1 Przestrzenie z iloczynem skalarnym

Transkrypt

1 Przestrzenie z iloczynem skalarnym W denicji przestrzeni wektorowej nie ma mowy o dªugo±ci wektora (chyba»e jest to wektor zerowy). Wprowadzajac pojecie normy, mamy zdeniowana dªugo± wektora. Nie umiemy jednak mierzy katów miedzy wektorami (tzn. pojecie kata nie jest tam zdeniowane). W przestrzeniach z iloczynem skalarnym jest to mo»liwe i w takich przestrzeniach mo»emy peªniej wykorzystywa intuicje geometryczne.. Iloczyn skalarny i jego wªasno±ci Niech V bedzie przestrzenia wektorowa nad ciaªem K (w praktyce K bedzie R lub C). Odwzorowanie ( ): V V K nazywamy iloczynem skalarnym, je±li dla dowolnych wektorów x, y, z V oraz λ, µ K zachodz warunki:. (z λx + µy) = λ(z x) + µ(z y) (tzn. iloczyn skalarny w drugim argumencie jest liniowy);. (a) (x y) = (y x) dla K = R (symetria), (b) (x y) = (y x) dla K = C (hermitowsko± ).. (x x), oraz (x x) = = x =. Uwaga. Dla K = C, iloczyn skalarny na ogóª przyjmuje warto±ci zespolone. Natomiast p. powy»ej mówi,»e (x x) R (a wiec sensowny jest p., i zgodnie z nim (x x) ). Def. Odwzorowanie F : V W przestrzeni wektorowych nad C nazywa sie antyliniowe, je±li jest addytywne (tzn. F (x +y) = F (x)+f(y)) oraz F (λx) = λx (tu x, y F, λ C). Zauwa»my,»e ze wzgledu na wªasno±, w przypadku zespolonym iloczyn skalarny jest antyliniowy w pierwszym argumencie: (λx y) = (y λx) = λ(y x) = λ(y x) = λ(x y). Pamietajac denicje formy biliniowej, mo»emy powiedzie,»e: Dla K = R iloczyn skalarny to forma biliniowa symetryczna, a stowarzyszona z nia forma kwadratowa jest dodatnio okre±lona (p. ). Def. Rzeczywista przestrze«wektorowa wyposa»ona w iloczyn skalarny nazywa sie przestrzenia euklidesowa. Dla K = C iloczyn skalarny to forma liniowa w drugim argumencie i antyliniowa w pierwszym (takie formy nazywa sie póªtoraliniowymi). Jest ona ponadto hermitowska (p. ) a stowarzyszona z nia forma kwadratowa jest dodatnio okre±lona (p.). Def. Zespolona przestrze«wektorowa wyposa»ona w iloczyn skalarny nazywa sie przestrzenia unitarna. Przykªady. (Wªasno±ci iloczynu skalarnego wszedzie sprawdza sie ªatwo). V = R n ; (x y) = x y + x y + + x n y n. Jest to standardowy (bad¹ kanoniczny) iloczyn skalarny w R n.

