GAL z Iloczyn skalarny, przestrzenie euklidesowe [Kos roz 3, 1]

Transkrypt

1 GAL z Notatki zawieraja odsy lacze do podre czników [Kos]=Kostrikin, [Tor]=Toruńczyk [Kos roz 3], [Tor V] 1 Iloczyn skalarny, przestrzenie euklidesowe [Kos roz 3, 1] 11 Ortogonalizacja Grama-Schmidta w cze ści o formach dwuliniowych 1 Iloczyn skalarny (, ) : V V R 1) (α, β) = (β, α) ) (a 1 α 1 + a α, β) = (a 1 α 1, β) + (a α, β) 3) (α, α) 0 oraz (α, α) = 0 α = 0 13 Norma, formalne w lasności normy: A) α 0 oraz α = 0 α = 0 B) aα = a α C) α + β α + β (nierówność trójka ta) 14 Jeśli dany jest iloczyn skalarny, to definiujemy α = (α, α) 15 Sa normy nie pochodza ce od iloczynów skalarnych, np w R n (x 1, x,, x n ) p = ( n i=1 x i p ) 1/p dla 1 p <, (x 1, x,, x n ) = sup i { x i } 16 W lasność C) jest równoważna nierówności Schwartza: (α, β) α β Dow: Rozważyć funkcje kwadratowa t α + tβ 0, dla której wyróżnik jest 0 17 Ćwiczenie: Norma w przestrzeni l p, p nie pochodzi od iloczynu skalarnego 18 Definicja cos( (α, β)) i sin( (α, β)) 19 Twierdzenie kosinusów α + β = α + cos (α, β)) α β + β 110 Jeśli baza A = {α 1, α,, α n } jest ortonormalna to dla dowolnego β V a gdy jest bazaa ortogonalna to β = β = n (β, α i )α i i=1 n i=1 (β, α i ) (α i, α i ) α i 111 Każdy uk lad niezerowych wektorów parami ortogonalnych można uzupe lnić do bazy ortogonalnej w przestrzeni skończenie wymiarowej (Powyższe twierdzenie nie jest prawdziwe w przestrzen nieskończenie wymiarowej, patrz uk lady zupe lne) 1

2 11 Ważny przyk lad: V = C(S 1 ) z iloczynem skalarnym (f, g) = π 0 f(t)g(t)dt, podprzestrzeń W = Wielomiany trygonometryczne Baza ortogonalna W sa funkcje 1, sin(nt), cos(nt) dla n N + Ponadto W = {0} (patrz tw Stone a-weierstrassa) Otrzymujemy przyk lad zupe lnego uk ladu wektorów, który nie jest baza w sensie algebry liniowej 113 Z każda funkcja ca lkowalna (w sensie Lebesgue a) stowarzyszamy szereg a + b n cos(nt) + c n sin(nt), n=1 gdzie a = 1 π π π f(t)sdt, b n = 1 π π π f(t) cos(t)dt, c n = 1 π π π f(t) sin(t)dt Badaniem takich szeregów zajmuje sie analiza fourierowska Co prawda nie musi być zbieżny punktowo, ale jest zbierzny wed lug mairy Ponadto gdy funkcja jest klasy C 1, to mamy zbieżność jednostajna 114 Ćwiczenie: dany cia g wektorów {α i} i I w przestrzeni V z iloczynem skalarnym (skończony lub nie), β V Za lóżmy, że (α i, α j ) = δ ij Naste puja ce waranki sa równoważne: Jeśli dla każdego i I mamy (α i, β) = 0 to β = lin{α i : ii} inf{ β, γ : γ lin{α i : ii} = 0 ( β leży w domknie ciu lin{α i i I}) 115 W szczególności: W przestrzeniach nieskończonego wymiaru rozważamy uk lady zupe lne {α 1, α,, }, tzn takie, że (Np wektory ε i l ) i N (β, α i ) = 0 β = 0 Z (114) wynika, że uk lad liniowo zupe lny rozpina podprzestrzeń, która jest ge sta w V (w sensie topologicznym) 116 Jeśli mamy zupe lny uk lad wektorów ortogonalnych A = {α 1, α,, } V to z dowolnym β V stowarzyszamy szereg β i=1 (β, α i ) (α i, α i ) α i Problem zbieżności takich szeregów daleko wykracza poza zakres naszego wyk ladu 117 Ćwiczenie: Inne przyk lady ortonormalnych uk ladów zupe lnych a) wielomiany Legendra P n = 1 ( d n n n! dt (t 1) n) ze wzgle n du na iloczyn skalarny (f, d) = 1 1 f(t)g(t)dt b) wielomian Czebyszewa T n (Czebyszewa spe lnia cos(nx) = T n (cos(x))) ze wzgle du na iloczyn skalarny (f, d) = 1 f(t)g(t) 1 dt 1 t c), d) wielomiany Hermite a, wielomiany Laguerre a (to sa zadania z analizy i nie be dziemy ich robić) 118 Każdy uk lad niezerowych wektorów parami ortogonalnych, jest liniowo niezależny 119 Wzór na rzut ortogonalny na lin{α 1, α,, α k }, dla uk ladu wektorów ortogonalnych/ortonormalnych

