Freud Róbert (2014)
ELTE Eötvös Kiadó
• 8.2.17 Nyilván feltehetjük, hogy a vektorok egységnyi hosszúak.
• a) Megmutatjuk, hogy ha a vektorok közül bármelyik kettő 60 fokos szöget zár be, akkor szükségképpen lineárisan függetlenek, így a darabszámuk legfeljebb n. A feltételek szerint és i≠t-re Tegyük fel, hogy és vegyük mindkét oldalnak rendre a vektorokkal a skalárszorzatát. A kapott egyenlőségeket 2-vel beszorozva a egyenletrendszerhez jutunk. Az egyenletek összegét k+1-gyel osztva majd ezt visszahelyettesítve λj=0 adódik, tehát az egyenletrendszernek csak triviális megoldása van. Így a vektorok valóban függetlenek, amint állítottuk.
Most pedig teljes indukcióval belátjuk, hogy az n-dimenziós V euklideszi térben létezik n darab olyan egységvektor, amelyek közül bármelyik kettő 60 fokos szöget zár be. Ha n≤2, akkor ez nyilvánvaló. Legyen most n>2 és egy ortonormált bázis V-ben. Az n-1-dimenziós euklideszi térben az indukciós feltétel szerint léteznek megfelelő vektorok. Megmutatjuk, hogy ezekhez a vektort hozzávéve (alkalmas α,β esetén) a kívánt tulajdonságú vektorrendszerhez jutunk. Ehhez azt kell igazolni, hogy
(i) minden j≤n-1-re és (ii)
Jelöljük a összegvektort s-sel. Az (i) egyenlőség miatt ekvivalens az feltétellel, ahonnan β=1/n. A (ii) egyenlőség ezután átírható az alakba. Innen (A fenti módszerrel a vektorokat tulajdonképpen rekurzíve megkonstruáltuk, akár az explicit képletüket is felírhattuk volna. A fentieket megfelelően elemezve az is kiderül, hogy -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 három ilyen tulajdonságú vektor, ekkor
tehát szükségképpen 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 .
(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 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 ekkor tudjuk, hogy létezik olyan vektor, hogy és nem egymás skalárszorosai, azaz és lineárisan független. Tegyük fel indirekt, hogy nem függ a skalárszorzat választásától, ekkor bármely skalárszorzatra Az és vektorok nem lehetnek függetlenek, hiszen akkor az előrebocsátott megjegyzés alapján alkalmas skalárszorzat szerint merőlegesek is lennének. Ennélfogva Tekintsünk most egy olyan skalárszorzatot, amelyben a (független) és vektorok egy ortonormált bázis részét képezik, ekkor ami tetszőleges γ-ra nyilván nem lehetséges.
• b) Először az elégségességet igazoljuk. Tegyük fel, hogy az S1 és S2 skalárszorzatokra S1=λS2 (megjegyezzük, hogy ekkor a λ szükségképpen pozitív valós szám), és legyen tetszőleges transzformáció. Jelölje -nak az S1, illetve S2 szerinti adjungáltját illetve belátjuk, hogy ezek mindig egyenlők. Bármely vektorokra és A második egyenlőségbe az S1=λS2 feltételt beírva, majd λ-val egyszerűsítve kapjuk, hogy és így Mivel ez minden -re fennáll, ezért valóban
Rátérve a szükségességre, tegyük fel, hogy bármely transzformációnak az S1 és S2 skalárszorzat szerint képzett adjungáltja megegyezik. Megmutatjuk, hogy ekkor szükségképpen S1=λS2 . Legyen az S1, illetve S2 skalárszorzatnak megfelelő egy-egy ortonormált bázis illetve A Gram-Schmidt-ortogonalizáció alapján feltehető, hogy minden 1≤i≤n-re
Először belátjuk, hogy (alkalmas λn-re). Indirekt, ha és lineárisan független, akkor legyen egy olyan lineáris transzformáció, amelyre és Ekkor S1 szerint ezért Így S2 szerint azaz ami ellentmondás. Tehát valóban
Az eljárást folytatva ugyanígy (vagy teljes indukcióval) minden i-re adódik. Most megmutatjuk, hogy minden |λi| egyenlő. Legyen egy olyan lineáris transzformáció, amelyre Ekkor S2 szerint Ha akkor tehát α1=1. Tekintsük most S1 szerint ugyanezeket a skalárszorzatokat. Ekkor míg a vele továbbra is egyenlő tehát|λ1|=|λ2|. Ugyanígy kapjuk, hogy minden |λi| egyenlő.
Jelöljük λ-val a |λi|2-ek közös értékét. Megmutatjuk, hogy ekkor S1=λS2 . Vegyünk két tetszőleges vektort, -t és -t, és írjuk fel ezeket az -k, illetve -k lineáris kombinációjaként: Ekkor és skalárszorzata S2 szerint véve szerint véve pedig amint állítottuk.