1 / Uvod Cílem me práce je sestavit sbírku úloh z lineární algebry a geometrie, která je určena především pro posluchače druheho semestru programu matematika, aplikovana matematika a informatika. Celá práce se skladá ze dvou častí. První čast je sbírkou príkladu, druha čast formou exkurzu priblizuje problematiku aplikače lineární algebry ve vípočetní tomografii. Latka první časti je rozdelena do sedmi kapitol a navazuje na bakalárskou prači Bč. Mičhaely Urbankove, určenou pro poslučhače prvního semestru kurzu lineární algebry. Svym rozsahem odpovídá skriptum [8] Doč. P. Zlatose a prednaskám Doč. M. Cadka. Jejím zakladem jsou predevsím čvičení ve skriptečh [9] prof. J. Slovaka, ve skriptečh [4] a [5] RNDr. P. Horaka a publikače [1] a [2]. Kazda kapitola se sklada ze trí častí. Nejprve je stručne shrnuta teorie formou základníčh vet a definič, poprípade algoritmu. Dale jsou zde resene príklady, ktere čtenari poskytují navod na resení konkretníčh problemm. Ve t retí časti jsou álohy k samostatnemu resení. P ráíklady jsou razeny od jednodu s sáíčh po slo zit ej sáí a jsou voleny tak, ze s n ekteryámi se student setkáa v záapo čtovyáčh a zkou skovyáčh testečh. V záav eru sbáírky jsou uvedeny vyásledky čvi čenáí, pop ráípad e u slo zit ej sáíčh p ráíkladu stru čnyá náavod. Cílem druhe č asti me prače je p r iblíz it studentum problematiku aplikačí lineární algebry. Aplikačí lineární algebry je samoz r ejm e čelá r ada, pro ukazku jsem v s ak vybrala jen jednu, a to probkém rekonstrukče obrazu ve výpočetní tomografii p ri pouz ití metody ART (Algebraič Rečonstručtion Tečhnique). Samoz rejme není á čelem podat vy čerpavajíčí váklad o prinčipu CT p rístroje, ale pouze ukazat studentum jeden z mnoha príkladu váznamu a pouz ití lineární algebry v dne sní tečhničke praxi, a to zpusobem lehče počho-pitelnyám na záaklad e znalostáí záískanyáčh v záakladnáím kurzu lineáarnáí algebry. 2 Použité symboly a označení K libovolné pole Q racionální čísla R reálná čísla C komplexní čísla V vektorový prostor Rn množina usporádanách n-tic reálnách čísel ERO elementární r adkove operace ESO elementarní sloupcove operace Matn(K) mno ž ina vs ech c tvercových matic r ádu n nad polem K det A, |A| determinant matice A dim V dimenže vektorováeho prostoru V Z(P) žamerení afinního podprostoru o nulovýá vektor ||u|| velikost vektoru u [wi,..., un] lineární obal vektoru ui,..., un (u, v) skalarní sou c in vektoru u a v En vektorový prostor Rn se standardním skalárním sou c inem _L kolmost p(B, C) vždalenost podprostoru B a C e standardní baže v Rn ((j))p,a matice lineárního žobražení 0 v bážích a, p (id)^>a matice p r echodu od báže a k báži p 3 I. ČÁST Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 4 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 1. VÝPOČET DETERMINANTU Teorie 1.1. Definice. Necht' M = {1, 2,..., n} je konec ná množina o n prvcích. Pak bijektivní zobrazení a množ iny M na sebe se nažýva permutace množiny M. 1.2. Definice. Necht' a = (ri, r2,..., rn) je libovolná permutace, r ekneme, ž e dvojice rj, r j je inverze v permutaci a, jestliž e i < j a r j > r j. Znaménko permutace a, je c íslo signa = (—1)k, kde k je po cet inverzí v permutaci a. 1.3. Definice. Necht' a = (ri5..., rn), t = (sl5..., sn) jsou dve permutace, necht' existují indexy i = j tak, ž e sj = r j, Sj = r a dale rk = sk pro k = i, j. Potom r ekneme, ž e permutace t vžnikla ž permutace a provedením jedne transpozice. 1.4. Veta. Provedení jedná transpozice změní paritu dane permutace. 1.5. Definice. Necht' A = (ajj) je ctvercová matice radu n nad polem K. Pak determinant matice A, je c íslo ž pole K, ožnac ene det A (resp. |A|) a definovane vžtahem det A = ^ sign a ai^i) 0^(2) ... ano-(n) , kde a je libovolná permutace ž množ iny vsech permutací n-prvkove množ iny M = {1, 2,..., n} ožnac ene Sn. Suma je tedy p r es vsechna a G Sn, tj. p r es vsechny permutace množ iny M. Sou c in sign aaCT(1)1 aCT(2)2 ... aCT(„)„ se nažáva člen determinamtu. 1.6. Veta. Necht matice B vznikne z matice A 1. záměnou dvou různých radků, pak det B = — det A 2. vynásobením jednoho radku číslem t G K, pak det B = t det A 1.7. Veta. Hodnota determinantu matice A se nezmení, jestliče 1. k jednomu ěríadku matice A pěriěcteme libovolnyí níasobek jiníeho ěríadku 2. k jednomu radku matice A pěiěteme libovolnou lineímí kombinaci ostatních řídků 3. jeden rídek matice A ponechame beze zmeny a k ostatním rídkům pfícteme jeho libovolne nísobky 1. Výpočet determinantu 5 1.8. Definice. Nechť A = (aj) je čtvercová matice ř ádu n; nechť je zvoleno k jejích ř ádků a sloupců k < n a 1 < i\ 1. Indukcí ted' snadno nahledneme vyáslednáe re senáí. Vn(x1, x2, • • • , xn) — (x2 — x1) (x3 — x1) • • • (xn — x1) (x3 — x2) • • • (xn — x2)(xn — xn-1) Vn(x1, x2, ^ ^ ^ , xn) (xi xj) 1 1. A C a x x ... x x x a x ... x x x x a . . . x x x x x . . . x a / ao 11 1 ai 0 1 0 a2 100 11 00 00 0 an ) B x y 0 . . . 0 0 0 x y . . . 0 0 0 0 x . . . 0 0 000 y00 í D ao ai a2 an-1 \ an x 0 0 0 xy 0x 0 J 0 10 x1 0 0 0 0 00 00 00 x 0 x 12 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie E ( ao ai a2 —Vi xi 0 0 —y2 x2 an—i an 00 00 \ V 0 0 ... —yn Xn j 11. Spo čte te determinant matiče r adu n > 1 ápravou na sčhodovitá tvar A C E G 011 a2 11 a2 1 0 00 a3 0 1 00 an 0 0 01 2 2 2 23 2 2 2 32 2 2 2 22 \ 3 2 2 22 1 n n nn n 2 n nn n n 3 nn n n n nn 1 1 ai ai B D F 1 a2 — &2 an an 1 ai a2 1 ai + bi a2 1 ai a2 + b2 1 ai a2 an an an 1 1 2 3 a — 1 a 1 0 3 a — 1 a 1 2 0 a — 1 a 1 2 3 —a + 1 0 _ n 1 1 . . . 1 1 1 n 1 . . . 1 1 1 1 n ... 1 1 1 1 . . . 1 1 xi ai2 ai3 ai(n—i) ain xi x2 a23 a2(n—i) a2n xi x2 x3 a2(n—i) a3n xi x2 x3 xn—i xn 1 1 1 1 ai — bi ai a2 a2 H an \ 1 2 3 . . . n 2 2 3 4 . . . n 1 3 4 5 . . . n n n n . . . n n n n n nn 12. Odvod'te rekurentní vztah pro vypo č et determinantu matiče. 1. Výpočet determinantu 13 ( 2 1 0 ... 0\ 1 2 0 ... 0 0 1 2 . . . 0 Bn 0 0 0 2 í 5 6 0 0 0 ... 0 0 4 5 2 0 0 . . . 0 0 0 1 3 2 0 . . . 0 0 0 0 1 3 2 . . . 0 0 00000 00000 32 13 3 2 0 . . . 0 1 3 2 . . . 0 0 1 3 . . . 0 0 0 0 . . . 3 1 20 / 7 5 0 2 7 5 0 2 7 V 000 G2n í X 0 0 X 0 y V y 0 00 00 00 27 0y y0 X0 0X F n Dn \ ( x +1 1 0 0 . . . 0 0 0 . . . 0 0 0 . . . 0 0 3 . . . 0 0 00000 00000 v 0 X X+1 1 0 0 X X+1 0 1100 1110 0111 0000 00 00 00 11 13. RŔešte rovnici: (a) det X 1 3 in X 3 co X = 3 (b) det y 2 — x 5 J y cos x sin x J 2 in2 14. SpoCtete determinant (užijte postupu z úlohy 5). A C 1 —1 1 —1 2222 12 4 8 \ 1 —2 4 —8 / 1 xi + 1 x2 + x B 1 x2 + 1 x22 + x2 1 2 4 8 16 1 11 —2 3 4 9 —8 27 16 81 1 —1 1 —1 1 2 + x2 1 xn + 1 x2 + x nn xn + xn 53 25 0 0 0 0 0 0 1 x + 1 J 14 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 15. Laplačeovyám rozvojem podle t retáího sloupče spo čt ete determinant matiče A ( x -1 0 0 \ 0 x -1 0 0 0 x -1 V ao <2i d2 a3 ) 16. Vyjád r ete polynom stupn e n pomočí determinantu stupn e n — 1. (Vyuz ijte vásledku p redčhozáího p ráíkladu.) 2. Bilineární a kvadratické formy 15 2. BILINEÁRNÍ A KVADRATICKÉ FORMY Teorie 2.1. Definice. Necht' V je vektorový prostor nad polem K. Bilineární forma na V je zobrazení f : V x V — K takove, ze pro všechna a, b, c, d G K a u, v, w G V platí: f (au + bv, w) = af (u, w) + bf (v, w) f (u, cv + dw) = cf (u, v) + df (u, w) 2.2. Definice. Necht' f : V x V — K je bilinearní forma a a = (vi, v2,..., vn) je býze prostoru V. Pak tato býze urCuje matici bilineární formy A = (a j) = (f (v^, v j)). 2.3. Veta. Nechť f je bilineérné forma na V s maticí A v bézi a. Nechť souřadnice vektorů u, v G V v teto bézi jsou x, y G Kn. Pak pro libovolné vektory platí f (u, v) = xT • A • y. 2.4. Veta. Je-li A matice bilinearní formy v bézi a, pak matice bilineérné formy v bazi P je B = (id) • A • (id) a,/?, kde (id)a>? je matice prechodu od baze P k bézi a . 2.5. Definice. Dve Ctvercove matice A, B G Matn(K) se nazývají kongruentní, jestliže existuje reguMrní matice P G Matn(K) takový, ze B = PT • A • P. 2.6. Definice. Bilinearní forma se nazýva symetrická, jestlize f (u, v) = f (v, u), resp. antisymetrická, jestlize f (u, v) = —f (v, u). 2.7. Veta. Nechť f je bilinearné forma a A jejé matice v nřjake bézi a. Pak f je symetrické, je-li matice A symetrickaé, a f je antisymetrickaé, je-li matice A antisymetrickaé. 2.8. Veta. Kařdé bilineérné forma je součtem symetrické a antisymetrické bilineérné formy, přičemž pro matici platí A = ^(A-\-AT)-\-^(A—AT), kde první sčítanec odpovídá symetrické řcéasti a druhyé antisymetrickée řcéasti. 2.9. Veta. Kařda symetrické matice A G Matn(K) je kongruentné s nejakou diagonélné maticé. 2.10. Algoritmus. Diagonalizace symetrickách matic. Hledíme regulýrní matici P tak, abý matice PT • A • P býla diagonýlní. Predpoklýdejme, ze aii = 0, pak na A provýdíme elementarní rýdkove ýpravý (oznacíme éRO) tak, abý aii = 0 pro i = 2,...,n. Soucasne provadíme stejne sloupcove ýpravý (oznacíme ESO)a tým dosahneme u sýmetricke matice toho, ze výsledna matice ma aij =0 pro j = 2,..., n. Provedení sloupcove ýpravý na matici A odpovída výnasobení teto matice zprava maticí Pi, ktera vznikne z matice jednotkove provedením stejne sloupcove ýpravý. 16 I. Sbírka Uloh z lineární algebry a geometrie Analogicky řádkově úpravě odpovídá vynásobení matice A zleva maticí P1T. Provedením stejně ř ádkove i sloupcove úpravy na matici A dostaváme matici P1T • A • P1, ktera je kongruentní s maticí A. Stejná postup uplatnujeme na další radky a sloupce. Je-li a11 — 0 a n ejake ajj — 0 provedeme vám enu r adku 1a i a sloupce 1a i. Je-li a11 — a22 — • • • — ann — 0 a existuje — 0 p r icteme k r ádku i r adek j ak sloupci i sloupec j. Po vsech t echto ápravach dostaneme diagonalní matici PfeT ...P2T • Pl • A • P1 • P2 ...Pk — (P1 • P2 ...Pk)T • A • (P1 • P2 ...Pfc) — PT • A • P, která je diagonalní s puvodní maticí A. Ve vápo ctech postupujeme tak, z e si napíseme blokovou matici, jejíz levá blok je tvo r en maticí A a pravy blok jednotkovou maticí E. Pak v levem bloku provádíme ERO a odpovídající ESO dokud nedostaneme diagonální matici. Zaroven provadíme v pravem bloku stejnáe uápravy jako v leváem, ale pouze ráadkováe. Pak dostaáváame v praváem bloku matici PT. (A | E) -> (PT • A • P | PT • E) 2.11. Definice. Zobrazení F : V —► K se nazává kvadratická forma, jestliže existuje bilinearní forma f : V x V — K takova, z e pro v s echna u G V platí F (u) — f (u, u). 