3 Obje tość [Kos roz4 3,] 10 Obje tość równoleg lościanu V ol(α 1, α,, α k ) = det G(α 1, α,, α k ) gdzie G i,j = (α i, α j ) (Jeśli α 1, α,, α k sa liniowozależne, to det G = 0, w przeciwnym przypadku det G > 0 bo to macierz iloczynu skalarnego w bazie α i ) 11 Dla k = wzór na pole trójka ta α 1 α 1 sin( (α 1, α )) 1 Odleg lość α V od podprzestrzeni liniowej W V definiujemy jako min{ α β β W } Minimum jest osia gnie te jeśli α = γ + β 0, γ W bo α β = γ + β 0 β = γ + β 0 β 13 Obje tość spe lnia (i) V ol(α 1 ) = α 1 () V ol(α 1, α,, α k ) = V ol(α 1, α,, α k 1 ) h gdzie h jest odleg lościa α k od lin{α 1, α,, α k 1 } 14 Dla k = n dostajemy V ol(α 1, α,, α n ) = det [α 1, α,, α n ] Sta d interpretacja geometryczna wyznacznika Iloczyn wektorowy 15 Iloczyn wektorowy: Dane α 1, α,, α n 1 V, dim(v ) = n Definiujemy funkcjona l β det [α 1, α,, α n 1, β] Ponieważ V V za pomoca iloczynu skalarnego, wie c istnieje γ V taki, że dla każdego β Definiujemy α 1 α α n 1 := γ 16 W lasności (i) γ lin{α 1, α,, α n 1 } (ii) γ = V ol(α 1, α,, α n 1 ) det [α 1, α,, α n 1, β] = (γ, β) (iii) jeśli wektory α 1, α,, α n 1 sa liniowo niezależne, to baza α 1, α,, α n 1, γ jest dodatniozorientowana Te w lasności definiuja γ 17 Dla n = 3 mamy dobrze znany iloczyn zadany wzorem ze szko ly: a 1 a a 3 (a 1, a, a 3 ) (b 1, b, b 3 ) = det b 1 b b 3 ε 1 ε ε 3 18 Z definicji w R 3 mamy 19 a b + (a, b) = a b 130 Ćw: definiujemy dzia lanie w R4 = R R 3 Wykazać, że to dzia lanie jest la czne (α β, γ) = (γ α, β) = (β γ, α) = det[α, β, γ] (a, α) (b, β) := (ab a, b, aβ + bα + α β) 3

4 Przekszta lcenia zachowuja ce iloczyn skalarne, izometrie 1 Metryka w zbiorze X, czyli odleg lość pomie dzy punktami: d : X X R 0 : d(x, y) = 0 x = y d(x, y) = d(y, x) d(x, y) + d(y, z) d(x, z) Poje cie izometrii i izometrycznego w lożenia 3 Przyk lad: Niech W V be dzie podprzestrzenia liniowa, a {α i } i=1,,k jej baza ortonormalna Symetria wzgle dem W wzd luż W jest zadana wzorem S W (β) = β k (α i, β)α i 4 Izometie Niech dim E < Poniższe warunki sa równoważne: 1) f : E E jest przekszta lceniem afinicznym, takim że Df : T E T E zachowuje iloczyn skalarny ) f : E E jest przekszta lceniem afinicznym zachowuja cym odleg lość, 3) f zachowuje odleg lość tzn d(p, q) = d(f(p), f(q)) (nie zak ladamy afiniczności), Dow 3)= 1): z lematu: d(p, r) + d(r, q) = d(p, q) wtedy i tylko wtedy gdy r = d(p,r) d(p,q) p + d(r,q) d(p,q) q 5 Ogólniej rozważa sie izometryczne w lożenia f : F E 6 Przyk lady Przekszta lcenia liniowe: obroty, symetrie Przekszta lcenia afiniczne przesunie cia z lożone z liniowymi izometriami 7 Niech V be dzie przestrzenia liniowa, dim V < Dla każdej izometrii liniowej f : V V istnieje rozk lad V na ortogonalna sume prosta oraz i=1 V = V 1 V V k, albo dim(v i ) = i f Vi jest obrotem, albo dim(v i ) = 1 i f Vi jest symetria lub identycznoa cia 8 Niech E be dzie przestrzenia afiniczna, dim E < Dla każdej izometrii (afinicznej) f : E E istnieje rozk lad E na produkt przestrzeni E = E 1 E E k, dim(e i ) = 1 lub taki, że rozk lad przestrzeni stycznych jest ortogonalny T E = T E 1 T E T E k oraz f jest produktem przekszta lceń f i : E i E i, tzn gdzie f i jest przesunie ciem, symetria lub obrotem f(x 1, x,, x k ) = (f 1 (x 1 ), f (x ),, f k (x k )), Dowód jest celem dalszej cze ści wyk ladu Zamiast twierdzenia dla przestrzeni rzeczywistej dowiedziemy diagonalizowalności izometrii liniwej w przestrzeni zespolonej i wywnioskujemy przypadek rzeczywisty 4

