Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

Transcript

1 Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαιο 7 ιασκοντες: Ν. Μαρµαρίης - Α. Μπεληγιάννης Βοηθοι Ασκησεων: Χ. Ψαρουάκης Ιστοσελια Μαθηµατος : Ασκηση. Εστω E,, ) ένας Ευκλείειος χώρος και ϑεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση f : E E, f x) = λ x όπου λ R, λ. Να είξετε ότι η f είναι ισοµορφισµός, αλλά γενικά όχι ισοµετρία. Να ϐρεθεί αναγκαία και ικανή συνθήκη έτσι ώστε η f να είναι ισοµετρία. Λύση. Εστω x Ker f. Τότε f x) = λ x = και αφού λ έπεται ότι x =. Αρα Ker f = { } και εποµένως η f είναι ένα προς ένα. Εστω y E. Τότε υπάρχει x = λ y E έτσι ώστε f x) = λ λ y = y. Συνεπώς η f είναι επί και άρα ισοµορφισµός. Εχουµε : f x) = λ x = λ x x Εποµένως η f γενικά εν είναι ισοµετρία. Εστω x E. Τότε : f x) = x f x), f x) = x, x Αρα η f είναι ισοµετρία αν και µόνο αν λ = ±. λ x, λ x = x, x λ x, x = x, x λ = λ = ± Ασκηση. Εστω E,, ) ένας Ευκλείειος χώρος πεπερασµένης ιάστασης. ) Αν x, y είναι ύο ιανύσµατα του E έτσι ώστε x = y, να είξετε ότι υπάρχει µια ισοµετρία f : E E, έτσι ώστε : f x) = y. ) Αν x, y, z, w είναι τέσσερα ιανύσµατα του E έτσι ώστε x = y και z = w να εξετασθεί αν υπάρχει ισοµετρία f : E E, έτσι ώστε : f x) = y και f z) = w Λύση. ) Αν x =, τότε επειή x = y, έπεται ότι y =. Τότε προφανώς κάθε ισοµετρία f : E E, έχει την επιθυµιτή ιιότητα f x) = f ) = = f ) = f y). Εστω x, και εποµένως y. Θέτουµε : e = x x και ɛ = y y

2 Συµληρώνουµε τα µοναιαία ιανύτσµατα e και ɛ σε ορθοκανονικές ϐάσεις του E: B = { } e, e,, e n και C = { } ɛ, ɛ,, ɛ n Τότε όπως γνωρίζουµε υπάρχει µοναική ισοµετρία f : E E έτσι ώστε : f e i ) = ɛ i Αρα υπάρχει ισοµετρία f : E E, έτσι ώστε : i n y y = ɛ = f e ) = f x x ) = x f x) και επειή x = y, η παραπάνω σχέση είχνει ότι : f x) = y. ) Εστω ο Ευκλείειος χώρςο E = R εφοιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο, και έστω : Τότε υπολογίζουµε εύκολα : x =,, ), y = /, /, /), z =,, ), w =,, ) Αν υπήρχε ισοµετρία f : E E, έτσι ώστε : τότε ϑα είχαµε : x = = y και z = = w f x) = y και f z) = w ) = x, z = f x), f z) = y, w = το οποίο είναι άτοπο. Αρα εν υπάρχει ισοµετρία µε την επιθυµιτή ιιότητα. Παρατήρηση : Αν επιπλέον ισχύει ότι : x, z = y, w, τότε υπάρχει ισοµετρία f : E E, έτσι ώστε να ισχύουν οι σχέσεις ). είξτε το σαν Ασκηση. Ασκηση. Εστω E,, ) ένας Ευκλείειος χώρος πεπερασµένης ιάστασης, και f : E E µια ισοµετρία. Να είξετε ότι αν V είναι ένας υπόχωρος του E, τότε : Ισχύει η αντίστροφη συνεπαγωγή ; Λύση. Υπενθυµίζουµε πρώτα το εξής : fv) V = fv ) V Θεωρία: Εστω f : E F µια ισοµετρία µεταξύ υο Ευκλειείων χώρων πεπερασµένης ιάστασης. Τότε η f είναι µονοµορφισµός. Απόειξη: Εστω x E έτσι ώστε f x) =. Τότε f x) = και επειή η f είναι ισοµετρία έπεται ότι x =. Συνεπώς x = και άρα Ker f = { }, ηλαή η f είναι -. Υποθέτουµε ότι fv) V και έστω ένα ιάνυσµα w fv ). Θα είξουµε ότι w V. Από τη παραπάνω υπενθύµιση έχουµε ότι η f είναι µονοµορφισµός και επειή fv) V έπεται ότι η f περιορίζεται σε µια γραµµική απεικόνιση f V : V V, f V x) = f x) Επειή ο V είναι Ευκλείειος χώρος, ώς υπόχωρος του Ευκλείειου χώρου E, και επειή η f παραµένει ισοµετρία περιορισµένη στον V, έπεται ότι η f V είναι ισοµετρία και άρα είναι µονοµορφισµός. Επειή ο V