2.12. Veta. Necht F je kvadratická forma na vektorovým prostoru V. Pak existuje prUvč jedna symetrickí bilinearní forma, ktera ji určuje. 2.13. Definice. Matici kvadratické formy F nazveme matici symetricke bilinearní formy, kteráa tuto kvadratickou formu ur cuje. 2.14. Veta. (Sylvéstrův zákon sétrvaCnosti) Kačdou kvadratickou formu F na reUlném vektorovém prostoru Rn lze vyjédrit ve vhodné bézi (tuto bazi budeme déle nazyvat kanonické baze) ve tvaru F (x) — x1 +----h x p x • • • x2 I 0x2_|_1 I • • • I pričemz pocet čésel +1, -1, 0 je nezévisly na volbe baze. 2.15. Definice. Signatura kvadraticke formy F na realnem vektorovem prostoru Rn je trojice nezáapornáych cáísel (s_ , s-, so), kde s_ je po cet kladnáych, s- po cet záapornyách a so po cet nulových clenu v diagonalním tvaru kvadraticke formy. 2.16. Definice. Necht' F je kvadratická forma na reálnem vektorovem prostoru Rn. Řekneme, ze F je 2. Bilineární a kvadratické formy 17 1. pozitivně definitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) > 0 2. pozitivně semidefinitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) > 0 3. negativně definitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) < 0 4. negativně semidefinitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) < 0 5. indefinitní, jestliže existují vektory z, y G Rn takove, že F (y) > 0 a F (z) < 0. 2.17. Veta. Necht F je kvadratické forma na reálném vektorovém prostoru Rn. Pak 1. F je pozitivně definitní, právě tehdy když s+ = n; 2. F je pozitivně semidefinitní, právě tehdy když s_ = 0; 3. F je negativně definitní, právě tehdy když s_ = n; 4. F je negativně semidefinitní, právě tehdy kdyZ s+ = 0; 2.18. Veta. Kvadratickí forma je pozitivně definitní, prívě kdyě věechny hlavní minory její matice jsou kladníe. Kvadratickí forma je negativně definitní, pravě kdyě pro hlavní minory její matice platí (-1)* det(Ai) > 0. 2.19. Definice. Kvadrikou nažveme množinu Uloha 1: Kvadratickou formu F (x) = xix2 + x2x3 žadanou ve standardních souradnicích preveďte pomocí ESO a ERO na diagonýlní tvar. Řešení: Napíšeme si vpravo jednotkovou matici a vlevo matici dane kvadraticke formy. Na matici A kvadraticke formy provýdíme rýdkove a tytež sloupcove ýpravy, dokud nedostaneme diagonaýlnýí tvar matice, na jednotkovýe matici p ritom provaýdýíme tytýe ž uýpravy, ale vždy jen radkove (viž. požnamka 2.10.). (xi, x2,..., xn) G Kn (lij x* x j + ^2 bx* + c = 0 Řešené příklady 100 010 001 ) 110 010 001 18 I. Sbárka áloh z lineárná algebry a geometrie Nejdríve druhá radek pricteme k prvnímu, protože aii = 0, tutez ápravu provedeme take na prave matici, pak provedeme stejnou operaci se sloupci, ale to už pouze na leve matici. 1 \ \ | 1 1 0 \ \ 0 \ | 0 1 0 \ \ 0 | 0 0 l) Tak jsme dostali na prave strane opet symetrickou matici, ale aii = 0, dále vynulujeme pomocí prvku au zbylé prvky prvního řádku a sloupce tak, že přičteme — \ násobek prvního ráadku nejprve k druháemu a pak ke t retáímu raádku, a pak provedeme odpováídajáícáí sloupcovou uápravu, ale pouze na leváe matici. ( l \ \ \ 1 1 0 \ / 1 0 0 | 1 1 0 \ 0 -1- 1 I -1- 1 0 = 0 -1- 1 I -1 1 o w 4 4 I 2 2 I — l 4 4 I 2 2 w \w4 4 I 2 2 L / \w4 4 I 2 2 L / Dále pricteme druhá radek k t retímu a provedeme odpovídající sloupcovou ápravu. / 1 0 0 | 1 1 0 \ / 1 0 0 | 1 1 o \ o -I \ I -\\ o U o -I o i -\ \ o \0 0 0 1-10 1/ \0 0 0 1-10 1/ Dostáváme tedy diagonální tvar kvadratické formy = yf — \y\. Levá matice je (id)^ a její r adky nam udavají bazi, ve které ma dana kvadratická forma tento tvar: Uloha 2: Najd ete diagonalní tvar kvadraticke formy F (x) = x\ + x\ — 2xix2 + 2xi x3 + 10x2x3 zadane ve standardních sou r adnicích v R3 pomocí algoritmu dopln e ní na ctverce. RRešení: Vsechny smísene cleny obsahující xi p r ipojíme k clenu xj2 a doplníme na ctverec. Pak v sechny smáí senáe cleny obsahujáícáí x2 p ripojáíme k clenu x22 a op et doplnáíme na ctverec. F (x) = (xi — x2 + x3) — x2 — x2 + 2x2 x3 + x2 + 10x2 x3 = = (xi — x2 + x3) — x2 + 12x2 x3 = (xi — x2 + x3) — (x2 — 6x3) + 36x3 nyní muz eme zavest nove sou r adnice: yi = xi —x2 +x3 y2 = x2 —6x3 y3 = x3 2. Bilineúrní a kvadratickú formy 19 diagonální tvar je: F(y) = y2 - y22 + 36y32 1 -1 1 ida,e = [ 0 1 -6 0 0 1 Hledáme matici inverzní k teto matici p r echodu a dostáváme ide,« = 115 016 001 Sloupce teto matice udávají vektory báže, ve ktere má matice diagonální tvar. a : 1 0 0 1 1 0 5 6 1 Uloha 3: Zjist ete jakou kuž elosec ku popisuje rovnice k : x"3 + x3 + 4x1x3 + 2x1 + 1 = 0 . Řešení: Použ ijeme metodu doplň ě ní na čtverce; nejprve bereme v úvahu pouze kvadratické č leny (xi + 2x2)2 - 4a;2, + x2, + 2xi + 1 = 0 transformujeme sou radnice: yi = xi + 2x2 V2 = x2 . Odtud spo č ítame x1 = y1 — 2y2, po transformaci dostúvame yj2 — 3y2 + 2yi — 4y2 + 1 = 0 a nynúí op et doplnujeme na ctverce (Ví + l)2 - 3 [y22 + = 0 (yi + i)2-3^2 + 0 +l = o |(i^ + D-|(^ + |)+i = o 20 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie po další transformaci souřadnic dostáváme: zi = ^(yi + 1) = ^(xi + 2x2 + l) Z2 = §(2/2 + |) = |(^2 + |) k : z2 - z2 + 1 = 0 . Jedná se tedy o hyperbolu, jejíž střed S je dán zi = 0 a z2 = 0, v původních souřadnicích 2 X\ =--1 = - . 3 3 Tedy S = (§, — |)T • Nyní ještě najdeme bázi pro nové souřadnice. Víme (ulU = ( f f ) Inverzní matice k teto matici je / 2^3 _4 \ a její sloupce nám určují vektory báze a : [f 1,1*2], kde v\ = (^^-,0^ a 1)2 = (—|, §)• Pro sou radnice libovolnáeho bodu tedy platáí x = S + (id)e,a • z . Uloha 4: Najdete nejakou kvadratickou formu F hodnosti 5 na vektorovem prostoru R5 v analytickem vyjádrení vzhledem ke kanonicke báži, která je požitivne definitní na podprostoru generovanem vektory (1,1, 0, 0, 0), (0, 0, 0,1, 0), (0, —1, 0, 0, 0) a je nega-tivne definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 0, —1, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 1). Řešení: Podle Sylvestrova žakona setrvacnosti (veta 2.14.) ma kvadratická forma F vžhledem ke kanonickáe baáži tvar F (x) = aixj + a2x2 + a3x3 + a4 x\ + a5x2 , kde aj, i = 1... 5 nabávají hodnot +1, —1, 0. Pricemž kvadratická forma je požitivne definitní na nejakem podprostoru, pokud pro vsechny vektory x ž tohoto podprostoru platí F (x) > 0. 2. Bilinearní a kvadratickú formy 21 Jde videt, že podprostor generovány vektory (1, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0), (0, —1, 0, 0, 0) je vlastn e podprostor vektoru tvaru (a, b, 0, c, 0); a, b, c G R. A tedy F (a, b, 0,c, 0) > 0 . Z toho plyne a1 = 1, a3 = 1 a a4 = 1. Analogicky podprostor generovaná vektory (0, 0, —1, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 1) je podprostor vektoru tvaru (0, 0, e, 0, f); e, f G R. Má-li bát na tomto podprostoru kvadratická forma negativn e definitní, musí platit F(0, 0,e, 0,f) < 0 Z toho plyne a3 = —1, a5 = —1. Kvadratická forma má tedy tvar 22222 Xi \~ X3 X3 \~ X4 Xg — 0 . Cvičení 1. Necht' je na R4 dáana bilineaárnáí forma f sou radnicovyám vyjaád renáím vžhledem ke stan-dardnáí báaži f (x, y) = -Xi y3 + Xiys + X3yi + X3y3 + X3y4 - X3 y4 + X4 ya . Ur c ete matici v báži e a hodnost formy. 2. Pro bilineární formu žádanou ve standardní báži f (x, y) = xi yi - 2x3 y3 + 3xi y3 na R3 ur cete její sou r adnicove vyjád r ení a matici v nove báži vi = (3, - 1)T, v3 = (1, - 1)T. 3. Ve standardnáí baáži na R3 je dáana bilineáarnáí forma f (x, y) = xi yi + 2x3y3 + 2x3y3 Ur c ete matici bilineární formy v báži vi = (1, 0, 1)T, v3 = (0, 1, 1)T, v3 = (1, 1, 0)T. 4. Pro bilineáarnáí formu ž p ráíkladu 1 ur cete symetrickou a antisymetrickou bilineaárnáí formu f s a f a, pro ktere platí f = fs + f a. 5. Pro bilineární formu na R3 ur c ete symetrickou a antisymetrickou bilineární formu fs a f a, pro ktere platí f = f s + f a . (a) f (x, y) = 2xiyi + 4xiy3 - 2xi y3 + X3 y3 - X3 y3 + X3 y3 + X3 y3 (b) f(x, y) = 2xiy2 + 4x2y3 + 6x3yi 6. Najd ete n ejakou baáži symetrickáe bilineaárnáí formy f na vektorováem prostoru R3, ve kteráe maá tato forma diagonáalnáí tvar. Analytickáe vyjáad renáí f vžhledem ke stan-dardnáí baáži je f(x, y) = 2x2y3 + 2x3y2 + x3y3 22 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 7. Najd ete n ejakou báži sýmetricke bilineární formý f na vektorovem prostoru R3, ve ktere má tato forma diagonální tvar. Analýticke výjad rení f vžhledem ke stan-dardnáí baáži je f (x,y) = 3xi yi + 2x2y2 8. Najdete symetrickou bilineární formu, ktera urcuje kvadratickou formu F. F má ve standardnáí baáži v R3 rovnici (a) F (x) = 2x1 x3 — 4x2x3 (b) F (x) = x2 + x2 — 2x2x3 9. Najd ete diagonalní tvar kvadraticke formý F na R3 a báži, ve ktere má forma tento tvar, je-li sou radnicováe výjáad renáí ve standardnáí báaži F (x) = x2 + x3 — 2x1 x2 + 2x1 x3 + 10x2x3 . 