Afinní prostory


  1. Buď V vektorový prostor a položme A=V a zobrazení f z AxV do definujme vztahem f(a,v) = a+v (tj. sčítáme ve vektorovém prostoru V). Ověřte, že je (A, V, f) afinní prostor.
  2. Stačí přímo ověřit podmínky definice.

    Všimněme si, že podle Věty 19.7. můžeme každý afinní prostor vyjádřit tak, že ztotožníme body s vrcholy a zobrazení posunutí bodu o vektor (f) vyjádříme pomocí vektorového sčítání .


  3. Uvažujme afinní prostor A(R3) (v zápisu afiního prostoru vynecháváme zobrazení, kterým je právě sčítání po složkách). Buď B1 = (1,2,1) + < (1,0,1), (2,1,0) >, B2 = (-1,1,1) + < (1,1,-1) >, B3 = (2,3,0) + < (3,1,1) > podprostory afinního prostoru A(R3). Rozhodněte, zda prvek bod (1,-1,0) leží v B1 a dále pro která různá i a j je Bi částí Bj.
  4. Předně se ptáme, zda (1,-1,0) = (1,2,1) + x.(1,0,1) + y.(2,1,0) pro nějaké x a y, tj. ptáme se, zda má nějaké řešení nehomogenní soustava rovnic (ve vektorovém zápisu) x.(1,0,1) + y.(2,1,0) = (0,-3, -1). Budeme například upravovat matici této soustavy:

    1 2 0
    0 1 -3
    1 0 -1
      ~  
    1 2 0
    0 1 -3
    0 -2 -1
      ~  
    1 2 0
    0 1 -3
    0 0 -7
    ,

    tedy vidíme, že soustava žádné řešení nemá, proto bod (1,-1,0) neleží v afinním podprostoru B1.

    K zodpovězení druhé otázky si díky Větě 19.7. stačí uvědomit, zda je Wi je částí Wj a zda ai leží v Bj pro podprostory Bk = ak + Wk.

    Předně W1 = < (1,0,1), (2,1,0) > není kvůli dimenzi částí W2 ani W3 a zřejmě ani W2 není částí W3 stejně jako W3 není částí W2. Konečně některou z obvyklých metod snadno zjistíme, že vektory (1,1,-1) i (3,1,1) leží v podporostoru W1 (například pomocí maticového počtu zjstíme, že podprostor W1 má stejnou dimenzi jako podprostory < (1,0,1), (2,1,0), (1,1,-1) > resp. < (1,0,1), (2,1,0), (3,1,1) > ). Podle Věty 19.18 zbývá podobným způsobem jako v první části příkladu rozhodnout, zda bod (-1,1,1) resp. bod (2,3,0) leží v afinním podprostoru B1, tj. zda vektory (-1,1,1) - (1,2,1) = (-2,-1,0) a (2,3,0) - (1,2,1) = (1,1,- 1) leží ve W1:

    1 2 -2 1
    0 1 -1 1
    1 0 0 -1
      ~  
    1 2 -2 1
    0 1 -1 1
    0 -2 2 -2
      ~  
    1 2 -2 1
    0 1 -1 1
    0 0 0 0
    ,

    tedy vidíme, že body (-1,1,1) i (2,3,0) leží v afinním podprostoru B1.


  5. Určete vzájemnou polohu podprostorů afinního prostoru Z74
    A = (2,6,1,1) + < (4,0,3,1), (2,0,0,6) > a
    B = (3,0,0,5) + < (2,0,0,0) >

    Zřejmě báze zaměření tvoří dohromady lineárně nezávislou množinu vektorů, proto podle definice dané podprostory nejsou rovnoběžné. Otázkou je, zda jsou mimoběžné nebo různoběžné, tj. zda mají nebo nemají společný bod. Na to podle Věty 19.19. stačí zjistit, zda je vektor (2,6,1,1) - (3,0,0,5) = (6 6 1 3) lineární kombinací vektorů (4,0,3,1), (2,0,0,6), (2,0,0,0). Okamžitě vidíme (neboť zpřeházením sloupečků dostaneme odstupňovanou matici), že posloupnost těchto čtyř vektorů je lineárně nezávislá, proto podprostor tvořený body (2,6,1,1) a (3,0,0,5) a vektory(4,0,3,1), (2,0,0,6), (2,0,0,0) je celé Z74. Tedy afinní podprostory A a B jsou mimoběžné.