3 έχει πεπερασµένη ιάσταση, ώς υπόχωρος του E, έπεται ότι η f V είναι ισοµορφισµός και ιιαίτερα είναι επί. Αρα : fv) = V ) Επειή w fv ), έχουµε ότι w = f z) για κάποιο z V. Εστω v V. Επειή η f περιορισµένη στον V είναι επί, από τη σχέση ), έχουµε v = f v ) για κάποιο v V και άρα v, w = f v ), f z) = v, z f : ισοµετρία = z V Εποµένως w V και άρα πράγµατι είξαµε : fv ) V. Αντίστροφα έστω ότι ισχύει fv ) V. Τότε αν αντικαταστήσουµε όπου V µε V έχουµε ότι fv ) ) V ) και άρα fv) V, ιότι όπως γνωρίζουµε ισχύει ότι V ) = V επειή ο E έχει πεπερασµένη ιάσταση. Ασκηση 4. ) Θεωρούµε τον Ευκλείειο χώρο R 4 εφοιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο και τους υποχώρους του V = {x, y, z, w) R 4 x + y + z = } W = {x, y, z, w) R 4 x y + w = } Να ϐρεθεί µια ισοµετρία f : V,, ) R [t],, ) και µια ισοµετρία g : W,, ) R,, ). ) Να εξετασθεί αν υπάρχει ισοµετρία h: V W,, ) M n n R),, ), για κατάλληλο n. Λύση. Από την περιγραφή των συνόλων V και W, εύκολα ϐλέπουµε ότι το σύνολο B = {,,, ),,,, ),,,, ) } είναι µια ϐάση του V, και το σύνολο είναι µια ϐάση του W. Αρα : C = {,,, ),,,, ),,,, ) } dim R V = = dim R R [t] και dim R W = = dim R R Επειή οι Ευκλείειοι χώροι V,, ) και R [t] έχουν την ίια ιάσταση, έπεται ότι είναι ισοµετρικά ισόµορφοι, και παρόµοια επειή οι Ευκλείειοι χώροι W,, ) και R,, ) έχουν την ίια ιάσταση, έπεται ότι είναι ισοµετρικά ισόµορφοι.. Για να κατασκευάσουµε µια ισοµετρία f : V R [t], ϐρίσκουµε πρώτα ορθοκανονικές ϐάσεις των V και R [t]. Με την ιαικασία Gram-Schmidt στη ϐάση B ϐλέπουµε ότι το σύνολο B = είναι µια ορθοκανονική ϐαση του V. { e =,,, ), e = 7,,, ), e =,,, ) Η ιαικασία Gram-Schmidt στην κανονική ϐάση {, t, t } του R [t] ίνει, ως γνωστόν την ορθοκανονική ϐάση F = { ɛ =, ɛ = t ), ɛ = 8t t + } 6 ) Τότε υπάρχει µοναική ισοµετρία f : V R [t] έτσι ώστε : f e i ) = ɛ i, i }