10. Najd ete diagonalní tvar kvadraticke formý na R3 pomocí algoritmu dopln e ní na ctverce a báaži, ve kteráe maá forma tento tvar, je-li sou radnicováe výjaád renáí ve standardnáí báaži (a) F (x) = 4x2 + 2x2 + 15x3 + 4x1 x2 — 4x1 x3 — 8x2x3 (b) F (x) = x1x2 + x1x3 + x2x3 11. Zjist ete vlastnosti realnách kvadratických forem, nap r . definitnost a signaturu, jestliž e jejich sou radnicováe výjáad renáí vžhledem ke standardnáí báaži je (a) F (x) = x1 — x1x2 + x2, na R2 (b) F (x) = 2x1x2 + 4x1 x3, na R3 (c) F (x) = —2x1 — 8x2 — 3x3 + 2x1x2 + 4x1 x3 — 2x2x3, na R3 12. Najd ete diagonální tvar kvadraticke formý na R3 a žjist ete, žda je požitivne definitní F (x) = x1 x2 + x2x3 + 3x1x3 13. Ve standardní báži na R3 je dana kvadratická forma. Ur cete její signaturu. (a) F(x) = x1x3 (b) F (x) = x2 + x2 + 3x2 + 4x1x2 + 2x1 x3 + 2x2x3 (c) F (x) = x2 — 2x2 + x2 + 2x1x2 + 4x1x3 + 2x2x3 14. V nejake báži na reálnem vektorovem prostoru R4 je dana kvadraticka forma F. Ur c ete její diagonální tvar, definitnost, signaturu. (a) F (x) = x1 + x2 + x2 + x4 + 2x1x2 + 4x1 x3 + 2x1x4 + 4x2x3 + 4x2 x4 + 2x3x4 (b) F (x) = 3x2 + 2x4 + 4x1x4 + 4x2 x3 + 2x2x4 + 2x3x4 2. mlrneímí a kvadratickí formy 23 (c) F (x) = x1 x3 + 15. Uvaž me bilinearní formu žadanou ve standardní báži f (x, y) = 2x1 y1 — 4x1 y2 — 3x2 y2 + 2x2 y3 — 4x3 y2 — £3 y3 definivanou na C3. Necht' F (x) je jí definovaná kvadratická forma, napiste analyticke vyjáad renáí F a najd ete diagonaálnáí tvar F. 16. Najdete vsechny hodnoty parametru a, pro které je kvadraticka forma F na R3 požitivn e definitní (pou ž ijte Sylvestrovo kriterium). (a) F (x) = x2 + x2 + 4ax1 x2 + a2x1 x3 (b) F (x) = ax1 + ax2 + (a — 3)x2 + 2x1x2 + 2ax1 x3 + 2x2 x3 17. Zjist ete jakou kuž elose cku popisuje rovnice k : 5x2 + 9x2 + 12x1x2 — 6x2 + 4 = 0 a p r eved'te na diagonalní tvar. 18. Zjist ete jakou kuželosecku popisují rovnice, p réved'te na diagonální tvar, prípadne ur cete jejáí st red (a) k : x1 + x2 + 2x1x2 — x1 + 3x2 — 2 = 0 (b) k : 2x2 — 3x2 + 5x1 x2 + x1 + 10x2 — 3 = 0 (c) k : x2 + x2 + 4x1 x2 + 2x1 + 1 = 0 (d) k : 3x2 + 3x2 — 2x1 x2 + 4x1 + 4x2 — 4 = 0 (e) k : x2 + x2 — 2x1x2 — 4x1 — 6x2 + 3 = 0 (f) k : x1 + x2 + 2x1x2 — x1 — x2 = 0 (g) k : x2 + 2x2, — 2x1x2 — 4x1 — 6x2 + 3 = 0 (h) k : 4x2 + 5x2 + 10x1x2 — 2x1 — 4x2 + 3 = 0 (i) k : x2 + 4x2, + 4x1x2 + 6x1 + 8x2 — 9 = 0 (j) k : x2 + x2 + 2x1x2 + 2x1 + 2x2 — 4 = 0 19. Najd ete n ejakou kvadratickou formu F hodnosti 6 na vektorovem prostoru R7 v an-alytickem vyjad r ení vžhledem ke kanonicke baži, ktera je požitivn e definitní na pod- prostoru generovanáem vektory (—1, 0, 0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 0, —1, 0) a je negativne definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 1, 0, —1, 0, 0, 1), (0, —1, 0, 0, 0, 0,1), (0, 0, 0,1, 0, 0, 0). 24 I. Sbírka úloh z lineúrní algebry a geometrie 20. Najd ete n ejakou kvadratičkou formu F hodnosti 6 na vektorovem prostoru R7 v an-alytičkem vyjad r ení vzhledem ke kanoničke bazi, ktera je pozitivn e definitní na pod- prostoru generovanáem vektory (—1 0 0 0 0 0 0), (—1 0 1 0 0 0 0), (—1 0 1 0 1 0 0) a je negativn e definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 1, 0, 0, 0, 0, 0), (0 —1 0 0 0 0 1), (0 1 0 0 0 1 0). 21. Nečht' Mat2(R) je vektorová prostor vsečh matič radu 2 a nečht' M = í 3 5 j 12 3 5 1 G Mat2(R). Dokaz te, z e zobrazení f : Mat2(R) x Mat2(R) — R definovane p r edpisem f (A, B) = tr(A • M • B), pro VA, B G Mat2 (R) (tr znamena stopu matiče, tj. součet prvku na hlavní diagonále) je bilinearní forma. Pak najd ete matiči teto bilineární formy v bazi a. a 4\0 0 j ^ 0 0 j ^ 1 0 j ^ 0 1 j 3. Skalarní sourin 25 3. skalArnI součin Teorie 3.1. Definice. Necht' V je vektorová prostor nad polem K. Pak skalární součin na V je bilinearní symetricka forma, tj. žobražení ( , ) : V x V — K takove, ž e (x, x) > 0 pro x G V, x = o. (To žnamena, ž e p r íslu sná kvadratická forma je požitivn e definitní.) Reáalnyá vektorováy prostor se skalaárnáím sou cinem nažyáváame euklidovskyá prostor. 3.2. Definice. Necht' Rn je vektorový prostor. Definujeme skalarní sou c in pro x, y G Rn, x = (x1, x2,..., xn), y = (y1, y2,..., yn) jako (x, y) = Yln=1 xjyj. Takto definovaná skalarní sou cin nažyáváame standardnáí skaláarnáí sou cin. Euklidovská vektorovy prostor Rn se standardním skalarním sou c inem budeme žnacit En. 3.3. Definice. Velikost (norma) vektoru v v euklidovském prostoru V je číslo = 3.4. Veta. (Cauchyova-Schwartzova nerovnost) Pro kardí dva vektory v euklidovskím prostoru V platí v)| < ||u|| ||v^ 3.5. Definice. Necht' V je euklidovská prostor, u, v G V. Uhel, ktery vektory u a v svírají je císlo a G (0, n) takove, ž e (u, v) cos a = -—n~ľr~ľľ | u| | v| 3.6. Definice. Dva vektory u, v G V, kde V je euklidovská prostor, nažveme kolme (ortogonální), pokud (u, v) = 0. Dva vektory u, v G V, nažveme ortonormální, pokud jsou ortogonální (tj. (u, v) = 0) a pokud jejich velikost je rovna jedne (tj. ||u|| = 1 A ||v|| = 1). 3.7. Veta. Necht V je euklidovskí prostor a v1, v2,..., vk G V jsou po dvou ortogonílní vektory ruizné od nulového. Pak jsou tyto vektory linearne nezavislí. 3.8. Definice. Baži tvo r enou ortogonálními vektory nažveme ortogonalní baze. Báži tvo r enou ortonormálními vektory nažveme ortonormální baze. 3.9. Veta. Necht V je euklidovsky prostor a u1, u2,..., uk G V libovolní vektory. Pak existují ortogonalní vektory v1, v2,..., vk G V, kterí generují tentyr prostor jako vektory u1, u2,..., uk, to znamení [u1, u2, . . . , ufe] = [v1, v2, . . . , vk] . 26 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Algoritnus, s jehož pomocí lze nalézt vektory v15 v2,..., vk se nazyvú Grammův-Schmidtův ortogonalizacní proces a je popsan v ůloze 1. 3.10. Definice. Řekneme, že množiný A, B C V jsou ortogonální množiny (ozn. A ± B) jestli že Vu G A, Vv G B : (u, v) = 0 3.11. Definice. Ortogonální doplněk množiny A v euklidovskem vektorovem prostoru V nažveme mno žinu Ax = {u G V : (u, v) = 0, Vv G A} 3.12. Definice. Necht' V je euklidovská prostor a U C V je vektorová podprostor ve V. Kolmá projekce vektoru v G V do U je vektor Pv G U takový, ž e v — Pv ± U. 3.13. Veta. Necht' V je euklidovská prostor a U C V je podprostor. Potom U © U± = V. _Řešené příklady Uloha 1: Použijte Grammuv-Schrnidtuv ortogonaližacní proces na báži a : u1 = (2, 0, —1)T, u2 = (—1, 1, 1)T, u3 = (1, 1, 1)T vektoroveho prostoru E3. Řešení: Budeme hledat ortogonalní baži p : [v1, v2, v3] 1) Za v1 žvolíme libovoln e jeden že t r í vektoru puvodní báže a , nap r . v1 = u1 a tedý v1 = (2, 0, —1)T 2) Hledáme druhá vektor báže v2 ve tvaru v2 = u2 + P1 v1 tuto rovnost skaláarn e výnaásobáíme vektorem v1 (v1, v2) = (v1, u2) + P1 (v1,v1) po ž adujeme, abý vektorý v1, v2 býlý kolme, proto skalární sou cin (v1, v2) = 0; žbýle skalarní souciný mužeme už lehce spo cítat (v1, u2) = —3, (v1 ,v1) = 5, pak 3 0 = —3 + 5pi z toho plyne Pi = - 5 3. Skalární součin 27 a tedy t,2 = (-l,l,l)r+|(2,0,-l)T 5 2 5 T a- můžeme do baze zvolit libovolný násobek tohoto vektoru, pro snadnější počítání tedy volme V2 = (1, 5, 2)T 3) Nyní zbývá najít ješte tretí vektor báze v3, který musí být kolmý k obema předchozím vektorům vi a v2; predpoklýdejme jej ve tvaru V3 = U3 + qivi + q2 V2 tuto rovnost nejdríve skalarne vynasobíme vektorem v1 a pak vektorem v2, čímz dostavíme soustavu dvou rovnic o dvou neznýmych q1 a q2 (V3, Vi) = (U3, Vi) + qi(vi, Vi) + q2 (V2, Vi) (V3, V2) = (U3, V2) + qi(Vi, V2) + 2} —ai (w2,wi) —a2(w2,W2) = 0 po vy číslení skalarníčh sou činu dostavame: 8 —7ai —6a2 = 0 1 —6ai —11a2 = 0 r e sením teto soustavy rovnič je ai = 2 a a2 = —1, tedy Pv = 2(1,1, —1, 2) — (3,1, 0,1) = (—1,1, —2, 3) _Cvičení 1. Zjist e te zda je zobrazení g : R2 x R2 — R skalární sou č in (a) g(x, y) = xiVi + XiV2 + X2Vi + X2V2 (b) g(x, y) = 4xiVi + 2xiV2 + 5X2V2 (č) g(x, y) = XiVi + XiV2 + X2Ví + 2X2V2 2. Zjist e te, zda je zobrazení g : R3 x R3 — R skalarní sou č in (a) g(u, v) = 3UiVi — UiV2 — U2Vi + + UiV3 + U3Vi + U3V3 (b) g(u, v) = 2uivi — uiv2 — u2vi + u3v3 (č) g(u, v) = UiVi + 2UiV2 — U2Vi + U2V2 + U3Vi + 2U3V3 (d) g(u, v) = Uivi + 2U2v2 — U2v3 — U3v2 + 3U3v3 (e) g(u, v) = 3Uivi + Uiv2 + U2vi + U2v2 + U3v3 3. Ve vektorovem prostoru R2[x] je pro libovolne dva polynomy f, g definováno reálne číslo (f, g}. Rozhodnete, zdaje takto definován skalární sou č in. (a) (f, g} = /—i f (t)g(t)dt (b) (f, g} = 1 4. Ve vektorovem prostoru Mat22(R) je pro libovolne vektory A = ( ai a2 ) ,B = b b \ , , ) definovano realne č íslo (A, B). Rozhodn ete, zda je takto definován skalární b3 b4 sou čin. (a) (A, B} = det(A.B) (b) (A, B} =det(A + B) 30 I. Sbírka ůloh z linearní algebry a geometrie (c) (A, B) = a1 b1 + a464 (d) (A, B) = a161 + a262 + a3&3 + a4&4 5. Zkuste na R2 najáít takovýá skalaárnáí sou cin, abý vektorý u a v býlý na sebe kolmáe. (a) u = (1, 2)T, v = (2, 3)T (b) u = (—5, 2)T, v = (10, —4)T 6. Najd ete ortogonální baži podprostoru generovaneho vektorý (3, 2, —4, 6)T, (8,1, —2, — 16)T, (5,12, —14, 5)T, (11, 3, 4, —7)T v euklidovskem prostoru E4. 7. Ur c ete ortogonalní báži podprostoru generovaneho vektorý (1, 0, 4, — 1)T, (1, —4, 0,1)T, (—4,1,1, 0)T a jeho ortogonalního doplnku v euklidovskem prostoru E4. 8. Gramm-Schmidtovám ortogonaližacním procesem sestrojte ortogonální baži podprostoru generovaneho vektorý (1,1, —1, — 1)T, (1, —1,1,1)T, (—1, —2, 0,1)T v euk-lidovskáem prostoru E4. 9. V euklidovskem prostoru V naležnete ortogonální baži podprostoru W, je-li: (a) V = E4, W = [(1, 2, 2, —1)T, (1,1, —5, 3)T, (3, 2, 8, —7)T] (b) V = E4, W = [(1, 0,1, 0)T, (0,1, 0, —7)T, (3, —2, 3,14)T] (c) V = E5, W = [(1, 2, 0,1, 2)T, (1,1, 3, 0,1)T, (1, 3, —3, 2, 3)T, (1, —1, 9, —2, — (d) V = E5, W = [(1, —1, 0,1,1)T, (1, —1,1, 0, —1)T, (1, —2, —2, 0, 0)T, (1, —4,1, 3, 4)T] 10. V euklidovskem prostoru E4 jsou dáný vektorý u, v. Ukaž te, ž e týto vektorý jsou ortogonaálnáí a doplnte je na ortogonaálnáí baáži celáeho prostoru. P ritom: (a) u = (1, —2, 2,1)T, v = (1, 3, 2,1)T (b) u = (2, 3, —3, —4)T, v = (—1, 3, —3, 4)T (c) u = (1, 7, 7,1)T, v = (—1, 7, —7,1)T 11. Najd ete ortogonalní baži vektoroveho prostoru R3[x] se skalárním sou cinem defino-vanám (f, g) = f (t)g(t)dt. Najd ete matici p r echodu od naležene baže a do stan-dardnáí baáže [1, x, x2, x3]. 12. V euklidovskem prostoru E5 je dan podprostor W. Naležnete ortogonalní báži ortogonalního doplnku W-1, je-li: (a) W = {(r + s + t, —r + t, r + s, —t, s + t); r, s, t G R} (b) W = [(1, —1, 2,1, —3)T, (2,1, —1, —1, 2)T, (1, —7,12, 7, —19)T, (1, 5, —8, —5,13)T] 13. V euklidovskem prostoru E4 naležn ete ortonormalní baži podprostoru vektoru, ktere jsou ortogonalní k vektoräm u = (1,1,1,1)T, v = (1, —1, —1,1)T, w = (2,1,1, 3)T. 3. Skalarné součin 31 14. Urcete vsechny hodnoty parametru a G R, pro ktere je zadany vektor u z eukli-dovskáeho prostoru V normovanáy. P ritom: (a) V — E5, u — (a +1, 0, a + 2, 0, a + 1)T (b) V — R2[x], se skalárním soucinem (f, g) — J0 f (í)g(í)dí, u — 3x2 + a (c) V — R2[x], se skalárním soucinem (f, g) — f (í)g(í)dí, u — 3x2 + a 15. Najdete ortogonální doplnek podprostoru P generovaneho vektory (—1, 2, 0, 1)T, (3,1, —2, 4)T, (—4,1, 2, —4)T v E4. 