2 . V = C n ; (x y) = x y + x y + + x n y n. Jest to standardowy (bad¹ kanoniczny) iloczyn skalarny w C n.. V = R n ; (u v) = b a u(x)v(x)dx (tu zakªadamy,»e b > a) 4. V = C n ; (u v) = b a u(x)v(x)dx (tu te» zakªadamy,»e b > a). V = R n ; (u v) = u(x)v(x)e x dx. Šatwo zobaczy,»e je±li V jest przestrzenia z iloczynem skalarnym, to ka»da jej podprzestrze«równie» jest przestrzenia z iloczynem skalarnym.. Norma indukowana przez iloczyn skalarny. Nierówno± Schwarza Dla wektora x V zdeniujmy wielko± x : x = (x x). () Z wªasno±ci iloczynu skalarnego, mamy: x ; λx = λ x. Stw. (Nierówno± Schwarza). Dla dowolnych wektorów x, y V zachodzi nierówno± : (x y) x y () przy czym równo± ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x, y sa proporcjonalne (tzn x = αy dla pewnego α K). Dowody przeprowadzimy oddzielnie dla przypadków R i C (wersja zespolona jest nieco bardziej skomplikowana. Wersja dla R ju» w nie najogólniejszym przypadku byªa, ale dla kompletu zamie±cimy i ja). K = R. We¹my wektory x, y V oraz t R. Zdeniujmy wielko± : f(t) = (x ty x ty). Poniewa¹ iloczyn skalarny jest nieujemny, mamy: f(t). Wypiszmy dokªadniej: f(t) = (x ty x ty) = (x x) t(x y) t(y x) + t (y y) = x t(x y) + t y ; widzimy,»e f(t) jest trójmianem kwadratowym w zmiennej t. Trójmian ten jest nieujemny, zatem jego wyró»nik jest niedodatni: = 4(x y) 4 x y = (x y) x y, czyli dostali my nierówno± (). Kiedy ma miejsce równo±? Wtedy, gdy =, a to oznacza,»e f(t) ma pierwiastek (podwójny): t : f(t ) =, a to znaczy,»e x t y =, czyli x = t y. K = C. Tu iloczyn skalarny nie jest symetryczny (przy zamianie argumentów pojawia sie sprze»enie). Postapimy troche inaczej: Zapiszmy iloczyn skalarny (x y) w postaci (zespolonej) trygonometycznej: (x y) = (x y) e iφ ; stad mo»emy zapisa : (e iφ x y) = (x y).

3 Rozpatrzmy teraz nastepujaca funkcje f(t) zmiennej rzeczywistej t: f(t) = (e iφ x ty e iφ x ty) = (x x) t(e iφ x y) t(y e iφ x) + t (y y) = x t (x y) + t y. Funkcja f(t) jest nieujemnym trójmianej kwadratowym w zmiennej t. Wida,»e od tego momentu mo»na dalej postepowa jak w przypadku rzeczywistym. Wniosek. Dla dowolnych dwóch wektorów x, y, zarówno w przypadku rzeczywistym jak i zespolonym, zachodzi: x + y x + y. () Dow. Mamy: x + y = (x + y x + y) = (x x) + (x y) + (y x) + (y y) = x + y + Re(x y) x + y + (x y) x + y + x y = ( x + y ) (w ostatniej nierówno±ci korzystali±my z nierówno±ci Schwarza). Obie strony otrzymanej nierówno±ci sa dodatnie, wiec mo»emy wyciagna dodatni pierwiastek kwadratowy i otrzymujemy (). CBDO Uwaga. W ten sposób stwierdzili±my,»e wielko± x deniowana przez () speªnia trzy warunki normy. Norme deniowana przez () nazywamy norma indukowana przez iloczyn skalarny. Ortogonalno± We¹my dwa niezerowe wektory x, y V (V jest nad R). Dzieki nierówno±ci Schwarza mamy nierówno± : (x y). (4) x y Znak równo±ci zachodzi, gdy x jest proporcjonalny do y. Zdeniujmy kat α miedzy wektorami x, y jako takie α, π,»e cos α = (x y) x y. () Gdy x = ty, t >, to cos α =, wiec α = zgodnie z intuicja z R ('wektory x oraz y maja zwroty zgodne'). Podobnie gdy x = ty, t <, to cos α =, wiec α = π ('wektory x oraz y maja zwroty przeciwne'). Gdy zachodzi (x y) =, to α = π mówimy wtedy,»e wektory x, y sa prostopadªe (lub ortogonalne). Zauwa»my,»e denicja ortogonalno±ci jest te» sensowna w przestrzeniach zespolonych (nie ma tam pojecia kata, ale gdy (x y) =, to mówimy,»e x, y sa ortogonalne). Zauwa my,»e je»eli x, y sa ortogonalne, to x + y = (x + y x + y) = (x x) + (x y) + (y x) + (y y) = x + y. Przez analogie z elementarna geometria, równo± te nazywamy twierdzeniem Pitagorasa.