5 9 Wniosek: Klasyfikacja izometrii R i R 3 Przestrzenie unitarne [Kos roz 3, ] 10 Iloczyn hermitowski to jest przekszta lcenie φ(, ) : V V R póltoraliniowe, hermitowsko symetryczne, dodatnio określone, tzn 1) φ(α 1 + α, β) = φ(α 1, β) + φ(α, β), φ(aα, β) = aφ(α, β) ) φ(α, β 1 + β ) = φ(α, β 1 ) + φ(α, β ) φ(α, aβ) = aφ(α, β) 3) φ(α, β) = φ(β, α) (sta d φ(α, α) R), 4) φ(α, α) 0 oraz (α, α) = 0 α = 0 Cze sto jest oznaczana przez H(v, w) lub v, w 11 Jeśli M = M(ϕ) = (ϕ(ε i, ε j )) macierz formy pó ltoraliniowej ϕ w bazie standardowej, to ϕ(x, Y ) = X T MY ( ) i 1 Ćwiczenie: czy ϕ zadane przez macierz jest iloczynem hermitowskim? Udowodnić i kryterium Sylvestera dla form pó ltoraliniowych 13 Standardowy iloczyn hermitowski (a 1, a,, a n ), (b 1, b,, b n ) = n i=1 a ib j 14 Ortogonalizacja G-S w przestrzeni unitarnej: (uwaga na kolejność α i, β j ) i 1 α i, β j β i = α i β j, β j β j, j=1 γ i = 1 β i β i 15 Jeśli V jest przestrzenia liniowa nad C, to przez V R oznaczamy ten sam zbiór z dziaa niem dodawania i mnożenia przez skalary rzeczywiste 16 W przestrzeni V R mamy naturalny endomorfizm J (mnożenie przez i) spe lniaja cy J = Id Taki endomorfizm pozwala zdefiniować strukture przestrzeni zespolonej na V R 17 Jeśli v, w = ψ(v, w) iω(v, w) gdzie ψ(v, w) = re v, w, ω(v, w) = im v, w jest iloczynem hermitowskim na V, to na V R forma ψ(v, w) jest iloczynem skalarnym, a ω(v, w) jest forma symplektyczna Obie te formy sa J niezmiennicze, oraz ω(v, w) = ψ(jv, w) Uzupe lnienie 18 Grupa unitarna U(n) = {A GL(C n ) A A T = I} Piszemy też A = A T, wtedy dla A U(n) mamy A 1 = A 5

6 19 W grupie GL(C n ) mamy GL(R n ) U(n) = O(n) 0 Z ortogonalizacji G-S mamy rozk lad Iwasawy KAN dla macierzy zespolonych Rozk lad ten jest jednoznaczny GL(C n ) = U(n) (R +) n {górnotrójka tne z jedynkami na przeka tnej} 3 Operatory w przestrzeniach z iloczynem hermitowskim, [Kos, roz3 3] Zak ladamy, że C n, rozważamy standardowy iloczyn hermitowski, M(ϕ) = I oznaczany przez, Zak ladamy, że w bazie standardowej ma on postać standardowa 31 A : V V jest operatorem unitarnym, jeśli zachowuje iloczyn hermitowski, tzn A(α), A(β) = α, β dla dowolnych wektorów α, β V Wtedy (gdy dim(v ) < ) mamy A = A 1 We wspó lrze dnych ortonormalnych: macierz operatora należy do U(n) 3 Operator A jest unitarny wtedy i tylko wtedy, gdy jest izometria, tzn zachowuje α = α, α 33 Naste puja ce warunki sa równowaźne 1) α, β V A(α), A(β) = α, β tzn A zachowuje iloczyn hermitowski ) α V A(α) = α tzn A zachowuje norme 3) Macierz operatora jest unitarna A U(n), tzn A A = I 34 Wartości w lasne operatora unitarnego maja modu l 1 35 Przestrzenie w lasne sa ortogonalne 36 Jeśli W V niezmiennicza, to W też niezmiennicza 37 Dla operatora unitarnego A istnieje baza unitarna, w której jego macierz jest diagonalna W zapisie macierzowym: istnieje C U(n) tż A = CDC 1, D = diag(e it 1, e it,, e itn ) 38 Dla operatora ortogonalnego f : R n R n, istnieje ( baza ortonormalna ) taka, że A = M(f) ma cos(t) sin(t) macierz blokowo-diagonalna z blokami postaci lub z blokami 1 1: (1) i (-1) sin(t) cos(t) Dowód Rozważamy przekszta lcenie unitarne f C : C n C n zadane przez ta sama macierz A Istnieje baza unitarna z lożona z wektorów w lasnych Dla wartości w lasnej µ R zak ladamy, że jeśli α jest wektorem bazowym, to α też należy do bazy (ma on wartość w lasna µ) Bierzemy baze rzeczywistej podprzestrzeni R n lin{α, α} z lóżona z wektorów β 1 = 1 (α + α), β = 1 i (α α) Otrzymujemy baze ortogonalna 39 Ćwiczenie: Grupe izometrii zachowuja cych orientacje w R n oznaczamy przez SO(n) Znaleźć cia g la bijekcje SO(3) RP 3 6

7 310 Ćwiczenie: Izometria R4 dana jest przez macierz Znaleźć blokowa diagonalizacje Izometrie afiniczne 311 Przypomnienie: Każde izomorfizm afiniczny f : K n K n można przedstawić jako z lożenie f = T r α Df = Df T r β, gdzie T r α oznacza przesunie cie Ponadto f(γ) = α + Df(γ) = Df(β + γ), wie c α = Df(β) 31 Dowód tw (8), tzn dla każdej izometrii f Aff(R n ) znajdujemy rozk lad na produkt R n = Vi (i odpowiadaja cy mu rozk lad na ortogonalna sume prosta przestrzeni stycznych), gdzie dim V i, oraz f zachowuje ten rozk lad W każdej V i izometria f jest albo obrotem, albo symetria, albo przesunie ciem 313 Ćwiczenie: Każda izometria przestrzeni euklidesowej jest postaci T r αg = gt r α, gdzie α jest wektorem sta lym dla Df, oraz przekszta lcenie g ma punkt sta ly Powyższy rozk lad jest jednoznaczny 314 Ćwiczenie: Wiemy, że Co to za przekszta lcenie? Df = , f([0, 0, 0]) = [ 1, 7, ] Znaleźć wektor sta ly α dla Df, czyli kierunek osi obrotu Roz lożyć ( 1, 7, ) = aα + β, gdzie β α 3 Znaleźć punkty sta le przekszta lcenia T r β Df; to be dzie oś obrotu Odpowiedź f = T r aα (obrót wokól osi znalezionej w 3) 315 Klasyfikacja izometrii afinicznych R 3 (symetrie, obroty, obroty z odbiciem, przesunie cia, ruch śrubowy, obrót z odbiciem, symetrie z poślizgiem) 4 Operatory samasprze żone, klasyfikacja kwadryk [Kos roz4 3] Operatory sprze żone 41 Dane jest przekszta lcenie linowe ϕ : V V przestrzeni z iloczynem hermitowskim/skalarnym Mówimy, że ψ : V V jest sprz eżone do ϕ gdy dla każdej pary wektorów α, β V mamy ϕ(α), β = α, ψ(β) 7