4 4 Αν ϑέλουµε να υπολογίσουµε τον ακριβή τύπο ορισµού της f σε ένα ιάνυσµα ζ = x, y, z, w) V, εκφράζουµε το ζ ως γραµµικό συνυασµό ζ = κ e + λ e + µ e της ΟΚΒ B, και κατόπιν εφαρµόζουµε την f: f ζ) = κf e ) + λf e ) + µf e ) = κ ɛ + λ ɛ + µ ɛ απ όπου προκύπτει µετά από πράξεις το Ϲητούµενο. Παρόµοια κατασκευάζουµε µια ισοµετρία µεταξύ των W και R.. Για να υπάρχει ισοµετρία h: V W,, ) M n n R),, ), για κατάλληλο n, ϑα πρέπει Επειή dim R V = = dim R W, έπεται ότι : dim R V W) = n = dim R M n n R) dim R V W) = dim R V + dim R W dim R V + W) = 6 dim R V + W) Η ένωση των ϐάσεων { } { } B C =,,, ),,,, ),,,, ),,, ),,,, ),,,, ) των V και W είναι προφανώς ένα σύνολο γεννητόρων του V + W και εύκολα ϐλέπουµε ότι το υποσύνολο { } D =,,, ),,,, ),,,, ),,,, ) είναι ϐάση του V + W και εποµένως dim R V + W) = 4. Με άλλα λόγια V + W = R 4. Τότε όµως dim R V W) = Επειή εν υπάρχει ϕυσικός n έτσι ώστε n =, συµπεραίνουµε ότι εν υπάρχει ισοµετρία h: V W,, ) M n n R),, ), n. Ασκηση. Θεωρούµε τον πίνακα A = Συµπληρώστε τον πίνακα A έτσι ώστε να είναι ορθογώνιος. Λύση. Για να είναι ο πίνακας A ορθογώνιος πρέπει να τον συµπληρώσουµε µε κατάλληλα ιανύσµατα στήλες έτσι ώστε να έχουν µέτρο ένα και να είναι κάθετα µεταξύ τους. Θέτουµε Σ =, Σ = και Σ = Τότε Σ = και Σ, Σ = Σ, Σ =. Εστω α Σ 4 = β γ

5 Θέλουµε το ιάνυσµα στήλη Σ 4 να έχει µέτρο ένα και να είναι κάθετο µε τα τρία προηγούµενα ιανύσµατα στήλες του πίνακα A, ηλαή : Σ 4 = και Σ, Σ 4 = Σ, Σ 4 = Σ, Σ 4 =. Εχουµε : α Σ, Σ 4 =, β γ = = = α Σ, Σ 4 =, β γ = = α + β + γ = = α = β γ ) Σ, Σ 4 = α, β γ Αφού λοιπόν =, β = 4γ και α = γ τότε : = = α + β γ = ) = Σ 4 = = α + β + γ = β = 4γ α = γ = α + β + γ = = γ) + 4γ) + γ = = γ + 6γ + γ = = 4γ = = γ = ± 4 Αρα η στήλη Σ 4 που ψάχνουµε είναι α 4 α 4 Σ 4 = β 4 γ = 4 ή Σ 4 = β γ = Εποµένως ο πίνακας είναι ορθογώνιος. A = ή A =

