Algebra 2 (MA 0005) RNDr. Břetislav Fajmon, Ph.D. KATEDRA MATEMATIKY PEDF MUNI, BRNO - verze 2022 Algebra 2 (MA 0005) 3 Obsah 1 Týden 1 6 1.1 Přednáška 1: Determinant a jeho vlastnosti, Cramerovo pravidlo...... 6 1.2 Cvičení 1..................................... 15 2 Týden 2 16 2.1 Přednáška 2: Další metody výpočtu determinantu.............. 16 2.2 Cvičení 2: Analytická geometrie v rovině - prověrka............. 19 3 Týden 3 20 3.1 Přednáška 3: Vektorový prostor, souřadnice vektoru v dané bázi, Gaussova eliminační metoda ............................... 20 3.2 Cvičení 3..................................... 35 4 Týden 4 37 4.1 Kapitola 4: Vektorový podprostor a jeho generátory, průnik a součet vektorových podprostorů.............................. 37 4.2 Cvičení 4..................................... 48 5 Týden 5 49 5.1 Kapitola 5: SLR nehomogenní a homogenní, princip superpozice, operace s maticemi.................................... 49 5.2 Cvičení 5..................................... 61 6 Týden 6 62 6.1 Kapitola 6: Inverzní matice, maticová metoda a Gauss-Jordánova metoda řešení SLR.................................... 62 6.2 Cvičení 6..................................... 67 7 Týden 7 69 7.1 Kapitola 7: Lineární zobrazení mezi vektorovými prostory.......... 69 7.2 Cvičení 7..................................... 81 8 Týden 8 82 8.1 Kapitola 8: Matice přechodu mezi bázemi, změna matice zobrazení při změně báze ................................... 82 8.2 Cvičení 8..................................... 89 9 Týden 9 92 9.1 Kapitola 9: skalární součin vektorů, velikost vektoru, kosinová věta, odchylka vektorů, Schwarzova nerovnost..................... 92 9.2 Cvičení 9..................................... 100 4 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 10 Týden 10 102 10.1 Kapitola 10: Ortogonalita vektorů a její využití...............102 10.2 Cvičení 10: Ortogonální doplněk, ortogonalizace, ortogonální projekce . . . 108 11 Týden 11 109 11.1 Kapitola 11: Vlastní čísla a vlastní vektory lineárního zobrazení; konstrukce matice zobrazení pomocí vlastních vektorů..................109 11.2 Cvičení 11: Vlastní čísla a vlastní vektory lineárního zobrazení.......115 12 Týden 12 117 12.1 Kapitola 12: Vlastní čísla podruhé; Grammova matice podruhé; vektorový součin vektorů..................................117 12.2 Cvičení 12: hlavní prověrka tohoto předmětu.................128 13 Otázky k ústní části 129 Algebra 2 (MA 0005) 5 Úvod Tento text je psán jako doplněk přednášky a návrh koordinace výuky v předmětu Algebra 2 na Pedagogické fakultě MU Brno, Katedra matematiky. Otázky k opakování a zkoušení jsou uvedeny na začátku každé kapitoly. Pozor, jejich počet a znění budou upraveny na základě odučeného obsahu před začátkem každého zkouškového období. Předmět Algebra 2 (MA0005) je jakýmsi předběžným, algebraickým pohledem na geometrii. Dobrým předpokladem je absolvování předmětu Repetitorium středoškolské matematiky 2 (tj. MA0015), návazným předmětem na Algebru 2 bude Geometrie 2 (tj. MA0009). Rád bych zde poděkoval studentce Janě Vyvialové, která pečlivě přepsala podstatnou část mého rukopisu v sázecím prostředí TEX. V roce 2022 je text opět přepracováván díky projektu získanému na jeho dokončení. Práce bude probíhat zejména v červenci a srpnu, v textu zářijovém už nebudou prováděny změny - pouze evidentní chyby opraveny, děkuji za případnou reakci. Zatím je hotova pouze další verze přednášky - na cvičení budou studenti používat další slajdy a materiály, které najdete v interaktivní osnově https://is.muni.cz/auth/el/ped/podzim2022/MA0005/index.qwarp Břetislav Fajmon, verze červenec 2022 6 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 1 Týden 1 1.1 Přednáška 1: Determinant a jeho vlastnosti, Cramerovo pravidlo Algebra je věda o řešení rovnic a speciálně Algebra 2 = lineární algebra se zabývá řešením systému lineárních rovnic. První z metod, kterou se budeme zabývat , je tzv. Cramerovo pravidlo - jedná se o vzorec, do kterého jen dosadíme čísla dostaneme vyjádření neznámé xt. Při hledání-odvození vzorce začněme dvěma rovnicemi o dvou neznámých: au ■ xi + aí2 ■ x2 = bi/ ■ a22, a21 ■ xx + a22 ■ x2 = b2j ■ (-a12). Vynásobme první rovnici číslem 022, druhou číslem (—012) a obě rovnice sečtěme. Ve výsledné rovnici se vyruší neznámá x2, a pak z ní vyjádříme x±: xi ■ (au ■ a22 - a12 ■ a21) = bi ■ a22 - b2 ■ a12 bi ■ a22 — b2 ■ aí2 => xi = -, Qll " Q22 — Q21 ' a12 kde čitatel b± ■ a22 — b2 ■ a\2 označíme jako \ A\\ a jmenovatel a\\ ■ a22 — a2\ ■ a\2 označíme \A\. Všimněte si také, že bi, b2 se v čitateli zlomku vyskytují přesně v té situaci, ve které se ve jmenovateli zlomku vyskytují hodnoty au, 021 z prvního sloupce. Podobně najdeme analogický vzorec i pro x2: provedeme násobení takovými konstantami, aby při sečtení obou rovnic vypadla neznámá xi, a z výsledné rovnice pak vyjádříme x2: au • xx + a12 ■ x2 = bxj ■ (-a2i), (í2\ ■ xi + a22 • x2 = b2j ■ au. x2 ■ (au ■ a22 - a12 ■ a21) = b2 ■ au - h ■ a21 b2 ■ au - h ■ a21 => x2 = -, Qii • cl22 — a\2 ■ a2\ kde čitatel b2 ■ au — b± ■ a2\ označíme jako |^21 a jmenovatel au ■ cl22 — a\2 ■ a2\ je opět \A\. Všimněte si také, že b±, b2 se v čitateli zlomku vyskytují přesně v té situaci, ve které Algebra 2 (MA 0005) 7 se ve jmenovateli zlomku vyskytují hodnoty 021, «22 z druhého sloupce. Podobné totální vzorce lze najít i pro systém tří lineárních rovnic o třech neznámých (Viz 1.1): an ■ xx + a12 ■ x2 + a13 • x3 = blf a2í ■ xi + a22 ■ x2 + a23 ■ x3 = b2, a31 ■ xi + a32 ■ x3 + a33 • x3 = b3. Zase násobíme rovnice čísly a sčítáme, proces je trochu složitější (viz obrázek na následující straně): jedná se v podstatě o eliminaci proměnné x3 z prvních dvou rovnic a ze druhé a třetí rovnice, dostaneme dvě rovnice - z nich eliminujeme další neznámou x2, a výslednou rovnici pro neznámou x\ ještě vydělíme 023, protože jsme si všimli, že se vyskytuje ve všech sčítancích na obou stranách rovnice. Všimněte si, že ve výsledném zlomku se vyskytuje v čitateli bt přesně na tom místě, kde ve jmenovateli se vyskytuje aii ~ to je přesně rozdíl mezi výpočtem \A\\ a \A\. Kdybychom podobné odvození celé provedli tak, že jako poslední neznámá by nám zůstala x2, respektive x3, dostaneme tři vzorce: kde \A\ X\ = ■, x2 = ,x3 = «11 «12 «21 «22 «13 a-23 «33 «11'«22'«33+«12'«23'«31+«13'«21'«32 —«11'«23'«32 —«22'«13'«31—«33'«12'«21 «31 «32 = výsledkem je číslo!!! ai2 «13 «13 «11 ai2 \Ai\ = b2 a22 a23 a2\ b2 a23 ,1^31 = a2\ a22 b2 b3 a32 Q33 a3\ b3 Q33 a3\ a32 b3 (Determinanty \A\\^ \ A2\^ \ A3\ se spočítají obdobným způsobem jako \A\, pouze j-tý sloupec a3 matice A je nahrazen sloupcem pravých stran b) Poznámka: Všimněte si například také, že při výpočtu \A\ vytvářejí permutace sloupcových indexů všechny prvky grupy (S3, o) permutací tříprvkové množiny. Definice 1 Čtvercové nebo obdélníkové schéma čísel se nazývá matice typu m/n, kde m značí počet řádků a n počet sloupců matice. (Tedy A, Ai, A2, A3 jsou matice typu 3/3 = matice řádu 3.) Matice je tedy schéma čísel jakéhokoli obdélníkového typu m/n, ale determinant je číslo, které přiřazujeme POUZE KE ČTVERCOVÉ MATICI TYPU n/n. 8 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně _„ ,4 -G. \l 11 •yi a 4 'A X , V cr í? d-" -V- >< % <3" er a •V r; 'A Cr I cr (í t o", a S e a t v"' cr I -U "~v-i -R -r S 1 -V- ^> T cr cf -t o" -\ CT J ty o 'X1 Obrázek 1.1: Odvození Cramerova pravidla pro m = n = 3. Definice 2 Determinant čtvercové matice A typu n/n je číslo, které čtvercové matici priradíme podle vzorce 1^1 = ^2 (-í)7^'2'-'^ • Algebra 2 (MA 0005) 9 (tj. suma přes všechny možné permutace (ji, J2, jn) sloupcových indexů z množiny 1,2,...,n, v každém členu je (—1) umocněno na počet inverzí v dané permutaci sloupcových indexů1. Součin n prvků a\n ■ R, které přiřadí n vektorům v daném pořadí číslo det(a~Í, a2, ďn) := ^ J2,-,jn) . . ^ . _ . Každému zobrazení, které přiřadí jednomu