• 8.2.17 Nyilván feltehetjük, hogy a vektorok egységnyi hosszúak.

• a) Megmutatjuk, hogy ha a ${\underset{\_}{v}}_i$ vektorok közül bármelyik kettő 60 fokos szöget zár be, akkor szükségképpen lineárisan függetlenek, így a darabszámuk legfeljebb n. A feltételek szerint ${\underset{\_}{v}}_i{\underset{\_}{v}}_i=1$ és i≠t-re ${\underset{\_}{v}}_i{\underset{\_}{v}}_t=1/2$ Tegyük fel, hogy ${}_{i=1}^k{\lambda }_i{\underset{\_}{v}}_i=\underset{\_}{0}$ és vegyük mindkét oldalnak rendre a ${\underset{\_}{v}}_j \left(j=1, . . . ,k\right)$ vektorokkal a skalárszorzatát. A kapott egyenlőségeket 2-vel beszorozva a ${\lambda }_j+{}_{i=1}^k{\lambda }_i=0, j=1, . . . ,k$ egyenletrendszerhez jutunk. Az egyenletek összegét k+1-gyel osztva ${}_{i=1}^k{\lambda }_i=0$ majd ezt visszahelyettesítve λ_j=0 adódik, tehát az egyenletrendszernek csak triviális megoldása van. Így a ${\underset{\_}{v}}_i$ vektorok valóban függetlenek, amint állítottuk.

Most pedig teljes indukcióval belátjuk, hogy az n-dimenziós V euklideszi térben létezik n darab olyan ${\underset{\_}{v}}_i$ egységvektor, amelyek közül bármelyik kettő 60 fokos szöget zár be. Ha n≤2, akkor ez nyilvánvaló. Legyen most n>2 és ${\underset{\_}{e}}_1, . . . , {\underset{\_}{e}}_n$ egy ortonormált bázis V-ben. Az n-1-dimenziós $〈{\underset{\_}{e}}_1, . . . , {\underset{\_}{e}}_{n-1}〉$ euklideszi térben az indukciós feltétel szerint léteznek megfelelő ${\underset{\_}{v}}_1, . . . , {\underset{\_}{v}}_{n-1}$ vektorok. Megmutatjuk, hogy ezekhez a ${\underset{\_}{v}}_n=\alpha {\underset{\_}{e}}_n+\beta \left({\underset{\_}{v}}_1+. . . +{\underset{\_}{v}}_{n-1}\right)$ vektort hozzávéve (alkalmas α,β esetén) a kívánt tulajdonságú vektorrendszerhez jutunk. Ehhez azt kell igazolni, hogy

(i) minden j≤n-1-re ${\underset{\_}{v}}_j{\underset{\_}{v}}_n=1/2$ és (ii) ${\underset{\_}{v}}_n{\underset{\_}{v}}_n=1.$

Jelöljük a ${\underset{\_}{v}}_1+. . . +{\underset{\_}{v}}_{n-1}$ összegvektort s-sel. Az (i) egyenlőség ${\underset{\_}{v}}_j{\underset{\_}{e}}_n=0$ miatt ekvivalens az $1/2=\beta \left({\underset{\_}{v}}_j\underset{\_}{s}\right)=n\beta /2$ feltétellel, ahonnan β=1/n. A (ii) egyenlőség ezután átírható az $1={\alpha }^2+{\beta }^2{‖\underset{\_}{s}‖}^2={\alpha }^2+\left(n-1\right)/\left(2n\right)$ alakba. Innen $\alpha =\pm \sqrt{\left(n+1\right)/\left(2n\right)}$ (A fenti módszerrel a ${\underset{\_}{v}}_i$ vektorokat tulajdonképpen rekurzíve megkonstruáltuk, akár az explicit képletüket is felírhattuk volna. A fentieket megfelelően elemezve az is kiderül, hogy ${\underset{\_}{v}}_n$ -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 $\underset{\_}{a},\underset{\_}{b},\underset{\_}{c}$ három ilyen tulajdonságú vektor, ekkor

tehát szükségképpen $\underset{\_}{a}+\underset{\_}{b}+\underset{\_}{c}=0$ 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 $⌊1-1/\cos \mathrm{\Phi }⌋$.