  6. Najděte podprostor C afinního prostoru Z74, který je různoběžný s podprostorem A a zároveň rovnoběžný s podprostorem B z předchozí úlohy.

    Stačí vzít nějaký bod A a zaměření B, tedy např C = (2,6,1,1) + < (2,0,0,0) >.


  7. Nejděte příčku afinních podprostorů prostoru Z74 A = (2,6,1,1) + < (4,0,3,1), (2,0,0,6) > a B = (3,0,0,5) + < (2,0,0,0) > se zaměřením < (1,1,2,1) >.
  8. Snadno zjistíme, že jsou dané podprostory mimoběžné, navíc okamžitě vidíme, že vektor určující zaměření příčky tvoří spolu s bazemi zaměření obou podprostorů bazi Z74, tedy příčka musí existovat. (Ovšem kdybychom předem nezjišťovali mimoběžnost a existenci příčky, mohli bychom obé zjistit v průběhu řešení získané soustavy rovnic)

    Označme P hledanou přímku a uvažme například podmínky pro průsečíky P s A a s B. Je-li (2,6,1,1) + x.(4,0,3,1) + y.(2,0,0,6) průsečík P a A a (3,0,0,5) + z.(2,0,0,0) průsečík P a B, pak musí pro vhodné t platit, že

    (2,6,1,1) + x.(4,0,3,1) + y.(2,0,0,6) - ((3,0,0,5) + z.(2,0,0,0)) = t.(1,1,2,1),
    tedy x.(4,0,3,1) + y.(2,0,0,6) - z.(2,0,0,0) - t.(1,1,2,1) = (1,1,6,4)

    Získali jsme nehomogenní soustavu 4 rovnic o 4 neznámých. Uvědomme si, že nemusíme zjišťovat hodnoty všech neznámých, nýbrž stačí spočítat například hodnotu z, abychom našli jeden bod, který na příčce, jejíž zaměření známe, leží. Vyřešme tedy soustavu:

    4x + 2y + 5z + 6t = 1,
    0x + 0y + 0z + 6t = 1,
    3x + 0y + 0z + 5t = 6,
    1x + 6y + 0z + 6t = 4.

    Dostáváme, že t=6, x=6, y=3 a z=1. Tedy na příčce leží například bod (5,0,0,5) a hledanou příčku můžeme popsat ve tvaru (5,0,0,5) + < (1,1,2,1) >.


  9. Určete vzájemnou polohu přímek P = (3,4,1) + < (1,2,1) > a Q = (4,-2,3) + < (4,-1,1) > v euklidovském prostoru R3 (se standardním skalárním součinem w).
  10. Afinní přímky P a Q zřejmě nejsou rovnoběžné, proto podle Věty 19.19 stačí zjistit, zda vektor (3,4,1) - (4,-2,3) leží ve spojení zaměření < (1,2,1), (4,-1,1) >. Některou z obvyklých metod zjistíme, že neleží, tedy P a Q jsou mimoběžné.


  11. Nejděte kolmou příčku přímek P a Q z předchozí úlohy v euklidovském prostoru R3 se standardním skalárním součinem w.
  12. Hledáme-li kolmou příčku, víme, že musí jít o podprostor kolmý na P i Q. Tedy spočítáme-li vektor kolmý na vektory (1,2,1) a (4,-1,1), budeme znát zaměření hledané přímky. Snadno zjistíme (buď pomocí vektorového součinu nebo vyřešením homogenní soustavy s maticí tvořenou řádkovými vektory (1,2,1) a (4,-1,1)), že hledaným zaměřením je podprostor < (1,1,-3) > unitárního prostoru (R3,w). Nyní už stejnýmpostupem jako v úloze jedna najdeme příčku pro známé zaměření. Vektorová rovnice ((3,4,1) + x.(1,2,1) - ((4,-2,3) + y.(4,-1,1)) = z.(1,1,-3) vede na nehomogenní soustavu, kterou v maticovém tvaru snadno standardním postupem vyřešíme

    -1 4 1 -1
    -2 -1 1 6
    -1 1 -3 -2
      ~  
    1 0 0 -2
    0 1 0 -1
    0 0 1 1
    .