16. V euklidovskem prostoru E4 jsou dány podprostory W — [u1,u2,u3] a S — [v], kde u — (1,1,1,1)T, u2 — (—2, 6, 0, 8)T, ua — (—3,1, —2, 2)T, v — (1, a, 3, b)T. (a) Nalezn ete ortogonáalnáí báazi W. (b) Ur c ete hodnoty a, b tak, aby podprostory W, S byly kolme. 17. Najd ete ortogonalní pram et vektoru (1, 2, 3)T do podprostoru generovaneho vektory (—1, 1, 1)T, (1, 1, 1)T v E3. 18. Necht' je L — [u, v, w] podprostor v E4. Najd ete kolmy prumet vektoru z do (a) z — (4, 2, —5, 3)T, u — (5,1, 3, 3)T, v — (3, —1, —3, 5)T, w — (3, —1, 5, —3)T (b) z — (2, 5, 2, —2)T, u — (1,1, 2, 8)T, v — (0,1,1, 3)T, w — (1, —2,1,1)T 19. V euklidovskem prostoru V najdete ortogonalní projekci vektoru u do podprostoru W, je-li: (a) V — E4, u — (—2, 2, 2, 5)T, W — [(1,1, —1, 2)T, (3,1, 0,1)T, (2, 0,1, —1)T] (b) V — E4, u — (2, 7, —3, —6)T, W — {(r + s, r + s, —r — 3s, 2r + 3s); r, s G R} (c) V — E4, u — (1, 2, 3, 4)T, W — [(0,1, 0,1)T] (d) V — E4, u — (4, —1, —3, 4)T, W — [(1,1,1,1)T, (1, 2, 2, —1)T, (1, 0, 0, 3)T] 20. Necht' u, v jsou vektory z euklidovskeho prostoru V. Dokazte, z e platí nerovnost | ||u|| — ||v|| | < ||u — vy. 21. Dokaz te, z e pro libovolnách n reálnych c ísel x1, x2,..., xn platí nerovnost X\ ~\- X2 ~\~~ ' ' ' ~\~~ Xn ^ / Xy ~\- X2 ~\~~ ' ' ' ~\~~ X^a nn (Navod: Pouzijte Cauchyovu-Schwartzovu nerovnost.) 32 I. Sbírka ůloh z linearní algebry a geometrie 22. Dokažte, že pro libovolnou spojitou funkci f platí 1 f° 1 r -- / f(x)dx<\-- / f2(x)dx. a - 6 7a " V a ~ b 7a (Navod: Použijte Cauchyovu-Schwartžovu nerovnost.) 23. Dokažte, že je-li 2x + 4y = 1, pro libovolná x,y G R, pak x2 + y2 > ^. 24. Dokažte, že pro libovolná x, y, z G R platí nerovnost o 2 2 2 /x y z\2 x2 y2 z2 (- + - + -) <--h — H--. V2 3 6/ _ 2 3 6 25. Dokažte,že pro libovolná a1, a2,..., an G R+ platí a1 a2 , an~1 . an ^ , , , --1---1-----1---1--> ai + a2 H-----ha„. a2 a3 an a1 26. Dokažte,že pro libovolná a1, a2,..., an G R+ platí (ai + a2 +----ha„)(- + - +----h — J > n2 . a1 a2 an 27. Ur cete velikost výáslednice F ctý r komplanáarnáích sil (tj. sil le žáícáích v jednáe rovin e) F1, F2, F3, F4 pusobících ž jedineho bodu, jestliže velikost každe sílý je 10 N a áhel meži dv ema sousednáími silami je (a) a = 30o (b) p = 45o 28. Tri sílý F1, F2, F3 pusobí ž jednoho bodu v prostoru. Každe dve sílý svírají stejná áhel a. Velikosti techto sil jsou |F1| =2 N, |F21 = 3 N, |F3| =4 N. Urcete áhel a tak, abý velikost váýslednice sil býla F = 5 N. 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 33 4. EUKLIDOVSKÁ ANALYTICKÁ GEOMETRIE - VZDÁLENOST A ÚHEL Teorie 4.1. Definice. Necht' A, B jsou body euklidovskeho prostoru Rn. Pák reálne císlo p(A, B) = ||A - B ||, tj. velikost vektoru A - B, nažáváme vzdáleností bodů A a B. 4.2. Definice. Necht' M je podprostor euklidovskeho prostoru Rn a A bod ž tohoto prostoru. Pak, vzdáleností bodu A od afinního podprostoru M nažáváme nežáporne reálne císlo p(A, M), definovane p(A, M) = min{||A - By, B G M} 4.3. Veta. Necht M je afinní podprostor v Rm a B G M je libovolný bod z M, pak vzdálenost bodu A G Rn od afinního podprostoru M je rovna velikosti kolmúho průmětu vektoru A - B do ortogonúlního doplnku zaměrení podprostoru M, tj. do ZX(M). 4.4. Definice. Necht' P, Q jsou podprostory euklidovskeho prostoru Rn. Pak vzdáleností podprostoru P, Q nažyváme nežáporne reálne císlo p(P, Q), definovane p(P,Q) = min{||A - By; A G P, B G Q} 4.5. Veta. Necht P, Q jsou dva afinní podprostory, A G P je libovolní bod z P a B G Q libovolný bod z Q , pak vzdalenost podprostoru P a Q je rovna velikosti kolmeho průmětu vektoru A - B do [Z(P) + Z(Q)]x 4.6. Definice. Necht' u, v G V jsou nenulove vektory. Pak odchylkou jednorozměrných podprostoru [u], [v] ve V rožumíme reálne císlo 0 (nekdy žnacíme 0(u, v)), pro ktere platí: l(w,v)| , n cos0 = , , ,/' 0<(f><-| u| | v| 2 4.7. Definice. Necht' U, V jsou podprostory euklidovskeho vektoroveho prostoru. Pak odchylku podprostoru U, V definujeme takto: (a) Je-li U C V nebo V C U, pak 0(U, V) = 0. (b) Je-li U n V = {o}, pak 0(U, V) = min{a(u, v); u G U, v G V; u, v = o}. (c) Je-li U n V = {o}, pak 0(u, V) = 0(U n (U n V)x, V n (U n V)x). 4.8. Veta. Necht v je vektor a U je podprostor v euklidovském prostoru Rn. Necht Pv je ortogonalní projekce vektoru v do podprostoru U. Pak odchylka vektorových podprostoru 34 I. Sbárka áloh z linearná algebry a geometrie U a [v] je ||Pv|| COS (f)(U, [v]) = COS(f)(v,Pv) = —rr-rr- 4.9. Veta. Necht N, N2 jsou nadroviny v euklidovském vektorovém prostoru Rn, n > 2 a necht a je normélový vektor nadroviny N a b je normélový vektor nadroviny N2. Pak odchylka těchto nadrovin je odchylka jejich normélovych vektorů. cos 0(Ni, N2) = cos 0(a, b) 4.10. Definice. Odchylkou dvou afinních podprostoru P, Q rozumíme odchylku jejich zame ř ení Z(P), Z(Q). _Řešené příklady Uloha 1: V euklidovskem prostoru E4 urc ete vzdalenost roviny a : (4, 1, 1, 0)+t(1, —1, 0, 0)+ s(2, 0, —1, 0) a p r ímky p : (5, 4, 4, 5) + r(0, 0, 1, —4). Rešen í: 1. způsob: Nejprve najdeme ortogonaálnáí dopln ek sou ctu zam e renáí roviny a p ráímky 1 —1 0 0 | 0 1 —1 0 0 | 0 2 0 —1 0 | 0 ~ 0 2 —1 0 | 0 00 1 —4 | 0/ \ 0 0 1 —4 | 0/ Zavedeme parametr t, c ili x4 = t,pak x3 = 4t, x2 = 2t, xi = 2t, zvolíme-li napr . t = 1, dostávame [Z(a) + Z(p)]x = [(2, 2, 4,1)T], oznacme tento vektor u. Nyní zvolíme libovolne body A G a, B G p, nap r . A = (4, 1, 1, 0)T, B = (5, 4, 4, 5)T, a oznacíme vektor A — B = x = (1, 3, 3, 5)T. Podle vety 4.5. je vzdálenost roviny a p rímky rovna pram etu vektoru x do podprostoru [u]. Hledame tedy kolmá pram et Px. P r edpokladáme Px ve tvaru: Px = au x — Px ± u z toho plyne (x, u) — a(u, u) = 0 25 — 25a = 0 a tedy a =1 pak Px = u =(2, 2, 4,1)T p(a, p) = ||Px|| = 5 2. zpUsob: Op et pot r ebujeme najít ortogonalní doplnek sou ctu zame r ení obou podprostoru, která jsme ur c ili v p r edchazejícím vápo ctu [Z(a) + Z(p)]x = [(2, 2, 4,1)T], oznac me tento vektor u. 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 35 Nyní hledáme body A0 G o a B0 G p jimiž se vzdálenost p(o, p) realizuje. Vektor A0 — B0 je kolmý k rovine o i prímce p a tedy A0 — B0 G [Z (o) + Z (p)]-1, tzn. je lineární kombinací vektoru baze [Z (o) + Z (p)]- A0 — B0 = ku. Dale víme: A0 = (4,1,1, 0) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) B0 = (5, 4, 4, 5) + r(0, 0,1, —4) a tedy (4,1,1, 0) +t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) — (5, 4, 4, 5) — r(0, 0,1, —4) Dostavame tedy soustavu rovnic: k(2, 2, 4,1). t +2s —t —s —r 4r —2k —2k —4k -k tuto soustavu resíme uzitím Gaussovy eliminace 12 0 —2 1 1 10 0 —2 3 0 0 —1 —1 —4 3 0 00 4 —1 5 0 12 0 —2 I 1 ^ 1 01 0 —2 I 2 0 00 —1 —6 I5 0 00 4 —1 I5 0 —1, r = 1, s = 0, t = —1. 20 20 —1 —1 04 0 0 2 4 4 —1 —2 —2 —6 25 1 4 3 5 1 2 5 25 z toho plyne k A tedy A0 — B0 = — 1u = (—2, —2, —4, —1)T z toho plyne p(o,p) = INI =5, dale muzeme taky urcit body, ve kterých se tato vzdalenost realizuje: A0 = (4,1,1, 0) — (1, —1, 0, 0) = (3, 2,1, 0)T B0 = (5, 4, 4, 5) + (0, 0,1, —4) = (5, 4, 5,1)T 3.způsob: Budeme potrebovat bazi souctu zamierení, coz je napr. Z(o)+Z(p) = [(1, —1, 0, 0)T, (2, 0, —1, 0)T, (0, 0, 1, —4)T], oznacme tyto vektory postupne vi, v2, v3. 36 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Nyní hledáme body Ao G a a Bo G p jimiž se vzdálenost p(a, p) realizuje. Vektor Ao — Bo je kolmý k rovine a i prímce p a tedy A0 — B0 je kolmy k Z (a) + Z (p), tzn. je kolmy k vektorům báze Z (a) + Z (p), tedy A0 — B0 ± vi, A0 — B0 ± v2, A0 — B0 ± v3. Dále víme: Ao = (4,1,1, 0) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) Bo = (5, 4, 4, 5) + r(0, 0,1, —4) a tedy A0 — B0 = (—1, —3, —3, —5) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) — r(0, 0,1, —4). Dostýávýáme tedy soustávu rovnic: 0 0 0 —2 —1 -17 11 0 | — 1 \ 0 3 1 | 1 ~ 0 1 17 | 17 / 1 z toho plyne r = 1, s = 0, t = —1. A tedy Ao = (4,1,1, 0) — (1, —1, 0, 0) = (3, 2,1, 0)T Bo = (5, 4, 4, 5) + (0, 0,1, —4) = (5, 4, 5,1)T z toho plyne Ao — Bo = (—2, —2, —4, —1)T p(a,p) = ||Ao — Boy =5 . "Úloha 2: UrCete vzdýlenost rovin a : (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2, 1); t : (1, —2, 1, —3) + r(2, —2, 1, 2) + p(1, —2, 0, —1) v euklidovskem prostoru E4. (Ao — Bo ,ui) (Ao — Bo ,U2> (Ao — Bo ,V3> 2t +2s 2t +5s s +r 17r tuto soustavu resíme uzitím Gaussovy eliminace 2 2 0 2 5 0 1 1 17 —2 —1 17 110 031 001 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 37 Řešení: 1. způsob: Nejprve najdeme ortogonální doplněk součtu zaměření obou rovin / 1 2 2 2 | 0 \ 2 0 2 1 | 0 2 -2 1 2 | 0 \ 1 -2 0 -1 | 0 / 1 2 2 2 0 -4 -2 -3 0 6 3 2 \ 0 -4 -2 -3 0 0 0 0 1222 0423 0 0 0 5 0000 0 0 0 0 Z toho plyne, ze x4 = 0, dále zavedeme parametr t, čili x3 = t, x2 ,í, X\ x zvolíme-li napr. t = -2, dostáváme [Z(a) + Z(t)]± = [(2,1, -2, 0)T], označme tento vektor u (Je videt, ze roviny jsou částečne rovnobezne). Nyní zvolíme libovolne body A G a, B G t, napr. A = (4, 5, 3, 2)T, B = (1, -2, 1, -3)T, a označíme vektor A - B = x = (3, 7, 2, 5)T. Podle vety 4.5. je vzdalenost rovin rovna prUmetu vektoru x do podprostoru [u]. Hledáme tedy kolmá prUmet Px. Predpokladáme Px ve tvaru: Px = au Px ± u z toho plyne (x, u) 0 a tedy a = 1 pak Px p(a, t) = ||Px|| = 3 ž.způsob: Opet potrebujeme najít ortogonalní doplňek součtu zamerení obou rovin, která jsme určili v predčhazejíčím vápočtu [Z(a) + Z(t)]± = [(2, 1, -2, 0)T], označme tento vektor u. Nyní hledame body A0 G a a B0 G t jimiz se vzdalenost p(a, t) realizuje. Vektor A0 - B0 je kolmy k rovine a i t a tedy A0 - B0 G [Z(a) + Z(t)]-*-, tzn. je linearná kombinačá vektoru báze [Z(a) + Z(t)]x A0 - B0 = ku . 