4 Def. Niech zbiór wektorów (e = e, e,..., e n ) bedzie baza w V. Mówimy,»e baza e jest ortogonalna, je±li dla dowolnych i j zachodzi: Je±li ponadto dla i =,,..., n zachodzi: (e i e j ) =. (e i e i ) =, to baze e nazywamy ortonormalna. Powy¹sze dwa warunki mo»na przy u»yciu symbolu delty Kroneckera, zapisa jako jeden; mamy wtedy denicje: Baze e = (e, e,..., e n ) nazywamy ortonormalna, je»eli (e i e j ) = δ ij. Przy u»yciu baz ortogonalnych, a jeszcze lepiej ortonormalnych, wiele rachunków sie uªatwia i wzory w tych bazach na ogóª wygladaja pro±ciej, ni» w dowolnej bazie. Dlatego majac jaka± baze warto umie znale¹ baze ortogonalna. Metoda znajdowania bazy ortogonalnej jest ortogonalizacja Grama-Schmidta. Ale wprzód jeszcze przykªad, jak u»ycie bazy ortogonalnej uªatwia»ycie. Zobaczmy, jak wyglada iloczyn skalarny dwu wektorów rozªo»onych w bazie ortogonalnej. Niech x, y V, h = (h,..., h n ) baza ortnormalna w V. Mamy: n n n n n n n (x y) = x i h i y j h j = x i y j (h i h j ) = x i y j δ ij = x i y i ; i= j= i= j= i= j= zatem, w bazie ortonormalnej iloczyn skalarny ma posta standardowa. i=.4 Ortogonalizacja Grama-Schmidta Metoda dziaªa zarówno w przypadku rzeczywistym, jak i zespolonym (w tym ostatnim trzeba bardziej uwa»a o tym za chwile). Zaªó»my,»e mamy baze, na ogóª nieortogonalna e = (e, e,..., e n ). Zdeniujmy baze f = (f, f,..., f n ) rekurencyjnym wzorem (rekurencja Grama-Schmidta) f = e ; f = e (e j f ) (f f ) f (e j f k ) ;..., f j = e j k= (f k f k ) f k (6) Stw. Baza f = (f, f,..., f n ) jest ortogonalna. Dow. jest indukcyjny. Sprawd my,»e (f f ) = : (f f ) = (e f ) (e f ) (f f ) (f f ) =. Zaªó»my teraz (zaªo»enie indukcyjne),»e (f, f,..., f j ) sa prostopadªe, i sprawd¹my,»e f j jest prostopadªy do wszystkich poprzednich (tzn. (f, f,..., f j )): We¹my jaki± wska¹nik m < j, i mamy: (f j f m ) = (e j f m ) 4 j k= (e j f k ) (f k f k ) (f k f m );

5 w powy»szej sumie, wszystkie (z wyjatkiem jednego) iloczyny (f k f m ) sa równe zeru (z zaªo»enia indukcyjnego). Wyraz nie równy zeru to ten, dla którego k = m. Mamy wiec (f j f m ) = (e j f m ) (e j f m ) (f m f m ) (f m f m ) =. Przykª. Zortogonalizujmy ukªad trzech wektorów w R : e =, e =, e =. CBDO Zgodnie z recepta (6), mamy: f = e =, f = e (e f ) (f f ) f =... policzmy na boku: (f f ) = ( + + 4) =, (f 9 e ) = wektor: f = e (e f ) (f f ) f (e f ) (f f ) f = = = 6 = =, ( ) =... i ostatni Rachunkami do zrobienia ju» w pamieci wida,»e f, f, f sa ortogonalne.. Dopeªnienie ortogonalne podprzestrzeni Niech E V (E mo»e, ale nie musi, by podprzestrzenia). Zdeniujmy zbiór E : E = {x V : (x y) = y E}; (7) innymi sªowy, E jest zbiorem wektor ów prostopadªych do E (tzn. do dowolnego wektora z E). Šatwo zobaczy,»e E jest podprzestrzenia V. Def. Gdy E V jest podprzestrzenia, to E nazywamy dopeªnieniem ortogonalnym podprzestrzeni E. Stw. Je±li V jest sko«czenie wymiarowa przestrzenia z iloczynem skalarnym, a E V jest podprzestrzenia, to V = E E. Dow. Je±li x E E, to (x x) =, a wiec x =. Stad E E = {}. Poka»emy,»e E + E = V. Niech e, e,... e k bedzie baza w E i niech dim V = n. Mamy: E = {y V : (y e j ) = dla j =,..., k};

