Geometria z algebrą liniową II, 2020/2021 ćwiczenia 8. – rozwiązania
26 marca 2021
1. (·) Rozpatrzmy formę dwuliniową h : R4× R4→ R zadaną wzorem
h((x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4)) = 2x1y1− x1y2+ 5x1y4+ 6x2y3− 4x2y4+ 7x3y3− 3x4y1+ 8x4y3. Niech
A = {(2, 0, 1, 0), (0, 3, 0, 1), (1, 2, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}.
Znajdź G(h, st) oraz G(h, A).
G(h, st) =
2 −1 0 5
0 0 6 −4
0 0 7 0
−3 0 8 0
.
Mamy też
M (id)stA=
2 0 1 0 0 3 2 0 1 0 0 1 0 1 0 1
.
Zatem
G(h, A) =
2 0 1 0 0 3 0 1 1 2 0 0 0 0 1 1
·
2 −1 0 5
0 0 6 −4
0 0 7 0
−3 0 8 0
·
2 0 1 0 0 3 2 0 1 0 0 1 0 1 0 1
=
15 4 0 17
20 −12 −3 14
16 −6 0 9
9 0 −3 15
.
2. Czy odwzorowanie h : V × V → R, gdzie a) V = RR, h(f, g) = f (0)g(1),
b) V = C(R), h(f, g) =R1
0 f (x)g(x) dx,
jest formą dwuliniową? Jeśli tak, to czy jest symetryczną lub antysymetryczną formą?
a) Tak. h(af +bg, k) = (af (0)+bg(0))k(1) = af (0)h(1)+bg(0)k(1) = ah(f, k)+bf (g, k) oraz podobnie dla h(k, af + bg). Nie jest symetryczna ani antysymetryczna, bo jeśli f (x) = x, g(x) = x − 1, to h(f, g) = 0 oraz h(g, f ) = −1.
b) Tak, jest symetryczna.
3. Niech h : C2× C2→ C, h((x1, x2), (y1, y2)) = ix1y2+ (2 − 4i)x2y1. Znajdź G(h, st) oraz G(h, A), gdzie A = {(1 + i, 1 − i), (i, 0)}.
G(h, st) =
0 i
2 − 4i 0
. h((1 + i, 1 − i), (1 + i, 1 − i)) = 4 − 6i,
h((1 + i, 1 − i), (i, 0)) = 6 − 2i,
1
h((i, 0), (1 + i, 1 − i)) = −i + 1, h((i, 0), (i, 0)) = 0, G(h, A) =
4 − 6i 6 − 2i
−i + 1 0
.
4. (··) Niech h : R3× R3→ R będzie formą dwuliniową, oraz niech A = {(1, 1, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)}
i
G(h, A) =
1 4 2 1 3 0 0 5 2
. Znaleźć G(h, B), gdzie B = {(2, 3, 1), (3, 4, 2), (0, 1, 2)} oraz wzór na h.
Mamy
M (id)Ast=
1 0 −1
−1 1 0
0 0 1
, zatem
G(h, st) =
1 −1 0
0 1 0
−1 0 1
·
1 4 2 1 3 0 0 5 2
·
1 0 −1
−1 1 0
0 0 1
=
−1 1 2
−2 3 −1
−2 1 1
, zatem
h((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = −x1y1+ x1y2+ 2x1y3− 2x2y1+ 3x2y2− x2y3− 2x3y1+ x3y2+ x3y3. Ponadto
M (id)stB =
2 3 0 3 4 1 1 2 2
,
G(h, B) =
2 3 1 3 4 2 0 1 2
·
−1 1 2
−2 3 −1
−2 1 1
·
2 3 0 3 4 1 1 2 2
=
18 22 16 25 31 25
4 4 7
.
5. Udowodnij, że jeśli macierze A i B są kongruentne, to a) r(A) = r(B),
B = CTAC dla pewnej macierzy odwracalnej C. Wiadomo, że jeśli r(M ) = k oraz N jest odwracalna, to r(M N ) = r(N M ) = k, zatem skoro CT i C są odwracalne, to r(B) = r(CTAC) = r(A).
b) A jest odwracalna wtedy i tylko wtedy, gdy B jest odwracalna.
Wynika bezpośrednio z poprzedniego podpunktu.
6. Wykaż, że jeśli macierze A, B ∈ Mn×n(K) są kongruentne nad K to det A · det B = c2dla pewnego c ∈ K.
Mamy B = CTAC, więc AB = ACTAC, a skoro det C = det CT, to
det AB = (det A det CT)(det A det C) = (det A det C)2.