nebo více reálným vektorům reálné číslo, říkáme reálná forma. D2. Při předchozím označení je forma det(a1,a2, ...,an) antisymetrická, tj. záměnou 2 různých řádků v matici se změní znaménko determinantu: det{ďi,dfc,(Ti,an) = —det{ďi,á/, a/ú,an). Důkaz: Záměnou dvou indexů se jedna inverze v permutaci přidá nebo ubere, tj. před každým součinem n prvků bude v sumě opačné znaménko. Tedy i před celým determinantem bude opačné znaménko. Důsledek vlastnosti D2: Determinant matice A se dvěma stejnými řádky je roven 0. Důkaz: Když zaměníme tyto stejné řádky s maticí se nic nestane, ale z vlastnosti D2 se musí i při záměně těchto řádků změnit znaménko determinantu, čili platí \A\ = -\A\ 2 • \A\ = 0, a tedy \A\ = 0. Definice 7 Pokud á[, a2,jsou vektory, tak vektor v := «i • d[ + a2 ■ a2 + ... + ak ■ ak je lineární kombinací vektorů a±, a2, ..., ak. (Xineární kombinace vektorů a±, ď2, a~k je jakýkoli součet skalárních násobků těchto vektorů.) D3. det(d[, a2,an) je zobrazení lineární v každé složce, tj. pokud na k-tém. řádku se vyskytuje lineární kombinace dvou vektorů a-ů+(3-v, tak determinant lze upravit na lineární kombinaci dvou determinantů: det(á[, a ■ ů + (3 ■ v, an) = a ■ det(ďi,u,an) + /3 • det(á[,v, ...an) Důkaz: ^(_1)t(ji,-*) . ^ . ... . (a . Ujk + p . Vjkj . ... . = vytkneme a, (3 a rozdělíme na dva součty = a . . ^ . ... . Ujk ..... anjn + £ . ^(_ir0i,...J-) . ahn ..... ^ . ... . ^ = 14 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně = a ■ det(ä[,u,an) + /3 • det(d{, v,an) Poznámka: Vlastnost D3 lze přirozeně rozšířit tak, že k-tý vektor není lineární kombinací pouze dvou vektorů, ale Z vektorů (/ > 2). Důsledek vlastnosti D3: Vynásobením /c-tého řádku matice A se stejným číslem vynásobí i celý determinant této matice. (Plyne z D3: det(d{,a ■ k,an) = a ■ det(d{,k,an).) Další důsledek vlastnosti D3: Je-li některý řádek matice A řádek samých nul, pak platí \A\ = 0. (Z D3: det(ďi,0 • d^,an) = 0 • det(d[,k,an) = 0. Nebo jiný důkaz přímo z definice determinantu: v každém součinu v determinantu je vybrána jedna 0 => \A\ = 0.) Algebra 2 (MA 0005) 15 1.2 Cvičení 1 • Cramerovo pravidlo pro n = 2 nebo n = 3. • Cramerovo pravidlo v případě nekonečně mnoha řešení nebo žádného řešení. • Přehled čtyř metod řešení SLR na ZS (viz DP Danešová, kapitola 4). • Metoda řešení SLR na SS - Gaussova eliminace jako vylepšená sčítací metoda (viz BP Danešová, kap. 5) Úloha 1.1 Je dán následující systém tří rovnic o třech neznámých: 2x - 3y + z = 0 x + 2y — z = 3 2x + y + z = 12 a) Ověřte, že zadaný systém lze řešit Cramerovým pravidlem. b) Vyřešte systém v oboru reálných čísel pomocí Cramerova pravidla. Úloha 1.2 Je dán následující systém tří rovnic o třech neznámých: x + 2y — z = 3 -2x + y - 2z = -1 —3x + 4y — 5z = 1 a) Uveďte důvod, proč zadaný systém nelze řešit Cramerovým pravidlem (při standardní matici A). b) Vyřešte systém Cramerovou metodou nestandardním způsobem (otázka 1, příklad třetí v pořadí ze čtyř v dané otázce), když si uvědomíte, že třetí rovnice je rovna součtu první rovnice se dvojnásobkem druhé rovnice (viz BP Danešová, str. 64-65). Úloha 1.3 Zdůvodněte, jaké znaménko je při výpočtu determinantu řádu šest z definice pro matici matic A u součinu Q14 ' a23 ' a31 ' a42 " ^56 ' a65- Úloha 1.4 Zdůvodněte, jaké znaménko je při výpočtu determinantu řádu šest z definice pro matici A u součinu Q14 ' a25 ' a32 " Q43 ' a51 ' a66- POZOR, PŘÍŠTÍ CVIČENÍ SI NAPÍŠEME PROVĚRKU NA TÉMA: ANALYTICKÁ GEOMETRIE - VIZ ODPOVĚDNÍKY V IS PRO PŘÍPRAVU. 16 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 2 Týden 2 2.1 Přednáška 2: Další metody výpočtu determinantu D4. Determinant matice A se nezmění, pokud k řádku přičteme nenulový násobek jiného řádku, například řádku af. der(oi,Ofc,á/, an) = der(ai, a/ú + a • Q/i •••) dl, ■■■■> a~n) Důkaz: Rozepišme si pravou stranu této rovnosti a využijem přitom nej důležitější vlastnost tohoto předmětu, vlastnost linearity determinantu (D3): det(á[, a~k + ot ■ á/, á/,an) = det(á[, d^,á/, an) + a ■ det(ďi,á/, á/,. D2 = det(ai, a~k,ai, o^) + 0 = det(ďi,a^, ô/ (spíše než Ľ2 používáme důsledek D2: víme, že det(ai,á],á],an) = 0, jelikož se jedná o determinant matice se dvěma stejnými řádky) - důkaz je hotov. Vlastnost DA nám poskytuje dobrý nástroj pro výpočet determinantu: snažíme se k nějakému řádku přičíst násobek jiného řádku, abychom v matici tímto způsobem vytvářeli nuly - čím více nul, tím méně součinů je nenulových. Definice 8 Schodový tvar matice A = takové obsazení matice A čísly, že v každém dalším řádku matice je zleva více nul než v tom předchozím, nebo se už jedná o řádek samých nul. Ad příklad 2. Nyní se můžeme vrátit k příkladu 2 a pokusit se vypočítat determinanty |A|,|A|,|A2P3|,|^4|: \A\ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 -1 2 -n 0 1 -2 1 1 -1 2 1 -r\ 0 2 1 0 1 3 3 1 -r\ 0 2 2 0 1 1 1 1 0 1 - -2 1 1 • 1 • — 0 - — 0 -3 2 0 0 0 2 -2-r2 +Í3 -3) • 2 = -6. 1 1 0 1 0 0 0 0 1 -^3 Důsledek vlastnosti D A. Pokud se nám pomocí Dl až D A podaří upravit matici na schodový tvar, její determinant je roven pouze součinu prvků na hlavní diagonále (ve všech dalších součinech musíme vybrat alespoň jednu nulu pod diagonálou, tj. zbývajících 23 součinů je rovno 0). A1 2 1 1 1 1 2 -1 2 1 2 -1 2 1 2 -1 2 2 1 1 1 -2 ri 0 -3 3 -3 -1 -1 2 1 -1 -1 2 1 H -ri 0 1 1 3 3 3 3 1 3 3 3 1 +3 ^3 0 0 9 4 Algebra 2 (MA 0005) 17 -3)- 12-12 0 1-11 0 113 0 0 9 4 -T2 = 3- 12-12 0 1-11 0 0 2 2 0 0 9 4 = 3-2- 12-12 0 1-11 0 0 11 0 0 9 4 -9-r3 = 6- 12-12 0 1-11 0 0 1 1 0 0 0 -5 = -30. D5. Laplaceuv rozvoj determinantu podle /c-tého řádku nebo Z-tého sloupce. Tento rozvoj převádí výpočet jednoho determinantu řádu n na výpočet n determinantů řádu n — 1: Rozvoj podle /c-tého řádku: \A\ = YJ{-Vk+3-*ky\Akj\ kde Akj jsou matice vzniklé z A vypuštěním /c-tého řádku a j-tého sloupce. Rozvoj podle Z-tého sloupce: n i=i kde \Au\ jsou matice vzniklé z A vypuštěním z-tého řádku a Z-tého sloupce. Důkaz: Plyne z definice determinantu pouhým rozepsáním: Např. pro řádkový rozvoj: akj se vyskytuje v in — 1)! součinech; když (—l)fe+^ • akj z těchto součinů vytkneme, v závorce se objeví \Akj\ jako součet součinů n — 1 prvků, tj. determinant řádu o 1 menšího. Ad příklad 2. Vypočtěme l^l, l^bl, \A±\ kombinací vlastností Dl až D5: A2 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 -1 2 -ri 0 -1 -2 1 1 -1 2 1 -ri 0 -3 1 0 1 3 3 1 -n 0 1 2 0 Rozvineme např. podle řádku 3 (přitom \A^\ je determinant matice, která vznikne z A vynecháním k- tého řádku a j-tého sloupce matice A, tj. vynecháním právě toho řádku 18 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně a sloupce, kde se vyskytuje prvek a/^)3: = (-i)3+i.0.|4 311 -1) 3+2 -3)- 1 1 1 0 -2 1 0 2 0 1)3+3.1- 1 2 1 0 -1 1 0 1 0 l)3+4-0-|A34| = = 3-(0 + 0 + 0- 2- 0-0)+ (0 + 0 + 0-1-0-0) = -7 Tedy Laplaceův rozvoj je výhodné použít pro ten řádek či sloupec, který obsahuje větší počet nul. Rozvoj podle 1. sloupce: = 1 • 112 1 12 12 1-1-11 13 3 1 -r x -r x -r x 112 1 0 1-11 0-2-3 0 0 2 10 1 -1 1 -2 -3 0 2 1 0 = 0 + 0-2-0-0-2 =-4. \M = 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 -1 1 -ri 0 1 -2 -1 0 1 -2 -1 1 -1 2 -1 -ri 0 -2 1 -3 +2 0 0 -3 -5 1 3 3 3 -ri 0 2 2 1 -2 T2 0 0 6 3 Rozvoj podle 2. sloupce: (-l)1+2-l- 0 -2 0 -3 0 6 1)2+2.1. 