6 jest to k warunków w n wymiarowej przestrzeni; nie testujemy na razie czy wszystkie sa niezale»ne, wiec wymiar E jest przynajmniej n k: dim E n k. Wymiar sumy E + E jest wiec: dim(e + E ) k + (n k) n. Ostra nierówno± nie mo»e mie miejsca, wiec dim(e + E ), czyli E + E = V. Tak wiec, skoro E E = {} i E + E = V, to V = E E. CBDO Wniosek: Je±li E podprzestrzen«v, to (E ) = E. Wystarczy sprawdzi rozkªad wektorów w bazach: Niech (e,..., e k ) baza w E, (e k+,..., e n ) baza w E ; wtedy: x E = x = k i= a i e i = x = n j=n k b j e j = (x ) = k i= c i e i, zatem E (E ). Mamy ponadto: dim E = k = n (n dim E)) = dim(e )..6 Rzut ortogonalny (prostopadªy) na podprzestrze«pamietamy (byªo to w rozdz. o wart. i wekt. wªasnych),»e gdy mamy rozkªad przestrzeni na sume prosta: V = V V, to mo»emy zdeniowa rzut P na podprzestrze«v. (mówimy wtedy: 'Rzut na podprzestrze«v wzdªu» V ') Rzutowanie to polega na zapominaniu skªadowej, nale»acej do drugiej podprzestrzeni. Tzn. gdy v = v +v, gdzie v V, v V, to P v = v. Dla przestrzeni z iloczynem skalarnym te» oczywi±cie mo»na takie rzuty zdeniowa. Szczególnie wa»ne sa rzuty w sytuacji, gdy przestrze«v rozkªadamy na podprzestrze«e i jej dopeªnienie ortogonalne E. Tak wiec: Def. Rzutem ortogonalnym na podprzestrze«e V nazywamy rzut na podprzestrze«e wzdªu» E. Oznaczamy go P E. Poka»emy,»e gdy (e,..., e k ) jest baza ortonormalna w E, to rzut ortogonalny wektora v V na E jest dany wzorem: P E x = i= (e i x)e i. (8) Zauwa»my najsampierw,»e wzór ma szanse by prawdziwy, gdy» P E x E (jako liniowa kombinacja wektorów bazy E). Mamy ponadto, dla j =,..., k: (e j x P E x) = (e j x (e i x)e i ) = (e j x) (e i x)(e i e j ) i= i= = (e j x) (e i x)δ ij = (e j x) (e j x) =. i= Skoro tak, to wektor: (x P E x) E. Otrzymali±my zatem rozkªad wektora x na skªadowe w sumie prostej E E : Uwagi. x = (e i x)e i + x (e i x)e i i= } {{ } } i= {{ } E E (9). Gdy baza w E jest nieortonormalna, to wyra»enie na rzut P E te» mo»na napisac, ale jest ono znacznie bardziej skomplikowane. 6

