線性代數/主題：正交矩陣/解答

解答

問題 1

判斷以下矩陣是否為正交矩陣。

${\begin{pmatrix}1/{\sqrt {2}}&-1/{\sqrt {2}}\\-1/{\sqrt {2}}&-1/{\sqrt {2}}\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}1/{\sqrt {3}}&-1/{\sqrt {3}}\\-1/{\sqrt {3}}&-1/{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}1/{\sqrt {3}}&-{\sqrt {2}}/{\sqrt {3}}\\-{\sqrt {2}}/{\sqrt {3}}&-1/{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}$

解答

是。
否，列向量長度不為1。
是。

問題 2

寫出以下每個距離保持變換的公式。

繞 $\pi /6$ 弧度旋轉，然後平移 ${\vec {e}}_{2}$ 的對映
關於直線 $y=2x$ 的反射對映
關於 $y=-2x$ 的反射，然後水平平移 $1$ 個單位，向上平移 $1$ 個單位的對映

解答

其中一些是非線性的，因為它們包含非平凡的平移。

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x\cdot \cos(\pi /6)-y\cdot \sin(\pi /6)\\x\cdot \sin(\pi /6)+y\cdot \cos(\pi /6)\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x\cdot ({\sqrt {3}}/2)-y\cdot (1/2)+0\\x\cdot (1/2)+y\cdot \cos({\sqrt {3}}/2)+1\end{pmatrix}}$
直線 $y=2x$ 與 $x$ 軸的夾角為 $\arctan(2/1)$ 。因此， $\sin \theta =2/{\sqrt {5}}$ 且 $\cos \theta =1/{\sqrt {5}}$ 。
${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x\cdot (1/{\sqrt {5}})-y\cdot (2/{\sqrt {5}})\\x\cdot (2/{\sqrt {5}})+y\cdot (1/{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}x\cdot (1/{\sqrt {5}})-y\cdot (-2/{\sqrt {5}})\\x\cdot (-2/{\sqrt {5}})+y\cdot (1/{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x/{\sqrt {5}}+2y/{\sqrt {5}}+1\\-2x/{\sqrt {5}}+y/{\sqrt {5}}+1\end{pmatrix}}$

問題 3

證明一個保持距離且將零向量對映到自身的對映，偶然地表明，這樣的對映是一對一的且滿射的（由 $d_{0}$ 、 $d_{1}$ 和 $d_{2}$ 確定的域中的點，對應於由這三個點確定的陪域中的點）。因此，任何保持距離的對映都有一個逆對映。證明該逆對映也保持距離。
證明平面圖形之間的全等是一個等價關係。

解答

令 $f$ 為距離保持函式，並考慮 $f^{-1}$ 。陪域中的任意兩點可以寫成 $f(P_{1})$ 和 $f(P_{2})$ 。因為 $f$ 是距離保持函式， $f(P_{1})$ 到 $f(P_{2})$ 的距離等於 $P_{1}$ 到 $P_{2}$ 的距離。但這正是 $f^{-1}$ 為距離保持函式所需要的。
任何平面圖形 $F$ 透過恆等對映 ${\mbox{id}}:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ 與自身全等，這顯然是距離保持的。如果 $F_{1}$ 與 $F_{2}$ 全等（透過一些 $f$ ），那麼 $F_{2}$ 與 $F_{1}$ 透過 $f^{-1}$ 全等，根據前一項，它是距離保持的。最後，如果 $F_{1}$ 與 $F_{2}$ 全等（透過一些 $f$ ）並且 $F_{2}$ 與 $F_{3}$ 全等（透過一些 $g$ ），那麼 $F_{1}$ 與 $F_{3}$ 透過 $g\circ f$ 全等，很容易檢查到它是距離保持的。

問題 4

在實踐中，距離保持線性變換的矩陣和平移通常合併為一個。檢查這兩個計算是否得出相同的前兩個分量。

{\begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}e\\f\end{pmatrix}}\qquad {\begin{pmatrix}a&c&e\\b&d&f\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}}

(這些是齊次座標；參見射影幾何主題)。

解答

每個的第一個和第二個分量是 $ax+cy+e$ 和 $bx+dy+f$ .

問題 5

驗證本主題第二段中描述的那些在距離保持對映下保持不變的性質確實如此。
再給出兩個在歐幾里得幾何中具有重要意義的性質，這些性質也是在距離保持對映下保持不變的，這些性質來自於你學習歐幾里得幾何的經驗。
給出在歐幾里得幾何中不重要且在距離保持對映下不保持不變的性質。

解答

The Pythagorean Theorem gives that three points are colinear if and only if (for some ordering of them into $P_{1}$ , $P_{2}$ , and $P_{3}$ ), ${\text{dist}}\,(P_{1},P_{2})+{\text{dist}}\,(P_{2},P_{3})={\text{dist}}\,(P_{1},P_{3})$ . Of course, where $f$ is distance-preserving, this holds if and only if ${\text{dist}}\,(f(P_{1}),f(P_{2}))+{\text{dist}}\,(f(P_{2}),f(P_{3}))={\text{dist}}\,(f(P_{1}),f(P_{3}))$ , which, again by Pythagoras, is true if and only if $f(P_{1})$ , $f(P_{2})$ , and $f(P_{3})$ are colinear. The argument for betweeness is similar (above, $P_{2}$ is between $P_{1}$ and $P_{3}$ ). If the figure $F$ is a triangle then it is the union of three line segments $P_{1}P_{2}$ , $P_{2}P_{3}$ , and $P_{1}P_{3}$ . The prior two paragraphs together show that the property of being a line segment is invariant. So $f(F)$ is the union of three line segments, and so is a triangle. A circle $C$ centered at $P$ and of radius $r$ is the set of all points $Q$ such that ${\text{dist}}\,(P,Q)=r$ . Applying the distance-preserving map $f$ gives that the image $f(C)$ is the set of all $f(Q)$ subject to the condition that ${\text{dist}}\,(P,Q)=r$ . Since ${\text{dist}}\,(P,Q)={\text{dist}}\,(f(P),f(Q))$ , the set $f(C)$ is also a circle, with center $f(P)$ and radius $r$ .
這裡有兩個很容易驗證的性質：（i）是直角三角形的性質，以及（ii）兩條直線平行的性質。
在本節中提到的另一個性質是圖形的“方向”。頂點按 $P_{1}$ 、 $P_{2}$ 、 $P_{3}$ 順時針排列的三角形，在距離保持對映下，可能被對映到一個頂點按 $P_{1}$ 、 $P_{2}$ 、 $P_{3}$ 逆時針排列的三角形。