    Zjistili jsme, že x=-2, y=-1 a z=1. Všimněme si, že podmínka z = 1 říká, že se jednalo o mimoběžky (zjevně nejsou rovnoběžné a to, že se protínají je ekvivalentní podmínce z = 0). Tedy průsečík hledané kolmé příčky s přímkou P je (3,4,1) - 2.(1,2,1) = (1,0,-1) (a průsečík s přímkou Q je (4,-2,3) - 1.(4,-1,1) = (0,-1,2)). Kolmou příčku můžeme napsat ve tvaru (1,0,-1) + < (1,1,-3) >.


  13. Spočítejte (nejkratší) vzdálenost mimoběžek P a Q z předchozí úlohy.
  14. Už jsme našli průsečíky P a Q s kolmou příčkou, nejkratší vzdálenost přímek P a Q je přitom (definitoricky) rovna právě vzdálenosti těchto dvou průsečíků. Navíc z vektorové rovnice ((3,4,1) + x.(1,2,1) - ((4,-2,3) + y.(4,-1,1)) = z.(1,1,-3) vidíme, že tato vzdálenost je rovna právě velikosti vektoru z.(1,1,-3). Tedy vzdálenost P a Q je ||(1,1,-3)|| = V11.


  15. Určete zaměření kolmé příčky přímek A = (3,-1,3,1) + < (1,-2,1,1) > a C = (2,2,2,3) + < (1,-1,1,0) > euklidovského prostoru R4 se standardním skalárním součinem w.
  16. Předně si uvědomme, že kolmá příčka musí ležet v podprostoru euklidovského prostoru určeném přímkami A a C, jehož zaměření generují právě vektory (1,-2,1,1), (1,-1,1,0) a (3,-1,3,1)-(2,2,2,3) = (1,-3,1,-2). To znamená, že potřebujme najít vektor v kolmý na (1,-2,1,1), (1,-1,1,0), který je lineární kombinací vektorů (1,-1,1,0), (1,-2,1,1), (1,-3,1,-2). Ten můžeme najít například modifikací Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace provedenou na tuto posloupnost vektorů:

    Hledané zaměření je tedy < (1,2,1,2) >.


  17. Spočítejte (nejkratší) vzdálenost přímek P = (1,0,2,1,1) + < (1,1,1,1,-1) > a Q = (2,1,1,1,0) + < (1,1,1,1,-1) >.
  18. Vidíme, že P a Q jsou rovnoběžky a potřebujeme najít vzdálenost průsečíků nějaké kolmé příčky s P a Q. Přitom zaměření kolmé příčky leží v podprostoru generovaném vektory (1,1,1,1,-1) a (1,1,-1,0,-1) = (2,1,1,1,0)-(1,0,2,1,1). Podobně jako v předchozí úloze můžeme použít Gramovu-Schmidtovu ortogonalizaci:

    Nyní zbývá najít průsečík například příčky (1,0,2,1,1) + < (3,3,-7,-2,-3) > a (2,1,1,1,0) + < (1,1,1,1,-1) >. Obvyklou cestou zjistíme, že jím je bod (1,0,2,1,1) + 1/5.(3,3,-7,-2,-3), tedy vzdálenost P a Q je rovna ||1/5.(3,3,-7,-2,-3)|| = 4/V5.


  19. Najděte příčku podprostorů afinního prostoru A(Z53) B = (2,0,1) + < (4,0,3) > a C = (0,1,0) + < (1,1,1) >, která prochází bodem (1,1,1).
  20. Průsečíky hledané příčky s oběma přímkami B a C, vyjádříme si je ve tvaru (2,0,1) + r.(4,0,3) a (0,1,0) + s.(1,1,1). Tentokrát využijeme toho, že oba tyto body spolu s bodem (1,1,1) musí ležet na jedné afinní přímce, tedy musí určovat totéž (jednodimenzionální) zaměření. Zapišme toto pozorování pomocí vektorové rovnic:

    ((2,0,1) + r.(4,0,3)) - (1,1,1) = t.[((0,1,0) + s.(1,1,1)) - (1,1,1)],

    kterou přepíšeme jako soustavu rovnic:

    4r + 4ts + t = 4,
    4ts = 1,
    3r + 4ts + t = 0.