1 1 0 -3 0 6 -0+0 = -0-9+0+0-(-30)-0-0 = 21 Můžeme psát odpověď: |4i| -30 \A\ -6 = 5; x2 = \A\ [M \A\ -4 -; X/x \A\ 21 ^6 Řešení je jediné, vektorovým zápisem jej lze vyjádřit nejlépe: 3Například 0,32 = —3 se vyskytuje ve třetím řádku a v druhém sloupci naší matice řádu 4, tj. 432 je determinant matice z ní vzniklé vynecháním třetího řádku a druhého sloupce. Číslo ( — 1) je umocněno na (3 + 2), což je součet indexů (pozic v řádku a sloupci) prvku «32. Algebra 2 (MA 0005) 19 D6. Pokud některý řádek, např. l-tý je lineární kombinací jiných řádků, např. dl, a2,Qfc, tak |^4| = 0. Důkaz: Velmi podobný důkazu DA: Jestliže: ai = ai ■ á[ + a2 ■ a2 + ... + ak ■ ak pak: der (dl, a2, ak,a>i ■ á[ + a2 ■ a2 + ... + «fc • ak,a^) = = «i • der (dl, al,al,dl,an) + a2 • der (dl, al,al,al,an) + ... + ak ■ der(dl, al,al,al,an) = 0, protože každý z těchto dílčích determinantů se rovná 0 díky dvěma stejným řádkům (důsledek vlastnosti D2). (jiný způsob důkazu: pokud nějaký řádek je lineární kombinací ostatních řádků, odečtením této lineární kombinace provádíme úpravu D4, která determinant nezmění - a dostaneme řádek samých nul, tj. podle definice determinantu do každého součinu vybereme z tohoto nulového řádku určitě vždy jedno číslo 0, čili determinant je roven nule) Pokud vyjde čas: Poznámka o vektorovém součinu vektorů v dimenzi 3 výpočet pomocí determinantu. 2.2 Cvičení 2: Analytická geometrie v rovině — prověrka Napište prověrku z tématu analytická geometrie. Typové příklady najdete v IS v interaktivní osnově předmětu. 20 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 3 Týden 3 3.1 Přednáška 3: Vektorový prostor, souřadnice vektoru v dané bázi, Gaussova eliminační metoda Základní pojmem, kterým se v tomto předmětu budeme zabývat, je pojem vektoru. Vektor je zobecněním pojmu reálné číslo - reálné číslo je určené svou velikostí, vektor je určený velikostí a směrem4. Začněme dnes u této představy vektoru jako „orientované úsečky", u které je důležitý její směr5 a její délka6, a pokusíme se tuto představu vektoru nějak matematicky popsat, čili zpřesnit. Příklad 3 Uvažujme množinu V všech orientovaných úseček v rovině. Dvě orientované úsečky o stejné velikosti a směru budeme považovat za tentýž vektor (v analytické geometrii takovému pojetí vektoru v rovině říkáme „volný vektor" ... můžeme vektorem v rovině rovnoběžně posouvat - pokud zůstává zachován jeho směr a velikost, jedná se pořád o tentýž vektor). Na této množině V definujme operaci sčítání vektorů následovně: vektor a + b určíme tak, že ke koncovému bodu vektoru a rovnoběžně posuneme počáteční bod vektoru b, pak vektor c := a + b je takový, že jeho počáteční bod je stejný jako počáteční bod a a jeho koncový bod je roven koncovému bodu b. Podobně definujme násobení vektoru reálným číslem r E R takto: Pokud r = 0, je r ■ a roven nulovému vektoru., tj. úsečce nulové délky a jakéhokoli směru. Pokud r > 0, tak směr vektoru r - a je stejný jako směr a a jeho velikost je r-násobkem velikosti vektoru a. Pokud r < 0, tak směr vektoru r ■ a je opačný ke směru a (při zachování rovnobežnosti) a jeho velikost je \r\-násobkem velikosti vektoru a. Takto definovaná množina vektorů společně s takto definovanými operacemi sčítání vektorů a násobení vektoru reálným číslem (jehož výsledkem je vektor) tvoří strukturu, kterou budeme nazývat vektorovým prostorem. Vlastnosti vektorového prostoru odvodíme z vlastností uvedených dvou operací na množině orientovaných úseček v rovině: Definice 9 Množina (V, +) se nazývá vektorový prostor nad tělesem7 skalárů (T,+, •) (její prvky v £ V se nazývají vektory, prvky tělesa T se nazývají skaláryj, jestliže 4Vektor jako „šipka" charakteristická velikostí a směrem slouží k popisu například a) posunutí v rovině, b) síly působící na těleso, c) rychlosti a směru pohybu objektu v prostoru - zkrátka řady veličin známých z různých oborů; tyto veličiny označujeme jako vektorové veličiny. 5Pojem směru vektoru souvisí s pojmem rovnobežnosti dvou vektorů, které lze vzhledem k následující definici vektorového prostoru definovat velmi jednoduše: Vektory u, v jsou rovnoběžné, jestliže existuje skalár s takový, že v = k-u. Pojem směru se ovšem v následující definici vektorového prostoru vyskytovat nebude, i když je tam „schovaný" (předpokládaný) v některých axiomech. 6Pojem velikosti (délky) vektoru se také v následující definici vektorového prostoru nevyskytuje -souvisí totiž až se skalárním součinem, o kterém bude řeč v kapitole 9. 7Těleso T je zde důležité proto, že pomocí něj za chvíli budeme vyjadřovat souřadnice vektorů. Např. Pokud T = R, souřadnicemi budou reálná čísla; pro T = Q budou souřadnicemi racionální čísla. Algebra 2 (MA 0005) 21 a) Struktura (V, +) je komutativní grupa, tj. 1. y u, v E V : u + v E V (uzavřenost operace + na V), 2. V-u, v,w E V : (u + v) + w = u + (v + w) (asociativita operace +), 3. 33 E V : u + o = o + u V-u E V (existence neutrálního prvku), 4- V-u E V 3 (—u E V : u + (—u) = o (existence inverzí vzhledem k operaci +), 5. V-u, v E V : u + v = v + u (komutativita operace + na V). b) Zobrazení ■ množiny T x V do V (= násobení SKALÁR KRÁT VEKTOR) splňuje vlastnosti „příbuzné'® vlastnostem operace na monoidu: " 1" V t E T, v E V : t ■ v E V (uzavřenost součinu skalár krát vektor), "2" V s, t E T, v E V : s ■ (t ■ v) = (s ■ t) ■ v (pro jednoduchost označujeme součin mezi skaláry a součin skalár krát vektor stejným symbolem), "3" 3 1 E T : l-v = v^vEV( existence jednotkového skaláru vzhledem k násobení skalár krát vektor). c) Souhra operace + a operace skalár krát vektor splňuje vlastnosti: "6a" V s, t E T, v E V : (s + t) ■ v = s ■ v + t ■ v, "6b" VtET,Ú,vEV : t ■ (u + v) = t ■ u + t ■ v. Poznámka. Jak si dobře zapamatovat druhých pět z deseti vlastností definice: v žádné z těchto vlastností se nevyskytuje součin dvou vektoru (skalární součin u ■ v se v definici vektorového prostoru nevyskytuje), pouze součin dvou skalárů nebo součin skalár krát vektor. Definici skalárního součinu vektorů (násobíme dva vektory, výsledkem je skalár) uvedeme v některé z následujících kapitol. Ad příklad 3. V je množina volných vektorů v rovině nad tělesem R. Uvedených deset vlastností vektorů jsme vlastně z příkladu volných vektorů v rovině odvodili, tj. všechny vlastnosti lze dokázat-reprezentovat obrázky: 1. Vlastnosti 1 až 5 jsme už zkoumali v algebře 1 - tyto vlastnosti platí i pro operaci sčítání vektorů. Součtem dvou volných vektorů v rovině je také vektor (viz obr.). 2. (viz obrázek) důkaz asociativity sčítání volných vektorů je proveden graficky. 8S tím rozdílem, že se nejedná o operaci najedná množině, ale o součin prvků ze dvou různých množin - součin skaláru s vektorem. 9S trochou fantazie bychom je mohli nazvat "distributivní zákony" okruhu, ale uvozovky jsou důležité, protože se nejedná o dvě operace na stejné množině, ale o jednu operaci na množině a o zobrazení T x V ^ V (což by bylo možné algebraicky nazvat jako akci tělesa na grupě: prvky z tělesa násobíme prvky grupy, a dostáváme jiné prvky grupy); a distributivní zákony v okruhu jsou sice dva, ale liší se jen díky nekomutativnímu násobení - zde u vektorového prostoru jsou "distributivní zákony" z jiných důvodů (v jednom zákonu sčítáme skaláry, ve druhém sčítáme vektory). 22 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 3. Nulový vektor má nulovou velikost (a jeho směr je libovolný), proto jej na obrázku na následující straně nevidíte. 4. Opačný vektor (= inverzní vektor vzhledem k operaci sčítání) má stejnou velikost, ale opačný směr. 5. Sčítání volných vektoru splňuje komutativní zákon. Právě uvedené vlastnosti 1 až 5 lze popsat (viz Algebra 1) tím, že V je vzhledem ke sčítání komutativní grupa. Ovšem Následujících pět vlastností je pro vektory specifických a ještě jsme se jimi v algebře nezabývali. "1" Vlastnost "1" tvrdí, že s každým vektorem u obsahuje prostor volných vektorů i nekonečně10 mnoho dalších vektorů, které vzniknou jako reálné násobky vektoru u. " 2" Nezáleží na tom, zda nejdříve vynásobíme dva skaláry, a pak jimi vynásobíme vektor, nebo zda násobení vektoru provedeme postupně dvěma skaláry - výsledek je stejný. " 3" Existuje jednotkový skalár - vynásobením volného vektoru u konstantou 1 se nezmění jeho velikost ani směr. "6a" Nezáleží na tom, zda nejprve sečteme skaláry, a výsledkem vynásobíme vektor, nebo zda nejprve provedeme dvojí násobení skalár krát vektor, a výsledné vektory sečteme. "6b" To, že nejprve sečteme vektory, a pak až vynásobíme skalárem je totéž, jako bychom oba vektory nejdříve vynásobili skalárem, a pak je sečetli. Příklad 4 Dalším příkladem prostoru vektorového je (R^[x], +, •) ... množina všech polynomů stupně nejvýše 3 nad tělesem R. Přesný důkaz bychom mohli provést pro obecně označené skaláry s, t a obecně značené polynomy u = u3 ■ x3 + u2 ■ x2 + Ui ■ x + uq, V = V% • X3 + V2 ■ X2 + V\ ■ X + Vo, W = 1Ľ3 • X3 + W2 ■ X2 + Wi ■ X + wq. 10To bude hrát roli u množiny generátorů vektorového prostoru, kterou budeme studovat podobně jako množiny generátorů grupy. Vzhledem k povaze (nekonečnosti) tělesa R jeden nenulový vektor generátor svými násobky skalárem vygeneruje nekonečně mnoho dalších vektorů. Algebra 2 (MA 0005) 23 Ale zkusme místo důkazu tyto vlastnosti raději jen ilustrovat na třech konkrétních polynomech u = 2x3 + x2 - 5x + 1, v = 3a;3 + 5x2 + x - 2, w = 2xA + x2 - 3x + 3. 