9 - 9a u a( u, u) = 0 (2,1, -2, 0)T Dale váme: A0 = (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) B0 = (1, -2,1, -3) + r(2, -2,1, 2) + -2, 0, -1) a tedy (4, 5, 3, 2)+t(1, 2, 2, 2)+s(2, 0, 2,-2,1, -3)-r(2, -2,1, 2)-p(1, -2, 0, -1) = k(2,1, -2, 0). Dostáaváame tedy soustavu rovnič: 2k k -2k +p +2r -2s -t -2p -2r -2t +r -2s -2t -p +2r -1s -2t 3 7 2 5 38 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie tuto soustavu resíme uzitím Gaussovy eliminace 2 1 -2 0 1 -2 0 1 2 20 3 7 2 5 12 2 0 00 00 zvolíme napr. t = A tedy 1 2 -2 -5 -6 2 9 1 1 3 -18 -18 11 3 11 36 2 2 0 0 1 3 0 -1 2 2 000 00 62 4 1 1 3 3 2 12 6 1 0 1 3 2 11 3 11 5 5 -1 -1 1, pak s = -3, r = 0, p = -4, k = 1. Ao - Bo = 1u = (2,1, -2, 0)T z toho plyne p(<7, T) = = 3 , dale muzeme taky urcit body, ve kterých se tato vzdalenost realizuje: Ao = (4, 5, 3, 2) + (1, 2, 2, 2) - 3(2, 0, 2,1) = (-1, 7, -1,1)T Bo = (1, -2,1, -3) - 4(1, -2, 0, -1) = (-3, 6,1,1)T 3 11 4 -2 Zde by nas mohla zmast volba t = 1, zkusme tedy, co se stane, kdyz zvolíme t = 2, pak s = -4, r = 0, p = -5, k = 1. Hodnota k se nezmenila a nezmení se tedy ani hodnota vzdýalenosti. Ao - Bo = 1u = (2,1, -2, 0)T z toho plyne p(<7, T) = = 3 , Ao = (4, 5, 3, 2) + 2(1, 2, 2, 2) - 4(2, 0, 2,1) = (-2, 9, -1, 2)T Bo = (1, -2,1, -3) - 5(1, -2, 0, -1) = (-4, 8,1, 2)T Jinou volbou se vzdalenost nezmení, pouze se zmení body, ve kterých se tato vzdýlenost realizuje. To znamený, ze vzdalenost se muze realizovat v nekonecne mnoha bodech (to odpovýdý nekonecne mnoha volbam parametru), coz je zpusobeno tým, ze roviny jsou castecne rovnobezne. S.způsob: Budeme potrebovat bazi souctu zamerení. Snadno zjistíme, ze je to napr. Z (a) + Z (t ) = [(1, 2, 2, 2)T, (2, 0, 2, 1)T, (2, -2, 1, 2)T], oznacme tyto vektory postupne vi, v2, v3. Nyní hledame body Ao G a a Bo G t jimiz se vzdalenost p(a, t) realizuje. Vektor Ao - Bo je kolmy k rovine a i t a tedy Ao - Bo je kolmý k Z (a) + Z (t ), tzn. je kolmy k vektorum baze Z (a) + Z (t ), tedy Ao - Bo ± vi, Ao - Bo ± v2, Ao - Bo ± v3. Dýle víme: Ao = (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 39 Bo = (1, -2,1, -3) + r(2, -2,1, 2) + p(1, -2, 0, -1) a tedy Ao - Bo = (3, 7, 2, 5) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) - r(2, -2,1, 2) - p(1, -2, 0, -1). Dostáváme tedy soustavu rovnic: 0 0 (Ao - Bo (Ao - Bo,U2> (Ao - Bo,V3> = 0 13t +8s -4r +5p = -31 8t +9s -8r -p = -15 4t +8s -13r -4p = -4 tuto soustavu reSáme užitím Gaussovy eliminace 4 8 -13 -4 | -4 \ / 4 8 -13 -4 8 9 -8 -1 | -15 ~ 0 -7 18 7 13 8 4 5 31 0 8 17 8 -15 -31 4 8 -13 -4 0 -7 18 7 0 0 25 0 ž toho plyne r = 0, zvolíme p =1, pak s = 2, t = -4. A tedy Ao = (4, 5, 3, 2) - 4(1, 2, 2, 2) + 2(2, 0, 2,1) = (4, -3, -1, -4)T Bo = (1, -2,1, -3) + (1, -2, 0, -1) = (2, -4,1, -4)T ž toho plyne Ao - Bo = (2,1, -2, 0)T p(cr,r) = || Ao - Bo || = 3 . Volba ža p opet není jednožnaCna, žvolíme-li jinak, dostaneme jine body, ve kterách se vždalenost realizuje, ale hodnota vzdálenosti se nežmení. Uloha 3: UrCete uhel prímky p : (1, 2, 3, 4) + t(-3, 15, 1, -5) a podprostoru B : (0, 0, 0, 0) + r(1, -5, -2,10) + s(1, 8, -2, -16) v E4. Rešení: OžnaCme vektor, která generuje žamerení prímky p, u a vektory, ktaré generují žamerení podprostoru B, postupne x, y. Podle vety 4.8. je uhel p a B roven íhlu, ktery svíra vektor u a jeho ortogonílní projekce Pu do Z(B). Hledíme tedy Pu: Pu = a1 x + a2 y u - Pu ± B ž toho plyne u - Pu ± x A u - Pu ± y 40 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie (u, x) —ai(x,x) —a2 (x, y) (u,y) — ai(x,y) —02(y,y) 0 0 po vyčíslení skalárních součinů dostáváme: — 130 —130ai +19502 195 +195ai —325a2 0 0. Vyresením teto soustavy dostáváme a1 = —1, a2 = 0, a tedy Pu = —x = (—1, 5, 2, —10)T z toho plyne cos 0(p, B) 0(p, B) = ||Pw|| _ ÍTšô \\u\\ ~ V 260 V2 2 Úloha 4: Naleznete odchylku 0 roviny a : (2, 1, 0, 1) + t(1, 1, 1, 1) + s(1, —1, 1, —1) a roviny t : (1, 0, 1, 1) + r(2, 2, 1, 0) + p(1, —2, 2, 0) v prostoru E4. Rešení: Budeme postupovat podle definice 4.7. Nejprve budeme hledat prunik zamerení obou rovin Z (a) n Z (t). t(1,1,1,1) + s(1, —1,1, —1) = r(2, 2,1, 0) + p(1, —2, 2, 0) 1 1 —2 —1 0 1 1 —2 —1 0 1 —1 —2 2 0 0 —2 0 3 0 1 1 —1 —2 0 0 0 1 —1 0 1 —1 0 0 0 0 0 0 0 0 tzn. r = p a Z (a) n Z (t ) = [(1, 0,1, 0)T Díle musíme najít P = Z (a) n (Z (a) n Z (t a Q ze (Z(a) n Z(t))x Z(t) n (Z(a) n Z(tJde vidět, [(1, 0, —1, 0)T, (0,1, 0, 0)T, (0, 0, 0,1)T]. Pak najdeme P: ) + k2(0,1, 0, 0) + k3(0, 0, 0,1) = t(1,1,1 ki (1, 0, —1, 0) + k2(0,1, 0, 0) + fca(0, 0, 0,1) = t(1,1,1,1) + s(1, —1,1, —1) 1 0 0 0 1 0 —1 —1 1 0 —1 1 0 0 —1 —1 0 1 1 1 0 0 0 0 r^j • • • r^j 1 0 0 —1 —1 0 0 10 —1 1 | 0 0 0 1 —1 1 | 0 0 0 0 1 1 0 Tzn. t = —s a P Nyní najdeme Q: [(0,1, 0,1)r], oznacme tento vektor a. 4 ki(1, 0, —1, 0) + k2(0,1, 0, 0) + ks(0, 0, 0,1) = r(2, 2,1, 0) + p(1, —2, 2, 0) 4. Euklidovskí analyticka geometrie - vydílenost a úhel 41 í 00 10 00 01 —2 2 1 r^j • • • r^j 2 1 0 0 —1 —2 \ 0 0 1 0 0 Tžn. r = —p a Q = [(1, 4, —1, 0)T], ožnacme tento vektor 6. Uhel daných rovin je pak roven áhlu, který svírají vektorý a a 6. 0 0 0 0 1 0 0 —2 0 1 0 2 1 2 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 4 (g, b) cos0 = ...... = - 2 3 0 0 0 0 Cvičení 1. V euklidovskem prostoru E4 resp. E5 urcete vždalenost bodu A od podprostoru P. (a) A = (4,1, —4, —5); P : (3, —2,1, 5) + t(2, 3, —2, —2) + s(4,1, 3, 2) (b) A = (1, 1, —2, —3, —2); P : (3, 7, —5, 4, 1) + t(1, 1, 2, 0, 1) + s(2, 2, 1, 3, 1) (c) A = (2, 1, —3, 4); P : 2x1 — 4x2 — 8x3 + 13x4 + 19 = 0, x1 + x2 — x3 + 2x4 — 1 = 0 (d) A = (1, —3, —2, 9, —4); P : x1 — 2x2 — 3x3 + 3x4 + 2x5 + 2 = 0, x1 — 2x2 — 7x3 + 5x4 + 3x5 — 1 = 0 (e) A = (2, 1, 4, —5); P : (1, —1, 1, 0) + t(0, 1, 2, —2) (f) A = (—9, 2, 1, —5); P : (1, 2, 0, 0) + t(—1, 1, 1, 3) + s(0, —2, 1, —1) (g) A = (4, 2, —5,1); P : 2x1 — 2x2 + x3 + 2x4 — 9 = 0, 2x1 — 4x2 + 2x3 + 3x4 — 12 = 0 (h) A = (2, 1, —1, 0); P : 3x1 + x3 — x4 + 6 0 2. Urcete vždalenost prímek p, q v euklidovskem prostoru En (pro n = 3, 4, 5). (a) p : (9, —2, 0) + t(4, —3, 1); q : (0, —7, 2) + s(—2, 9, 2) (b) p : (6, 3, —3) + t(—3, 2, 4); ( 1, 7, q : (—1, —7, 4) + s(—3, 3, 8) p : (2, —2,1, 7) + t(0, 4, —2, —3 q : (3, 0, 0, — 1) + s(—2, 0, 1, 1) (d) p : (7, 5, 8, 1) + t(2, 0, 3, 1); q : x1 — 4x3 + 7 = 0, x2 + 2x3 — 5 = 0, x4 — 3 = 0 (e) p : (—3, 2, 3, 3) + t(—1, 1, 1, 0); q : (6, 5, 7, 3) + r(0, 0, —1, 2) 3. Urcete vždalenost prímký p a roviný t v euklidovskem prostoru E4 resp. E5. (a) p : (1, 3, —3, —1) + t(1, 0, 1, 1); t : —x1 + x2 + x3 + x4 = 3; —3x2 + 2x3 — 4x4 = 4 42 I. Sbárka áloh z linearná algebry a geometrie (b) p : (5, 4, 4, 5) + r(0, 0, 1, —4); t :(4, 1, 1, 0) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) (c) p : (1, 6, —6, 4) + t(1, —5, 8, 5); t : (6, 3, —5, 5) + —2, 2, 2) + r(2, —1, —2,1) 4. Urcete vzdalenost rovin t a a v euklidovskem prostoruE4 resp. E5, je-li: (a) t : x1 + x3 + x4 — 2x5 = 2; x2 + x3 — x4 — x5 = 3; x1 — x2 + 2x3 — x5 = 3; a : (1, —2, 5, 8, 2) + t(0, 1, 2, 1, 2) + s(2, 1, 2, —1, 1) (b) t : x1 + x2 + 2x3 = 4; 2x1 + 3x2 + 4x4 = 9; a : x1 — 2x2 — 2x4 = —25; x1 — x3 + x4 = 15 (c) t : (5, 0, —1, 9, 3) + t(1, 1, 0, —1, —1) + —1, 0, —1, 1); a : (3, 2, —4, 7, 5) + r(1,1, 0,1,1) + u(0, 3, 0,1, —2) (d) t : (4, 2, 2, 2, 0) + t(1, 2, 2, —1, 1) + s(2, 1, —2, 1, —1); a : x1 — x2 = 0; x1 — x3 + x4 + x5 = —1; x3 + x4 — x5 = 4 (e) t : (0, 2, 6, —5) + t(—7,1,1,1) + s(—10,1, 2, 3); a : x1 + 3x2 + x3 + x4 = 3; x1 + 3x2 — x3 + 2x4 = 5 (f) t : (—4, 3, —3, 2, 4) + t(2, 0, 1, 1, 1) + s(—5, 1, 0, 1, 1); a : x1 — 2x2 + x3 — x4 + 3x5 = 6; x1 — x3 — x4 + 3x5 = 0 5. Ur c ete odchylku 0 p r ímky p = {A, [u]} a podprostoru B v E4 resp. E5. (a) u = (1, 0, 3, 0)T; B : (1,1,1,1) + t(1,1, 4, 5) + s(5, 3, 4, —3) + r(2, —1,1, 2) (b) u = (1, 2, —2, 1)T; B : (1, 1, 1, 1) + t(2, —2, 1, —1) (c) u = (1, 3, —1, 3)T; B : 3x1 + x3 — 4x4 = 0, 2x1 — x2 — 3x4 = —1 (d) u = (3, 1, V2, -2)T; B : (1, 2, 1, l)+í(-l, 1, -1, 0)+s(-l, 2, -2, l)+r(2, -1, 2, 1) (e) u = (2, 0, 2, —1)T; B : 3x1 — 2x2 + 2x3 + X4 = 7 (f) u = (2, 0, 0, 2, 1)T; B : X1 + X2 + X3 + X5 = 7 (g) u = (0,1, —1, 0, 0)T; B : (2,1,1, 2, 2)+t(2,1, 0,1, —1)+s(3, 2, 0, 0,1)+r(0,1, 0,1, 0)+ p(1, 0, 0,1, 3) (h) u = (3, 4, 4, 3)T; B : (2, 0, 0,1) + t(—2, 0, —1, 0) + s(1, 0, 3, 0) (i) u = (3, 4, 4, 3)T; B : (2, 9, 0, 6) + t(0,1, 0, 5) + s(0, 2, 0, —7) (j) u = (1, —1,1, 3)T; B : (3,1, 4, 5) + t(2, —2, 3, 0) + s(—1,1, —2, 0) 6. V E3 urcete odchylku rovin t a a. (a) t :2x — y + z — 1 = 0; a : x + y + 2z + 3 = 0 (b) t : x + 2z — 6 = 0; a : x + 2y — 4 = 0 7. Urcete odchylku podprostoru n a v v E4 resp. E5. 4. Euklidovská analytička geometrie - vydálenost a áhel 43 (a) n : (1, 2, 5,1) + t(1,1, 0, 0) + s(3, 3, 0,1) v : (1, 5, 4,1) + r(0, 0, 0,-1) + p(2, 0, 0,1) (b) n : (4, 2, 0,1, 0) + t(1,1,1, 0, 0) + s(2, 2, 2, 0, 3) v : (1, 1, 0, 1, 0) + r(0, 1, 0, 0, 1) + p(1, 1, 1, 1, 0) + q(1, 1, 1, 1, 1) (c) n : (7, 3, 5,1) + t(0, 0,1, 0) + s(2, 2,1, 0) v : (1, 3, 4,1) + r(1, 0, 0, 0) + p(3, 0,1, 0) 8. Na prímce p : x1 + x2 + x4 - 7 = 0, x1 + 2x3 + x4 - 7 = 0, 2x1 - x2 + 3x3 + x4 - 9 = 0 naležnete bod Q mající stejnou vždalenost od bodu A = (-1,1,1,1)T a B = (3, -1, -2, 2)T v euklidovskem prostoru E4. 9. Na prímce p : x + y + 2z = 1, 3x + 4y - z = 29 naležnete bod Q mající stejnou vždílenost od bodu A = (3, 4,11)T a B = (-5, -2, -13)T v euklidovskem prostoru E3. 10. Naležnete podprostor C v E5, kterí prochíží bodem Q = (1, 0,1, 0,1)T a je kolmí k podprostoru B : 19x1 +11 x2 - 4x3 +5x4 +x5 = 3 7x1 +2x2 +x4 = 1 . 11. Naležnete podprostor C v E5, kterí prochaží bodem Q = (-1, 2, 5,1, 4)T a je kolmí k podprostoru B danemu bodem A = (3, 2,1,1, 2)T a vektory u = (7, 2,1,1, 3)T, v = (0, 4, -2,1,. 12. Bodem Q = (2, 1, -3)T v E3 ved'te v rovine p : 3x - 2y + z =1 prímku q, kterí je kolmí k prímce p : (4, 5, 3) + t(-6, 6, 1). 13. V E3 naležnete rovinu p rovnobežnou s rovinou a : 3x - 6y - 2z + 14 = 0 a mající od níí vždíalenost 3. 14. V E3 naležnete rovinu p rovnobežnou s rovinou a : 2x - 2y - z - 7 = 0a mající od ní vždíalenost 5. 