(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 $\mathcal{A}=\lambda \mathcal{E}$ 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 $\mathcal{A}\ne \lambda \mathcal{E}$ ekkor tudjuk, hogy létezik olyan $\underset{\_}{e}$ vektor, hogy $\underset{\_}{e}$ és $\mathcal{A}\underset{\_}{e}$ nem egymás skalárszorosai, azaz $\underset{\_}{e}$ és $\mathcal{A}\underset{\_}{e}$ lineárisan független. Tegyük fel indirekt, hogy ${\mathcal{A}}^{*}$ nem függ a skalárszorzat választásától, ekkor bármely skalárszorzatra $0\ne \left(\mathcal{A}\underset{\_}{e}\right)\left(\mathcal{A}\underset{\_}{e}\right)=\underset{\_}{e}\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\underset{\_}{e}\right)$ Az $\underset{\_}{e}$ és ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\underset{\_}{e}$ vektorok nem lehetnek függetlenek, hiszen akkor az előrebocsátott megjegyzés alapján alkalmas skalárszorzat szerint merőlegesek is lennének. Ennélfogva ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\underset{\_}{e}=\beta \underset{\_}{e}$ Tekintsünk most egy olyan skalárszorzatot, amelyben a (független) $\left(1/\gamma \right)\underset{\_}{e}$ és $\mathcal{A}\underset{\_}{e}$ vektorok egy ortonormált bázis részét képezik, ekkor $1=\left(\mathcal{A}\underset{\_}{e}\right)\left(\mathcal{A}\underset{\_}{e}\right)=\underset{\_}{e}\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\underset{\_}{e}\right)=\underset{\_}{e}\left(\beta \underset{\_}{e} \right)=\beta {\left|\gamma \right|}^2$ 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 $\mathcal{A}\mathrm{H}\mathrm{o}\mathrm{m} V$ tetszőleges transzformáció. Jelölje $\mathcal{A}$ -nak az S₁, illetve S₂ szerinti adjungáltját ${\mathcal{A}}_1$ illetve ${\mathcal{A}}_2$ belátjuk, hogy ezek mindig egyenlők. Bármely $\underset{\_}{u},\underset{\_}{v}V$ vektorokra $S_2\left(\mathcal{A}\underset{\_}{u},\underset{\_}{v}\right)=S_2\left(\underset{\_}{u},{\mathcal{A}}_2\underset{\_}{v}\right)$ és $S_1\left(\mathcal{A}\underset{\_}{u},\underset{\_}{v}\right)=S_1\left(\underset{\_}{u},{\mathcal{A}}_1\underset{\_}{v}\right)$ A második egyenlőségbe az S₁=λS₂ feltételt beírva, majd λ-val egyszerűsítve kapjuk, hogy $S_2\left(\mathcal{A}\underset{\_}{u},\underset{\_}{v}\right)=S_2\left(\underset{\_}{u},{\mathcal{A}}_1\underset{\_}{v}\right)$ és így $S_2\left(\underset{\_}{u},{\mathcal{A}}_2\underset{\_}{v}\right)=S_2\left(\underset{\_}{u},{\mathcal{A}}_1\underset{\_}{v}\right)$ Mivel ez minden $\underset{\_}{u},\underset{\_}{v}$ -re fennáll, ezért valóban ${\mathcal{A}}_1={\mathcal{A}}_2$

Rátérve a szükségességre, tegyük fel, hogy bármely $\mathcal{A}$ 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 ${\underset{\_}{e}}_1, . . . , {\underset{\_}{e}}_n$ illetve ${\underset{\_}{f}}_1, . . . , {\underset{\_}{f}}_n$ A Gram-Schmidt-ortogonalizáció alapján feltehető, hogy minden 1≤i≤n-re $〈{\underset{\_}{e}}_1, . . . , {\underset{\_}{e}}_i〉=〈{\underset{\_}{f}}_1, . . . , {\underset{\_}{f}}_i〉$

