Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

8. Euklideszi terek

8. Euklideszi terek

• 8.2.17 Nyilván feltehetjük, hogy a vektorok egységnyi hosszúak.

a) Megmutatjuk, hogy ha a v_i vektorok közül bármelyik kettő 60 fokos szöget zár be, akkor szükségképpen lineárisan függetlenek, így a darabszámuk legfeljebb n. A feltételek szerint v_iv_i=1 és i≠t-re v_iv_t=1/2 Tegyük fel, hogy i=1kλiv_i=0_  és vegyük mindkét oldalnak rendre a v_j j=1, . . . ,k vektorokkal a skalárszorzatát. A kapott egyenlőségeket 2-vel beszorozva a λj+i=1kλi=0,   j=1, . . . ,k egyenletrendszerhez jutunk. Az egyenletek összegét k+1-gyel osztva i=1kλi=0 majd ezt visszahelyettesítve λj=0 adódik, tehát az egyenletrendszernek csak triviális megoldása van. Így a v_i vektorok valóban függetlenek, amint állítottuk.

Most pedig teljes indukcióval belátjuk, hogy az n-dimenziós V euklideszi térben létezik n darab olyan v_i egységvektor, amelyek közül bármelyik kettő 60 fokos szöget zár be. Ha n≤2, akkor ez nyilvánvaló. Legyen most n>2 és e_1, . . . , e_n egy ortonormált bázis V-ben. Az n-1-dimenziós e_1, . . . , e_n-1 euklideszi térben az indukciós feltétel szerint léteznek megfelelő v_1, . . . , v_n-1 vektorok. Megmutatjuk, hogy ezekhez a v_n=αe_n+βv_1+. . . +v_n-1 vektort hozzávéve (alkalmas α,β esetén) a kívánt tulajdonságú vektorrendszerhez jutunk. Ehhez azt kell igazolni, hogy

(i) minden jn-1-re v_jv_n=1/2 és (ii) v_nv_n=1.

Jelöljük a v_1+. . . +v_n-1 összegvektort s-sel. Az (i) egyenlőség v_je_n=0 miatt ekvivalens az 1/2=βv_js_=nβ/2 feltétellel, ahonnan β=1/n. A (ii) egyenlőség ezután átírható az 1=α2+β2s_2=α2+n-1/2n alakba. Innen α=±n+1/2n  (A fenti módszerrel a v_i vektorokat tulajdonképpen rekurzíve megkonstruáltuk, akár az explicit képletüket is felírhattuk volna. A fentieket megfelelően elemezve az is kiderül, hogy v_n -re (lényegében) egyetlen választási lehetőség adódik, és ebből egy újabb bizonyítást nyerhetünk arra is, hogy n-nél több ilyen tulajdonságú vektor már nem adható meg.)

b) Mivel a síkon található három egységvektor, amelyek közül bármelyik kettő 120 fokos szöget zár be, ezért nyilván dimV≥2 esetén is van három ilyen vektor. Megmutatjuk, hogy négy vektor viszont már nem adható meg. Legyen a_,b_,c_ három ilyen tulajdonságú vektor, ekkor

tehát szükségképpen a_+b_+c_=0  Ha tehát lenne négy ilyen vektor, akkor közülük bármelyik három összege a nullvektor, és így mind a négy vektor maga is a nullvektor lenne, ami ellentmondás.

Megjegyzés: A fenti megoldáshoz hasonlóan igazolható a feladat alábbi általánosítása:

a) Tetszőleges hegyesszögre is igaz, hogy a keresett maximum éppen n.

b) Tompaszög esetén az ilyen vektorok száma mindig egy, a dimenziótól független és csak az adott Φ szögtől függő korlát alatt marad: az elérhető maximum 1-1/cosΦ.

(A fennmaradó szögekre a válasz nyilvánvaló: 0 fokra végtelen sok vektor is megadható, 90 fokra a maximum n, 180 fokra pedig 2.)