15. Jsou díny body A = (-4,1, 2) a B = (3, 5, -1) v E3. Urcete bod C, víte-li, že stred dvojice bodu AC leží na prímce p : (1, 0,1) + 1, 0) a stred dvojice bodu BC leží v rovine p : x - y + 7z + 1 = 0. 16. Napiste rovnici geometrickeho místa bodu v E3 stejne vždíleních od bodu A = (a, f, a) a bodu B = (0, f,0). 17. Na přímce q : (1,-1,0) + —2, —3) v E3 určrte bod Q mající od roviny p : 2x + y — z + 2 = 0 vzdálenost \/6- 18. Na prímce q : x - y + z - 3 = 0;2x - 3y + 3z + 6 = 0 v E3 urcete bod Q mající od roviny p : x — 2y + z — 2 = 0 vzdálenost 44 I. Sbárka áloh z lineárná algebry a geometrie 19. Najdete rovinu v E3 rovnobežnou s rovinami p : 3x + 2y - 2z - 3 = 0 a a : 6x + 4y -4z +1 = 0, kterí delí vždalenost meži nimi v pomeru 2:3. 20. Odvod'te vžtah pro vždalenost bodu A = (y1,..., yn) od nadroviny N : a1 x1 + • • • + a„x„ + ao = 0 v En. 5. Vlastná ěásla a vlastná vektory, ortogonainá matice 45 5. VLASTNÍ ČÍSLA A VLASTNÍ VEKTORY, ORTOGONÁLNÍ MATICE Teorie 5.1. Definice. Lineární operátor je lineární zobrazení 0 : V — V, kde V je vektorová prostor. 5.2. Definice. Nečht' 0 : V — V je lineární operátor, a = (vi, v2,..., vn) báze vektoroveho prostoru V. Pak matice operátoru 0 v bázi a je matiče (0)«,« = (a^-), kde ve sloupči j jsou souradniče vektoru 0(vj) v bazi a. 5.3. Veta. Necht 0 : V — V je lineárna operátor, a = (v1, v2,..., vn), /// = (u1, u2,..., un) jsou dvě báze vektoroveho prostoru V. Pak pro matice zobrazená 0 v bazách a a // plat/ tento vztah: (0W = (i'd)^,a • (0)«,« • (id)a,/3, kde (id)a>p je matice prechodu od baze /// k bázi a. 5.4. Definice. Řekneme, ze matiče A a B jsou podobne, existuje-li regularní matiče P takova, ze B = P-1 • A • P. 5.5. Definice. Nečht' V je vektorová prostor a 0 : V — V je lineární operátor. Podprostor U C V se nazává invariantní podprostor operátoru 0, jestlize 0(U) C U. 5.6. Definice. Vektor u = o, u G V, kde V je vektorová prostor, se nazává vlastní vektor linearního operátoru 0, existuje-li číslo A G K takove, ze 0(u) = Au Číslo A se pak nazává vlastní Číslo. 5.7. Poznámka. Je-li matiče lineárního zobrazení A, pak vlastní vektory x jsou nenulova re senáí rovnič Ax = Ax. Tato soustava je ekvivalentnáí se soustavou (A - AE)x = 0, čo z je homogennáí soustava rovnič, kteráa maá nenulováe re senáí praáv e tehdy kdy z det(A - AE) = 0 5.8. Definice. Rovniče det(A - AE) = 0 se nazává charakteristická rovnice matice A. 46 I. Sbárka áloh z linearná algebry a geometrie 5.9. Veta. Vlastná čásla jsou pravě koreny charakteristická rovnice. Je-li čáslo A0 vlastná čáslo, pak vlastná vektory jsou rečenám soustavy rovnic (A — A0E) = 0. 5.10. Definice. Algebraická násobnost vlastního čísla je nasobnost tohoto cásla jakoz to ko rene charakteristicke rovnice. Geometrická násobnost vlastního čásla je dimenze pod-prostoru Ker(0 — A id). 5.11. Veta. Je-li A = a + bi vlastná čáslo realná matice A s vlastnám vektorem u = ui + iu2, kde Ui,u2 G Rn, pak X = a — bi je taky vlastní číslo s vlastním vektorem u = U\ — iu2- 5.12. Poznamka. Podprostor generovany vektory u1,u2 v Rn z p redchozí vety je invariantní podprostor zobrazení 0. Platí, z e A • (u1 + iu2) = (a + ib)(u1 + iu2). Rozepsáním na reálnou a imaginarní cást rovnice dostávame A • u1 = A • u2 = Zobrazení 0 má tedy v bázi [u1, u2] matici —bu2 au1 bu1 +au2 fa — b \ ba Číslo a + ib můžeme napsat v goniometrickém tvaru a + ib = \Jo? + b2 (cos a + i sin a), pak máa matice zobrazenáí tvar / cos a sin a cos a sin a cos a Tento operátor pusobí jako oto cení o áhel a sloz ene se stejnolehlostí na dvourozme rnem invariantním podprostoru zobrazení 0. 5.13. Veta. Necht 0 je linearná zobrazená a necht a = (v1, v2,..., vn) je baze tvorená vlastnámi vektory pnslučnymi vlastnám čáslům A1, A2,..., An. Pak matice lineárnáho zobrazená v teto bazi má tvar (0)a,a A1 0 0 A2 00 0 0 An 5.14. Veta. Vlastná vektory pnslučne různám vlastnám čáslům jsou linearne nezávisle. 5.15. Definice. Necht' U a V jsou dva euklidovske vektorove prostory. Zobrazení 0 : U —► V se nazáva ortogonalní, prave kdyz (0(u1), 0(u2)) = (u1, u2) pro Vu1, u2 G U. 5. Vlastnú ěísla a vlastní vektory, ortogonalní matice 47 5.16. Veta. Necht 0 : U — U je lineúrní operator. Pak 0 je ortogonúlní zobrazenú, pravě tehdy kdyě pro matici zobrazení v ortonormalní bazi a platí, ne A-1 = AT. 5.17. Definice. Matici A, pro kterou platí A-1 = AT, nažyváme ortogonální maticí. 5.18. Definice. Necht' U a V jsou dva unitární vektorove prostory. Zobražení 0 : U — V se nažyvá unitární práve když (0(u1), 0(u2)} = (u1,u2) pro Vu1, u2 G U. 5.19. Veta. Necht 0 : U — U je lineúrní operútor. Pak 0 je unitúrnú zobrazenú, prúvě tehdy když pro matici zobrazení v ortonormální bázi a platí, že A~l = A . 5.20. Definice. Matici A, pro kterou platí A~l = A , nazýváme unitární maticí. 5.21. Veta. Je-li matice A unitarní, pak | det A| = 1 a její vlastní ěísla mají absolutní hodnotu rovnu 1. 5.22. Veta. Necht 0 : U — U je unitarní zobrazení. Pak v U existuje ortonormalní búze a tvorena vlastními vektory takoví, ěe v teto bazi mú matice zobrazení diagonúlní tvar (0)a,a / A1 0 ... 0 \ 0 A2 ... 0 V 0 0 ... Xn J 5.23. Poznamka. Kaž dá ortogonální matice A je unitární. Má-li A reálná vlastní císla, pak jsou to 1 nebo -1. Má-li komplexní vlastní c íslo a + ib, pak má take vlastní c íslo a - ib, a proto ž e |a + ib| = 1, tak a2 + b2 = 1. Je-li u1 + iu2 vlastní c íslo, pak u1 - iu2 je take vlastní c íslo. Z toho, ž e (u1 + iu2) ± (u1 - iu2) plyne, ž e ||u1y = ||u21| a u1 ± u2. u1,u2 tedy tvo r í ortogonální báži dvourožm ernáeho invariantnáího podprostoru. A(u1 + iu2) = (a + ib)(u1 + iu2) Z toho plyne V báži u1, u2 je tedy matice tohoto žobražení (tuto báži nažáváme kanonická báže) a - b = cos a - sin a . b a sin a cos a Toto žobražení je tedy oto c ení o áhel a . Z toho plyne, že kaž dá ortogonální matice rádu 3 reprežentuje geometricky oto cení kolem osy slo ženáe p ráípadn e se symetriáí podle roviny kolmáe k táeto ose procháažejáícáí po cáatkem. 48 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie _Řešené příklady Úloha 1: Najděte vlastní čísla a vlastní vektory lineárního operátoru zadaného maticí A = (—1 —11) ve standardní bazi. Resení: Podle vety 5.9. jsou vlastní čísla reSením charakteristicke rovnice det(A — AE) = 0. Spočteme tedy tento determinant, položíme ho roven nule a resáme charakteristickou rovnici. /l— A —1 1 \ det —1 1 — A 1 =0 \ —1 —1 3 — A / z toho plyne (1 — A)2 (3 — A) + 1 + 1 + (1 — A) + (1 — A) — (3 — A) = 0 (1 — A)(2 — A)2 = 0 Jako resení charakteristicke rovnice dostáváme dve vlastní císla, Ai = 1 s algebraickou nasobností 1, A2 = 2 s algebraickou nasobností 2. Podle vety 5.9. jsou vlastní vektory re senáím homogennáí soustavy rovnic (A — AE) = 0. Pro Ai = 1 máa homogennáí soustava tvar 0 —11 | 0 \ / 1 0 —1 | 0 \ — 1 0 1 | 0 ~ 0 1 —1 | 0 . —1 —1 2 | 0 0 —1 1 | 0 Zavedeme parametr t, x3 = t, pak x2 = t, x1 = t. Resením je podprostor generovaná vektorem (1, 1, 1)T, tedy podprostor vlastních vektoru [(1,1,1)T ]. Geometrická nasobnost vlastního císla A1 je 1. Pro A2 = 2 máa homogennáí soustava tvar —1 —1 1 | 0 —1 —1 —11 | 0 ~ 0 —1 —1 1 | 0 0 —1 1 | 0 0 0 | 0 . 0 0 | 0 / 5. Vlastní čísla a vlastní vektory, ortogonílní matice 49 Zavedeme parametrý t a s, x3 = t, x2 = s, pak x1 = t — s. Resením je podprostor generovaná vektorý (1, 0,1)T, (—1,1, 0)T, tedý podprostor vlastních vektoru [(1, 0,1)T, (—1,1, 0)T]. Geometrická nasobnost vlastního císla A2 je 2 . V simn ete si, že v báaži a : žobraženáí diagonaálnáí [(1,1,1)T, (1, 0,1)T, (—1,1, 0)T] 100 je matice danáeho lineaárnáího 100 020 002 Uloha 2: Analýžou vlastních císel a vlastních vektoru matice A V 1 I VŘ \ 2 2 2 1 1 V2 2 2 2 VÄ VÄ Q 2 2 žjist ete, jakáe geometrickáe žobraženáí euklidovskáeho prostoru R3 popisuje lineáarnáí operaátor danýá touto maticáí. Ur cete matici operáatoru ve vhodnáe ortogonaálnáí báaži. Řešen í: Lehce overíme, že A • AT = E a tedý matice A je ortogonální. Nejprve hledáme vlastní císla, to žnamena, že najdeme charakteristická polýnom. det ( \-\ 1 i 2 2 2 1 V2 \ 2 2 — A V2 2 = 2 —A / A +1 Re senáím charakteristickáe rovnice jsou vlastnáí cáísla A1 = 1 A2 = i A3 = —i. Dale hledáme vlastní vektorý, tj. resíme vždý homogenní soustavu rovnic (A — AE) = 0. Pro A1: \ _ 1 1 2 2 1 _ 1 2 2 V2 V2 2 2 V2 2 0 \ V2 2 0 —1 0 / Resením teto soustavý je podprostor vlastních vektoru [(1,1, 0)T] Pro A2 = i: i 1 2 2 2 1 2 Vä 2 Vä 2 V2 2 i 0 0 0 i 1 2 1—i 0 V2 2 0 V2-V2l -%-\ 0 0 0 50 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Řešením této soustavy je podprostor vlastních vektorů [(—1,1, V2i)T]. Podle věty 5.11. je podprostor vlastních vektorů pro A3 roven [(—1, 1, — \/2i)T]. Podle poznámky 5.21. zvolíme novou reálnou ortonormální bázi /2 V2 V f V2 a = 2,|.o) T,(-££o)T,(o,o,if Protože A2 = i, tak cos a = 0 a siná = 1 z toho plyne, že se jedná o otočení o úhel | kolem osy dáne smerem (1,1, 0)T, musíme ále ješte určit orientaci otočení. Z matice zobrazení je videt, ze druhy vektor báze se zobrází ná tretí vektor báze á tretí vektor báze se zobrází ná vektor opáčny k druhemu vektoru báze. Otočení je tedy ve smeru od druheho ke tretímu vektoru bááze. Tvár mátice operátoru v nove bázi je 1 0 0 0 0 -1 0 1 0 Uloha 3: Ve stándárdních sourádnicích nápiste mátici zobrázení, které je otočení o áhel kolem prímky x = 0, y — z = 0. Rešení: Nejprve určíme mátici v jisté ortonormální bázi P, ve které má mátice tvár 1 0 0 0 cos a — sin a 0 sin a cos a Zobrazení je otočení kolem přímky x = 0, y — z_= 0, první vektor báze (3 tedy bude jedno bázi: P : jednotkový směrový vektor této přímky (0, i^)T'. Pak f3 doplníme na ortonormální (o4f)T,(»4-f)T,(1,o,of /1 0 0 \ /1 0 0 x (^W= I 0 cosf -sinf = 00-1 0 sin f cos f / V 0 1 0 Mátice zobrázení ve stándárdní bázi pák je (0)e>e = (id)e;/3 • • (id)^,e = (id)e>^ • • (id)T e,f3 5. Vlastná ěásla a vlastná vektory, ortogonalná matice 51 kde (id)e>/? je matiče p r ečhodu od báze /// k bázi e. 00 (id)e,/3 1 *- 0 # 0 Z toho plyne (0)e>e 0 o V2 V2 1 0 /2 ^ o ä o 2 w # o (0)e>e 2 0 _ a/ \ í 0 _\ \ 1 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 2 V2 2 0 ^ w 2 10 V2 V2 2 2 V2 V2 2 2 0 0 V2 2 V2 \ 2 1 [2 2 V2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 Cvičení 1. Najd ete vlastnáí čáísla a vlastnáí vektory lineáarnáího operáatoru danáeho matičáí: A 2 5 -1 7 1 3 2 3 -2 6 B -12 -19 12 24 13 10 -19 10 24 E G 1 3 -1 -3 5 -1 3 3 1 H 0 1 0 -4 4 0 -2 1 2 4 -5 7 1 -4 9 -4 0 5 4 7 -5 -4 5 0 1 9 4 C 4 5 6 52 73 94 3 -1 1 1 3 0 4 -1 42 -5 64 -9 53 7 0 0 3 1 1 J 11 1 1 -1 1 -1 1 1 -1 1 1 -1 -1 1 2. V R3 určete podprostor vlastníčh vektoru p ríslusnáčh vlastní hodnot e A = 3. A 300 030 003 B 310 030 003 C 310 031 003 2 2 2 2 1 52 I. Sbírka úloh z linearní algebry a geometrie 3. Zjist ete, žda je daná matice podobná diagonální matici nad poli Q, R, C. (To nastane práav e tehdy, kdy ž vlastnáí vektory generujáí celyá prostor.) A 5 2 -3 4 5 -4 6 4-4 B 4 1 7 5 9 -5 0 4 C 42 64 5 3 7 4. Najd ete vlastnáí cáísla a vlastnáí vektory matic. A 0 2 0 B 1 1 2 0 3 \ -1 -2 0 -3 0 0 2 0 v 1 2 0 3 / 5. Najd ete vlastní císla a vlastní vektory matice lineárního operátoru. U vlastního císla ur cete jeho algebraickou a geometrickou naásobnost a žjist ete, žda je matice podobnáa n ejakáe diagonáalnáí matici. A D 1 0 -1 -1 1 0 0 3 1 3 0 0 B 40 22 01 2 2 -1 1 0 -2 0 -1 E 1 1 2 202 122 002 001 C= 0 -2 0 2 4 5 6 5 7 9 6. Zjist ete, jak žáavisáí vlastnáí hodnoty a vlastnáí vektory matice na parametrech a, b. A 230 410 ab2 B 2 3 0 4 1 0 a b 2 + a 7. Zjist ete, jak vypadajáí a jakáa geometrickáa žobraženáí ur cujáí v sechny ortogonaálnáí matice ráadu 2. 8. Analážou vlastních císel a vlastních vektoru najdete matici lineárního operátoru ve vhodne báži, pomocí ktere urcáte, o jakou geometrickou transformaci se jedná, je-li operáator žadáan ve standardnáí báaži maticáí: A=h C=h 2 2 1 2 1 2 22 12 1 B = h 1 1 -V2 1 1 V2 /2 -y/2 0 3 1 -Vě 1 3 /6 -Ve 2 2 1 0 2 5. Vlastná cásla a vlastná vektory, ortogonalná matice 53 E 1 -s/2 1 s/2 s/2 O s/2 -1 1 F 1 1 1 1 1 -1 1 -1 1 1 -1 -1 G 1 1 1 1 1 1 -1 -1 -1 1 -1 1 -1 1 1 -1 2 H 2 1 2 2 2-12 1 -1 -1 1 1 1 -8 4 4 4 7 814 J 3 6 2 26 3 6 K 3 1 0 1 V2 V2 1 4 1 3^2 3^2 3^2 2 1 2 3 3 3 L \ 3 4 1 4 VŠ 4 1 4 3 4 VŠ 4 4 VŠ 4 1 2 9. Analížou vlastních císel a vlastních vektoru žjistete o jakou geometrickou transformaci euklidovskeho prostoru R3 se jední. A 0 2 Vä 2 2 1 2 _ 1 2 VŘ \ 2 _ 1 2 1 2 B 1 2 1 2 /2 a/2 2 2 V2 2 V2 2 0 / C 3 Q 5 w 5 0 1 0 á Q 3 5 w 5 10. Najdete ortonormalní bíži tvorenou vlastními vektory a matici v teto bíži unitírního operaítoru daníeho maticí ve standardní bíaži: A V3 ( 1 + i 1 -1 1 - i ) 4 + 3i 4i -6 - 2i B = h\ -4i 4 - 3i -2-6i 6 + 2i -2 - 6i 1 i1 2 +3í _ s/3 2-3% ) " ~ 72 V -1 -% D ^ V -i -i ; 11. Ve standardních souradnicích v R3 napiste matici žobražení, ktere je otocením o íhel n kolem prímky x 0, y = 0. 12. Ve standardníích sou radnicíích v R3 napi ste matici žobraženíí, kteríe je oto ceníím o uíhel | kolem přímky x + y = 0, z = 0, přičemž /(—1,1,1) = (a, 6, 0), kde a + b > 0. 13. Ve standardních souřadnicích v R3 napíšte matici zobrazení, které je symetrií podle roviny s/3y — x = 0. 14. Lineární zobrazení v R3 je otočení kolem osy procházející počátkem se směrovým vektorem (1,1, 0)T takové, že /(l, —1, 0) = (0, 0, s/2). Najděte matici zobrazení ve standardní bázi. z 15. V Rn napiste matici symetrie podle roviny kolme k vektoru v v ortonormalní bíži [V, V2, . . . , Vn]. 54 I. Sbárka áloh z lineárná algebry a geometrie 16. Definujte na R3 dva skalarní souciny (, )1 a (, )2 tak, aby zobrazení 0 : (R3, (, )1) —► (R3, (, )2), , X2, X3) = (xi + X2 + X3, —xi + X2, X3), bylo ortogonalní. 6. Symetrické matice a metrická klasifíkace kuželoseček 55 6. SYMETRICKÉ MATICE A METRICKÁ KLASIFIKACE KUŽELOSEČEK _Teorie 6.1. Definice. Reálná matice A se nazývá symetrická, právě kdyz A = AT. 6.2. Veta. Pro každou reélnou symetrickou matici A existuje ortogonálné matice P tak, že P-1 • A • P = PT • A • P je diagonélné. 6.3. Veta. Kazda kvadratické forma f na euklidovském prostoru V mé ve vhodné ortonormélné bazi analytický tvar f (x) = A1x1 + A2x2, + • • • + Xnx2n. 6.4. Veta. (Metrická klasifikace kuželoseček) Necht ve standardní bázi v R2 je kuželosecka zadané rovnicé k(x) = a11 x2 + 2a12x1 x2 + a22x2 + 2a1 x1 + 2a2x2 + a0 = 0. Pak existuje ortonormalné afínné baze, které rékéme kanonicka béze, v néZ je tato kuželosečka déna jednou z rovnic: L (^)2 + (f)2 + 1 = 0 préazdnéa množzina 2- (^)2 + (f)2 = 0 bod 3- (^)2 + (?)2-l = 0 elipsa 4- e)2"(?)2-l = 0 hyperbola 5- (^)2"(f)2 = 0 dvě různobežky 6. (f)2 - 2py2 = 0 parabola 7. (fy -i = o dvže rovnobžežzky 8. (^)2 + l = 0 praézdnaé množzina 9. y2 = 0 prémka Řešené příklady "Úloha 1: Najděte ortonormální bázi, v níž má matice zobrazení (x) = A • x, / 4 2 2 \ A = 242 224 diagonální tvar. 56 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Řešení: Matice A je symetrická a podle vety 6.2. ji lze diagonalizovat tak, ze na diagonále jsou vlastní Čísla a báze, ve které ma matice tento tvar, je tvo réna vlastními vektory. Nejprve tedy r e s íme charakteristickou rovnici: (A - 4)3 - 16 - 12(A - 4) 0 vlastní čísla tedy jsou A1 = 2, A2 = 8. Daále hledáame vlastnáí vektory. Pro A1 = 2: 222|0 222|0 222|0 Zavedeme parametry t a s, x3 = t, x2 = s, pak x1 = -1 - s, nezávislou volbou parametru dostaváme, z e podprostor vlastníčh vektoru je generován vektory (-1, 1, 0)T, (-1, 0, 1)T, u zitáím Gramm-Sčhmidtova ortogonaliza čnáího pročesu a normováanáím dostaáváame ortonormaálnáí báazi tohoto podprostoru: Bttt°)t'( 1 1 2 v \/6' \/6' \/6 )'] Pro A2 = 8: -4 2 2 | 0 -2 1 1 | 0 2 -4 2 | 0 ~ 0 -3 3 | 0 2 2 -4 | 0 0 3 -3 | 0 Zavedeme parametr t , x3 = t, pak x2 = t, x1 = t, volbou parametru dostaáváame, ze podprostor vlastníčh vektoru je generován vektorem (1, 1, 1)T, normováním dostáváme ortonormaálnáí báazi tohoto podprostoru: '(- - -V diagonáalnáí tvar matiče je 200 020 008 atovbázi [(-75'75'0)T'(-75'-71'75)T'(A'A'A)T • 6. Symetrická matice a metricka klasifikace kučeloseček 57 Uloha 2: Zjist ete jakou kuz elosec ku popisuje rovnice k : x2 + x2 + 4x1 x2 + 2x1 + 1 = 0 , pop ráípad e ur cete jejáí st red, osy a na crtn ete obraázek. ) gonalním tvaru s vlastními císly na diagonále. Hledáme tedy vlastní císla a vlastní vektory, charakteristická rovnice ma tvar (1 A)2 4 = 0. Vlastní císla a jim príslusne vlastní vektory tedy jsou: Ai = — 1 příslušný normovaný vlastní vektor je u = — A2 = 3 příslušný normovaný vlastní vektor je v = ■ Nyní prejdeme k bázi a = [u, v], ve které ma matice kvadraticke formy tvar ^ 01 3 ^ . í — — \ Přitom matice přechodu od báze a ke standardní bázi e má tvar (id)e;Q, = 1 %/2 ^2 ) a sou radnice x1, x2 ve standardnáí báazi spo cáítaáme ze sou radnic y1, y2 v baázi a takto: X2 = -%1 +%2 ■ P revedeme rovnici ku zelose cky do novyách sou radnic y1, y2: k(y) : -y\ + 3y22 + y/2Vl + V2y2 + 1 = 0 . Nyní jeste posuneme stred soustavy souradnic tak, aby lezel ve stredu kuzelosecky. Do-plnáíme tedy na ctverce a zavedeme nováe sou radnice. r _ „ V2 _ V2„ V2„ V2 z\ — y\ —g- — ~yxi —2~x2 —2" Z2 = y2 = ^1 +^X2 + ^ k : z12 3 z22 .Ji (!)' Zl 1 (f ) -1 = 0 4 / vl k 0 4 0 3 k 58 I. Sbárka áloh z lineárná algebry a geometrie Jedná se tedy o hyperbolu, jejíž osy jsou přímky zadané parametricky S + tu a S + tv. Střed má souřadnice (zi, z-i) = (0, 0), (yi, y2) = (-^r, — ir) a (xi) ^2) = (I, _f )• 1. Najdete diagonýlní tvar symetricke matice. Cvičeni A 12 24 B 1 —4 —4 1 22 2 111 111 111 422 242 224 4400 4400 0000 0000 2 1 0 0 2 0 0 0 0 2 1 0 0 —1 2 2. Najdete diagonýlní tvar symetricke matice a bazi, ve které mý matice tento tvar. A D —2 0 36 0 —36 0 23 E 110 110 000 F —1 1 11 G 3100 1300 0000 0000 H ( —7 24 24 7 00 00 0 0 0 0 —7 24 24 7 3. Uréete o jakou kuzelosecku se jedný, prípadne urcete její stred, osy a nakreslete obrýzek. (a) k : 4xy + 3y2 + 6x + 12y — 36 = 0 (b) k : x2 + 6xy + 9y2 — 12x + 24y +15 = 0 (c) k : x2 + 2xy + y2 — 2x — 2y — 3 = 0 4. Urcete typ a kanonickou rovnici kuzelosecky, popadne nakreslete obrazek. (a) k : 3x2 + 10xy + 3y2 — 2x — 14y — 13 = 0 (b) k : 25x2 — 14xy + 25y2 + 64x — 64y — 224 = 0 (c) k : 4xy + 3y2 + 16x + 12y — 36 = 0 (d) k : 7x2 + 6xy — y2 + 28x + 12y + 28 = 0 0 2 6. Symetrickú matice a metricka klasifikace kuěeloseěek 59 (e) k : 19x2 + 6xy + 11y2 + 38x + 6y + 29 = 0 (f) k : 5x2 - 2xy + 5y2 - 4x + 20y + 20 = 0 (g) k : 9x2 - 24xy + 16y2 - 20x + 110y - 50 = 0 (h) k : 9x2 + 12xy + 4y2 - 24x - 16y + 3 = 0 (i) k : 16x2 - 24xy + 9y2 - 160x + 120y + 425 = 0 5. Ur cete typ ku želose cky a dáelky jejáích poloos. (a) k : 41x2 + 24xy + 9y2 + 24x + 18y - 36 = 0 (b) k : 8x2 + 4xy + 5y2 + 16x + 4y - 28 = 0 (c) k : 4x2 + 24xy + 11y2 + 64x + 42y + 51 = 0 (d) k : 12x2 + 26xy + 12y2 - 52x - 48y + 73 = 0 6. Ove rte, ž e daná kuž elose cka je parabola a ur c ete její parametr. (a) k : 9x2 + 24xy + 16y2 - 120x + 90y = 0 (b) k : 9x2 - 24xy + 16y2 - 54x - 178y + 181 = 0 (c) k : x2 - 2xy + y2 + 6x - 14y + 29 = 0 (d) k : 9x2 - 6xy + y2 - 50x + 50y - 275 = 0 7. Ur cete typ ku želose cky, p ráípadn e dáelky jejáích poloos a st red. (a) k : 3x2 + 8xy - 3y2 - 1 = 0 (b) k : 5x2 + 6xy + 5y2 - 32 = 0 (c) A; : 7;X2 - xy + \y2 - v^x - VŽy + 3 = 0 (d) k : xy + 3x - 2y - 6 = 0 (e) k : 6x2 + 4xy + 6y2 - 16 = 0 (f) k : 5x2 + 6xy + 5y2 - 8 = 0 (g) k : x2 + 2v/3xy - y2 - 2 = 0 8. Najd ete ortonormální báži kvadraticke formy f (x, y, z) = 17x2 + 4xy - 4xz + 14y2 + 8yz + 14z2, ve ktere má forma diagonální tvar, na euklidovskem prostoru R3 se stan-dardnáím skaláarnáím sou cinem vžhledem ke standardnáí (rovn e ž ortonormaálnáí) báaži. P r itom jedno ž vlastních c ísel matice kvadraticke formy je 18. 9. Najd ete ortonormální polární báži kvadraticke formy f (x, y, z) = 3x2 - 4xy, ve ktere maá forma diagonaálnáí tvar, na euklidovskáem prostoru R3 se standartnáím skaláarnáím sou cinem vžhledem ke standardnáí (rovn e ž ortonormáalnáí) báaži. 60 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 7. JORDÁNŮV KANONICKÝ TVAR Teorie 7.1. Definice. Jordánova buňka dimenze k je čtvercová matice ř ádu k tvaru Jk (A) /A 1 0 ... 