7 . Powró my do wzoru (6) w rekurencji Grama-Schmidta. Zapiszmy go w postaci: k f k = e k (e k h j )h j, j= gdzie h j sa unormowane: h j = f j f j, tworza wiec baze ortonormalna. Porównujac powy»sze wyra»enie z wzorem (8), mo»emy napisa,»e f k = e k P Ek e k, gdzie E k = f, f,..., f k. Kilka faktów z geometrii metrycznej, ciekawych i po»ytecznych. Odlegªo± punktu od podprzestrzeni Def. Odlegªo± punktu x od podprzestrzeni E deniujemy jako: d(x, E) = inf d(x, y). () y E RYS. Uwaga. W ten sposób te» deniujemy odlegªo± punktu od dowolnego zbioru, nie tylko podprzestrzeni. Ale dla podprzestrzeni, denicje te mo»na przeksztaªci, u»ywajac odpowiednio±ci: punkt przestrzeni wektor, w wyliczalny wzór: d(x, E) = inf y E x y = inf y E x P Ex + P E x y = zauwa»amy,»e x P E x E, za± P E x y E, i korzystamy z tw. Pitagorasa, dostajac... inf y E ( x P Ex + P E x y ) = inf y E x P Ex = x P E x. () Przedostatnia równo± wynika z faktu,»e wektorem y przebiegamy caªa podprzestrze n E, wiec traamy na y = P E x, a w tym przypadku P E x y =. RYS. Za± ostatnia równo± wynika z faktu,»e x P E x nie zale»y od y, jest wiec taka sama dla wszystkich y E. Przykª. Znale¹ odlegªo± pomiedzy prostymi y = x i y = x +. Rozw. Wida,»e sa to proste równolegªe. Niby nie podpada to pod otrzymany przez nas wzór, ale jest inaczej wystarczy wybra dowolny punkt na jednej prostej i znale¹ odlegªo± tego punktu od drugiej prostej. Tu, wybierzmy punkt (x =, y = ) na drugiej prostej. Przeformuªujmy teraz zadanie w jezyku punktów i podprzestrzeni: Znale¹ odlegªo± punktu v = od podprzestrzeni E rozpietej przez wektor f =. RYS. kwestia gustu przynajmniej na egzaminie 7

8 Odlegªo± znajdujemy korzystajac z wzoru (). Musimy najsampierw unormowa'baze rozpinajaca E; tu baza skªada sie z jednego wektora f. Wektor unormowany to e = wiec. Mamy: P E v = (v e)e = ( + ) v P E v = 4 a szukana odlegªo± to dªugo± tego wektora: d(v, E) = v P E v = = 4 = 4 =. Kto nie wierzy, niech na papierze milimetrowym narysuje i zmierzy, albo prosta prostopadªa narysuje, punkty przeciecia poznajduje, i odlegªo± miedzy nimi wykalkuluje Powy»szy przykªad byªjedynie ilustracja dziaªania wzoru (). W wiekszej liczbie wymiarów liczy sie analogicznie jedynie trudno±ci rachunkowe moga by wieksze.,,. Podstawowe pojecia geometrii anicznej Dotad zajmowali±my sie przestrzeniami, podprzestrzeniami i odwzorowaniami liniowymi. Sa jednak naturalne sytuacje, gdy warto te pojecia w okre±lonym kierunku rozszerzy, otrzymujac obiekty tzw. aniczne. Przed ich zdeniowaniem, wprowad¹my najsampierw oznaczenie: Ozn. Niech Z podzbiór przestrzeni wektorowej V, za± x jaki± wektor z V. Wprowad¹my oznaczenie (mo»emy je roboczo nazwa 'zbiór Z przesuniety o wektor x') RYS. Jest oczywiste,»e zachodzi:. x + (y + Z) = (x + y) + Z, x + Z = Z + x = {y = z + x, z Z}.. Je±li Z podprzestrze«, x Z to x + Z = Z. Def. Podprzestrzenia aniczna P przestrzeni V nazywamy zbiór postaci P = p + L, () gdzie p pewien wektor nale»acy do V, za± L podprzestrze«wektorowa przestrzeni V. Oczywi±cie, p P. Ponadto p mo»na zastapi dowolnym innym punktem z P : Je±li p P, to p = p + l dla pewnego l L, zatem p + L = (p + l) + L = p + (l + L) = p + L = P. Okazuje sie (proste wiczenie),»e dla zadanej podprzestrzeni anicznej P, podprzestrze«l jest wyznaczona jednoznacznie. L nazywa sie przestrzenia styczna do P. 8

