Algebra liniowa, WNE, 2016/2017 ćwiczenia 19
Transkrypt
Algebra liniowa, WNE, 2016/2017 ćwiczenia 19
Algebra liniowa, WNE, 2016/2017 ćwiczenia 19. – rozwiązania 13 grudnia 2016 1. Niech W = lin((0, 1, 2, 1), (2, 1, −6, −1)). Znaleźć bazę podprzestrzeni W ⊥ w przestrzeni R4 . Rozwiązanie: W ⊥ to przestrzeń rozwiązań jednorodnego układu równań: 0 1 2 1 1 0 −4 −1 → , 2 1 −6 −1 0 1 2 1 czyli baza to {(4, −2, 1, 0), (1, −1, 0, 1)}. 2. Niech W będzie podprzestrzenią przestrzeni R4 opisaną układem równań: ( x1 + 2x2 − x3 + x4 = 0 x1 + 3x2 + x3 − x4 = 0 oraz niech Wt = lin((2, 5, 0, 0), (t+2, 4+3t, −2+t, (t−2)2 )). Dla jakich wartości parametru t ∈ R zachodzi: • Wt ⊆ W ⊥ ? • Wt = W ⊥ ? Rozwiązanie: Baza W to {(5, −2, 1, 0), (−5, 2, 0, 1)}, czyli równania opisujące W ⊥ to ( 5x1 − 2x2 + x3 = 0 −5x1 + 2x2 + x4 = 0 Aby Wt ⊆ W ⊥ wektory (2, 5, 0, 0), (t + 2, 4 + 3t, −2 + t, (t − 2)2 ) muszą spełniać te równania. Pierwszy rzeczywiście zawsze spełnia natomiast rozważając drugi, otrzymujemy układ równań: ( 5(t + 2) − 2(4 + 3t) − 2 + t = 0 −5(t + 2) + 2(4 + 3t) + (t − 2)2 = 0 pierwsze równanie jest tautologią, natomiast drugie daje: t2 − 3t + 2 = 0, co daje rozwiązania t = 1, 2. Czyli dla t = 1 lub t = 2 zachodzi Wt ⊆ W ⊥ . Aby Wt = W ⊥ muszą się zgadzać jeszcze wymiary, to znaczy dim Wt = 2, czyli wektory (2, 5, 0, 0), (t + 2, 4 + 3t, −2 + t, (t − 2)2 ) muszą być liniowo niezależne, co nie jest prawdą w przypadku t = 2 i jest w przypadku t = 1. Więc ostatecznie Wt = W ⊥ wtedy i tylko wtedy, gdy t = 1. 3 3. W ze standardowym iloczynem skalarnym rozważmy wektory: α = (−1, 2, 2), β = (−1 + √ R √ √ przestrzeni 2 3, 2 + 2 3, 2 − 3), γ = (2, 1, t). Obliczyć kąt między wektorami α i β oraz określić dla jakich wartości parametru t ∈ R kąt między wektorami α i γ wynosi 120◦ . Rozwiązanie: cos(α, β) = −1 2 = cos(α, γ) = √2t , 3· 5+t2 hα,βi ||α||·||β|| = 9 3·6 czyli t = − q = 21 , czyli szukany kąt to 60◦ . 45 7 . 4. Obliczyć współrzędne wektora (1, 3, 4) w bazie ortogonalnej (2, 2, −1), (2, −1, 2), (−1, 2, 2). Ponieważ jest to baza ortogonalna, to współrzędne liczy się stosunkowo prosto: pierwsza to 4 7 13 9 , druga to 9 , a trzecia 9 . 1 h(1,3,4),(2,2,−1)i h(2,2,−1),(2,2,−1)i = 5. Niech W = lin((1, 1, 2, 1), (2, 3, 1, 3), (3, 5, 0, 5)) oraz V dana jako przestrzeń rozwiązań układu równań: ( x1 + x2 − x3 + 2x4 = 0 −x1 + x2 + 2x3 − x4 = 0 będą podprzestrzeniami przestrzeni R4 ze standardowym iloczynem skalarnym. Znaleźć bazy ortogonalną przestrzeni W i ortonormalną przestrzeni V . W pierwszym przypadku stosujemy po prostu ortogonalizację Grama-Schmidta: w1 = (1, 1, 2, 1) w2 = (2, 3, 1, 3) − w3 = (3, 5, 0, 5) − 10 1 h(1, 1, 2, 1), (2, 3, 1, 3)i (1, 1, 2, 1) = (2, 3, 1, 3) − (1, 1, 2, 1) = (4, 11, −13, 11) h(1, 1, 2, 1), (1, 1, 2, 1)i 7 7 h(1, 1, 2, 1), (3, 5, 0, 5)i h(4, 11, −13, 11), (3, 5, 0, 5)i (1, 1, 2, 1) − (4, 11, −13, 11) = h(1, 1, 2, 1), (1, 1, 2, 1)i h(4, 11, −13, 11), (4, 11, −13, 11)i 13 122 1 2 (1, 1, 2, 1) − (4, 11, −13, 11) = (8, 22, −26, 22) − (4, 11, −13, 11) = (0, 0, 0, 0) 7 427 7 7 A więc dim W = 2 i baza ortogonalna to np. {(1, 1, 2, 1), (4, 11, −13, 11)}. Tymczasem bazą V jest np. {(−3, 1, −2, 0), (−3, 0, −1, 1)}. Ortogonalizujemy: = (3, 5, 0, 5) − v1 = (−3, 1, −2, 0) v2 = (−3, 0, −1, 1) − 11 h(−3, 1, −2, 0), (−3, 0, −1, 1)i (−3, 1, −2, 0) = (−3, 0, −1, 1) − (−3, 1, −2, 0) = h(−3, 1, −2, 0), (−3, 1, −2, 0)i 14 = 1 (−9, −11, 8, 14). 14 1 Jeszcze trzeba znormalizować, czyli baza ortonormalna w V to { √114 (−3, 1, −2, 0), √462 (−9, −11, 8, 14)}. 2