0 \ 0 A 1 ... 0 000 A 7.2. Poznámka. Jestliz e lineární zobrazení 0 : V — V má v n ejake bázi a = (v\, v2,..., vn) matici bunku (0)«,« = Jk(A), pak platí 0(vi) = Avi (0 - Aid)v1 = 0 0(v2) = vi + Av2 (0 - Aid)v2 = vi 0(v3) = z toho plyne (0 - Aid)v3 = v2 4>(vu) = vk-i + Avk (0- Aid)vk = vk-i Posloupnost vektorU v1, v2,..., vk nazáváme r et ezec pro vlastní C íslo A. V p r íkladech hledáme obraácen e nejd ráíve ret ezec pro vlastnáí cáíslo A a platáí, ze vektory ret ezce jsou lineaárn e nezavisle a v bázi jimi tvo rene ma operátor matici (0)a,a = Jk(A). 7.3. Definice. Matice je v Jordánově kanonickém tvaru, jestliz e je blokove diagonalní s bloky tvo renáymi Jordanováymi bunkami. 7.4. Veta. Necht V je vektorový prostor nad polem K dimenze n a necht 0 : V — V je lineúrní operator, jehož charakteristickú rovnice ma n korenů (včetně núsobnosti), potom existuje takova búze a ve V, že (0)a,a je matice v Jordanově kanonickem tvarů. Pěitom tento tvar je určen jednoznačně až na poradú Jordanovúch bunek. 7.5. Veta. Pro vúpocet Jordanova kanonickúho tvaru platú: 1. Na uhloprúěce Jordanova kanonickeho tvaru jsou vlastnú ěúsla lineúrnúho operatoru, kaězdúe tolikrúat, kolik je jeho algebraickaú núasobnost. 2. Jordanův kanonickú tvar mú tolik buněk, kolik existuje linearně nezúvislúch vlastnúch vektorů. 3. Velikost největěú burky pro vlastnú ěúslo A je k pravě tehdy, kdyě k je nejmeněú takovú ěúslo, ěe hodnost matice (A — AE)k je rovna algebraickú núsobnosti vlastnúho ěúsla A. 7. Jordanův kanonické tvar 61 _Řešené příklady Úloha 1: Najdete Jordánův kanonicky tvar lineárního operátoru zadaneho ve standardní bázi maticí / 3 2 -3 A =4 10 -12 \ 3 6 -7 Rešení: Charakteristická rovnice má tvar (A - 2)3 = 0 z toho plyne A = 2 . Máame tedy jedno vlastnáí cáíslo, jeho z algebraickaá náasobnost je 3, na diagonáale Jordanova kanonickáeho tvarů tedy bůdoů podle v ety 7.5. samáe dvojky. Podprostor vlastních vektorů pnslušnách vlastnímu císlu A = 2 je generován vektory: u =(3, 0,1)T v = (-2,1, 0)T a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordánův kanonická tvar dve buňky. Nyní jej uz můzeme napsat: 210 J = 0 2 0 . 002 Dále musáme ale vypoďtat jeste bázi, ve ktere má matice lineárního operátoru tento tvar. Pro druhou buňku podle poznámky 7.2. musáme naját retezec vektoru báze. Pro prvná vektor báaze, oznaňcme jej x, musá platit (0 - Aid)x = 0 z toho plyne (A - 2E)x = 0 , x je tedy z podprostoru vlastnách vektoru. Pro druhá vektor, oznacme jej y, pak musá platit (A - 2E)y = x = au + bv. Neváme, na kteryá vlkastná vektor se y zobrazá, musáme tedy psaát x obecnňe jako lineáarná kombinaci vektoru báze podpostoru vlastnách vektoru. Dále resáme uvedenou soustavu rovnic (A - 2E)y = au + bv. 12 -3 | 3a - 2b \ /1 2 -3 | 3a - 2b \ 4 8 -12 | b ~ 0 0 0 | -12a + 9b 36 -9 | a / \000 | -8a + 6b / Tato soustava maá ňreňsená pouze kdyňz: 3 — 12a + 9b = 0 A —8a + 6b = 0 a tedy a =-b 4 Žvoláme napňr. a = 3 a b = 4, pak ňreňsenám soustavy je napňr. vektor y = (1, 0, 0)T a vektor x = 3(3, 0,1)T + 4(-2,1, 0)T = (1, 4, 3)T. ) 62 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Třetí vektor báze z, příslušný druhe bunce velikosti jedna musí být podle poznámky 7.2. taky z podprostoru vlastních vektoru. Zvolíme jej tak, aby byl lineárne nezávislý s vektorem x i y, muzeme zvolit napr. vektor u. Baze, ve ktere ma matice linearního operátoru Jordanuv kanonický tvar, je: a = [(1, 4, 3)T, (1, 0, 0)T, (3, 0,1)T] . Uloha 2: Najdete Jordanuv kanonický tvar lineárního operátoru zadaneho ve stan-dardnáí báazi maticáí / 0 1 -1 l\ V-1 1 0 w Resení: Charakteristicka rovnice má tvar (A - 1)4 = 0 z toho plyne A = 1 Mame tedy jedno vlastní císlo, jehoz algebraická nasobnost je 4, na diagonale Jordanova kanonickeho tvaru tedy budou podle vety 7.5. same jednicky. Podprostor vlastních vektoru príslusnách vlastnímu císlu A = 1 je generován vektory: u = (1,1, 0, 0)T v = (0, 0,1,1)T a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordanuv kanonická tvar dve buňky. Narozdíl od predchozáho pokladu jej ale nemuzeme jeste napsat, nebot' neváme, jestli budeme mát dvňe bunňky velikosti dvňe, nebo jednu bunňku velikosti tňri a jednu velikosti jedna. Dále budeme pocátat bázi, ve ktere ma matice lineárnáho operatoru Jordanuv kanonická tvar. Pro prvná bunňku (neváme jak je velkáa) podle poznaámky 7.2. musáme naját ňretňezec vektoru baze. Pro prvná vektor baze, oznacme jej w, musá platit (A - E)w = 0 w je tedy z podprostoru vlastnách vektoru. Pro druhá vektor, oznacme jej x, pak musá platit (A - E)x = w = au + bv. Daále ňreňsáme uvedenou soustavu rovnic / -1 1 -11 I a \ -11 -11 | a -110 0 | b . \ -1 1 0 0 | b / Tato soustava ma resená pro libovolná a, b, muzeme tedy zvolit dve nezavisle volby a = 1, b = 0 a a = 0, b =1, budeme mít tedy dve buňky velikosti dve. Pricemz dva z vektoru 7. Jordánův kanonický tvar 63 báze budou přímo vektory w, v. Hledáme řetězec odpovídající první buňce, hledáme tedy řešení soustavy rovnic (A — E)x u. ( \ Řešením teto soustavy je např. vektor x\ 1\ 1 0 (0, 0,-1, 0)T. 1 1 0 0 Dále hledáme retezec odpovídájící druhe bunce, hledáme tedy resení soustávy rovnic (A — E )y = v. ( —1 1 —11 | 0 \ -11 —11 | 0 1 1 0 0 | 1 —1 1 0 0 | 1 Resením teto soustávy je nápr. vektor x2 = (—1, 0,1, 0)T. Jordánuv kánonicky tvár je: 1100 0100 0011 0001 J Baze, ve ktere ma matice lineárního operátoru JordanUv kanonický tvar, je: a = [(1,1, 0, 0)T, (0, 0, -1, 0)T, (0, 0,1,1)T, (-1, 0,1, 0)T] Uloha 3: Najdete JordanUv kanonicky tvar linearního operatoru zadaneho ve standardní bázi maticí / 1 -3 0 3 \ = -2 -6 0 13 A = 0 -3 13 ' \ -1 -4 0 8 / RRešení: Charakteristicka rovnice ma tvar (A - 1)4 = 0 z toho plyne A = 1 Mame tedy jedno vlastní císlo, jehoz algebraická nasobnost je 4, na diagonale Jordanova kanonickeho tvaru tedy budou podle vety 7.5. same jednicky. Podprostor vlastních vektoru príslusných vlastnímu císlu A = 1 je generován vektory: u = (0, 0,1, 0)T v = (3,1, 0,1)T 64 I. Sbérka éloh z linearné algebry a geometrie a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordanuv kanonicky tvar dve bunky, nevíme ale jak budou velkáe. Dále budeme pocítat bázi, ve ktere má matice lineárního operátoru Jordanuv kanonická tvar. Pro prvnáí bunku (neváíme jak je velkáa) podle poznaámky 7.2. musáíme najáít ret ezec vektoru báze. Pro první vektor báze, oznacme jej w, musí platit (A - E)w = 0 , w je tedy z podprostoru vlastních vektoru. Pro druhá vektor, oznacme jej x, pak musí platit (A - E)x = w = au + bv . Dáale re sáíme uvedenou soustavu rovnic. 0 -3 0 3 3b -2 -7 0 13 b 0 -3 0 3 a v -1 -4 0 7 b Ž prvního a t r etího r ádku plyne, z e tato soustava má r esení práve kdyz a = 3b, muz eme zvolit jen jednu nezáavislou volbu a, b, nap r. a = 3, b = 1, budeme máít tedy v Jordanov e kanonickáem tvaru jednu bunku velikosti t ri a jednu velikosti jedna. Ret ezec odpovídající první bunce velikosti t r i bude zac ínat vlastním vektorem w = 3u+v = (3, 1, 3, 1)T. Na vektor w se zobrazáí druháy vektor ret ezce, ozna cáíme jej x, pro kteráy platáí ( A - E) x = w. Re sáíme tuto soustavu rovnic. / 0 -3 0 3 3 -2 -7 0 13 1 0 -3 0 3 3 \ -1 -4 0 7 1 Resením teto soustavy je nap r . vektor x0 = (3, -1, 0, 0)T. Na druhá vektor r et ezce se vsak zobrazáí t retáí vektor ret ezce, ozna cme jej z. Neváíme ale na kteryá vektor, kteryá odpováídaá re senáí p redchozáí soustavy se vektor z zobrazáí, musáíme tedy obecn e p redpoklaádat (A - E)z = x = x0 + cu + dv kde c, d jsou libovolná reálná c ísla. (Víme, z e vektor x odpovídá r e sení p r edchozí soustavy, nebot' mu odpovídá vektor x0 a vektor cu + dv je vektor vlastní, ktery se zobrazí na nulovy vektor, platí (A - E)(cu + dv) = o.) Nynáí re sáíme uvedenou soustavu rovnic. / 0 -3 0 3 | 3 + 3d\ -2 -7 0 13 | -1 + d 0 -3 0 3 | c -1 -4 0 7 | d 7. Jordánův kanonický tvar 65 Z prvního a třetího řádku plyne, ze tato soustava má řešení pouze pro c = 3 + 3d, zvolíme nap ř . d = 0 a c = 3. Pak vektor x = x0 + 3u z toho plzne x = (3, —1, 3, 0)T. Vektor z je pak ř e šením soustavy (A — E)x = z. 0 —2 0 —1 —3 -7 03 0 13 3 0 3 4 0 7 3 —1 3 0 Např . z = (4, —1, 0, 0)T. Čtvrtý vektor býze odpovídající druhe bunce bude vlastní vektor, který zvolíme tak, aby byl linearn e nezavislý na vektoru w, nap r . vektor u. Jordanuv kanonicky tvar je: J 1100 0110 0010 0001 Báze, ve které ma matice lineárního operátoru Jordanuv kanonická tvar, je: [(3,1, 3,1)T, (3, —1, 3, 0)T, (4, —1, 0, 0)T, (0, 0,1, 0)T] . Cvičeni 1. Najdete Jordanuv kanonicky tvar matice. A 1 —3 4 4 —7 8 6-7 7 B 4 —5 7 1 —4 9 405 D 3 3 2 0 8 6 5 E —2 8 6 —4 10 6 4 -8 -4 C F 4 6 0 —3 —5 0 —3 —6 1 3 —1 1 —7 9 —3 —7 —1 0 0 4 —8 0 0 2 —4 2. Najdete Jordanuv kanonický tvar linearního operýtoru a bazi, ve které ma matice operatoru tento tvar. Linearní operýtor je zadan maticí ve standardní bazi: 32 A = 4 10 36 —3 —12 7 B 1 1 —1 —3 —3 3 -2 -2 2 0 66 I. Sbírka úloh z linearní algebry a geometrie 0 C \ -1 1 1 2 11 10 1 1 0 1 D 54 87 6 -9 7 -13 8 -17 11 8 1 -2 1 3 3. Najd ete Jordanovy kanonickáe tvary matic ráadu 3. A 2 1 0 140 B 320 030 C 3 2 5 7 3 J \053 4. Najd ete Jordanovy kanonickáe tvary matic ráadu 4. 44 -13 5 A 0 -30 -12 -1 12 6 42 00 95 41 B 202 122 002 001 0 -2 0 2 C -1 1 0 0 00 1 D G J M 2 0 0 2 1 2 -2 2 0 0 2 1 0 0 0 2 -1 -6 -9 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 1 -2 2 0 2 0 2 0 0 2 1 0 0 0 2 2 0 0 0 1 2 0 0 1 1 2 3 0 0 0 -1 E -11 2 K 1 0 0 0 H -1 0 0 0 -6 -2 0 0 33 20 20 1 -2 1 0 0 0 3 2 0 0 -6 -2 0 0 3 0 -2 0 -6 3 01 22 02 3 2 1 -2 L F 2 0 0 0 0 0 0 3 2 2 1 -1 O \\ 10 10 02 -1 0 0 0 10 1 -1 0 0 1 0 0 0 9 2 í N 9 3 2 -3 9 4 -8 -4 -1 4 9 6 -8 0 0 1 6 -4 01 2 -2 2 0 2 2 1 -1 O 3 0 3 2 -6 0 13 0 -3 1 3 -1 -4 0 8 5. Napi ste v sechny Jordanovy kanonickáe tvary matic s charakteristickyám polynomem tvaru (X - 4)5. 6. Napi ste v sechny Jordanovy kanonickáe tvary matic s charakteristickyám polynomem tvaru (X - 1)3(X - 3)5. 0