzącej przez punkt (3, 0, 5) i prostopadłej do prostej (1, 1, 1) + lin((2, −1, 1)).

a) Wobec tego płaszczyzna T (L)^⊥ jest opisana równaniem 3x − y + 2z = 0, czyli jest rozpięta przez wektory (1, 3, 0), (0, 2, 1), a więc T (L) jest opisana układem równań:

(x + 3y = 0 2y + z = 0

Wyrazy wolne to odpowiednio: 2 + 3 = 5 i 2 + 1 = 3, czyli szukany układ równań to:

(x + 3y = 5 2y + z = 3 A więc parametryzacja to (5 − 3y, y, 3 − 2y).

b) A więc płaszczyzna T (M ) jest opisana równaniem 2x − y + z = 0, a wyraz wolny w równaniu na M wynosi 6 + 5 = 11, czyli to równanie to: 2x − y + z = 11, a więc parametryzacja to (x, 2x + z − 11, z).

5. (··) W R⁴ ze standardowym iloczynem skalarnym znaleźć

a) rzut prostopadły punktu p = (2, 1, 1, 2) na przestrzeń H : x1+ x2− x3+ 2x4= 5,

b) obraz punktu p w symetrii prostopadłej względem przestrzeni H = (0, 1, 1, 0)+lin((2, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1)).

a) rzut prostopadły punktu p = (2, 1, 1, 2) na przestrzeń H : x1+ x2− x3+ 2x4= 5,

Mamy, że n = (1, 1, −1, 2) jest wektorem prostopadłym do T (H) oraz q = (1, 1, −1, 2) ∈ H, zatem przesuwamy o −q i mamy p⁰= (1, 0, 2, 0). Rzut na T (H) to

(1, 0, 2, 0) − −1

7 (1, 1, −1, 2) = 1

7(8, 1, 13, 2).

Zatem szukany rzut to ¹₇(15, 8, 6, 16).

b) obraz punktu p w symetrii prostopadłej względem przestrzeni H = (0, 1, 1, 0)+lin((2, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1)).

Znajdujemy bazę prostopadłą T (H): (1, 0, 0, 1) oraz (2, 1, 0, 1) − ³₂(1, 0, 0, 1) = ¹₂(1, 2, 0, −1), zatem (1, 0, 0, 1), (1, 2, 0, −1) to baza ortogonalna T (H). Mamy też q = (1, 0, 0, 1) ∈ H, więc niech p⁰ = (2, 1, 1, 2) − (1, 0, 0, 1) = (1, 1, 1, 1). Zatem

r⁰= 2

2(1, 0, 0, 1) + 2

6(1, 2, 0, −1) = 1

3(4, 2, 0, 2).

s⁰ = 2r⁰− p⁰= 1

3(5, 1, −3, 1).

Czyli szukany punkt to s⁰+ q = ¹₃(8, 1, −3, 4).

6. W R⁴ ze standardowym iloczynem skalarnym znaleźć wzór na przekształcenie R⁴→ R⁴będące:

a) rzutem prostopadłym na H : x1+ 2x2− x3+ x4= 3, b) symetrią prostopadłą względem H.

2

Niech rzut to f , a symetria to g. Ponieważ (3, 0, 0, 0) ∈ H, to mamy, że f (3, 0, 0, 0) = g(3, 0, 0, 0) = (3, 0, 0, 0). Ponadto:

f⁰((−1, 0, 0, 1)) = (−1, 0, 0, 1), f⁰((1, 0, 1, 0)) = (1, 0, 1, 0), f⁰((−2, 1, 0, 0)) = (−2, 1, 0, 0),

f⁰((1, 2, −1, 1)) = (0, 0, 0, 0).

Zatem można obliczyć, że f⁰((x, y, z, t)) = 1

7(6x − 2y + z − t, −2x + 3y + 2z − 2t, x + 2y + 6z + t, −x − 2y + z + 6t), zatem

f (0, 0, 0, 0) = f ((3, 0, 0, 0)) − f⁰((3, 0, 0, 0)) = (3, 0, 0, 0) −1

7(18, −6, 3, −3) =1

7(3, 6, −3, −3).

Zatem

f ((x, y, z, t)) = 1

7(6x − 2y + z − t + 3, −2x + 3y + 2z + 3t + 6, x + 2y + 6z − t − 3, x − 2y + z + t + 3).

Tymczasem,

g⁰((x, y, z, t)) = 2f⁰((x, y, z, t)) − (x, y, z, t) =

=1

7(5x − 4y + 2z − 2t, −4x − y + 4z − 4t, 2x + 4y + 5z + 2t, −2x − 4y + 2z + 5t) oraz

g(0, 0, 0, 0) = g((3, 0, 0, 0)) − g⁰((3, 0, 0, 0)) = (3, 0, 0, 0) − 1

7(15, −12, 6, −6) = 1

7(6, 12, −6, 6), zatem

g((x, y, z, t)) = 1

7(5x − 4y + 2z − 2t + 6, −4x − y + 4z − 4t + 12, 2x + 4y + 5z + 2t − 6, −2x − 4y + 2z + 5t + 6).

7. Znajdź równanie opisujące płaszczyznę symetryczną do płaszczyzny Q : x1 + x2 + x3 = 3 względem płaszczyzny P : x1+ 2x2− 3x3= 6.

Q = af((3, 0, 0), (2, 1, 0), (2, 0, 1)) = (3, 0, 0) + lin((−1, 1, 0), (−1, 0, 1))

Oraz (0, 3, 0) ∈ P ∩Q, T (P )^⊥= lin((1, 2, −3)). Zatem jeśli szukana płaszczyzna to R, to T (R) jest rozpięta przez:

−(−1, 1, 0) + 2 1

14(1, 2, −3) = 1

7(8, −5, −3) oraz

−(−1, 0, 1) + 2−4

14(1, 2, −3) = 1

7(3, −8, 5) Zatem T (R)^⊥ jest opisane układem równań;

(8x − 5y − 3z = 0 3x − 8y + 5z = 0,

co daje bazę (1, 1, 1), zatem T (R) : x1+ x2+ x3= 0, a zatem, skoro (0, 3, 0) ∈ R, to x1+ x2+ x3= 3 jest szukanym równaniem.

8. Znajdź odległość punktu q = (1, 2, 1, 0) od przestrzeni H : x1− 2x2− x3+ 4x4= 6 a) w R⁴ ze standardowym iloczynem skalarnym,

(2, 0, 0, 1) ∈ H, przesuwamy i mamy q⁰ = (−1, 2, 1, −1) i ten wektor rzutujemy na H. Mamy n = (1, −2, −1, 4), zatem

r⁰= q⁰+ 5

11n = (−1, 2, 1, −1) − 5

11(1, −2, −1, 4) Zatem odległość od q⁰ to

p5²+ 10²+ 5²+ 20²/11 = 5√ 22/11.

3

b) w R⁴ z iloczynem skalarnym zadanym wzorem

h(x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4)i = 2x1y1+ x1y4+ x2y2+ 2x3y3+ x4y1+ 2x4y4. Szukamy n = (y1, y2, y3, y4) i mamy, że T (H) = lin((2, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (−4, 0, 0, 1)), zatem:







4y1+ y2+ 2y4= 0 2y1+ 2y3+ y4= 0

−7y1− 2y4= 0 Zatem n = (4, 12, 3, −14).

r⁰= q⁰− −8 + 14 + 24 + 9 + −4 + 28

32 − 56 + 144 + 18 − 56 + 2 · 196n = q⁰− 28

474n = (−1, 2, 1, −1) − 14

237(4, 12, 3, −14) Zatem szukana odległość to

14√

4²+ 12²+ 3²+ 14²

237 = 14√

365 237 .

9. W R² ze standardowym iloczynem skalarnym znajdź na paraboli y² = x punkt leżący najbliżej prostej af((−1, 0), (0, 2)).

Zatem ta prosta to (−1, 0) + lin((1, 2)) jest opisana równaniem 2x − y = −2. Szukamy punktu, w którym styczna do paraboli jest równoległa do tej prostej, czyli w którym pochodna wynosi 2. y(x) =√

x (jasne jest, że chodzi o górną gałąź tej paraboli), więc y⁰=₂^√1_x, co jest równe 2 dla x = ₁₆¹, a zatem y = ¹₄. Alternatywne rozwiązanie: Zatem ta prosta to (−1, 0) + lin((1, 2)). Przesuwamy o (1, 0) i mamy parabolę y²+ 1 = x. Rzut punktu (y²+ 1, y) na lin((1, 2)) to ^y2+1+2y₅ (1, 2), a jego odległość od (y²+ 1, y) to

s

 4y²+ 4 − 2y 5

2

+ y − 2y²− 2 5

2

.

Czyli minimalizujemy

16y⁴+ 16 + 4y²+ 32y²− 16y³− 16y + y²+ 4y⁴+ 4 − 4y³− 4y + 8y²= 20y⁴− 20y³+ 45y²− 20y + 20 Pochodna

80y³− 60y²+ 90y − 20 = 0, 8y³− 6y²+ 9y − 2 = 0,

zatem co się zeruje dla y = 1/4 i wtedy x = 1/16 + 1, a zatem szukany punkt to

 17 16,1

4



+ (−1, 0) = 1 16,1

4

 .

10. (?) W przestrzeni wielomianów stopnia ¬ n nad R zadajemy hw, vi =

Z 1

−1

w(x)v(x) dx.

Sprawdzić, że jest to iloczyn skalarny oraz spróbować znaleźć wzór na k-ty wektor w bazie powstałej z ortonormalizacji bazy 1, x, x², . . ..

Oczywiście jest symetryczny i liniowy. Jest też dodatni, bo całka z w², czyli funkcji ­ 0 jest = 0 tylko gdy w(x) = 0.

Łatwo zauważyć, że te wielomiany to: 1/√

2, 3x/√ 2,q

5

2(3/2x²− 1/2),. . . Ogólny wzór toq

2n+1

2 P_n, gdzie P_n to wielomian Legendre’a dany wzorem

Pn(x) = 1 2^n/2

[ⁿ₂] X

i=0

(−1)ⁱn i

2n − 2i n

 xⁿ⁻²ⁱ.

4