7. Udowodnij, że forma dwuliniowa h : V × V → V jest nieosobliwa wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego niezerowego wektora v ∈ V istnieje wektor w ∈ V , że h(v, w) 6= 0.
Niech A będzie bazą V oraz A = {v1, . . . , vn}. Forma h jest nieosobliwa wtedy i tylko wtedy, gdy det G(h, A) 6= 0, czyli wtedy i tylko wtedy, gdy wiersze w1, w2, . . . , wn tej macierzy są liniowo niezależne.
Załóżmy, że tak właśnie jest i niech v ∈ V będzie niezerowym wektorem oraz niech (a1, . . . , an) będą współrzędnymi wektora v w bazie A, a zatem są nie wszystkie zerowe. Wobec tego wektor [a1, . . . , an] · G(h, A) = a1w1 + . . . + a1wn ∈ Kn jest niezerowy (skoro wiersze w1, . . . , wn są liniowo niezależne).
2
Powiedzmy, że a1w1+ . . . + a1wn = (b1, . . . , bn) (a zatem nie wszystkie bi są zerami) oraz niech w ∈ V będzie wektorem, którego współrzędne w bazie A to (b1, . . . , bn). Wtedy:
h(v, w) = [a1, . . . , an] · G(h, A) ·
b1
b2
. . . bn
= [b1, . . . , bn] ·
b1
b2
. . . bn
= b21+ . . . + b2n> 0,
bowiem nie wszystkie bi są zerami.
W drugą stronę, załóżmy, że dla każdego niezerowego wektora v ∈ V istnieje wektor w ∈ V , że h(v, w) 6= 0.
Chcemy udowodnić, że wiersze w1, w2, . . . , wn macierzy G(h, A) są liniowo niezależne. Niech a1, . . . , an
będą takie, że
a1w1+ . . . + anwn = 0,
ale mamy a1w1+ . . . + anwn = [a1, . . . , an] · G(h, A), a zatem, jeśli v ∈ V ma współrzędne a1, . . . , an w bazie A, to dla każdego wetora w ∈ V (niech jego współrzędne w bazie A to b1, . . . , bn mamy
h(v, w) = [a1, . . . , an] · G(h, A) ·
b1
b2
. . . bn
= [0, . . . , 0] ·
b1
b2
. . . bn
= 0,
a zatem wobec dowolności w, na mocy założenia v = 0, czyli a1= . . . = an = 0, co kończy dowód liniowej niezależności wierszy w1, w2, . . . , wn.
8. (?) Forma dwuliniowa h : V ∪ W → K jest refleksywna, jeśli ∀u,v(h(u, v) = 0 ⇒ h(v, u) = 0), natomiast jest alternująca, jeśli każdy wektor jest izotropowy. Udowodnij, że forma h jest refleksywna wtedy i tylko wtedy gdy jest symetryczna lub alternująca.
Implikacja w lewo jest oczywista. Załóżmy zatem, że nasza forma jest refleksywna. Zauważmy, że na mocy dwuliniowości:
h(u, h(u, v)w − h(u, w)v) = h(u, w)h(u, v) − h(u, v)h(u, w) = 0, a zatem na mocy refleksywności również:
0 = h(h(u, v)w − h(u, w)v, u) = h(w, u)h(u, v) − h(v, u)h(u, w), zatem (*)
h(w, u)h(u, v) = h(v, u)h(u, w).
Podstawiając do (*) w = u mamy:
h(u, u)h(u, v) = h(u, u)h(v, u), zatem, jeśli h(u, u) 6= 0, to h(u, v) = h(v, u).
Załóżmy zatem, że forma h nie jest symetryczna, a zatem niech dla pewnych v, w zachodzi h(v, w) 6=
h(w, v). Zatem h(v, v) = 0 = h(w, w) na mocy udowodnionego już faktu. Załóżmy teraz, że dla pewnego u, h(u, u) 6= 0, a wobec tego h(u, w) = h(w, u) oraz h(u, v) = h(v, u). Mamy też z (*)
h(v, w)h(u, v) = h(v, u)h(w, v) h(w, v)h(u, w) = h(w, u)h(v, w),
ale skoro h(v, w) 6= h(w, v), to h(u, v) = h(v, u) = 0 = h(u, w) = h(w, u). Mamy więc h(u + v, w) = h(u, w) + h(v, w) = h(v, w) 6= h(w, v) = h(w, v) + h(w, u) = h(w, u + v), a więc na mocy udowodnionego faktu, h(u + v, u + v) = 0. Ale
0 = h(u + v, u + v) = h(u, v) + h(v, u) + h(u, u) + h(v, v) = h(u, u) – sprzeczność!
3