8.4.14 a) Az A=λE transzformációk nyilván megfelelnek. Megmutatjuk, hogy más ilyen tulajdonságú transzformáció nincs. Előrebocsátjuk, hogy bármely két független vektorhoz van olyan skalárszorzat, amely szerint ezek a vektorok merőlegesek: definiáljuk egy olyan bázissal a skalárszorzatot, amely a két adott vektort tartalmazza. Legyen AλE ekkor tudjuk, hogy létezik olyan e_ vektor, hogy e_ és Ae_ nem egymás skalárszorosai, azaz e_ és Ae_ lineárisan független. Tegyük fel indirekt, hogy A* nem függ a skalárszorzat választásától, ekkor bármely skalárszorzatra 0Ae_Ae_=e_A*Ae_  Az e_ és A*Ae_ vektorok nem lehetnek függetlenek, hiszen akkor az előrebocsátott megjegyzés alapján alkalmas skalárszorzat szerint merőlegesek is lennének. Ennélfogva A*Ae_=βe_  Tekintsünk most egy olyan skalárszorzatot, amelyben a (független) 1/γe_ és Ae_ vektorok egy ortonormált bázis részét képezik, ekkor 1=Ae_Ae_=e_A*Ae_=e_βe_ =βγ2  ami tetszőleges γ-ra nyilván nem lehetséges.

b) Először az elégségességet igazoljuk. Tegyük fel, hogy az S1 és S2 skalárszorzatokra S1S2 (megjegyezzük, hogy ekkor a λ szükségképpen pozitív valós szám), és legyen AHom V tetszőleges transzformáció. Jelölje A -nak az S1, illetve S2 szerinti adjungáltját A1 illetve A2 belátjuk, hogy ezek mindig egyenlők. Bármely u_,v_V vektorokra S2Au_,v_=S2u_,A2v_ és S1Au_,v_=S1u_,A1v_ A második egyenlőségbe az S1S2 feltételt beírva, majd λ-val egyszerűsítve kapjuk, hogy S2Au_,v_=S2u_,A1v_ és így S2u_,A2v_=S2u_,A1v_ Mivel ez minden u_,v_ -re fennáll, ezért valóban A1=A2 

Rátérve a szükségességre, tegyük fel, hogy bármely A transzformációnak az S1 és S2 skalárszorzat szerint képzett adjungáltja megegyezik. Megmutatjuk, hogy ekkor szükségképpen S1S2 . Legyen az S1, illetve S2 skalárszorzatnak megfelelő egy-egy ortonormált bázis e_1, . . . , e_n illetve f_1, . . . , f_n A Gram-Schmidt-ortogonalizáció alapján feltehető, hogy minden 1≤in-re e_1, . . . , e_i=f_1, . . . , f_i

Először belátjuk, hogy f_n=λne_n (alkalmas λn-re). Indirekt, ha f_n és e_n lineárisan független, akkor legyen A egy olyan lineáris transzformáció, amelyre Ae_n=e_n-1 és Af_n=e_n  Ekkor S1 szerint 0=e_n-1e_n=Ae_ne_n=e_nA*e_n  ezért A*e_ne_1, . . . , e_n-1=f_1, . . . , f_n-1  Így S2 szerint A*e_nf_n  azaz 0=f_n A*e_n=Af_ne_n=e_ne_n  ami ellentmondás. Tehát valóban f_n=λne_n 

Az eljárást folytatva ugyanígy (vagy teljes indukcióval) minden i-re f_i=λie_i adódik. Most megmutatjuk, hogy minden |λi| egyenlő. Legyen A egy olyan lineáris transzformáció, amelyre Af_1=f_2  Ekkor S2 szerint 1=f_2 f_2=Af_1f_2=f_1A*f_2  Ha v_=A*f_2=i=1nαif_i  akkor f_1v_=α1  tehát α1=1. Tekintsük most S1 szerint ugyanezeket a skalárszorzatokat. Ekkor f_2 f_2=λ2e_2λ2e_2=λ22  míg a vele továbbra is egyenlő f_1v_=λ1e_1i=1nαiλie_i=λ1¯λ1α1=λ12 tehát|λ1|=|λ2|. Ugyanígy kapjuk, hogy minden |λi| egyenlő.

Jelöljük λ-val a |λi|2-ek közös értékét. Megmutatjuk, hogy ekkor S1S2 . Vegyünk két tetszőleges vektort, c_ -t és d_ -t, és írjuk fel ezeket az f_i -k, illetve e_i -k lineáris kombinációjaként: c_=i=1nγif_i=i=1nγiλie_i , d_=i=1nδif_i=i=1nδiλie_i  Ekkor c_ és d_ skalárszorzata S2 szerint véve 2=i=1nγi¯δi , S1 szerint véve pedig 1=i=1nλi2γi¯δi=λ2  amint állítottuk.