8 jeśli ψ 1 i ψ sa sprze żone do ϕ, to ψ 1 = ψ jeśli dim V <, to operator sprze żony ψ istnieje oraz gdy M(ϕ) jest macierza ϕ w bazie unitarnej, to Oznaczenie: ψ = ϕ M(ψ) = M(ϕ) T =: M(ϕ) 4 Dla operatora w przestrzeni rzeczywistej definiujemy operator sprze żony używaja c iloczynu skalarneg Zwia zek z przekszta lceniem spre żonym jest naste puja cy: Jeśli dim V <, to iloczyn skalarny zadaje izomorfizm Θ : V V Utożsamiaja c te dwie przestrzenie oba poje cia sprze żoności sie pokrywaja : Θ V (sensie iloczynu skalarnego) φ φ (w sensie przekszta lcenia przestrzeni sprze żonych) Θ V V V 43 Ćwiczenie: niech V = C(S 1 ), (f, g) = S 1 f(x)g(x)dx, ϕ(f) = f(a) 1, gdzie 1 jest funkcja stale równa 1 oraz a S 1 Wykazać, że ϕ nie dopuszcza żadnego operatora sprze żonego do niego 44 Ćwiczenie: w powyższej przestrzeni niech d dx be dzie operatorem różniczkowania Speawdzić, że ) = d dx ( d dx Operatory samosprze żone 45 Operator ϕ jest samosprze żony (hermitowski), jeśli ϕ = ϕ We wspó lrze dnych ortonormalnych: macierz operatora jest symetryczna (ze sprze żeniem) 46 Wartości w lasne sa rzeczywiste 47 Przestrzenie w lasne sa ortogonalne 48 Jeśli W jest podprzestrzenia ϕ-niezmennicza, to W też 49 Twierdzenie spektralne Jeśli ϕ jest operatorem samosprze żonym w przestrzeni skończonego wymiaru, to istnieje baza unitarna, w której operator ma macierz diagonalna, o wyrazach rzeczywistych Rozk lad jest ortogonalny V = λ Spec(ϕ) 410 Gdy przestrzeń jest rzeczywista, to istnieje baza ortonormalna, w której operator jest diagonalny V λ, 411 Ćwiczenie: z lożenie operatorów samospre żonych jest smosprze żone wtedy i tylko wtedy gdy sa one przemienne 41 Każda rzeczywista macierz symetryczna ϕ da sie zapisać jako CDC 1, gdzie C O(n), tzn C 1 = C T, a D jest diagonalna (Zatem zarówno Aϕ jest podobne jak i kongruentne do diagonalnej) 8

9 413 To samo dla zespolonych: Jeśli ϕ = ϕ, to CDC 1, gdzie C U(n) 414 W przestrzeni nieskończenie wymiarowiej wiemy jedynie, że przestrzenie w lasne operatora samosprze żonego sa ortogonalne 415 Niech V = C (S 1 ) Operator drugiej pochodnej ϕ(f) = d dx jest równe { k k N {0} } Udowodnić λ spec(ϕ) V λ = {0} jest samosprze żony Spektrum 416 Ćwiczenie: Podać przyk lad operatora ϕ, który jest samosprze żony oraz λ Spec(ϕ) V λ {0} Wsk: Niech V przestrzeń funkcji na Z o skończonym nośniku V = {f : Z C M R takie, że n > M f(n) = 0 } z iloczynem hermitowskim (f, g) = n= f(n)g(n) oraz ϕ(f)(n) = 1 (f(n 1) + f(n + 1)) 417 Zastosowanie bazy w lasnej operatora = d na okre dx gu do rozwia zywania równania przewodnictwa cieplnego: szukamy funkcji f t (x) = f(t, x) spe lniaja cej: d dt f = f f(0, x) = g(x) C (S 1 ) równanie ciep la, dane warunki pocza tkowe Rozwia zanie: zauważamy, że operator jest samosprze żony 1) Jeśli warunek pocza tkowy g(x) jest funkcja w lasna operatora (tzn g(x) = const, c sin(kx), lub c cos(kx)) to szukamy rozwia zani postaci f(t, x) = a(t)g(x) Wspćzynnik a(t) spe lnia równanie d dt a(t) = λa(t), gdzie λ jest wartościa w lasna g To równanie umiemy rozwia zać: a(t) = Ce λt Biora c pod uwage warunek pocza tkowy a(0) = 1 dostajemy f(t, x) = e λt g(x) ) Jeśli g(x) jest dowolna funkcja, to rozwijamy ja w bazie funkcji w lasnych operatora, tzn w szereg Fouriera g(x) = a + b k cos(kx) + c k sin(kx) k=1 k=1 Szukanym rozwia zaniem jest f(t, x) = a + b k e kt cos(kx) + c k e kt sin(kx) k=1 k=1 9