1. -u + -u = 5x3 + Qx2 — Ax — 1 je opěí polynomem stupně nejvýše 3. 2. (u + u) + w = 7x3 + 7x2 - 7x + 1 = u + (v + w). 3. Neutrálním polynomem je o = 0, jeho přičtením k libovolnému polynomu se ten nezmění. 4- Opačným vektorem je —u = —2x3 — x2 + 5x — 1, —v = —3x3 — 5x2 — x + 2, atd. 5. Evidentně platí u + v = v + u, ať už pro naše dva zvolené vektory, nebo jakékoliv dva vektory. 24 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně "1" Násobení polynomu reálnym skalárem se realizuje vynásobením každého koeficientu zvlášť, jak jsme zvyklí násobit polynom reálnym číslem. Například 2 • u = 4x3 + 2x2 - lOx + 2. Důležité je, že násobením polynomu jakýmkoli reálným číslem se nezmění fakt, že výsledek je (kromě násobení nulou) polynom třetího stupně, tj. množina (R^[x],+) je uzavřená na násobky reálnými čísly. "2" Například (2 • 3) • u = 2 • (3 • u) = 12x3 + 6x2 - 30x + 6. "3" 1 ■ u = u pro jakýkoli prvek u dané množiny. "6a" Například (2 + 3)-Ú=2-Ú+3-Ú = 10x3 + 5x2 — 25x + 5, a je vidět, že rovnost platí pro libovolné prvky daných typů. "6b" Například 2-{u + v) = 2-u + 2-v = 10x3 + 12x2 - 8x - 2, a je snad vidět, že rovnost platí pro libovolné prvky daných typů. Příklad 5 Množina (C{a; &),+,•) spojitých reálných funkcí na intervalu {a;b), s přirozeně definovanými operacemi součtu funkcí a vynásobení funkce reálný skalárem, je vektorovým prostorem!! Tento příklad je důležitý, neboť vidíme, že pojem vektoru je jak zobecněním pojmu číslo, tak zobecněním pojmu spojitá funkce. Opět se zde objevují ambice algebry hledat společné či stejné vlastnosti mezi různými strukturami - řada vlastností, které známe hlavně u prvků aritmetického vektorového prostoru (což je vlastně příklad 1, ale ještě na prostoru volných vektorů v příkladu 1 musíme zavést souřadnice), je stejných jako vlastnosti funkcí spojitých na intervalu. 1. Definujeme součet funkcí V f (x), g{x) E C{a; b): f(x) + gix) je opět spojitou funkcí na {a; b). 2. Vf(x),g{x),h{x) eC{a;b) : {f{x)+g{x)) + h{x) = f{x) + (g{x) + h{x)) Vie(a;fc), což plyne z asociativity sčítání reálných čísel. 3. Neutrálním prvkem je funkce eix) = O Vx G {a; b), protože f(x) + e(x) = fix) Vx G {a-b). I V/(x) G C {a; b) 3(-f(x)) G C {a; b): f (x) + (-f (x)) = e(x) = 0. 5. Vf(x),g(x)eC(a;b): f(x) + g(x) = g(x) + f(x). "ľ'VseR, f (x) (E C {a; b) : s ■ f (x) G C (a; b). "2"Wr,seR, f (x) E C {a; b) : (r • s) ■ f (x) = r ■ (s ■ f (x)). "3" 3 1 G R : 1 • f (x) = f (x) V/(x) G C {a; b). "6a"Vr,s£R, f (x) G C {a; b) : (r + s) ■ f (x) = r ■ f (x) + s ■ f (x). Algebra 2 (MA 0005) 25 "6b" Vr G R, f{x),g{x) G C {a; b) : r • {f {x) + #(x)) = r • f {x) + r • g[x). Příklad 6 V = {o} ... nejmenší možný vektorový prostor je prostor, který obsahuje pouze nulový vektor. Klíčovou konstrukcí či výpočtem bude při naší práci s vektory zjišťování, zda je určitý vektor lineární kombinací (= součtem násobků) jiných vektorů. Definice 10 a) Definice lineární kombinace viz (áefinicel). b) Posloupnost vektorů ďí, 02,... , dfc je lineárně závislá, když některý z vektorů je lineární kombinací těch ostatních vektorů. V opačném případě je posloupnost vektorů d[, a2,... , ak lineárně nezávislá. Poznámka. U rovnosti a) v předchozí definici také říkáme, že vektor ak je lineárně závislý na vektorech ai, a2l ..., ak_i. Podobně jako při studiu grup a okruhů, i u vektorových prostorů se budeme zabývat množinou vektorů, která generuje (= vytváří jistým přesně popsaným způsobem) celý vektorový prostor. Pokud uvážíme, že vynásobení vektoru skalárem vygeneruje nekonečně mnoho dalších vektorů různých délek, asi se často budeme setkávat se situací, kdy i pro nekonečnou množinu V bude množina generátorů (co do počtu prvků) celkem málo početná. Z těchto množin generátorů budeme ještě vybírat co nejmenší počet lineárně nezávislých vektorů, které vygenerují celý vektorový prostor - posloupnost těchto vektorů nazveme bází. Definice 11 Uvažujme vektorový prostor (V, +) nad tělesem (T,+, •). Posloupnost vektorů (-ui, u2,.. ., uk) nazveme bází vektorového prostoru (V, +), pokud platí obě z podmínek a) tato posloupnost vektorů je lineárně nezávislá (žádný z vektorů nelze vyjádřit jako lineární kombinaci ostatních); b) každý vektor v £ V lze vyjádřit jako jejich lineární kombinaci, v = ai ■ ui + a2 ■ u2 + • + ak ■ uk, tj. vektory ui, u2,. .., uk generují celý prostor11. Dále dimenze vektorového prostoru (V, +) znamená počet vektorů nějaké jeho báze. A navíc, čísla (al5 a2,... , ak) z vyjádření vektoru v pomocí bázických vektorů u[, u2, ..., uk nazveme souřadnicemi vektoru v vzhledem k bázi (u[, u2,..., uk). Příklad 7 Tři otázky pro vektory z aritmetického vektorového prostoru iž3 uspořádaných trojic reálných čísel. 11 Alternativní vyjádření obou podmínek: ad b) dané vektory generují celý prostor, ad a) a žádný z nich není nadbytečný v tom smyslu, že by byl lineární kombinací těch ostatních. 26 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně a) Jsou vektory ú[ = I O , ui = I 2 lineárne závislé? W \3j b) Jsoíí vektory u\ = | 1 ] , 112 = | 2 ] lineárně závislé? c) Jsoíí vektory ú[ = \ 1 1,^=1 2 I,ti3=( 0 I lineárně závislé? -1 Řešení: ad a) Ano, nulový vektor je vždy lineárně závislý na ostatních vektorech, protože je 0\ >1 jejich 0-násobek: ( 0 J = 0 • 2 0 / V 3 /M 1 1 1 1 = a. 2 V 0 1 1 0 / ad c) Nejsou, protože (postupujeme krok za krokem) je lze seřadit do takové posloupnosti, že • úi je nenulový, • Ú2 není reálným násobkem vektoru ú[, • a u% není lineární kombinací vektorů ú[, u2 - protože neexistují reálná čísla ai, oí2 tak, aby 0 = «1 • 1 + «2 • 2 lj V o / \0 (v rovnici 1 = a± ■ 0 + «2 • 0 sestavené ze třetích souřadnic předchozí vektorové rovnice žádná vhodná reálná čísla a±, «2 jako její řešení nenajdeme). Z řešení příkladu (7-c) plyne obecný postup při sestavování báze nějakého vektorového prostoru: • Úi ... zvolíme jakýkoliv nenulový vektor z V; • Ú2 ... zvolíme takový vektor z V, který není násobkem vektoru Úi, • Ú^ ... zvolíme takový vektor z V, který není lineární kombinací vektorů u±, U2- • atd. Algebra 2 (MA 0005) 27 Příklad 8 a) Bází prostom fž3 je například posloupnost vektoru (říkáme jí standardní báze - jedná se o bázi, kterou běžně volíme v Kartézské souřadné soustavě ve třídimenzionálním aritmetickém vektorovém prostoru R3). b) Bází prostoru Rn je nějaká (jakákoli) posloupnost n nezávislých vektorů, dimenze Rn je rovna n. c) Bází prostoru (Rn[x], +, •) všech polynomů stupně nejvýše n je například posloupnost polynomů (1 ^ 00 ^ 00 ^ 00 ^ * * * ^ 00 ), tj. dimenze Rn[x] je rovna in + 1). d) Bází prostoru (C(a; 6),+, • všech spojitých reálných funkcí na intervalu {a;b) je například nekonečná posloupnost funkcí (1, x, x2, x3,.. .), nebo nekonečná posloupnost (1 sinx, sin2x, sin3x,...). Jinými slovy, dimenze C{a; b) = oo. Příklad 9 Je posloupnost vektorů Ui = \ 1 | , ií2 = | 2 | , i£j = | 0 | bází prostoru R3 ? Ano, každý prostor má řadu různých bází, které mají stejný počet prvků - tato báze je bází stejného prostoru jako báze v příkladu (8-a). Příklad 10 Vyjádřete souřadnice vektoru v = I 2 v bázi a) e~Í = b) u[ = Řešení: ad a) ve standardní bázi jsou už hodnoty 1,2,3 přímo souřadnicemi, ad b) ( 6 řešeni: v = —2 1-3 V úlohách typu příkladu (10-b) při hledání souřadnic vektoru v nějaké bázi daného vektorového prostoru, zejména pokud je to aritmetický vektorový prostor (tedy prostor n-tic reálných čísel, s operacemi „sčítání po složkách" a násobení každé složky skalárem), řešíme vlastně systém lineárních rovnic. 