9 Dla dim L =,, podprzestrzenie aniczne nazywaja sie odpowiednio punktem, prosta, pªaszczyzna aniczna. Przykªad. Niech T : V W odwzorowanie liniowe z przestrzeni V do W. Wiemy,»e zbiór rozwiaza«równania T x = jest podprzestrzenia liniowa w V. Natomiast zbiór rozwiaza«równania niejednorodnego T x = y, y W dany wektor, nie jest podprzestrzenia liniowa w V. Jest natomiast podprzestrzenia aniczna. (mo»e te» by pusty). Def. Mówimy,»e podprzestrzenie aniczne P, P sa równolegªe, je±li L L lub L L (moga sie te» pokrywa ). (Tu L, L sa przestrzeniami stycznymi odpowiednio do P i P ). Šatwo sprawdzi,»e przeciecie dwóch podprzestrzeni anicznych jest puste albo te» podprzestrzenia aniczna. To samo dotyczy dowolnej ilo±ci przestrzeni anicznych.. Odlegªo± podprzestrzeni anicznych Def. Odlegªo± dwóch podprzestrzeni anicznych Π oraz Π deniujemy jako d(π, Π ) = inf d(p, p Π, p Π p ). () Jak i uprzednio, przeksztaª my to wyra»enie we wzór bardziej nadajacy sie do wylicze«. W tym celu zacznijmy od przedstawienia: Π = p + L, Π = p + L gdzie L, L sa podprzestrzeniami wektorowymi (stycznymi do Π oraz Π odpowiednio). Wynika stad przedstawienie dla dowolnych punktów p Π, p Π : Wykorzystujac to, mamy: p = p + y, p = p + y gdzie y L, y L d(π, Π ) = inf p p Π, p Π p = inf p y L, y L + y p y = inf (p y L, y L p ) + (y y ) = inf (p z (L+L p ) + z =... )... w czym rozpoznajemy odlegªo± punktu (p p ) od podprzestrzeni (L+L ), na która to odlegªo± wyprowadzili±my niedawno wzór (), który tu doprowadzi do kalkulowalnego wyra»enia na odlegªo± : d(π, Π ) = d((p p ), (L + L )) = (p p ) P (L+L )(p p ). (4) Przykªad. Dla naprzykªadu obliczmy odlegªo± pomiedzy prostymi sko±nymi, zadanymi parametrycznie (parametr t R), w R : Π = p + L = p + tl = + t, Π = p + L = p + tl = jak mawiaª kolega kierownik w audycjach Jacka Fedorowicza 8 + t. 9

10 Rozw. Liczymy co trzeba: π = p p = 8, L + L = l, l. Bedziemy liczy rzuty na L+L, zatem musimy mie tam baze ortonormalna. Baza (l, l ) ortonormalna nie jest. Skoro tak, to musimy ja zortonormalizowa. Najpierw zortogonalizujmy, oznaczajac baze ortogonalna jako (f, f ): f = l =, f = l (f l ) l l ) l = 6 = = które jak wida goªym okiem sa ortogonalne. Normalizujemy (dzielac przez dªugo± i) i otrzymujemy baze ortonormalna: Dalej: e = f, e = f. P L+L π = (π e )e +(π e )e = ( + +8 )f + 6 ( ( )+ +8 ) = f + f i mamy odlegªo± : = 6 π P L+L π = 6 d(π, Π ) = + + = = 6, + ( ) + 6 = 6. Przykªad. Obliczy odlegªo± pomiedzy prostymi sko±nymi, zadanymi parametrycznie (parametr t R), w R : Π = p + L = p + t l = + t,, Π = p + L = p + t l = + t Odp. Tu proste, rzekomo sko±ne, przecinaja sie! Oblicz, Czytelniku (Czytelniczko), w jakim punkcie..,.4 Objeto± równolegªo±cianu rozpietego na k wektorach w R n We¹my k wektorów v, v,..., v k nale»acych do R n. Deniujemy równolegªo±cian P rozpiety na tych wektorach jako zbiór RYS.: P = {λ v + λ v + + λ k v k }, λ i }. ()