10 418 Podsumowanie: omówiliśmy dwa typy operatorów nad C unitarne: speńiaja ce φ φ = Id samospre żone: spe lniaja ce φ = φ Operatory (przy za lóżeniu, że dim V < ) sa diagonalne w pewnej bazie ortonormalnej Jest wie ksza klasa operatorów obejmuja ca omówione powyżej klasy To sa operatort normalne: spe lniaja ce φ φ = φ φ One też sie diagonalizuja : φ i φ maja wspólny wektor w lasny α Sprawdzamy, że φ zachowuje lin{α} i konstrujemy baze indukcyjnie Nad R jedynie operatory samosprze źone można zdiagonalizować Kwadryki w przestrzeni euklidesowej 419 Wniosek z diagonalizacji: dla każdej macierzy symetrycznej Q istnieje macierz ortogonalna C, taka, że C T QC jest diagonalna Zatem dla danej formy kwadratowej q(x) w przestrzeni z iloczynem skalarnym Istnieje ortonormalny uk lad wspólrze dnych {y i (x)} taki, że q(x) = a i yi 40 Kierunki osi g lównych kwadryk, to kierunki w lasne stowarzyszonego operatora samosprze żonego 41 Kanoniczne formy kwadryk Każda kwadryke w przestrzeni euklidesowej można sprowadzić do postaci kanonicznej za pomoca izometrii: (1) () (3) k x i a i=1 i k x i a i=1 i k x i a i=1 i k+l x i a i=k+1 i k+l x i a i=k+1 i k+l x i a i=k+1 i = 1 (k + l n) = 0 (k + l n), = x n (k + l < n) Liczby a i w (1) to d lugości osi g lównych 4 Przyk lad: znaleźć osie g lówne kwadryki ( ) 6x + 4xy + 9y = Kierunki osi g lównych (wektory w lasne ) to (1, ) i (, 1) D lugości pó losi: 10 i Ćwiczenie: Sprowadzić do postaci kanonicznej za pomoca izometrii x + 4xy + 4y x + 4y = 5 5 Operatory samosprze żone dodatniookreślone [Kos roz3, 36] 51 Przyk lad do przeliczenia Laplasjan dyskretny: V = R n = F unkcje(z n R), φ(f)(k) = 1 (f(k + 1) + f(k 1)) f(k) Udowodnić, że φ jest operatorem samosprze żonym, wartości w lasne sa ujemne, oprócz jednej, która jest równa 0 5 O geometrycznym znaczeniu zbioru wartości w lasnych laplasjanu czytaj np w the shape of a drum 10

11 53 Nieujemnie określone operatory samosprze żone: (Bx, x) = (x, Bx) 0 Dla każdego operatora samosprze żonego nieujemnie określonego istnieje,,pierwaistek, tzn operator samosprze żony, nieujemnie określony P, taki, że P = B Na podprzestrzeni wlasnej V λ operator P jest równy λ 54 Przyk lad: B = A A dla pewnego operatora A 55 Ćwiczenie: Niech V = C (S 1 ) Sprawdzić, że operator A(f) = f jest nieujemnie określony samosprze żony Jakie jest spektrum? (Jest on postaci B B) 56 [Kos roz3, 39] Rozk lad polarny (biegunowy): każdy operator A da sie zapisać jako z lożenie Q P, gdzie Q należy do O(n) (lub U(n)), P jest nieujemnie określony Dow: Jeśli A odwracalny P = (A A) 1, Q = AP 1, QQ = (AP 1 )(P 1 A ) = A(A A) 1 A = I Dla nieodwracalniego A rozważamy A ɛ = A + ɛi Dostajemy A ɛ = Q ɛ P ɛ Można wybrać ca g ɛ n 0, taki, że Q ɛn jest zbieżny 57 Uwaga: nazwa od rozkladu polarnego liczby zespolonej (tzn dim V = 1) 58 Operator P jest jednoznacznie wyznaczony (równy (A A) 1 ), a jeśli A jest odwracalny, to Q też jest jednoznacznie wyznaczony 59,,Singular value decomposition SVD (RozkB3ad wed lug wartości osobliwych): Każda macierz kwadratowa można przedstawić jako B 1 DB, gdzie B 1 i B sa unitarne/ortogonalne, a D jest macierza diagonalna o rzeczywistych nieujemnych wyrazach (dodatkowo można za lóryć, że cia g wyrazów na przeka tnej jest nierosna cy) SVD jest stosowany do kompresjii obrazu: gdzie B 1 DB B (k) 1 D(k) B (k) B (k) 1 ska da sie z pierwszych k kolumn B 1 B (k) ska da sie z pierwszych k wierszy B D (k) jest macierza diagonalna zawiraja ca pierwszych k wyrazów z przeka tnej D liczba k/n 1/10 Patrz np Podsumowanie twierdzeń o macierzach kwadratowych M M n n (K), dla K = C (oraaz wersje rzeczywiste) - tw Jordana - rozklad KAN dla odwracalnych M: M = KB, K U(n), B górnotrójka tna - rozk lad polarny M = KP, K U(n), P = P - diagonalizacja w bazie ortonormalnej operatorów unitarnych (blokowa nad R), - diagonalizacja w bazie ortonormalnej operatorów samosprze żonych - wartości w lasne rzeczywiste - i antysamosprze żonych (tzn gdy M = M, Ćwiczenie) - wartości w lasne urojone - rozk lad Choleskiego macierzy symetrycznych dodatnio określonych 11