28 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Po Cramerově pravidlu druhá metoda řešení SLR, kterou se budeme zabývat, je Gaus-sova eliminační metoda. Je to vlastně vylepšená (upravená) sčítací metoda ze ZS -pouze si ve sčítání rovnic vytvoříme určitý systém. Nejprve si ovšem řekněme, co to jsou elementární řádkové úpravy systému lineárních rovnic a jak souvisí s množinou řešení tohoto systému: Definice 12 Při řešeni systému lineárních rovnic (SLR) au ■ xi + ai2 ■ x2 + ... + ain ■ xn = bi, 0-11 ■ %1 + 0-22 ■ %2 + ••• + (l2n ' Xn = b2, ^ml ' X\ ~\~ q>rn2 ' ^2 ~\~ ••• ~\~ o^rnn ' Xn ^mi kde ciij G IR, ^ G IR jsou konstanty a xt G IR jsou neznámé, Algebra 2 (MA 0005) 29 jsou následující úpravy označovány za elementární řádkové úpravy: a) vynásobení některé rovnice nenulovým reálným číslem, b) záměna pořadí dvou rovnic, c) k dané rovnici přičteme lineární kombinaci jiných rovnic. Věta 3 Elementární řádkové úpravy SLR nemění množinu řešení tohoto systému. Důkaz: a) Jasné - rovnici lze vynásobit nenulovým reálným číslem, aniž se změní její řešení, b) Jasné - na pořadí rovnic v systému nezáleží, c) Jestliže v systému (který může mít i další rovnice, ty se ale nyní nemění) Qfcl ' X\ + Qfc2 ' X2 + ••• + 0-kn ' Xn = bk\ a/i • x\ + a/2 • x2 + ... + ain ■ xn = bi/ + ak-rk /c-tou rovnici vynásobíme ak a přičteme k /-té rovnici, dostaneme systém Qfcl ' X\ + Qfc2 ' X2 + ••• + 0-kn ' Xn = bk\ (a/i • xi + a/2 • x2 + ... + ain ■ xn) + ak ■ (akl ■ x\ + ak2 ■ x2 + ... + akn ■ xn) = bi + ak u které je snad jasné, že jeho množina řešení je stejná jako množina řešení systému předchozího. Nyní jen pomocí přehození pořadí členů a vytknutí xt pro všechna i ve druhé uvedené rovnici (což můžeme provést díky distributivitě operací sčítání a násobení v tělese reálných čísel) upravme na systém Qfci ' x\ + afc2 • x2 + ... + ' xn = bk] (a/i + ak ■ akl) ■ x1 + ... + (aln + ak ■ akn) ■ xn = k + ak ■ bk, jehož množina řešení je tatáž. Zdůvodnění je hotovo. □ Nyní vysvětlíme Gaussovu eliminaci (vylepšenou sčítací metodu) na příkladu, ve kterém budeme dělat právě jen tři popsané elementární řádkové úpravy, jejichž použití nemění množinu řešení daného SLR: Příklad 11 Na množině reálných čísel řešte systém lineárních rovnic x + 2y + 3z = 9 2x — y + z = 8 3x — z = 3. 30 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Řešení: Tento systém lineárních rovnic si přepíšeme do naší staré známé matice (viz definice 1). Tuto matici pomocí tzv. řádkových elementárních úprav převedeme na tzv. schodový tvar (definice 8 - sice jsme se seznámili se schodovým tvarem už u determinantu, ale tento pojem nevyžaduje, aby matice A byla čtvercová; A je obecně typu m x n). Tento způsob řešení není až zas tak docela studentům neznámý, pravděpodobně jím řešili systém dvou rovnic tzv. sčítací metodou. Jediná novinka spočívá nyní v tom, že celý momentální stav sčítací metody máme neustále před očima v našem maticovém schématu. Naší první úpravou schématu tří rovnic bude: a) první rovnici necháme beze změny; b) od druhé rovnice odečteme dvojnásobek první rovnice; c) od třetí rovnice odečteme trojnásobek první rovnice. Tímto způsobem eliminujeme z první i druhé rovnice neznámou x. 1 2 3 2 -1 1 3 0-1 -2 • n -3 • 7"i 1 2 3 9 0 -5 -5 -10 0 -6 -10 -24 Druhou úpravou schématu bude jen jisté kosmetické zjednodušení: druhou rovnici vydělíme minus pěti (tj. vynásobíme číslem ^-), druhou vydělíme minus dvěma (tj. vynásobíme číslem Znak ~ tedy představuje takovou úpravu systému rovnic, která nemění jeho množinu řešení. Následující úprava systému rovnic bude spočívat v tom, že první dvě rovnice necháme beze změny a od třetí rovnice odečteme trojnásobek druhé rovnice - tím pádem se na druhé pozici třetího řádku objeví nula, neboli ze třetí rovnice eliminujeme proměnnou y: 2 3 9\ 0 1 1 2 Vo 3 5 12 f 1 2 3 9\ 0 1 1 2 3 • r2 0 2 6/ Dospěli jsme ke tvaru označovanému jako schodový tvar - v každém dalším řádku je více nul zleva než v tom předchozím. Nyní se opět vrátíme k významům řádků jako rovnic, tj. první sloupec odpovídá koeficientům u proměnné x, druhý sloupec koeficientům u proměnné y, třetí sloupec koeficientům u proměnné z. Nasaďme při hledání řešení něco jako „zpětný chod", tj. při výpočtu řešení začneme s posledním řádkem matice, který představuje nejjednodušší rovnici: 2z = 6, odtud z = 3. Jdeme „o patro výš", do rovnice y + z = 2 dosadíme právě vypočtené z = 3 a dostaneme y = —1. A nakonec obě dosud vypočtené proměnné dosaďme do první rovnice x+2y+3z = 9 a dostaneme x = 2. Řešení našeho systému lineárních rovnic (SLR) je jediné — x = 2, V = -1, z = 3. Příklad 12 Podívejme se na další příklad, ve kterém dojde k tomu, že možných řešení bude nekonečně mnoho. I tak se je budeme snažit matematicky popsat, tj. vypsat množinu Algebra 2 (MA 0005) 31 všech možných řešení. Na množině reálných čísel řešte systém lineárních rovnic x + y + 2z — 5w = 3, 2x + 5y — z — 9w = —3, 2x + y — z + 3w = —11, x — 3y + 2z + 7-u; = —5 Použijme opět na předchozím příkladu vyloženou Gaussovu eliminaci, tj. přepišme si koeficienty i pravé strany rovnic do matice a upravme ji, jako i v předchozím příkladu, na schodový tvar: 1 2 -5 3>\ 1 2 -5 3\ 2 5 -1 -9 -3 -2 • n 0 3 -5 1 -9 2 1 -1 3 -11 -2 • n ~ 0 -1 -5 13 -17 \ 1 -3 2 7 "5 ) -ri \0 -4 0 12 "8/ -1) a výměna se 2. řádkem (vyměníme druhý a třetí řádek, protože na pozici 22, tj. na průsečíku druhého řádku a druhého sloupce, bude číslo 1, pomocí něhož lépe odečteme hodnoty 3 a —4 ve druhém sloupci, které se v dalším kroku snažíme vhodným přičtením násobku druhého řádku vynulovat) 1 2 -5 /l 1 2 -5 0 1 5 -13 17 0 1 5 -13 0 3 -5 1 -9 —3 • r2 0 0 -20 40 \o -4 0 12 "8 ) +4 • r2 \0 0 20 -40 3\ 17 -60 60 ) (-i) 20 +?~3 a je vidět, že přičtením třetího řádku ke čtvrtému dostaneme ve schodovém tvaru řádek samých nul: 1 2 -5 3\ 0 1 5 -13 17 0 0 1 -2 3 \o 0 0 0 Nenulových řádků ve schodovém tvaru je méně než počet neznámých, řešení našeho systému lineárních rovnic (SLR) bude nekonečně mnoho. Výsledek bude obsahovat tzv. parametr nebo parametry (= proměnné, za které můžeme dosadit libovolné reálné číslo), jejich počet je roven počet parametrů = počet neznámých MINUS počet nenul. řádků ve schodovém tvaru, 1 = 4-3, 32 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně řešení v našem příkladu bude obsahovat jeden parametr p E R. Nasadíme nyní „zpětný chod" dosazování do rovnic a pro poslední řádek schodového tvaru máme rovnici z — 2w = 3. Jednu z neznámých v této rovnici, například w, položíme rovnu parametru p, tj. w = p. Druhou vyjádříme: z = 3 + 2p. Obě takto vyjádřené neznámé w, z dosadíme do rovnice „o patro výš" a dostaneme vyjádření pro y: y + 5-{3 + 2p)-13p = 17 y = 2 + 3p. A konečně všechny dosud vyjádřené neznámé y, z, w dosadíme do rovnice v prvním řádku schodového tvaru a dostaneme vyjádření neznámé x: x + (2 + 3p) + 2 • (3 + 20) - 5p = 3 x = -5 - 2p. Zbývá přehledně zapsat odpověď: daný systém lineárních rovnic (SLR) má nekonečně mnoho řešení tvaru x = —5 — 2p, y = 2 + 3p, z = 3 + 2p, w = p, kde p E R je parametr. Pokud bychom se už s předstihem pokusili o vektorový zápis, vidíme, že množinou řešení je přímka ve čtyřrozměrném prostoru 1 x\ ' -5 " < -2\ y 2 3 z 3 + p ■ 2 \w ) 0 l 1/ pro p E R. (tato přímka prochází bodem -5 2 3 0 a má směrový vektor /-2\ 3 2 V i/ Příklad 13 V dalším našem příkladu se při zápisu řešení SLR bude vyskytovat více než jeden parám etr12: Řešte v oboru reálných čísel systém lineárních rovnic X\ ■ X\ X\ - 3x\ -( -2x2 f 2x2 -2x2 6x2 -i x3 - 3x4 3x4 -3x4 - -x5 2x5 X3 — 9x4 + 4x5 2x6 fx6 3Xß 2, 3, 4, 9. 