6 6 Ασκηση 6. Θεωρούµε την απεικόνιση, : R R R, x, x, x ), y, y, y ) = 4x y + x y + 8x y ) είξτε ότι η απεικόνιση, ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R. ) Να είξετε ότι η γραµµική απεικόνιση f : R,, ) R,, ), fx, y, z) = x, y z, ) είναι µια ισοµετρία, όπου, είναι το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο του R. Λύση. Εστω x, x, x ), y, y, y ), z, z, z ) R και λ R. Τότε έχουµε : x, x, x ), y, y, y ) = 4x y + x y + 8x y = 4y x + y x + 8y x = y, y, y ), x, x, x ) x, x, x ) + y, y, y ), z, z, z ) = x + y, x + y, x + y ), z, z, z ) = 4x + y )z + x + y )z + 8x + y )z = 4x z + 4y z + x z + y z + 8x z + 8y z = 4x z + x z + 8x z + 4y z + y z + 8y z = x, x, x ), z, z, z ) + y, y, y ), z, z, z ) λx, x, x ), y, y, y ) = λx, λx, λx ), y, y, y ) = 4λx y + λx y + 8λx y = λ4x y + x y + 8x y ) = λx, x, x ), y, y, y ) x, x, x ), x, x, x ) = 4x + x + 8x και x, x, x ), x, x, x ) = αν και µόνο αν x, x, x ) =,, ). Αρα η απεικόνιση, ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R. Εστω x, y, z) R. Τότε : fx, y, z) = = = fx, y, z), fx, y, z) x, y z, 4 x x + y ), x, y, z y + 8 ) z z = x + y + z = x, y, z) Αρα η γραµµική απεικόνιση f : R,, ) R,, ), fx, y, z) = x, y ) z, είναι ισοµετρία.

7 7 Ασκηση 7. Να είξετε ότι ο πίνακας A = παριστάνει στροφή επιπέου περί άξονα κάθετο σ αυτό και να προσιορίσετε τον άξονα και τη γωνία στροφής. Λύση. Ο πίνακας A είναι ορθογώνιος αφού t A A = I. ιαφορετικά : ϐλέπουµε άµεσα ότι οι στήλες του πίνακα A αποτελούν ορθοκανονική ϐάση του R. Επιπλέον εύκολα υπολογίζουµε ότι A =. Αρα από το Θεώρηµα του Euler ο πίνακας A παριστάνει στροφή επιπέου Π) γύρω από άξονα ε) κάθετο σ αυτό κατά γωνία θ. Επίσης, από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι ο A έχει ιιοτιµή το λ = και ο άξονας στροφής είναι ο ιιόχωρος V). Εχουµε : A X = X = x y = x y = y x = x x = y y = z z z z z = Τότε ο ιιόχωρος V), ηλαή ο άξονας στροφής ε), είναι V) = { κ R κ R } = Το ιάνυσµα E = αποτελεί µια ορθοκανονική ϐάση του V), την οποία την συµπληρώνουµε σε µια ορθοκανονική ϐάση του R. Εύκολα ϐρίσκουµε ότι το σύνολο { E =, E =, E = } αποτελεί µια ορθοκανονική ϐάση του R. Τότε το επίπεο Π) ορίζεται από τον υπόχωρο E, E. Ο πίνακας A ορίζει τη γραµµική απεικόνιση και έχουµε τον ορθογώνιο πίνακα f : R R, fx, y, z) = y, x, z) P = που είναι ο πίνακας µετάβασης από τη κανονική ϐάση { e =,, ), e =,, ), e =,, )} του R στην ορθοκανονική ϐάση { ɛ =,, ), ɛ =,, ), ɛ =,, )} του R. Τότε έχουµε : t P A P = = = cos θ sin θ sin θ cos θ όπου θ η γωνία στροφής. Συνεπώς αφού cos θ = έχουµε ότι η γωνία στροφής είναι θ = π. ιαφορετικά τη γωνία στροφής τη ϐρίσκουµε πιο εύκολα ως εξής : cos θ) = TrA = = = θ = π