12 511 Ćwiczenie: Dane 0 < k < n Niech A End(Rn ) zachowuje obje tość równoleg lościanów k-wymiarowych Pokazać, że A jest izometria 6 Kwaterniony [Tor V, 54-6] [też Alexei I Kostrikin, Yu I Manin, Linear Algebra and Geometry (Algebra, Logic and Applications) - od str 169] 61 SU() S 3 (pierwsza kolumna jest dowolnym wektorem jednostkowym w (a, b) C, a druga postaci ( b, a) 6 Niech 1 = ( ) ( ) 1 0 i 0, i =, j = i ( ) 0 1, k = 1 0 ( ) 0 i i 0 Zbiór {±1, ±i, ±j, ±k} jest grupa ze wzgle du na mnożenie macierzy: i = j = k = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j 63 Przestrzeń kwaternionów (H od Hamiltona) H = lin R {1, i, j, k} oraz kwaterniony czysto urojone imh = lin R {i, j, k} Tak jak poprzednio x oznacza x T Dla kwaternionów czysto urojonych x = x,,* nazywamy sprze żeniem kwaternionowym 64 Mamy (xy) = y x, bo to zachodzi dla bazy pochodza cej z M (C) 65 Dla x H mamy x x R + Definiujemy x = x x Dla x = a1+b i+c j+d k, a, b, c, d R mamy x = a + b + c + d 66 Mamy xy = x y 67 Algebra z dzieleniem nad K, to taka algebra nad K z jedynka, że każdy element różny od 0 jest odwracalny 68 Każdy kwaternion niezerowy jest odwracalny x 1 = x / x, czyli kwaterniony sa algebra z dzieleniem nad R 69 Twierdzenie Freudenthala (bez dowodu): Jedyne skończenie wymiarowe algebry z dzieleniem nad R to R, C i H 610 Kwaterniony o normie jeden to macierze spe lniaja ce xx = 1 Zatem to sa macierze z U() ( ) a + bi c + di Ponadto det(x) = det = a c + di a bi + b + c + d R +, czyli x SU() Sta d H = R + SU() {0} 1

13 611 Iloczyn skalarny w przestrzeni kwaternionów czysto urojonych (x, y) := re(xy) 61 Przyjmujemy orientacje w imh, tak aby {i, j, k} by la baza dodatnio zorientowana Dla kwaternionów czysto urojonych mamy x y = (x, y) + x y Sta d jeśli x, y imh i x y to xy = yx 613 Dla dowolnego jednostkowego kwaternionu x SU() przekszta lcenie imh y xyx imh jest izometria Sta d otrzymujemy przekszta lcenie SU() SO(3) GL(imH) 614 Geometrycznie przekszta lcenie zadane przez x = cos(t) + sin(t)l dla czysto urojonego kwaternionu jednostkowego l jest obrotem wokó l l o ka t t Dow: rachunek osobno dla y lin l i y lin l 615 Powyższe przekszta lcenie SU() SO(3) jest,,na, do 1, ja drem jest {I, I} 616 Obrót wokó l ustalonej osi o t π podniesiony do SU() nie jest identycznościa Ale obrót o 4π podniesiony do SU() jest identycznościa (Parz w YouTubie,, pi rotation is not an identity,,,your palm is a spinor itp) 617 W R, C, H (i oktonionach O) sa spe lnione: 1 a a = a a = a 1 (a b) = b a 3 a + a R 1 4 re(a b) = re(b a), gdzie re zdefiniowane jako rzut na lin( 1) 5 re(a (b c)) = re((a b) c) (to jest spe lnione w H, bo kwaterniony sa la czne) Powyższe w lasności sa spe lnione w tzw algebrach Hurwitza,,composition algebra, patrz s theorem (composition algebras) Sa to skończeniewymiarowe algebry z jedynka, niekoniecznie la czne wyposażone w dodatnio określaona forme kwadratowa forme q, q(a) = a spe lniaja ca q(a b) = q(a)q(b) Forma kwadratowa zadaje iloczyn skalarny, sprze żenie jest zdefiniowane jako symetria wzgle dem lin( 1), cze ść rzeczywista re(a) to rzutowanie na lin( 1) Czyli wszystko jest zdefiniowane za pomoca formy kwadratowej Ponadto (ab, ab) = (a, a)(b, b) (a, b)(c, d) = (ac, bd) + (ad, bc) Tw Hurwitza mówi, że jedyne algebry Hurwitza z dzieleniem nad R (z dok ladnościa do izomorfizmu) to R, C, H i O 618 Dodatek: Zwia zki z polami wektorowymi na sferze: jeśli w R n+1 jest struktura algebry z dzieleniem, to na S n jest n liniowo niezależnych pól: Dow Wybieramy iloczyn skalarny w R n+1 Niech 1 R n+1 be dzie jedynka algebry Dobieramy elementy v 1, v,, v n stanowia ce baze lin{ 1} Wtedy dla każdego g S n elementy g, gv 1, gv,, gv n stanowia baze R n+1 Niech π g be dzie rzutowaniem na lin{g} Wektory v i (g) = π g (gv i ) dla i = 13