11 Deniujemy jego k wymiarowa objeto± indukcyjnie wzorem 'pole podstawy razy wysoko± ': V ol(v,..., v k ) = V ol(v,..., v k ) d(v k, v,..., v k ) (6) za± punkt startowy indukcji ('objeto± jednowymiarowa') to dªugo± wektora: V ol(v ) = v. Def. Macierza Grama ukªadu wektorów v, v,..., v k (ozn. G(v, v,..., v k )) nazywamy macierz k k, której elementami sa iloczyny skalarne wektorów v i, tzn. G ij = (v i v j ). Stw. V ol(v,..., v k ) = det G(v, v,..., v k ). Dow. bedzie indukcyjny. Dla k = teza jest prawdziwa: V ol(v ) = v = (v v ) = det G(v ). Poka»emy,»e z zaªo»enia o prawdziwo±ci tezy dla k wynika jej prawdziwo± dla k. Mamy: V ol(v,..., v k ) = V ol(v,..., v k ) d(v k, v,..., v k ) = V ol(v,..., v k ) (v k P v k v k P v k ) = det G(v, v,..., v k ) (v k P v k v k P v k ) = det G(v, v,..., v k, v k P v k ) gdzie P jest rzutem na podprzestrze«v,..., v k. W ostatniej równo±ci wykorzystali±my fakt, i» v k P v k jest ortogonalny do wszystkich wektorów v,..., v k, zatem macierz Grama : G(v, v,..., v k, v k P v k ) ma, w ostatnim wierszu (i kolumnie) niezerowy tylko wyraz diagonalny G kk, a pozostaªe G kj, j < k sa równe zeru. Pozostaje pokaza,»e det G(v, v,..., v k, v k P v k ) = det G(v, v,..., v k, v k ). Wynika to z nastepujacego lematu. Lemat. Je±li wektory w,..., w k sa kombinacjami liniowymi wektorów v, v,..., v k ): w r = a i rv i, i= r =,..., k to G(w,..., w k ) = A T G(v,..., v k )A, gdzie A jest macierza wspóªczynników (a i r). Stad wynika,»e det G(w,..., w k ) = (det A) det G(v,..., v k ). (7) Dow. (lematu): Liczymy iloczyn skalarny: ( (w r w s ) = a i rv i a j sv j = a i ra j s(v i v j ) = i= j= i= j= i,j (A T ) r i G ij(a) j s

12 CBDO (lematu) Koniec dowodu Stwierdzenia: W macierzy A wybieramy: w = v,..., w k = v k, w k = v k P v k. Poniewa» P v k jest liniowa kombinacja wektorów v,..., v k, to macierz A ma strukture górnotrójkatna, a na diagonali ma same jedynki, wiec det A =. Korzystamy z wzoru (7) i mamy co trzeba. CBDO Przykª. Obliczy pole powierzchni równolegªoboku, wycietego przez graniastosªup o podstawie bedacej jednostkowym kwadratem o wierzchoªkach w punktach: (, ), (, ), (, ), (, ) z pªaszczyzny zadanej równaniem z = ax + by + c. Tzn. jest to pole powierzchni (objeto± dwuwymiarowa) równolegªo±cianu rozpietego na wektorach: Liczymy macierz Grama: G = v x = a (vx v x ) (v x v y ) (v y v x ) (v y v y ), v y = = b + a ab ab + b a szukane pole powierzchni V to pierwiastek z wyznacznika: V = det G = Wzór ten przyda sie nam zaniedªugo... ( + a )( + b ) a b = + a + b.,