    Provedem-li substituci y = ts, dostáváme nehomogení soustavu 3 rovnic o 3 neznámých, kterou snadno vyřešíme: r = 4, y = ts = 4 a t = 2. Nyní snadno nahlédneme, že existuje i jednoznačně určené s = 2. Hledaným zaměřením příčky je tedy podle úvodní úvahy vektor ((2,0,1) + 4.(4,0,3)) - (1,1,1) = (2,4,2). Hledanou příčkou je afinní přímka (1,1,1) + < (2,4,2) >.


  21. Rozhodněte, zda existuje příčku podprostorů afinního prostoru A(Z53) B a C z předchozího příkladu, která prochází bodem (2,2,3).
  22. Potřebujeme zjistit, zda přímka procházející bodem (2,2,3) a protínající B protíná také C. Taková přímka ovšem leží v rovině určené bodem (2,2,3) a přímkou C, tj. v rovině (0,1,0) + < (1,1,1), v >, kde v = (2,2,3)-(0,1,0) = (2,1,3). Snadno spočítáme, že (4,0,3) = (1,1,1) - (2,1,3), tedy přímka B je s touto rovinou rovnoběžná. To ovšem znamená, že B se s rovinou, v níž musí ležet příčka, neprotíná (B a C jsou mimoběžné), proto požadovaná příčka nemůže existovat.

    Všimněme si, že kdybychom provedli stejnou úvahu pro hledanou příčku a přímku B, dostali bychom rovinu (2,0,1) + < (4,0,3), (0,2,2) >, která se sice s přímkou C protíná, ale tento průsečík by spolu s bodem (2,2,3) určil rovnoběžku s přímkou B.


  23. Popište podprostor D afinního prostoru Z53 určený body (2,3,2,1), (1,0,0,3), (2,2,2,4).

    Bázi zaměření tohoto afinního prostoru dostaneme jako "rozdíl" bodů (2,3,2,1) a (1,0,0,3) a bodů (2,3,2,1) a (2,2,2,4) (tj. vektor jednoznačně určný těmito body). Tudíž

    (2,3,2,1) - (1,0,0,3) = (1,3,2,3), (2,3,2,1) - (2,2,2,4) = (0,1,0,2).

    Tedy hledaný podprostor lze (podle Věty 19.7) vyjádřit ve tvaru (2,3,2,1) + < (1,3,2,3), (0,1,0,2) >.

  24. Najděte takovou soustavu rovnic Ax = b, aby byl podprostor D z předchozího příkladu právě množinou všech řešení této soustavy rovnic.

    Využijeme popisu podprostoru D, který jsme určili v předchozí úloze. Najprve najdeme takovou matici A, že množina všech řešení homogení soustavy s maticí A bude rovna < (1,3,2,3), (0,1,0,2) >, tedy potřebujeme opět vyřešit homogenní soustavu rovnic s maticí:

    1323
    0102
    .

    Bázi řešení tvoří například vektory (3,0,1,0), (3,3,0,1), které seřadíme do řádků hledané matice A. Nyní zbývá spočítat b = (2,3,2,1) AT = (3,1). Zjistili jsme, že bod x leží v podprostoru D právě tehdy, když je x řešením soustavy rovnic

    3010
    3301
    xT =
    3
    1
    .

Projektivní prostory


  1. Spočítejte počet všech geometrických bodů projektivního prostoru P3(Z54).

    Stačí si uvědomit, že projektivní prostor P3(Z54) je tvořen právě všemi přímkami (tj. jednodimenzionálními podprostory) vektorového prostoru. Každá přímka je generována nenulovým vektorem a nad tělesem Z5 obsahuje právě 4 nenulové vektory, proto

    |P3(Z54)| = (54-1)/4 = 156.


  2. Rozhodněte, zda existuje podprostor projektivního prostoru P3(Z54) o 8 či 40 prvcích.

    Obdobnou úvahou jako v předchozí úloze si rozmyslíme, že vektorový prostor V dimenze k nad tělesem Z5 obsahuje právě (5k-1)/4 geometrických bodů. Neprázdný podprostor projektivního prostoru P3(Z54) tedy může být tvaru Pk(Vk+1) pro k=0,1,2,3, tedy může mít postupně 1, 6, 31, 156 prvků. Podprostor projektivního prostoru P3(Z54) o 8 ani o 40 prvcích tedy neexistuje.