14 1,, n stanowia baze lin{g} To sa pola wektorowe na S n, cia g le w zależności od g S n i liniowo niezależne Z tw o zaczesywaniu sfery S (nie ma ani jednego nigdzie nie znikaja cego pola) widzimy, że w R 3 nie ma struktury algebry z dzieleniem 7 Nieokreślone formy kwadratowe i ich grupy automorfizmów [Kos roz4 4] 71 Jeśli forma kwadrarowa określona przez symetryczna macierz B, to automorfizmami tej formy sa przekszta lcenia liniowe o mocierzy A spe lniaja cej A T BA = B 7 Przestrzenie z forma kwadratowa typu (m, n), grupy O(m, n), SO(m, n), SO(m, n) + 73 Ćwiczenie istnieje ciag la bijekcja O(m, n) O(m) O(n) Rmn (Jeśli m 0 i n 0, to grupa O(m, n) ma 4 sk ladowe spójne) 74 Jeśli za lożyć, że nie możemy poruszać sie pre dzej niż świat lo, to nie możemy przekroczyć horyzontu zdarzeń be da cego brzegiem obszaru x < c t Horyzont zdarzeń jest opisany równaniem kwadratowym q(t, x) = c t x 1 x x 3 = 0 Zmiany uk ladu wspó lrzednych typu x = f(x)+a t (uk lad poruszaja cy sie ) musza zachowywać horyzont zdarzeń Jeśli a = 0, to f ma być izometria Sugeruje to, że powinniśmy rozważać przekszta lcenia liniowe czasoprzestrzeni zachouja ce forme kwadratowa q Dla uproszczenia przyjmujemy c = 1 75 Ćwiczenie: każde przekszta lcenie liniowe zachowujace stożek ct x 1 x x 3 = 0 jest postaci const φ, gdzie φ O(1, 3) Grupa O(1, 1) 76 Najpierw rozważmy przestrzeń jednowymiarowa, czyli czasoprzestreń ze wspó lrze dnymi (t, x) z ( ) t y forma kwadratowa t x Grupa O(1, 1) sk lada sie z macierzy postaci, takich, że t x z x = 1 oraz (t, x) = ±(z, y) Można przyja c t = ± cosh(λ) = (e λ + e λ )/, x = ± sinh(λ) = (e λ e λ )/ 77 SO(1, 1) = { A = ( a 1 +a a 1 a a 1 a a 1 +a ) : a R \ {0} }, SO(1, 1) + = { A = ( a 1 +a a 1 a a 1 a a 1 +a ) : a > 0 } (Przyjmijmuja c a = e λ mamy zwia zek z postacia trygonometryczna hiperboliczna ) 78 Wniosek SO(1, 1) + R z dzia laniem dodawania ( ) ( ) t Niech = A Pre x 0 0 dkość definiujemy jako v := x 0 t 0 = a 1 a a 1 +a = a 1 Mamy v < 1 =: c a +1 1 v Sta d a = 1+v, a+a 1 = 1, a a 1 1 v = v 1 v ( ) cosh(λ) sinh(λ) (Inny punkt widzenia: Jeśli A =, to v = tanh(λ); oraz tanh(α) wyznacza macierz sinh(λ) cosh(λ) A) 14

15 710 Zatem A = ( ) t Jeśli = A x ( 1 1 v v 1 v v 1 v 1 1 v ), gdzie v = x 0 /t 0, ( t0 x 0 ) = A ( ) 1 0 ( ) t to wspó lrze x dne (t, x ) możemy wyrazić za pomoca (x, t) oraz v: t = t + vx, 1 v x = x + vt, 1 v lub odwrotnie t = t vx 1 v, x = x vt 1 v 711 Ćwiczenie: Jeśliby c 1, forma kwadratowa c t x, to t = t + vx/c 1 v /c, x = x + vt 1 v /c 71 Odleg lość zmienia sie zgodnie ze wzorem x 1 x = x 1 x 1 v gdy t 1 = t 713 Podobnie czas t 1 t = t 1 t 1 v gdy x 1 = x 714 Jeśliby c 1, to x 1 x = x 1 x, 1 v /c t 1 t = t 1 t 1 v /c 715 Ćwiczenie: wyprowadzić wzór na sk ladanie pre dkości v = v 1+v 1+v 1 v /c Grupa Lorentza 716 Czasoprzestrzeń R 4 z forma typu (1, 3) Badamy grupe SO(1, 3) + to sk ladowa identyczności SO(3, 1) (te przekszta lcenia, które dadza sie w sposób cia g ly zdeformować do Id (Inna nazwa: w laściwa grupa Lorenza) 717 Niech V M( ; C) zbiór macierzy hermitowsko symetrycznych tzn X = X, ( ) t + x1 x X = ix 3 x + ix 3 t x 1 Forma kwadratowa: q(a) = det(a) = t x 1 x x 3 Utożysamiamy czasoprzestrzeń ze zbiorem operatorów samospre żonych w C 718 Przestrzeń V rozpada sie na podzbiory zachowywane przez SO(1, 3) + zera formy q( ) = det( ), czyli macierze zdegenerowane Fizycy mówia na to,,stożek świat la q(a) < 0 tzn tam wartości w lasne X maja różne znaki dwie sk ladowe q(a) > 0 tzn tam wartości w lasne X maja takie same znaki (stożek dodatni i ujemny) 719 Oś czasowa V to V t = lin {( )} 1 0, a cze 0 1 ść przestrzenna to {( ) 1 0 V x = lin, 0 1 ( ) 0 i, i 0 ( )} (to sa macierze Pauliego, mnoża c przez i dostajemy bazowe kwaterniony) 70 Cze ść przestrzenna jest opisana równaniem t = 1 tr(x) = 0 15

16 71 Grupa SL (C) dzia la na V przez: A X := AXA Dow: tr(axa ) = tr(xa A) = tr(x) dla każdego X 7 To dzia lanie zgadza sie z dzia laniem na imh = i V x ρ : SU() SL (C) 73 Twierdzenie: Mamy izomorfizm L + := SO(1, 3) + SL (C)/{±I} imh i 1 V pochodza ce od odwzorowania ρ : SL (C) SO(1, 3) A ρ(a), gdzie ρ(a)(x) = AXA Przypomnijmy ponadto, że SL (C)/{±I} GL (C)/C =: P GL (C) przekszta lcenia rzutowe 74 Pierwsza cze ść twierdzenia jest równoważna z: Otrzymane odwzorowanie SL (C) SO(1, 3) + jest,,na, do 1, ker = {±I} 1) Sprawdzamy, że ja dro tego odwzorowania, to ±I: ker = {A SL (C) : X V AXA = X}, biora c X = I widzimy, że A SU(), i dalej korzystamy z tego jak wygl:ada odwzorowanie SU() SO(3) ) Liczymy wymiar grupy: tzn liczymy stopnie swobody W obu grupach wychodzi 6 i korzystamy z ogólnej w lasności grup (grup Liego): jeśli grupy maja równy wymiar, a ja dro odwzorownia jest skończone, to obraz zawiera ca la sk ladowa identyczności (Nie dowodzimy tego twierdzenia, elementarny dowód epimorficzności może być traktowane jako Ćwiczenie) 8 O przestrzeni Lobaczewskiego 81 Grupa SL (C) dzia la na V przez: A X := AXA Podgrupa SU() zachowuje wspó lrze dna czasowa Odpowiada to zamianom uk ladu wspó lrzednych z pre dkościa 0 8 Jeśli A zachowuje wspó lrze dna czasowa t, to A SU() (Z równości A IA RI wynika, że A A = I, wie c A SU()) 83 Definiujemy przestrzeń Lobaczewskiego Λ jako zbiór prostych w stożku dodatnim [Kos roz7 5] Czyli Λ P(V ) jest zawarta w mapie afinicznej t 0 We wspó lrze dnych u i = x i /t zbiór Λ jest opisany nierównościa u 1 + u + u 3 < 1 Zatem przestrzeń Lobaczewskiego można utożsamić z kula w B R3 84 Model hiperboliczny: Przestrzeń Lobaczewskiego utożsamiamy jednym p latem kwadryki H = {A M (C) A = A, tr(a) > 0, det(a) = 1} {(t, x 1, x, x 3 ) R 4 t > 0, t x 1 x x 3 = 1} 16