8 8 Ασκηση 8. Στον Ευκλείειο χώρο R, εφοιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο, ϑεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση f : R R, fx, y, z) = x + y + az, x y + bz, x + ) y + cz ) Να υπολογίσετε τις τιµές των πραγµατικών αριθµών a, b και c έτσι ώστε η f να είναι ισοµετρία η οποία παριστά στροφή επιπέου γύρω από άξονα κάθετο σ αυτό. ) Αν η f είναι ισοµετρία, α ) να υπολογίσθεί η γωνία των ιανυσµάτων f,, ) και f,, ). ϐ ) να ϐρεθεί το επίπεο και ο άξονας περιστροφής του ερωτήµατος ). Λύση. ) Εστω B = { e =,, ), e =,, ), e =,, )} η κανονική ϐάση του R. Εχουµε : f,, ) =,, ) f,, ) =,, ) = M B a B f) := A = b c f,, ) = a, b, c) και τότε γνωρίζουµε ότι f : ισοµετρία A : ορθογώνιος Αρα πρέπει να ϐρούµε τα a, b, c R έτσι ώστε ο πίνακας A να είναι ορθογώνιος, ηλαή ϑέλουµε το ιάνυσµα a, b, c) να είναι κάθετο µε τα ιανύσµατα,, ),,, ) και να έχει µέτρο ένα. Εχουµε :,, ), a, b, c) = a + b c =,, ), a, b, c) = = a b + c = a, b, c) = a + b + c = Αφαιρώντας από τη πρώτη εξίσωση τη εύτερη ϐρίσκουµε ότι b = c και άρα a = b. Συνεπώς έχουµε a, b, c) = k, k, k), k R και από τη τρίτη εξίσωση έπεται ότι a + b + c = = k 4 + k + k = = 9k = 4 = k = ± Συνεπώς a, b, c) =,, ) ή A = a, b, c) =,, ) και άρα ή A = Οµως ϑέλουµε η f να είναι ισοµετρία η οποία παριστά στροφή επιπέου γύρω από άξονα κάθετο σ αυτό, ηλαή ισούναµα : A =. Υπολογίζουµε = και άρα A =

9 Συνεπώς για a =, b = και c = η f είναι ισοµετρία η οποία παριστά στροφή επιπέου γύρω από άξονα κάθετο σ αυτό. ) Αφού η f είναι ισοµετρία έπεται ότι η f ιατηρεί τη γωνία υο ιανυσµάτων. Αρα αφου τα ιανύσµατα,, ) και,, ) είναι κάθετα µεταξύ τους έπεται ότι η γωνία των ιανυσµάτων f,, ) και π f,, ) είναι. Στη συνέχεια ϑα ϐρούµε το επίπεο και τον άξονα περιστροφής του ερωτήµατος ). Από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι ο A έχει ιιοτιµή το λ = και ο άξονας περιστροφής είναι ο ιιόχωρος V). Εχουµε : A X = X = Τότε 4 Γ Γ +Γ Γ Γ Γ 4 x y = = z x + y + z = = 6 6z = και άρα ο ιιόχωρος V), ηλαή ο άξονας περιστροφής ε), είναι V) = { y, y, ) R y R } =,, ) x + y + z = x 4y z = x + y z = = 9 x = y, y R z = Το σύνολο { ɛ =,, )} αποτελεί µια ορθοκανονική ϐάση του V), την οποία την συµπληρώνουµε σε µια ορθοκανονική ϐάση του R. Εστω x, y, z) R. Τότε x, y, z),,, ) = = x + y = = y = x Αρα για x = έχουµε το ιάνυσµα,, ) µε µέτρο,, ) = και ϑέτουµε ɛ =,, ). Ακόµα έχουµε :,, ), x, y, z) =,, ), x, y, z) = = x + y = x y = = x = y = και z R Για z = έχουµε ɛ =,, ) και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του R είναι { ɛ =,, ), ɛ =,, ), ɛ =,, ) } Τότε το επίπεο π) ορίζεται από τον υπόχωρο cos θ) = TrA ɛ, ɛ. Τέλος η γωνία περιστροφής είναι = =