12Velmi důležitý příklad, ze kterého je vidět, kterým proměnným hodnoty parametrů vlastně přiřazujeme. Vděčím za něj svému bývalému kolegovi doc. Marinu Kovářovi (Kovář: Maticový a tenzorový počet, skriptum VUT Brno). Algebra 2 (MA 0005) 33 Upravme náš systém čtyř rovnic o šesti neznámých na schodový tvar a dostaneme: 2 0 -3 1 0 2\ /l 2 0 -3 1 0 2\ 1 2 1 -3 1 2 3 -ri 0 0 1 0 0 2 1 1 2 0 -3 2 1 4 -ri 0 0 0 0 1 1 2 \3 6 1 -9 4 3 —3 • r\ \0 0 1 0 1 3 3/ (po odečtení druhého a třetího řádku najednou od řádku čtvrtého se čtvrtý řádek vynuluje) 2 0 -3 1 0 2\ 0 0 1 0 0 2 1 0 0 0 0 1 1 2 \o 0 0 0 0 0 Podle stejného pohledu jako v předchozím příkladě vidíme, že počet parametrů = počet neznámých MINUS počet nenul. řádků ve schodovém tvaru, 3 = 6-3, budeme tedy potřebovat tři reálné proměnné r, s, t jako parametry Nyní při zpětném chodu si ovšem musíme dát pozor, které neznámé zvolit jako proměnné. Například když začneme poslední nenulovou rovnicí zdola %5 + ^6 = 2, nelze jako neznámý parametr volit obě tyto proměnné, ale pouze jednu (xq = t), protože druhou proměnnou x5 právě v závislosti na proměnné xq z rovnice vyjádříme: x5 = 2 — t. „O patro výše" máme rovnici x3 + 2x6 = 1, do které dosadíme vyjádření x6 = t a dostaneme vyjádření proměnné x3. Vidíme, že x3 = l- 2t. A v nejvyšším patře, na prvním řádku matice, máme rovnici, do které dosadíme už vyjádřené neznámé x3, x5, xq, a protože rovnice obsahuje ještě tři další proměnné, dvě z nich položivé rovny našim připraveným parametrům r, s (věděli jsme ze schodového tvaru, že ještě dva parametry využijeme) xx + 2x2 + 0 • (1 - 2ť) - 3x4 + (2 - ť) + 0 • t = 2. Volíme například dostaneme x\ = t — 2r + 3s. Sestavíme přehledně odpověď našeho příkladu: x\ = t — 2r + 3s, x2 = r, x3 = 1 - 2t, X4 = s, x5 = 2-t, xq = t, kde r, s,t £ R jsou parametry. 34 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Při vektorovém zápisu x2 x3 X4 x5 \ %6 J 0 0 1 o 2 0 /-2\ 1 0 0 0 V 0/ /3\ 0 0 1 o t ■ í 1\ o -2 0 -1 V 1/ pro r, s, t E R. vidíme, že množina řešení SLR je určena bodem a lineární kombinací tří vektorů, kterou přičítáme k danému bodu. Příklad 14 Ne vždy existuje řešeni systému lineárnich rovnic: Při řešeni SLR x + 2y + 3z + 4w = 5, x + 3y + 5z + 7w = 11, x — z — 2w = —6 dostaneme úpravou na schodový tvar: 12 3 4 0 12 3 0 0 0 0 -2r9 12 3 4 0 12 3 0 0 0 0 Poslední rovnice schodového tvaru je tedy 0-x + 0- y + 0- z + 0- iř; = l, a tato rovnice, a tím ani celý SLR nemá řešení. Poznámka. Uvedené úpravy rovnic musí mít nějaká pravidla: snažíme se o takové úpravy řádků neboli rovnic, které jsou povoleny v tom smyslu, že nemění množinu řešení daného systému. Musíme si dát pozor, abychom neprovedli takovou úpravu, ve které by se ztratila informace uchovávaná v některé z rovnic. Například následující úprava systému rovnic není povolena: Algebra 2 (MA 0005) 35 Právě uvedený systém dvou úprav je nesprávný v tom smyslu, že vlastně tutéž úpravu děláme dvakrát (až na znaménko) a napíšeme ji do dvou různých řádků. To vede na nesprávný schodový tvar a nesprávný výpočet řešení 1 1 1\ 0 1 0 -1 Vo -1 0 1/ 1 1 1 1 0 1 0 -1 0 0 0 0 -r2 Nejedná se o ekvivalentní úpravu, protože jsme ztratili informace obsažené v původní třetí rovnici, která není lineárně závislá na druhé rovnici. Ke správnému řešení vede kaskáda úprav 1 1 1\ 2 1 1 ° V2 0 1 1/ -2 • n -T2 ( 1 1 1 1\ -1) 0 1 1 2 -r 2 0 1 3/ X\ = x2 = x3 nebo tzv. série úprav pomocí jednoho řádku, tzv. pivotového řádku (pivotový řádek je jediným řádkem, jehož násobky odečítáme od ostatních řádků v jednom kroku) 1 1 1\ 2 1 1 ° V2 0 1 1/ -2 • n -2 • n 1 1 1\ (-1) 0 1 1 2 2-r2 0 1 3/ x2 = x3 Pozor tedy na „zacyklenou" úpravu v úvodu této poznámky, kterou není povoleno provést v jednom kroku úprav dané matice. 3.2 Cvičení 3 • Výpočet determinantu pomocí Laplaceova rozvoje. • Výpočet determinantu úpravou na schodový tvar. • Využití linearity při Laplaceově rozvoji pro pátý a vyšší řád - viz otázka 04 na začátku kapitoly 2. • Vypočtěte determinant čtvercové matice, jakou metodou nebo kombinací metod považujete za vhodné. Úloha 3.1 Je dána matice A = ( 1 2 1 -2 \ 0 2 12 -13 13 y 3 4 3 2 y/ a) Vypočítejte determinant matice A úpravami Dl až D4 na schodový tvar. 36 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně b) Jaké znaménko by měl při výpočtu determinantu z definice pro matici A součin Q14 ' a23 ' 031 ' CL42, pokud byste použili vzorec z definice determinantu? Úloha 3.2 Vypočtěte hodnotu determinantu úpravami Dl až D4 na schodový tvar. 1-3 0-1 2 3 12 3 4 2 -1 ' 1-2 0-2 Úloha 3.3 a) Pomocí Laplaceova rozvoje 5.řádku zjednodušte výpočet determinantu řádu 5 pomocí několika determinantu řádu 4- 0 0 1 0 0 -1 0 3 1 2 1 -1 3 2 4 7 4 3 5 10 0 5 1 0 3 b) Dopočítejte část (a) Pomocí vlastnosti D3 (linearity) podobně jako v otázce 4 týdne 2, abyste několik determinantů řádu 4 sloučili dohromady (v každém krku proveďte jen jednu úpravu daného typu: vezměte první dva sčítané determinanty a využijte toho, že dané matice se liší pouze v jednom řádku). Úloha 3.4 a) Pomocí Laplaceova rozvoje 2.sloupce zjednodušte výpočet determinantu řádu 5 pomocí několika determinantů řádu 4- 0 0 1 0 0 -1 0 3 1 2 1 -1 3 2 4 7 4 3 5 10 0 5 1 0 3 b) Dopočítejte část (a) Pomocí vlastnosti D3 (linearity) podobně jako v otázce 4 týdne 2, abyste několik determinantů řádu 4 sloučili dohromady (v každém krku proveďte jen jednu úpravu daného typu: vezměte první dva sčítané determinanty a využijte toho, že dané matice se liší pouze v jednom řádku). Úloha 3.5 Vypočtěte hodnotu následujících determinantů, jakým způsobem se Vám líbí (nápověda v případě \B\: přičtením všech řádků matice k prvnímu řádku (D4) vznikne řádek (4,4,4,4);.- 2 10 0 0 12 10 0 0 12 10. 0 0 12 1 0 0 0 1 2 \A\ -1 0 1 0 1 2 1 2 1 2 1 0 \B\ = 3 111 13 11 113 1 1113 \C\ Algebra 2 (MA 0005) 37 4 Týden 4 4.1 Kapitola 4: Vektorový podprostor a jeho generátory, průnik a součet vektorových podprostoru Zabývejme se nyní chvíli otázkou příbuznou otázce z teorie grup (viz Algebra 1): Co musí splňovat podmnožina S vektorového prostoru (V, +, •) nad tělesem (T, +, •), aby už (S,+,-) byl vektorový prostor? Definice 13 Vektorový podprostor prostoru (V, +, •) nad tělesem (T, +, •) je taková podmnožina S tohoto prostoru, která je uzavřená vzhledem k operacím + (sčítání vektorů) a ■ (násobení vektorů skalárem), tj. je uzavřená na lineární kombinace vektorů z S: W,v G S,Va, /3 G T : a ■ u + /3 ■ v G S (1 + " 1") Poznámka: Zbylé vlastnosti z definice vektorového prostoru plynou automaticky z toho, že S C V. Zbývá ověřit, že S obsahuje neutrální prvek a obsahuje inverze vzhledem ke sčítání vektorů: 3. pro libovolné u G S: podle vlastnosti (1 + "1"): 0-u G S o (E S ...platí vlastnost 3; 4. pro libovolné u G S: podle vlastnosti (1 + "1"): {-l)-ů+0-ů G S —u G S ...platí vlastnost 4. Příklad 15 Podívejme se na některé příklady vektorových podprostorů v aritmetickém vektorovém prostoru V = (IR™, +, •); a) Každý vektorový prostor (V, +, •) má dva triviální podprostory, - prostor {o}...nejmenší možný podprostor, - celý prostor V je podprostorem. b) Body na přímce p procházející počátkem tvoří vektorový podprostor prostoru V = - body na přímce q neprocházející počátkem netvoří vektorový podprostor prostoru V = (1R2,+, •) například proto, že neobsahují nulový vektor, resp. bod [0;0]. 