116
3 (o-i, y) = 3 (crii) y: — 2(ati) yz — 2 (az2)y, + 4 {ctx2)y2 = a (3i| yi - 2xiy2 - 2x2y\ + 4r2y2)
=
Sprawdzamy warunek 4. Mamy (5, i) = 3zJ — 4rir2-Mx2- Jest to trójmian kwadratowy zmiennej r;, dla którego A = — 32 (z2)2 ^ 0. Stąd wynika, że (z x) ^ 0. Warunek 5. jest także spełniony, bowiem oczywiście (O d) = 0 Jeżeli natomiast (i x) = 0, to rozważany poprzednio trójmian kwadratowy ma pierwiastek i A = 0. Stąd z2 — 0 oraz Z] = 0, zatem i — 0.
b) Niech p, q r E /Zi[x] oraz a € R. Podobnie jak poprzednio mamy
1 (P. <7) - P(O«(1) + 2j>(2)0(2)= g(l)p(l) + 29(2)p(2) = (g,p)
2- (p + q, r) = (p(l) + q{ 1)) r(l) + 2(p(2) -f g(2)) r(2)
= (p(])r(l) + 2p(2)r(2)) + (g(l)r(l) + 2g(2)r(2))
= (P. + r),
2- (ap, ę) = (op(l))ę(l) + 2(orp(2)) ^(2) =ar(p(l)7(l) + 2p(2)ę(2))
= a(p. g),
4 (p,p) = p2(l) + 2p2(2)>0,
5 (5, 0) = 0, a 2 warunku (p, p) = 0 wynika żc p(l) = p(2) = 0.
Funkcja p jest wielomianem stopnia 1 lub funkcją stałą. Zerowanie się tej funkcji w punktach z = 1 i r = 2 oznacza, żc p(x) = 0.
Uzasadnić, ze podane funkcje (*,•) nie są iloczynami skalarnymi we wskazanych przestrzeniach liniowych:
'213' |
yi | |
-i 1 0 |
V2 | |
3 0 1 |
L V3 . |
a) (5, y) = 5xiy, - 3x:y2 - 3z2yi + yW2 dla x = i>i,r2), y = (yi,y2) € li2; b; (*, y) = |ri x2 x3)
dla x = (zi,i2,r3) y = (yi :y2,y3) 6 li3; O (p. gj = p(0)g(0) + p(l}g(l) dla p,qe Jt2[*].
Rozwiązanie
a) Funkcja (-,•) nie spełnia warunku 4. (patrz rozwiązanie Przykładu 12.1) definicji iloczynu sxalarnego. Traktując bowiem wyrażenie (i, z) = 5xJ -6zj z2 + z\ jako trójmian kwadratowy zmiennej ii otrzymujemy związek A = 16z2 ^ 0. Możliwa jest więc sytuacja, że (5, z) < 0 np. dla i = f-.l). Dodatkowo można jeszcze zauważyć, że istnieje
niezerowy w-cktor, np i = (1,1), dla którego (x, i) = 0. To oznacza, że również warunek 5. definicji iloczynu skalarnego nie jest spełniony.
b) W tym przykładzie warunek 1. definicji iloczynu skalarnego nie jest spełniony. Macierz
definiująca funkcję (*,*) nie jest symetryczna i łatwo wskazać dwa wektory, np. x = (1,0,0), y ~ (0,1,0), dla których [x, y) = 1 -1 = (y, 5).
c.) Załóżmy, że dla pewnego wielomianu p € fi2[z] zachodzi związek (p. p) = o. To oznacza, że p2(0) + p2(1) = 0, a zatem p(0) = p(l) = 0. Łatwo wskazać niezerowy
wielomian p słupnia ^ 2 spełniający otrzymaną zależność, np. p(x) = x(x — 1). Warunek 5. definicji iloczynu skalarnego me jest więc spełniony
W przestrzeni euklidesowoj E4 :
a) obliczyć, normę wektora (1,-2,3,—4);
b) zbadać ortcgonalność wektorów (2, —3,1, —1), (6.1, —2,7);
c) obliczyć kąt miedzy wektorami (1,2,1,—2), (—2,1 0,1);
d) znaleźć wszystkie wektory ortogonalne do wektora (1,0,1,0) i wskazać jeden taki wektor o normie równej 3;
e) podać przykład wektora unormowanego tworzącego z wektorem (1,1.—1,0)
Rozwiązanie
a) Niech z = (1, — 2, 3, — 4). Wówczas
|*| = v/(i,ź) = \/l* + (-2)’ + 32 + (—4)2 = >/3Q.
b) Oznaczmy podane wekLory odpowiednio przez X, y. Mamy (z, y) = 0. zatem wektory te są ortogonalne.
c) Dla podanych wektorów i, y mamy
cos (z, y) =
V15
15
czyli $ (z, y) = arccos | J
d) Dowolny wektor z = (a,b,c,d) € E* ortogonalny dodanego wektora y spełnia związek (z, y) = u + c = 0. Stąd wynika, że z = (c b, -a. d), gdzie a, b, d £ R Wszystkie wektory o tej własności tworzą więc przestrzeń liniową lin {(1,0, -1, 0), (0,1,0, 0), (0, 0,0.1)}. Wektor o normie równej 3 należący do tej przestrzeni spełnia dodatkowo warunek 2a2 ■+-b2 4 d7 = 9. Przykładem takiego wektora jest Zj = (2,1,—2,0).
c) Niech z = (a,b,c,d) będzie szukanym wektorem, y = (1,1,—1,0). Wówczas mamy a2 4- b* + c2 + dA = 1 oraz
cos $ (z, 5) =
2
Stąd wynika, że a + b — c =
— -\/6, zaś d = y/1 — a? — fc2 4
i\/6. Przykładowo można przyjąć, że a = 6 = i\/6, c =
2 o
= ^\/7 Ostatecznie z = ( i\/6, ^n/6,— -V6, •
Obliczyć kąty między wektorami p0 = 2 — 4x, ę0 = z - 2 w przestrzeni euklideso-wej 12i[x] z podanymi iloczynami skalarnymi: