Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Аффинные пространства. Геометрия евклидовых линейных и аффинных пространств.

Тема Линал и алгебра.

03 Аффинные пространства. Геометрия евклидовых линейных и аффинных пространств.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#81245

В пространстве $𝒫≤2$ всех многочленов степени не выше чем 2 найти матрицу Грама системы векторов

1,x,x2

если скалярное произведение задано формулой:

a) $∫ 1 < p,q >= −1 p(x)q(x )dx$ ;
b) $< p,q >= p(− 1)q(− 1)+ p(0)q(0)+ p (1)q(1)$

Показать ответ и решение

a) Для того, чтобы выписать матрицу Грама, надо посчитать всевозможные попарные скалярные произведения:

∫ 1 ∫ 1 ∫ 1 < 1,1 >= 1dx = 2,< 1,x >= xdx = 0,< 1,x2 >= x2dx = 2- −1 −1 −1 3

∫ 1 ∫ 1 ∫ 1 < x,x >= x2dx = 2-,< x,x2 >= x3dx = 0,< x2,x2 >= x4dx = 2- −1 3 −1 −1 5

Таким образом, с таким скалярным произведением матрица Грама системы векторов $1,x,x2$ будет равна

( ) 2 0 2 || 2 3|| G = ( 0 3 0) 23 0 25

b) Для того, чтобы выписать матрицу Грама, надо посчитать всевозможные попарные скалярные произведения:

2 < 1,1 >= 3,< 1,x >= 0,< 1,x >= 2

2 2 2 < x,x >= 2,< x,x >= 0,< x ,x >= 2

Таким образом, с таким скалярным произведением матрица Грама системы векторов $1,x,x2$ будет равна

( ) | 3 0 2| G = | 0 2 0| ( ) 2 0 2

Ответ:

a) $( 2) | 2 0 3| G = | 0 2 0| ( 2 3 2) 3 0 5$ ;
b) $( ) 3 0 2 || || G = (0 2 0) 2 0 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#81246

Доказать, что если к системе векторов $v1,...,vk$ применить процесс ортогонализации Грама-Шмидта и на выходе получить систему векторов $w1, ...,wk$ , то всегда будет

detG (v ,...,v ) = detG (w ,...,w ) 1 k 1 k

(То есть определитель матрицы Грама не меняется при процессе ортогонализации Грама-Шмидта.)

Показать доказательство

Очевидно, что после первого шага в процессе Грама-Шмидта определитель матрицы Грама не меняется, потому что первый вектор новой системы просто равен первому вектору старой системы, $w1 = v1$ . То есть

det G(v1,v2,...,vk) = detG (w1,v2,...,vk)

Почему же этот определитель не меняется и, например, после второго шага? Вспомним формулу:

-<-w1,v2->- w2 = v2 − < w1,w1 > w1

Но тогда сделаем с матрицей

( ) < w1,w1 > < w1,v2 > ... < w1, vk > || < v ,w > < v ,v > ... < v ,v > || G (w1,v2,v3...,vk) = || 2 1 2 2 2 k || |( ... |) < v ,w > < v ,v > ... < v ,v > k 1 k 2 k k

следующие элементарные преобразования:

1. Ко второй строке прибавим первую, умноженную на $<w1,v2>- − <w1,w1>$ , получим матрицу:

( ) < w1, w1 > < w1,v2 > ... < w1, vk > || <w1,v2>- <w1,v2> || || 0 < v2,v2 > − <w1,w1> < w1,v2 > ... < v2,vk > − <w1,w1> < w1,vk > || |( ... |) < v ,w > < v ,v > ... < v ,v > k 1 k 2 k k

2. Ко второму столбцу прибавим первый, умноженный на $− <w1,v2>- <w1,w1>$ , получим матрицу:

( ) | < w1,w1 > 0 ... < w1,vk > | | 0 < v ,v > − <w1,v2>-< w ,v > ... < v ,v > − <w1,v2>-< w ,v > | || 2 2 <w1,w1> 1 2 2 k <w1,w1> 1 k || |( ... |) < vk,w1 > < vk,v2 > −-<w1,v2> < vk,w1 > ... < vk,vk > <w1,w1>

И это в точности матрица Грама от системы векторов ${w1, v2 −-<w1,v2>w1, v3,...,vk} <w1,w1>$ , то есть

< w ,v > G(w1,v2 − ----1--2--w1, v3,...,vk) < w1, w1 >

то есть это по сути

G(w1,w2, ...,vk)

А поскольку определитель при элементарных преобразованиях третьего типа не меняется, то

det(G (w ,v ,...,v )) = det(G(w ,w ,...,v )) 1 2 k 1 2 k

Таким образом, при втором шаге в процессе Грама-Шмидта определитель матрицы Грама тоже не меняется.

Продолжая в том же духе, можно показать, что и на любом шаге он не будет меняться - при каждом следующем шаге новая матрица Грама от старой отличается только набором элементарных преобразований третьего типа.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#81247

Может ли матрица

( ) |1 2 1| |(2 1 1|) 1 1 2

быть матрицей Грама некоторой линейно независимой системы векторов?

Показать ответ и решение

Поскольку определитель матрицы Грама $G (a1,a2,a3)$ равен квадрату объема параллелепипеда, натянутого на векторы $a1,a2,a3$ , а в то же время определитель нашей матрицы равен $− 4$ , то это невозможно. Ведь квадрат объема не может быть равен $− 4$ .

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#87904

Найти базис в $W ⊥$ , если $W = span {a1,a2,a3}$ , где

a1 = (1,2,0,− 1),a2 = (0,− 1,1,3),a3 = (3,4,2,3)

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что $rk{a1,a2,a3} = dim span{a1,a2,a3} = 2$ (это можно заметить, записав по строкам координаты данных нам векторов в матрицу и приведя её к ступенчатому виду).

Таким образом, размерность подпространства $W$ равна 2, следовательно, размерность $W ⊥$ тоже будет равна 2.

В качестве базиса в $W$ можно выбрать любые 2 неколлинеарных вектора, возьмем, скажем, $a ,a 1 2$ .

Тогда базис $W$

a1 = (1,2,0,− 1),a2 = (0,− 1,1,3 )

нужно дополнить какими-то векторами $v3,v4$ до базиса всего пространства $V$ да причем так, чтобы $v ⊥ a i j$ при $i = 1,2,j = 3,4$ .

Сделать это можно двумя способами. Один из них - это дополнить базис $W$ просто какими-то векторами $v3,v4$ до базиса всего пространства $V$ , а затем к набору векторов ${a1,a2,v3,v4}$ применить процесс ортогонализации Грама-Шмидта.

Тогда мы получим то что нужно и последние 2 вектора этого набора после процесса Г.- Ш. и будут давать базис в $⊥ W$ .

Но если мы пойдем этим путем, то немного перевыполним задачу, поскольку после процесса Г.- Ш. у нас будет набор попарно ортогональных векторов. В то время как требовалось лишь то, чтобы $v$ -шки были ортогональны $a$ -шкам. А это более слабое условие.

Поэтому можно найти $v3,v4$ сразу, и применять процесс Грама-Шмидта уже не нужно будет. Нужно лишь, чтобы выполнялись условия $vi ⊥ aj$ при $i = 1,2,j = 3,4$ . А также условие того, чтобы в итоге все векторы $a1,a2,v3,v4$ были линейно независимы.

Условие ортогональности $v3 ⊥ a1,v3 ⊥ a2,v4 ⊥ a1,v4 ⊥ a2$ можно записать в виде системы линейных уравнений, обозначив координаты $v3 = (v3,1,v3,2,v3,3,v3,4)$ , $v4 = (v4,1,v4,2,v4,3,v4,4)$ .

Тогда получаем систему

( ||| v3,1 + 2v3,2 − v3,4 = 0 |||| { − v3,2 + v3,3 + 3v3,4 = 0 | |||| v4,1 + 2v4,2 − v4,4 = 0 ||( − v4,2 + v4,3 + 3v4,4 = 0

Эта система, разумеется, имеет бесконечно много решений. Нам достаточно выбрать лишь такое, при котором $v3,v4$ будут линейно независимы (то, что они независимы с $a1,a2$ получается автоматически из условия ортогональности.)

Подойдет, например, такое решение

v3 = (2,− 1,− 1,0),v4 = (− 1,0,3,− 1)

Таким образом,

W ⊥ = span {v3,v4}

Ответ:

$v3 = (2,− 1,− 1,0),v4 = (− 1,0,3,− 1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#87906

Пусть вектор $x = (2,− 5,4 − 3)$ . Пусть $W = span {a1,a2}$ , где

a1 = (1,2,1,0),a2 = (2,1,4,− 5)

Найти $prW x$ и $ortW x$ .

Показать ответ и решение

Для того, чтобы это сделать, необходимо базис в $W$ (а заметим, что $a1$ и $a2$ линейно независимы, поэтому они образуют базис в $W$ ) дополнить до базиса всего пространства $4 ℝ$ двумя векторами $v3,v4$ так, чтобы ${v3,v4}$ был базисом в $W ⊥$ .

То есть базис $W$

a1 = (1,2,1,0),a2 = (2,1,4,− 5)

нужно дополнить какими-то векторами $v3,v4$ до базиса всего пространства $V$ да причем так, чтобы $vi ⊥ aj$ при $i = 1,2,j = 3,4$ .

Сделать это можно двумя способами. Один из них - это дополнить базис $W$ просто какими-то векторами $v3,v4$ до базиса всего пространства $V$ , а затем к набору векторов ${a1,a2,v3,v4}$ применить процесс ортогонализации Грама-Шмидта.

Тогда мы получим то что нужно и последние 2 вектора этого набора после процесса Г.- Ш. и будут давать базис в $W ⊥$ .

Но если мы пойдем этим путем, то немного перевыполним задачу, поскольку после процесса Г.- Ш. у нас будет набор попарно ортогональных векторов. В то время как требовалось лишь то, чтобы $v$ -шки были ортогональны $a$ -шкам. А это более слабое условие.

Поэтому можно найти $v3,v4$ сразу, и применять процесс Грама-Шмидта уже не нужно будет. Нужно лишь, чтобы выполнялись условия $vi ⊥ aj$ при $i = 1,2,j = 3,4$ . А также условие того, чтобы в итоге все векторы $a1,a2,v3,v4$ были линейно независимы.

Условие ортогональности $v3 ⊥ a1,v3 ⊥ a2,v4 ⊥ a1,v4 ⊥ a2$ можно записать в виде системы линейных уравнений, обозначив координаты $v3 = (v3,1,v3,2,v3,3,v3,4)$ , $v4 = (v4,1,v4,2,v4,3,v4,4)$ .

Тогда получаем систему

( ||| v + 2v + v = 0 ||| 3,1 3,2 3,3 |{ 2v3,1 + v3,2 + 4v3,3 − 5v3,4 = 0 | ||| v4,1 + 2v4,2 + v4,3 = 0 |||( 2v4,1 + v4,2 + 4v4,3 − 5v4,4 = 0

v3 = (− 7,2,3,0),v4 = (10,− 5,0,3)

Таким образом,

W ⊥ = span {v3,v4}

Осталось лишь разложить вектор $x$ по базису всего пространства $4 ℝ$ $a1,a2,v3,v4$ . Тогда, если мы разложим $x$ по этому базису, то есть представим его в виде

x = αa1 + βa2 + γv3 + Δv4

То, разумеется, мы получим, что

x = α◟a1-+◝◜βa2◞+ γ◟v3-+◝◜Δv4◞ ∈W ∈W⊥

И, поэтому, $αa1 + βa2 = prW x$ , а $γv3 + Δv4 = ortW x$ .

Коэффициенты разложения по базису ищем, решая систему линейных уравнений

( |||| α + 2β − 7γ + 10Δ = 2 |||{ 2α + β + 2γ − 5Δ = − 5 || α + 4β + 3γ = 4 |||| |( − 5β + 3Δ = − 3

Получаем $α = − 2,β = 1,γ = 23,Δ = 23$ .

Поэтому

prW x = αa1 + βa2 = − 2(1,2,1,0)+ (2,1,4,− 5) = (0,− 3,2,− 5)

Теперь легко посчитать и $ortW x$ . Причем сделать это можно двумя способами. С одной стороны, конечно, $ortW x = γv3 + Δv4$ . Но, естественно, не может быть иначе, что

ortW x = x− prWx = (2,− 5,4− 3) − (0,− 3,2,− 5) = (2,− 2,2,2)

Ответ:

$prW x = (0,− 3,2,− 5)$ , $ortW x = (2,− 2,2,2 )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#87907

Найти угол между вектором $x = (4,− 8,0,1)$ и подпространством $W = span {a1,a2}$ , где

a1 = (− 1,1,2,3),a2 = (2,0,1,1)

Показать ответ и решение

Ясно, что векторы $a1,a2$ образуют базис в $W$ , так как они линейно независимы.

Теперь нам надо базис $W$ дополнить до базиса нашего исходного пространства $ℝ4$ при помощи векторов $v3,v4$ так, чтобы $v3,v4$ было базисом в $⊥ W$ .

Подберем $v 3$ и $v 4$ так, чтобы они были линейно независимы с $a 1$ и $a 2$ и при этом были бы им ортогональны:

v3 = (− 1,− 5,2,0),v4 = (− 1,− 7,0,2)

Следовательно, мы нашли такой базис ${a1,a2,v3,v4}$ всего пространства $ℝ4$ , что ${a1,a2}$ - это базис в $W$ , а ${v3,v4}$ - это базис в $⊥ W$ .

Тогда, если мы сможем разложить $x$ по этому базису

x = αa + βa + γv + Δv 1 2 3 4

то $αa1 + βa2$ будет не чем иным, как $prW x$ , а $γv3 + Δv4$ будет $ortW x$ .

Находим $α, β,γ,Δ$ , решая СЛУ:

(| ||| − α + 2β − γ − Δ = 4 |||{ α − 5γ − 7 Δ = − 8 || 2α + β + 3γ = 0 |||| |( 3α + β + 2Δ = 1

Получаем, что

α = − 1,β = 2,γ = 0,Δ = 1

Таким образом,

prW x = αa1 + βa2 = − (− 1,1,2,3 )+ 2(2,0,1,1) = (5,− 1,0,− 1)

А теперь вспоминаем формулу, что

< x,pr x > 27 √3-- ∠(x,W ) = ∠(x,prW x) = arccos------W-----= arccos ---√---= arccos--- |x||prW x| 9⋅3 3 3

Ответ:

$√- arccos 33-$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#87917

Найти расстояние между многочленом $t(x) = 35x$ и аффинным подпространством многочленов вида

x3 + 𝒫 (x ) ≤2

где

𝒫 ≤2(x)− линейн ое под пространство всех многочленов степени не &#x04

Считать, что скалярное произведение заданно формулой

∫ 1 < p(x),q(x) >= p(x)q(x)dx −1

Показать ответ и решение

Поскольку расстояние от точки до подпространства равно длине ортогональной составляющей вектора, соединяющего эту точку и любую точку из подпространства, выберем для начала произвольную точку из нашего подпространства.

Пусть это будет многочлен

3 3 Q(x) = x + 5x

Тогда вектор, соединяющий наш исходный многочлен $t$ и многочлен $Q$ - это вектор

−→tQ = (x3 + 3x)− 3x = x3 5 5

И осталось лишь этот вектор, то есть многочлен $x3$ разложить в сумму $ort𝒫≤2(x)(x3) + pr𝒫≤2(x)(x3)$ .

И тогда длина этого самого $3 ort𝒫≤2(x)(x )$ и будет ответом.

Чтобы разложить многочлен $x3$ разложить в сумму $ort (x3)+ pr (x3) 𝒫≤2(x) 𝒫≤2(x)$ , надо выбрать базис в $𝒫 ≤2(x)$ и дополнить его до базиса во всем пространстве $𝒫 ≤3(x )$ многочленом, ортогональным всему выбранному базису в $𝒫 (x ) ≤2$ .

В качестве базиса в $𝒫 (x) ≤2$ можем взять стандартный базис

2 {1,x,x }

Осталось лишь дополнить его до базиса в $𝒫≤3(x)$ таким многочленом, который был бы ортогонален всем трем многочленам из базиса ${1,x,x2}$ подпространства $𝒫≤2 (x )$ .

Таким образом, мы ищем такой многочлен $p(x) = ax3 + bx2 + cx + d$ , который ортогонален 1, то есть

∫ 1 3 2 −1(ax + bx + cx + d)dx = 0

Далее, ортогонален $x$ , то есть

∫ 1 (ax4 + bx3 + cx2 + dx)dx = 0 −1

И, наконец, ортогонален $x2$ , то есть

∫ 1 5 4 3 2 −1(ax + bx + cx + dx )dx = 0

Таким образом, из первого равенства получаем, что

2(b+ 3d ) = 0 3

Из второго равенства получаем, что

2 2 --a+ -c = 0 5 3

И из третьего равенства получаем, что

2 2 --b+ --d = 0 5 3

Возьмем, к примеру,

a = 5,b = 0,c = − 3,d = 0

То есть наш многочлен $p (x )$ получается такой:

3 p(x ) = 5x − 3x

Таким образом, получаем, что

𝒫 ≤3(x) = span { 1◟,x◝,◜x2◞ , 5◟x3◝−◜-3x◞ } базис в 𝒫≤2(x) базис в 𝒫≤2(x)⊥

Осталось лишь разложить наш вектор

−→ 3 tQ = x

по этому базису. Но ясно, что

3 1- 3 3- x = 5 (5x − 3x) + 5x

То есть в выбранном базисе он имеет координаты

(0, 3,0, 1) 5 5

Таким образом,

1 3 ort𝒫≤2(x)(x3) = -(5x3 − 3x) = x3 −--x 5 5

И поэтому

∘ ---- 3 3 3 (∫ 1 3 3 2 )12 8 |ort𝒫≤2(x)(x )| = |x − 5-x| = (x − 5-x) dx) = 175- −1

А это и есть искомое расстояние.

Ответ:

$∘--- 8175-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#106716

Доказать, что функция $f : ℝ2 × ℝ2 → ℝ$ , заданная по формуле для $x = (x1,x2) ∈ ℝ2,y = (y1,y2) ∈ ℝ2$

( )( ) ( ) f(x,y) = x1 x2 a b y1 c d y2

при следующих условиях:
1. $b = c$ ;
2. $a > 0$ ;
3. $( ) a b det c d > 0$

является скалярным произведением на пространстве $ℝ2$ (т.е. она билинейна, симметрична и положительно определена).

Показать доказательство

1. Билинейность. Она очевидным образом вытекает из формулы, которой задана $f$ . $f$ , заданная такой формулой, будет линейна как по первому, так и по второму аргументу - это просто следует из формулы умножения матриц.

2. Симметричность. Тут уже надо явно пользоваться тем, что нам дано, что $b = c$ . В таком случае формула для вычисления $f (x,y)$ приобретает вид:

( ) ( ) ( ) ( ) a b y1 ( ) ay1 + by2 f(x,y) = x1 x2 b d y2 = x1 x2 by1 + dy2 = ax1y1 + bx1y2 + bx2y1 + dx2y2

И эта формула, очевидно, перейдет в себя же при замене $x1$ на $y1$ , и $x2$ на $y2$ . А это в точности и означает, что $f (x, y) = f (y,x )$ для любых $2 x,y ∈ ℝ$ .

3. Положительная определенность.

2 2 √ -- √b-- 2 b2 2 f(x,x ) = ax1 + 2bx1x2 + dx2 = ( ax1 + ax2) + (d-− -a ) x 2 >0◟ по◝ у◜сло◞вию

Ясно, что сумма квадратов с положительными коэффициентами неотрицательна и равна нулю тогда и только тогда, когда

x2 = 0

√-- -b- ax1 + √a-x2 = 0

то есть и

x = 0 1

Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#106717

Пусть $ℝ3$ - евклидово пространство, снабженное стандартным скалярным произведением

< x,y >= x1y1 + x2y2 + x3y3

Пусть $u = (1,2,3)$ , $v = (0,1,12)$ . Разложить $v$ в виде

v = pruv + ortuv

то есть на проекцию на направление $u$ и ортогональную составляющую относительно направления $u$ .

Показать ответ и решение

По формулам:

< v,u > pruv = --------u < u,u >

ortuv = v − pruv

Тогда

< v,u >= < (1,2,3),(0,1,12) >= 2 + 36 = 38

< u,u >= 1 + 4+ 9 = 14

Тогда получается, что

pruv = 38(1,2,3) = (38-, 38, 114-) 14 14 7 14

Ну и

38- 38-114- 38- 38- 114- 38- 31-27- ortuv = v − pruv = (0,1,12)− (14, 7 , 14 ) = (− 14,1− 7 ,12 − 14 ) = (−14 ,− 7 , 7 )

Ответ:

$pruv = (3184, 387 , 11144)$ , $ortuv = (− 3814,− 317 , 277 )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#115146

Пусть $(X, V )$ - аффинное пространство, где $X$ - множество точек, а $V$ - линейное пространство. Определить, является ли $Y ⊂ X$ аффинным подпространством и в случае положительного ответа найти линейное подпространство $W ⊂ V$ такое, что $(Y, W )$ - аффинное подпространство в $(X,V )$ :

a) $V = ℝn$ , $X = ℝn$ , $Y$ - произвольное конечное подмножество в $X$ ;

b) $V = ℝ2$ , $X = ℝ2$ , $Y −$ любая прямая, то есть любое множество точек вида

Y = {(x, y) ∈ ℝ2 | ax + by = c,a и b не равны н ул ю одноврем енно }

c) $V = 𝒫n$ - множество многочленов с вещественными коэффициентами степени не выше $n$ , $X = 𝒫n$ , $Y = {p ∈ X | p(1)+ p(2) = 3}$ ;

d) $V = 𝒫n$ - множество многочленов с вещественными коэффициентами степени не выше $n$ , $X = 𝒫 n$ , $Y = {p ∈ X | p(1)p(2) = 3}$

Показать ответ и решение

a) Рассмотрим два случая. Ежели $Y = {p}$ - множество из одной точки, то пара $(Y,{0})$ , очевидно, будет аффинным подпространством в исходном пространстве $(X, V)$ . Все аксиомы проверяются непосредственно. Это, грубо говоря, сдвинутое на некоторый вектор тривиальное линейное подпространство ${0}$ .

Однако, если $Y$ - конечное множество, в котором более одного элемента, то $Y$ вместе с любым подпространством в $V$ не может образовывать аффинного подпространства. Действительно, каково бы ни было ассоциированное с $Y$ линейное подпространство в $V$ , если это подпространство нетривиально (а такой случай мы уже разобрали выше), то в нем уже автоматически должно быть бесконечное количество векторов, а, значит, раз $Y$ замкнуто относительно приложения всех этих векторов к точкам из $Y$ , то в самом $Y$ будет бесконечное множество точек.

На языке систем линейных уравнений описываемая ситуация звучит так: если система линейных уравнений имеет решения, то она имеет либо одно решение, либо уже сразу бесконечно много.

b) Да. В качестве ассоциированного с $Y$ подпространства в $ℝ2$ необходимо взять $span {v}$ , где $v$ - направляющий вектор данной прямой $ax + by = c$ . Все аксиомы проверяются непосредственно.

c) Да. В качестве ассоциированного с $Y$ подпространства в $𝒫n$ надо взять

{p ∈ 𝒫n | p(1)+ p(2) = 0}

Все аксиомы проверяются непосредственно.

d) Нет. Давайте докажем это от противного. Пусть $Y$ вместе с его ассоциированным линейным подпространством $U$ является аффиным подпространством.

Рассмотрим многочлены $√ -- p(x) = 3$ и $q(x ) = 2x − 1$ . Оба они лежат, очевидно, в $Y$ . Тогда многочлен $√ -- s(x) = q(x)− p(x) = 2x − 1− 3$ обязан лежать в $U$ , ибо именно его нужно приложить к точке $p(x)$ , чтобы получить $q(x)$ . А тогда по определению аффинного подпространства $s(x )$ обязан лежать в ассоциированном с $Y$ линейном подпространстве.

Но тогда, и $√ -- 2s(x) = 4x − 2 − 2 3$ должен лежать в $U$ , ведь $U$ - линейное подпространство и, значит, оно замкнуто относительно умножения векторов на любые числа.

Но тогда, опять же, по определению аффинного подпространства, многочлен $p(x)+ 2s(x )$ обязан лежать в $Y$ , поскольку $p(x) ∈ Y$ , а $2s(x)$ обязан лежать в ассоциированном с $Y$ линейном подпространстве $U$ . Однако

√-- p(x) + 2s(x) = 4x − 2 − 3

и значение этого многочлена в точке 1 равно $√-- 2 − 3$ , а в точке 2 равно $√ -- 6 − 3$ и если эти два числа перемножить, то получится $√ -- 15− 8 3$ , но никак не 3. Следовательно, $Y$ не замкнуто относительно прикладывания векторов из $U$ к точкам из $Y$ . Противоречие.

Ответ:

a) В случае если $Y$ состоит из одного элемента - да, в противном случае - нет;
b) Да;
c) Да;
d) Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#115147

Найти в аффинном пространстве $(ℝ4,ℝ4 )$ расстояние между прямой $l$ , проходящей через точки $A (1,4,− 2,4)$ и $B (2,1,− 1,5)$ и плоскостью $π$ , проходящей через точки $C (− 4,2,0,1),D (− 4,1,− 1,1),E(− 4,1,1,2)$ .

Показать ответ и решение

1. Направляющий вектор $v$ прямой $l$ равен $−−→ v = AB = (1,− 3,1,1)$ . Таким образом, ясно, что векторное подпространство в $4 ℝ$ , ассоциированное с аффинным пространством прямой $l$ будет

span{v }

2. Плоскость $π$ будет натянута на векторы $u1 = −C−D→ = (0,− 1,− 1,0),u2 = −C−→E = (0,− 1,1,1)$ . Таким образом, ясно, что векторное подпространство в $4 ℝ$ , ассоциированное с аффинным подпространством плоскости $π$ будет

span{u1, u2}

3. По формуле расстояния между аффинными подпространствами расстояние между $l$ и $π$ будет равно длине ортогональной составляющей на подпространство $span{v, u1,u2}$ любого вектора, соединяющего любую точку из $l$ с любой точкой из $π$ .

Найдем базис в $span{v,u1,u2}$ . Запишем их координаты в матрицу по строкам:

( ) | 1 − 3 1 1| A = | 0 − 1 − 1 0| ( ) 0 − 1 1 1

Поскольку очевидно, что ранг этой матрицы $A$ равен трём, то сами векторы $v,u1,u2$ и будут составлять базис суммы подпространств $span{v} + span{u1,u2}$ .

Теперь, в качестве произвольного вектора, соединяющего точку на прямой $l$ и точку в плоскости $π$ возьмем, скажем, $−→ w = AC = (− 5,− 2,2,− 3)$ . Чтобы найти ортогональную составляющую вектора $w$ на сумму $span{v} + span{u1,u2}$ , необходимо сначала найти ортогональное дополнение этой суммы $span{v} + span{u1,u2}$ до всего пространства $ℝ4$ . Для этого достаточно подобрать лишь такой ненулевой вектор $r$ , который будет ортогонален всем векторам $v,u1,u2$ .

Подойдет, скажем, вектор $r = (2,1,− 1,2)$ . Таким образом, все пространство $ℝ4$ разбивается в прямую сумму $span{v,u ,u } 1 2$ и его ортогонального дополнения $span {r}$ .

Нам осталось разложить наш вектор $w = −A→C$ до базиса ${v,u ,u ,r} 1 2$ , то есть представить его в виде

−→ AC = αv + βu1 + γu2 + Δr

, то есть решить систему уравнений

( |||| α + 2Δ = − 5 |||{ − 3α− β − γ + Δ = − 2 || |||| α − β + γ − Δ = 2 |( α + γ + 2Δ = − 3

Её решением является набор

α = − 1,β = 1,γ = 2,Δ = − 2

Таким образом, наш вектор $−→ w = AC$ раскладывается следующим образом по базису ${v,u1,u2,r}$ :

w = − v + u + 2u − 2r ◟-----1◝◜-----2◞ ◟◝◜◞ prspan{v,u1,u2}w ortspan{v,u1,u2}w

Таким образом, ортогональная составляющая вектора $w$ на подпространство $span {v,u1,u2}$ равна $− 2r = (− 4,− 2,2,− 4)$ .

Следовательно, искомое расстояние равно

√-------------- √ --- |ortspan{v,u1,u2}w | = |(− 4,− 2,2,− 4)| = 16 + 4 + 4+ 16 = 40

Ответ:

$√--- 40$