38 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně K c) Body v rovině a procházející počátkem tvoří vektorový podprostor prostom R3. - body v rovině a neprocházející počátkem netvoří vektorový podprostor prostom R3, protože neobsahují nulový vektor, resp. bod [0;0;0]. Věta 4 a) Průnik dvou podprostorů S±, S2 prostom (V, +, •) je vektorovým podprostorem. Příklad 16 Průnikem dvou rovin a, (3, různoběžných a procházejících počátkem, je přímka p, která leží v jejich průniku (tato přímka tedy také prochází počátkem). Tato přímka je také vektorovým podprostorem prostoru IR3. Věta 4 b) Sjednocení dvou podprostorů Si, S2 nemusí být vektorovým podprostorem. Důkaz: protipříkladem: Prostor S± = {[x;y] : [x;y] £ p} všech vektorů vycházejících z počátku ve směru přímky p sjednocen s prostorem S2 = {[x; y] : [x; y] £ q} všech vektorů vycházejících z počátku ve směru přímky q dohromady nevytvoří vektorový podprostor prostoru V = (IR2, +, •), protože sčítání vektorů není na sjednocení obou přímek uzavřenou operací: Příklad 17 Např13. bod 1 • [1; 2] + 1 • [3; 1] = [4; 3] 0 p U q, tedy P + Q 0 pUq. Protože sjednocení vektorových podprostorů nemusí být vektorovým podprostorem, přidáme ke sjednocení nějaké další vektory, abychom vektorový podprostor „vyrobili": 13Viz obrázek na násl. straně. Důkaz: u, v £ Si n 5*2 => u, v £ Si =3- a ■ Ü + ß ■ v £ Si u, v £ S2 => a ■ u + ß ■ v £ S2 01 ■ Ü + ß ■ v £ SiC\ S2 Algebra 2 (MA 0005) 39 Definice 14 {v[,..., vk} je množina vektoru, ne nutně nezávislých, ve vektorovém prostoru (V, +, •). Lineární obal množiny {v[,..., vk} (značíme L(v{,Úk)) definujeme jako: L(v[,Úk) := {u E V : Ú = ct\ ■ v[ + a2 • v2 + ... + ak ■ Úk; al5 a2,ak E R} Alternativně mluvíme o vektorovém podprostoru generovaném vektory v[, ...,iľk a značíme pomocí množiny v ostrých závorkách, tj. {{v[, ...,iľk}). Lze snadno vidět, že dva pojmy v předchozí definici jsou jedno a totéž, neboli lineární obal množiny vektorů je stejný vektorový podprostor, jako podprostor generovaný stejnou množinou vektorů: L(v[,vk) = {{v[,vk}). Definice 15 Součet podprostorů S±, S2 prostoru (V, +, •) je podprostor, který vznikne jako lineární obal jejich sjednocení. Značíme S± + S2 a definujeme: Si + 5*2 := L(Si U S2) = {a ■ u + (3 • v; u E Si,v E S2} Ad příklad 17. L(S± U S2) = M2...lineární obal bodů na obou přímkách je celá rovina. (Alternativní zápis: {Si U S2) = M2.) Jak souvisí pojem lineární nezávislosti vektorů s pojmem lineárního obalu či množiny generátorů, uvedeme v následující větě (část (b) je pouze zobecněním části (a) na větší počet vektorů než dva). Věta 5 a) Vektory Ú, v jsou lineárně nezávislé <^> vektory ů,a ■ ů + (3 ■ v, (3 7^ 0 jsou lineárně nezávislé. Důkaz: Ú, v jsou nezávislé <^> oba jsou nenulové a v není násobkem vektoru u: u 7^ o, v 7^ o A v 7^ k ■ -u; V/c G IR t Ú 7^ o, v 7^ o A a-ů + (3-v^a-ů + (3-k-ů= něco • Ú t Ú, a ■ Ú + (3 ■ v jsou lineárně nezávislé vektory, protože vektor a ■ Ú + (3 ■ v není násobkem vektoru u. Věta 5 b) úi, U2, . .., uk jsou lineárně nezávislé <^> <^> Úi, Ú2, .. ., ůk-i, uk + «i • Úi + «2 • Ú2 + ... + ctfc-i • ůk-i jsou lineárně nezávislé. Důkaz: ú[, U2, ..., uk jsou lin. nezávislé <^> <^> ú[, Ú2, ..., "Ufc-i jsou nezávislé a současně o 7^ uk 7^ li ■ Úi + I2 ■ Ú2 + ... + 4-1 • uk-i (pro žádnou kombinaci li,lk-i). 40 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně To nastane právě tehdy, když ú[, Ú2, . . ., i4-i Jsou nezávislé a současně u^+ai-ú[+a2-U2 + ...+ak-i-uk-i ^ h-ú\ +...+lk_i-Úk_i+ai-ú\+a2-U2 +...+ak_i-Úk_i = = (h + a>i) ■ ú[ H-----h (ik-i + afc_i) • wfc_i vektory -ui, uk-i, uk + ai • u{ + «2 • 1*2 + ••• + «fc-i ' Uk-i jsou lin. nezávislé. Poznámka: 1) Nezávislost vektoru se nemění, podobně jako výsledek determinantu (vlastnost DA), když k jednomu vektoru přičteme lineární kombinaci vektorů ostatních. Z toho plyne i postup, jak zjišťujeme, zda posloupnost vektorů je lineárně nezávislá: vložíme vektory jako řádky do matice a tu převedeme na schodový tvar pomocí úpravy DA. Tím se nemění závislost/nezávislost těchto vektorů. Když v průběhu úprav dostaneme z řádku á/ řádek samých nul (á/ + ol\ ■ á[ + ... + Oik ■ ak = o), znamená to, že á/ = —ol\ ■ á[ — ... — ak ■ akl tj. á/ je lineární kombinací některých jiných řádků <^> původní řádky matice byly lineárně závislé. b) Víme dokonce víc: ten řádek, ze kterého pomocí úpravy DA vyjde řádek samých nul, je lineárně závislý na ostatních řádcích, tj. když hledáme minimální množinu generátorů (=bázi) daného podprostoru, můžeme tento vektor vypustit. Algebra 2 (MA 0005) 41 Příklad 18 (Zlatoš 104, př. 45a) a) Vyberte ze zadaných vektorů lineárně nezávislé vektory, které generují tentýž vektorový podprostor jako původní vektory: b) Zjistěte, zda vektor u = | 2 ] patří do L(x,y, z). Řešení: ad a) Dejme vektory do řádků matice a upravme ji na schodový tvar pomocí úpravy DA: -2 • n Třetí vektor lze vypustit, protože je závislý na prvních dvou vektorech: posloupnost (l],(3] je bází vektorového podprostoru L(x,y,z). .2/ \3, ad b) L(x,y,z) = L\ ( 1 Hledejme al5 a2 : ^2 systém lineárních rovnic: a2' ( 3 I , tj. rozepsáním do souřadnic řešíme 3; 1 = a\ 1 2 = «1 + 3a2 => «2 = - O -1 = 2ai + 3«2 => oí2 = —1 Nemůže nastat, že «2 se současně rovná dvěma různým reálným číslům - systém M rovnic nemá řešení, tedy [ 2 0 L(x, y, z). -1/ 42 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Příklad 19 (Zlatoš 119, 5.3a) Doplňte vektory g (x) = 1 + 2x + 7x2, h{x) = 1 + x na bázi prostom všech polynomů stupně nejvýš 2 s reálnými koeficienty (nad tělesem (R, +, •)). Řešení: Polynom stupně 2 má tři koeficienty, tj. dím(M.2[x], +, •) = 3. Zbývá doplnit bázi jedním vektorem: 9{x) , hix) ,...napr. i(x) 0 ] , tj. i(x) = 1. ...příslušný schodový tvar neobsahuje nulový řádek, tedy žádný vektor není závislý na těch ostatních. Jedn8 se o množinu tří lineárně nezávislých polynomů, která generuje celý prostor polynomů stupně rovného nebo menšího dvěma - tedy o bázi. Příklad 20 (Zlatoš 099, př. 4-5.1) Zjistěte, zda patří vektory V = í 3\ A\ 5 1 -2 , z = 1 v 1/ W do lineárního obalu vektorů í i \ /0\ /3\ 1 1 1 0 X~i = -1 0 -3 1 w W Řešení: A) Patří vektor y do množiny {x[, x2l £3, x\)? Abychom to zjistili, řešíme systém lineárních rovnic: í3\ /m 5 1 1 -2 -1 + a2 ■ 0 v 1 y W «3 1 -3 «4 0 1 W Rozepíšeme do souřadnic: 3 = oi\ + 3ct3, 5 = Ol\ — «2 + ck3, — 2 = —Cti — 3ct3 + ck4, 1 = —cti + ct2 — 5ct3 + 2a 4. Algebra 2 (MA 0005) 43 Systém lineárních rovnic má alespoň jedno řešení, tedy y E {x[, X2,X3,x^). Druhý způsob: Vektory jen položíme jako řádky matice a upravujeme na schodový 5 ... pokud se ve schodovém tvaru poslední řádek tvar, na poslední řádek vektor vynuluje, znamená to, že je vektor 2 v i y 5 -2 lineárně závislý na těch ostatních. B) Patří vektor z do množiny {x[, x*2, X3, x\)? Abychom to zjistili, řešíme systém lineárních rovnic: í1) /1 \ 1 1 1 1 -1 + a2 ■ 0 w w + «3 • /3\ 1 -3 «4 • 0 1 Rozepíšeme do souřadnic: 1 = «1 + 3«3, 1 = «1 — «2 + «3, 1 = —Ol\ — 3«3 + «4, 1 = —Ol\ + «2 — 5ct3 + 2«4. Systém lineárních rovnic nemá řešení, tedy z 0 {x[, x*2, X3, X4). Druhý způsob: Vektory jen položíme jako řádky matice a upravujeme na schodový ... pokud se ve schodovém tvaru poslední řádek tvar, na poslední řádek vektor 1 w NEvynuluje, znamená to, že je vektor 1 1 W lineárně NEzávislý na těch ostatních a není možné ho vyjádřit jako jejich lineární kombinaci. C) Obě z úloh A,B bylo možné řešit i pohodlnější metodou, a zejména i rychlejší, pokud máme ověřit u většího počtu vektorů, zda leží v lineárním obalu jisté množiny nebo neleží: vektory x[, x*2, X3, x\ napíšeme do řádků matice, do pátého řádku napíšeme vektor y, do šestého řádku vektor z - a nyní upravujeme matici s těmito řádky na schodový tvar. 44 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Pokud řádek v nalezeném schodovém tvaru odpovídající vektoru y je nulový, znamená to, že y £ {x[, x~2, X3, X4). Pokud řádek v nalezeném schodovém tvaru odpovídající vektoru z je NEnulový, znamená to, že z ^ {x[,£2,X3,xl). Věta 6 (Zlatoš 111) Pokud S,T jsou konečněrozměrné podprostory (= s konečnou dimenzí) vektorového prostoru (V, +, •), tak platí: dím(S + T) = dímS + dímT — dím(S P T) Důkaz: Označme - úi, U2,iZfc...nějaká báze prostoru S PiT, pak označme (dím(S ílT) = k), - ú{, U2,úk, ú{, V2,Umlfc...doplnění báze S H T na bázi S (dímS = m), - úi, ú~2,úk, úfi, ú?2,Wn-k---doplnění báze S P T na bázi T (dímT = n). Nedá moc práce si uvědomit, že: (Úi,U2, ...,Uk,Vi,V2, ...,Vm-k,Úfi,W2, ...,Wn-k) je