17 85 Dzia lanie SO(1, 3) + na Λ jest przechodnie (tzn jest jedna orbita, tzn x, y Λ g SO(1, 3) + x = g y) stabilizator (=grupa izotropii, = grupa stacjonarna) każdego punktu jest izomorficzny z SO(3) Dw: Pokażemy, że dzia laja c SL (C) na H każda macierz X przekszta lcimy na I Macierza z SU() doprowadzamy X do postaci diagonalnej (twierdzenie spektralne) diag(a, a 1 ) Wyrazy na przeka tnej sa > 0, bo X H Teraz za pomoca A = diag(a 1/, a 1/ ) doprowadzamy do I Stabilizator liczymy dla X = I 86 Przestrzeń styczna T (t,x) H jest opisana równaniem φ((t, x), v) = 0, czyli T (t,x) Λ = lin{(t, x)}, gdzie φ jest forma -liniowa stowarzyszona z forma kwadratowa t (x 1 + x + x 3 ) (Dowód ogólny dla zbioru opisanego równaniem kwadratowym q(x) = 0 Wektor v jest styczny w punkcie p (z definicji) jeśli istnieje krzywa γ(s) = p + sv + O(s ) ca lkowicie zawarta w zbiorze zadanym równaniem q = 0 Zatem dla każdego s 0 = q(γ(s)) = φ(p + sv + O(s ), p + sv + O(s )) = φ(p, p) + sφ(p, v) + O(s ) Sta d musi być φ(p, v) = 0) 87 W każdym punkcie p H R 4 forma kwadratowa t (x 1 + x + x 3 ) obcie ta do przestrzeni stycznej do H jest niezdegenerowana forma ujemnie określona Definiujemy forme kwadratowa na T (t,x) zmieniaja c znak aby mieć iloczyn skalarny 88 Iloczyn skalarny w przestrzeniach stycznych pozwala liczyć d lugość krzywych Odleg lość pomie dzy dwoma punktami definiujemy jako infimum po wszystkich krzywych la cza cych dane punkty Okazuje sie, że najkrótsze krzywe la cza ce punkty (geodezyjne) nie sa odcinkami, lecz lukami okre gu prostopad lego do brzehu W tej geometrii suma ka tów trójka ta geodezyjnego jest mniejsza od π Mamy Dla porównaia na sferze jednostkowej mamy π suma ka tów = pole trójka ta suma ka tów π = pole trójka ta 89 Wprowadzamy wspó lrze dne na H wzorem y i = x i 1+t, co odpowiada rzutowaniu stereograficznym π : H B {0} R 3 z punktu ( 1, 0, 0, 0) Norma wektora w punkcie (t, x) różni sie o czynnik 1 y od normy standardowej w punkcie y = x/(1 + t) B: v hiperboliczna = Dow Odwrotna zamiana wspó lrze dnych: 1 y Dπ(v) standard, dla v T (t,x) H (t, x) = 1 1 y (1 + y, y), Sferom o środku w 0 zawartym w B odpowaidaja sfery w H po lożone w przestrzeniach zadanych warunkiem t = const Sa one rozcia gnie te w skali 1 u 17

18 1 Kryzywej γ(s) = (s, 0, 0) na B odpowiada na H krzywa postaci (1 + s, s, 0, 0) Ma on pre 1 s dkość, liczona wg nowego iloczynu skalarnego, także równa (ćwiczenie z różniczkowania) Krzywa 1 u ta jest prostopad la do koncentrycznych sfer y = const w obu iloczynach skalarnych Zatem obie przestrzenie styczne T y B i T (t,x) H rozk ladaja sie na prostopad le sk ladniki rozcia gane w tym samym skalarem Zatem funkcja (t, x) y jest izometria 810 Uwaga: Przekszta lcenie H (t, x) ( 1, cbdo x 1 + t ) R4 jest wersja rzutu stereograficznego dobrze znanego mniejszym wymiarze dla sfery R 3 S (t, x) ( 1, x 1 + t ) R3 Tu także odwzorowanie ze sfery na p laszczyzne jest wiernoka tne (konforemne) wspó lczynnik rozcia gnie cia Ćwiczenie: policzyć 811 Opisana tu zosta la geometria hiperboliczna (W dim= patrz dysk Poincaré) Elementy grupy SO + (1, 3) dzia laja jak izometrie 81 Ćwiczenie: opisać orbity dzia lania SL (C) na ca lej P(V ) 18