  3. Rozhodněte, zda je množina M = {< (1,2,1,3) >, < (2,2,4,0) >, < (3,2,2,2) >, < (4,2,0,4) >, < (0,2,3,1) >, < (1,0,3,2) >} podprostorem projektivního prostoru P3(Z54)

    Potřebujeme zjistit, zda existuje takový podprostor V vektorového prostoru Z54, aby M = P(V). Snadno nahléneme, že (1,2,1,3), (2,2,4,0), (3,2,2,2), (4,2,0,4), (0,2,3,1), (1,0,3,2) leží v podprostoru V = < (1,2,1,3), (1,0,3,2)>, navíc žádná dvojice těchto vektorů není lineárně závislá, tj. tyto aritmetické body určují různé geometrické body a P(V) musí obsahovat právě (52-1)/4 = 6 bodů. Tedy nutně M = P(V).


  4. Najděte nějakou geometrickou bázi projektivního prostoru P2(Z53)

    Potřebujeme najít takovou čtveřici vektorů v0, ..., v3, aby každá trojice byla lineárně nezávislá. Snadno nahlédneme, že takovou posloupnost tvoří jakákoli báze Z53, tedy například e1, e2, e3, doplněná o vektor, jehož všechny souřadnice vzhledem k dané bázi jsou nenulové, tedy napříkad e1+e2+e3. Našli jsme geometrickou bázi < (1,0,0) >, < (0,1,0) >, < (0,0,1) >, < (1,1,1) >.


  5. Rozhodněte, zda množina geometrických bodů < (1,2,3) >, < (1,2,0) >, < (4,4,3) >, < (4,2,0) > tvoří geometrickou bázi projektivního prostoru P2(Z53).

    V předchozím příkladu jsme si rozmysleli, že stačí například zjistit, zda (1,2,3), (1,2,0), (4,4,3) je lineárně nezávislá, a tedy báze Z53, a zda všechny souřadnice vektoru (4,2,0) vzhledem k této bázi jsou nenulové. Snadno zjistíme, že B = ((1,2,3), (1,2,0), (4,4,3)) tvoří bází a {(4,2,0)}B = (1,2,4). Tedy < (1,2,3) >, < (1,2,0) >, < (4,4,3) >, < (4,2,0) > je geometrickou bází P2(Z53).


  6. Rozhodněte, zda je zobrazení K projektivního prostoru P2(Z53) do sebe dané předpisem K(< u >) = < u A > kolineací, jestliže
    A =  
    212
    341
    220
    .

  7. Podle definice kolineárního zobrazení nám stačí zjistit, zda je tvaru K(< u >) = < F(u) > pro nějaký prostý homomorfismus. Jak snadno ověříme, matice A je regulární, proto určuje právě požadovaný prostý endomorfismus F s maticí [F]K3K3 = AT.


  8. Existuje nějaká kolineace H projektivního prostoru P2(Z53), pro níž platí, že H(< (1,0,0) >) = < (1,2,3) >, H(< (0,1,0) >) = < (1,2,0) >, H(< (0,0,1) >) = < (4,4,3) >, H(< (1,1,1) >) = < (4,2,0) >?

    Stačí nám použít Větu 21.14, která říká, že (jednoznačně určená) kolineace rozšiřující zobrazení geometrické báze na geometrickou bázi existuje. To, že množiny {< (1,0,0) >, < (0,1,0) >, < (0,0,1) >, < (1,1,1) >} a {< (1,2,3) >, < (1,2,0) >, < (4,4,3) >, < (4,2,0) >} tvoří geometrické báze jsme ukázali v úlohách 4 a 5.