Először belátjuk, hogy ${\underset{\_}{f}}_n={\lambda }_n{\underset{\_}{e}}_n$ (alkalmas λn-re). Indirekt, ha ${\underset{\_}{f}}_n$ és ${\underset{\_}{e}}_n$ lineárisan független, akkor legyen $\mathcal{A}$ egy olyan lineáris transzformáció, amelyre $\mathcal{A}{\underset{\_}{e}}_n={\underset{\_}{e}}_{n-1}$ és $\mathcal{A}{\underset{\_}{f}}_n={\underset{\_}{e}}_n$ Ekkor S₁ szerint $0={\underset{\_}{e}}_{n-1}{\underset{\_}{e}}_n=\left(\mathcal{A}{\underset{\_}{e}}_n\right){\underset{\_}{e}}_n={\underset{\_}{e}}_n\left({\mathcal{A}}^{*}{\underset{\_}{e}}_n\right)$ ezért ${\mathcal{A}}^{*}{\underset{\_}{e}}_n〈{\underset{\_}{e}}_1, . . . , {\underset{\_}{e}}_{n-1}〉=〈{\underset{\_}{f}}_1, . . . , {\underset{\_}{f}}_{n-1}〉$ Így S₂ szerint ${\mathcal{A}}^{*}{\underset{\_}{e}}_n\perp {\underset{\_}{f}}_n$ azaz $0={\underset{\_}{f}}_n \left({\mathcal{A}}^{*}{\underset{\_}{e}}_n\right)=\left(\mathcal{A}{\underset{\_}{f}}_n\right){\underset{\_}{e}}_n={\underset{\_}{e}}_n{\underset{\_}{e}}_n$ ami ellentmondás. Tehát valóban ${\underset{\_}{f}}_n={\lambda }_n{\underset{\_}{e}}_n$

Az eljárást folytatva ugyanígy (vagy teljes indukcióval) minden i-re ${\underset{\_}{f}}_i={\lambda }_i{\underset{\_}{e}}_i$ adódik. Most megmutatjuk, hogy minden |λ_i| egyenlő. Legyen $\mathcal{A}$ egy olyan lineáris transzformáció, amelyre $\mathcal{A}{\underset{\_}{f}}_1={\underset{\_}{f}}_2$ Ekkor S₂ szerint $1={\underset{\_}{f}}_2 {\underset{\_}{f}}_2=\left(\mathcal{A}{\underset{\_}{f}}_1\right){\underset{\_}{f}}_2={\underset{\_}{f}}_1\left({\mathcal{A}}^{*}{\underset{\_}{f}}_2\right)$ Ha $\underset{\_}{v}={\mathcal{A}}^{*}{\underset{\_}{f}}_2={}_{i=1}^n{{\alpha }_i\underset{\_}{f}}_i$ akkor ${\underset{\_}{f}}_1\underset{\_}{v}={\alpha }_1$ tehát α₁=1. Tekintsük most S₁ szerint ugyanezeket a skalárszorzatokat. Ekkor ${\underset{\_}{f}}_2 {\underset{\_}{f}}_2=\left({\lambda }_2{\underset{\_}{e}}_2\right)\left({\lambda }_2{\underset{\_}{e}}_2\right)={\left|{\lambda }_2\right|}^2$ míg a vele továbbra is egyenlő ${\underset{\_}{f}}_1\underset{\_}{v}=\left({\lambda }_1{\underset{\_}{e}}_1\right)\left({}_{i=1}^n{\alpha }_i{\lambda }_i{\underset{\_}{e}}_i\right)=\overline{{\lambda }_1}{\lambda }_1{\alpha }_1={\left|{\lambda }_1\right|}^2$ tehát|λ₁|=|λ₂|. Ugyanígy kapjuk, hogy minden |λ_i| egyenlő.

Jelöljük λ-val a |λ_i|²-ek közös értékét. Megmutatjuk, hogy ekkor S₁=λS₂ . Vegyünk két tetszőleges vektort, $\underset{\_}{c}$ -t és $\underset{\_}{d}$ -t, és írjuk fel ezeket az ${\underset{\_}{f}}_i$ -k, illetve ${\underset{\_}{e}}_i$ -k lineáris kombinációjaként: $\underset{\_}{c}={}_{i=1}^n{\gamma }_i{\underset{\_}{f}}_i={}_{i=1}^n{\gamma }_i{\lambda }_i{\underset{\_}{e}}_i , \underset{\_}{d}={}_{i=1}^n{\delta }_i{\underset{\_}{f}}_i={}_{i=1}^n{\delta }_i{\lambda }_i{\underset{\_}{e}}_i$ Ekkor $\underset{\_}{c}$ és $\underset{\_}{d}$ skalárszorzata S₂ szerint véve ${}_2={}_{i=1}^n{\overline{{\gamma }_i}\delta }_i , S_1$ szerint véve pedig ${}_1={}_{i=1}^n{\left|{\lambda }_i\right|}^2{\overline{{\gamma }_i}\delta }_i=\lambda {}_2$ amint állítottuk.