  9. Najděte endomorfismus Z53, který určuje kolineaci H z předchozího příkladu.

    Budeme postupovat stejně jako v důkaze Věty 21.14. Najdeme takové aritmetické reprezentanty obou geometrickcýh bází, aby byl poslední vektor právě součtem všech vektorů předchozích. Vektory (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1), (1,1,1) jsme tak přímo volili, tudíž zbývá najít souřadnice vektoru (4,2,0) vůči bázi B = ((1,2,3), (1,2,0), (4,4,3)). Už jsme spočítali, že {(4,2,0)}B = (1,2,4) a definujme homomorfismus F předpisem F((1,0,0)) = 1.(1,2,3), F((0,1,0)) = 2.(1,2,0) a F((0,0,1)) = 4.(4,4,3). Nyní můžeme endomorfismus popsat pomocí matice vzhledem ke kanonickým bázím.

    [F]K3K3 =  
    121
    241
    302
    .


  10. Rozhodněte, zda existuje kolineace K projektivního prostoru P1(R2), pro níž platí, že L(< (1,3) >) = < (1,0) >, L(< (1,1) >) = < (1,2) >, L(< (1,2) >) = < (0,1) >.

    Podle Věty 21.14 stačí, když uvážíme, že množiny {< (1,3) >, < (1,1) >, < (1,2) >} a {< (1,0) >, < (1,2) >, < (0,1) >} tvoří geometrické báze. Snadno zjistíme, že se jedná o báze, tedy požadovaná kolineace existuje.


  11. Rozhodněte, zda existuje kolineární zobrazení M z projektivního prostoru P1(R2) do P2(R3), pro které L(< (2,1) >) = < (1,0,0) >, L(< (1,1) >) = < (0,1,0) >, L(< (1,3) >) = < (0,0,1) >.

    Vidíme, že vektory (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) generují celé R3, tedy nemůže existovat homomorfismus R2 do R3, v jehož obrazu by všechny tři uvedené vektory leželi. To znamená, že požadované kolineární zobrazení neexistuje.


  12. Rozhodněte, zda existuje kolineární zobrazení M z projektivního prostoru P1(R2) do P2(R3), pro které L(< (2,1) >) = < (1,0,1) >, L(< (1,1) >) = < (2,1,0) >, L(< (1,3) >) = < (1,1,-1) >.

    Tentokrát snadno nahlédneme, že množina {< (2,1) >, < (1,1) >, < (1,3) >} je geometrické báze projektivního prostoru P1(R2) a množina {< (1,0,1) >, < (2,1,0) >, < (1,1,-1) >} je geometrické báze projektivního prostoru P1(< (2,1,0), (1,1,-1) >), tedy podle Věty 21.14 existuje (právě jedno) kolineární zobrazení rozšiřující L.


  13. Najděte všechny samodružné body kolineace K z příkladu 6.

    Hledáme geometrické body < v >, pro než platí, že K(< v >) = < v >, tedy takové aritmetické body v, že F(v) = xv, pro vhodné (víme, že nenulové) x, tj. hledáme vlastní vektory endomorfismu F.

    Nejprve obvyklým postupem zjistíme, že vlastní čísla matice AT (a tedy i endomorfismu F) jsou 1 a 4 a poté najdeme všechna řešení homogenních soustav rovnic s maticemi:

    AT - 1.E =  
    132
    132
    214
       ,       AT - 4.E =  
    332
    102
    211
    .

    vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 1 jsou všechny nenulové vektory z podprostoru U1 = < (2,1,0), (3,0,1) > a vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 4 leží v U4 = < (3,3,1) >. Zbývá popsat různé geometrické body projektivního podprostoru P(U1) = { < (2,1,0) >, < (3,0,1) >, < (0,1,1) >, < (3,1,2) >, < (1,1,3) >, < (4,1,4) > } a P(U4) = {< (3,3,1) >}. Našli jsme tedy právě sedm různých samodružných bodů kolineace K:

    < (2,1,0) >, < (3,0,1) >, < (0,1,1) >, < (3,1,2) >, < (1,1,3) >, < (4,1,4) > a < (3,3,1) >.


  14. Najděte všechny samodružné body kolineace H z příkladů 7 a 8.

    Postupujeme stejně jako v předchozí úloze. Nejprve zjistíme, že endomorfismsu F, který jsme našli v příkladu 8 má jediné vlastní číslo 2 a poté zjistíme, že příslušné vlastní vektory jsou právě všechny nenulové vektory z lineárního obalu < (0,1,2) >. Tedy H má jediný samodružný bod < (0,1,2) >.