bází (S + T), a dále: - Úi jsou nezávislé na úi...plyne z konstrukce báze S, - wl jsou nezávislé na úi...plyne z konstrukce báze T, - Úi jsou nezávislé na ií7j (pokud by některý vektor Úi byl lineární kombinací některých vektorů iř/j, ležel by v S P T, což je ve sporu s označením Úi ... jedná se o vektory, které totiž v průniku S P T neleží). Pak rovnost ve větě plyne z definice dimenze jako počtu vektorů báze daného prostoru. Příklad 21 Jsou zadány vektorové podprostory: /1\ fo\ M 1 1 0 2 0 3 1 );^2 = <«í = 3 1 2 2 3 W w W W f/i = (ui = Určete bázi a dimenzi prostoru: a) Ui, b) U2, c) Z7i + Z72, d) Uinu2. ,v2 = /1\ 0 -3 -1 V2 / ,«3 = 1 3 0 V-V Algebra 2 (MA 0005) 45 Řešení: můžeme řešit prakticky všechny úkoly v jednom - napišme do řádků matice po řadě vektory ú*i, u2, ú*3, vi, v2, v%. V dalším budeme upravovat tuto matici na schodový tvar elementárními řádkovými úpravami - z toho bude zřejmé, který řádek je závislý na těch ostatních a který ne. Ui f 1 1 0 1 2^ lil f 1 1 0 1 2\ 0 1 3 2 0 u2 0 1 3 2 0 u3 0 0 1 2 0 0 0 1 2 0 Vl 1 2 3 3 2 Vl 1 2 3 3 2 V2 1 0 -3 -1 2 -vx v2 0 -2 -6 -4 0 V3 \0 1 3 0 V3 \0 1 3 0 -1/ V první fázi vidíme z dílčího schodového tvaru prvních tří řádků, že vektory ú*i, Ú2, Ú3 tvoří bázi podprostoru U\ (tedy a) dimiUi) = 3). Ještě pro jistotu upravme na dílčí schodový tvar i řádky vi, v2, V3, abychom zjistili, zda některý z nich není v množině generátorů podprostoru U2 zbytečně, když by byl závislý na těch ostatních. Ui f 1 1 0 1 2\ lil f 1 1 0 1 2\ u2 0 1 3 2 0 u2 0 1 3 2 0 U3 0 0 1 2 0 0 0 1 2 0 1 2 3 3 2 — Ui Vl 0 1 3 2 0 V2 0 0 0 -4 -2 V2 0 0 0 -4 -2 V3 \0 1 3 0 V3 \0 1 3 0 -1/ Z matice na levé straně posledního řádku úprav je vidět, že řádky odpovídající vi, v2, -u3 také vytvářejí dílčí schodový tvar, kdybychom přehodili řádky v2 a -u3 (tedy ad b) dim(U2) = 3). Nebudeme to ovšem dělat, protože naším cílem je po ověření nezávislosti vii v2, t>3 pokračovat v úpravě všech šesti řádků na jeden společný schodový tvar. Ui ( 1 1 0 1 2^ Ui ( 1 1 0 1 u2 0 1 3 2 0 u2 0 1 3 2 0 U3 0 0 1 2 0 0 0 1 2 0 Vl 0 0 0 0 0 Vl 0 0 0 0 0 V2 0 0 0 -4 -2 -2 • v3 v2 0 0 0 0 0 V3 \0 0 0 -2 V3 \0 0 0 -2 -1/ Z výsledného tvaru je vidět, že dimiUi + U2) = 4. Zbývá do báze vektorového podprostoru U\ + U2 vložit vektory ú*i, u2, Ú3, V3, nebo ovšem i jinak: do báze U\ + U2 lze vložit právě i vektory, které zůstaly ve výsledném schodovém tvaru jako nenulové. d) řešíme jinak: dimenzi U\ Pl U2 lze určit pomocí a),b),c) a věty 6. Protože dimiUi) = 3, dim(U2) = 3, dimiUi + U2) = 4, tak podle věty 6 dostáváme, že dimenze Ui H U2 je rovna dvěma. 46 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Bázi průniku U1P1U2 hledáme následujícím způsobem: Uvažujme obecně vektor v 6 U1P1 XJi. Pak je v lineární kombinací generátorů U\ a současně lineární kombinací generátorů U2: v = a\ ■ /1\ fo\ M /A /o\ 1 1 0 2 0 1 0 3 1 = /3i- 3 -3 3 1 2 2 3 -1 0 W w W W Napišme tento systém lineárních rovnic do matice, jen s tou úpravou, že vše převedeme na levou stranu rovnic a napravo zůstanou nuly: / 1 0 0 1 1 0 0 1 3 1 2 2 \ 2 0 0 -1 -2 -3 -3 -2 -1 0 3 1 -2 0 0 o 0/ -ri -ri -2 • n / 1 0 0 o 1 o 0 3 1 0 2 2 \ 0 0 0 -1 -1 -3 -2 0 -1 1 3 2 0 /1 0 0 -1 -1 0 o\ 0 1 0 -1 1 -1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 2 0 0 2 0 \o 0 0 0 0 1 -2-r3 / 1 0 0 0 1 o o o 1 0 0 0 \ o o o /1 0 0 -1 -1 0 o\ 0 1 0 -1 1 -1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 \o 0 0 0 0 0 oy -1 -1 o o o -1 1 o o o o o o o y -3 • r2 -2 -r2 0 o\ -1 0 0 0 2 0 1 oy Nyní si zjednodušené rovnice přepíšeme: Oil — ßl — ß2 = 0 a2-ßi + ß2-ßs = 0 «3 = 0 2ß3 = 0 Oil = ßl + ß2 «2 = ßl - ß2 «3 = 0 Ä = o Nyní si obecný vektor v z průniku přepíšeme jen pomocí první části, tj. pomocí c^: (ßl+ß2 /1\ 1 1 ( 1 1 0 + (ßl-ß2)- 3 = ßr[ 0 + 3 1 2 V 1 2 w w W W 2- M 1 1 \ 2 0 — 3 = /3r 3 1 2 y 3 W W w -/32 /1\ 0 -3 -1 V 2 / Algebra 2 (MA 0005) 47 dimenze t/i Pi í/2 = 2, báze U\ n U2 je např. 2 3 3 W o -3 -1 \2/ Jedná se vlastně o vektory Vi, v2 a mylně bychom se mohli domnívat, že řešení lze odečíst také z výsledné matice na str. 47 uprostřed. Ovšem to, že v bázi průniku U\ H U2 jsou zrovna vektory -ui, V2, je shoda okolností zaviněná zadáním příkladu - někdo by mohl říci, že ve výsledném schodovém tvaru na str. 47 by stejně dobře mohly být nulové řádky vi, V3 (stačilo od řádku vecvr, v předchozím kroku odečíst půlnásobek řádku -u2)i ovšem rozhodnutí vytvořit bázi z vektorů vi, V3 by nebylo správné. Je potřeba provádět právě popsaný postup (d). 48 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 4.2 Cvičení 4 • Definice vektorového prostoru (jen stručně - odkážte na přednášku číslo 1). Dimenze a báze vektorového prostoru; souřadnice vektoru vzhledem k zadané bázi. • Příklady vektorových prostorů: aritmetický vektorový prostor Rn, prostor polynomů Rn[x\ stupně nejvýše n, prostor spojitých reálných funkcí. • Příklady na Gaussovu eliminaci. Motivace: vyjádřete souřadnice vektoru v v bázi určené vektory ui, Ú2, Ů3. Nebo: vyjádřete vektor v jako lineární kombinaci vektorů Ui, U2, Ů3. Úloha 4.1 a) Gaussovou eliminační metodou vyřešte následující systém lineárních rovnic: 2x + 3y — 5z = 1; y + 2z = 3; 4x + 2y - 12 z = -1. b) Interpretujte zadání i výsledek z části (a) geometricky. Úloha 4.2 a) Gaussovou eliminační metodou vyřešte následující systém lineárních rovnic: x + 4y + 2z = -3; 3x + 2y + 5z = 0; Wy + z = -6. b) Interpretujte zadání i výsledek z části (a) geometricky. Úloha 4.3 Je dán následující systém tří rovnic o třech neznámých: x + 2y + 3z = 0 x + y — 2z = 0 2x + 3y + z =0 a) Vyřešte systém v oboru reálných čísel, b) interpretujte zadání i výsledek za) geometricky. Úloha 4.4 Je dán následující systém tří rovnic o čtyřech neznámých: x\ — 2x2 + X3 + X4 = 2 x\ — 2x2 — x% + X4 = —2 x\ — 2x2 + 3^3 + X4 = 6 Vyřešte systém v oboru reálných čísel pomocí Gaussovy eliminační metody. Algebra 2 (MA 0005) 49 5 Týden 5 5.1 Kapitola 5: SLR nehomogenní a homogenní, princip superpozice, operace s maticemi Tato přednáška konečně shrnuje základní pojmy teorie řešení SLR, které už vlastně byly skoro všechny probrány na cvičení pří praktickém počítání, tj. jedná se o odpočinkovou přednášku - nebo čas pro dohnání restů minulých čtyř přednášek? Rada úloh lineární algebry vede na řešení systému lineárních rovnic. Dále se s nimi setkáváme v elektrotechnice (Kirchhoffovy zákony), v ekonomii (tzv. úloha lineárního programování) a v dalších oborech. Definice 16 Hodnost matice A (typu m/n) = počet nenulových řádků ve schodovém tvaru, který vznikne z matice A elementárními řádkovými úpravami. Poznámka: 1) Na základě věty 5 (elementární řádkové úpravy nemění lineární závislost/nezávislost řádků) můžeme definici hodnosti matice A vyslovit i jinak: hodnost matice A = dimenze vektorového prostoru generovaného jejími řádky. 2) Protože z řádků matice A lze vybrat bázi podprostoru těmito řádky generovaného (tak, že vyřadíme řádky lineárně závislé na těch bázických), v příslušném schodovém tvaru budou nebázické řádky právě řádky samých nul. Definice 17 Uvažujme obecný SLR. Pak: A = / an a12 ... aln\ a2\ a22 ••• d2n se nazývá matice systému, (A\b) ( au a12 ... alr a2\ a22 ... a2ri b2 se nazývá rozšířená matice SLR. \ ^ml ^m2 ••• dmn | / Věta 7 h(A) = h(AT)... hodno st matice A je stejná jako hodnost matice transponované AT. Důkaz: Důkaz nebudeme provádět, ale věta je tak zajímavá, že je dobré ji na tomto místě zmínit. Poznámka. Věta 7 vlastně říká, že maximální počet lineárně nezávislých řádků matice A (tj. dimenze podprostoru generovaného řádky) je stejné číslo, jako maximální počet lineárně nezávislých sloupců matice A (tj. dimenze podprostoru generovaného sloupci), a to bez ohledu na typ matice. 50 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Např. pokud je A typu 3/7 a h(A) = 2, znamená to, že dimenze podprostoru generovaného sloupci je také 2, a při hledání báze podprostoru generovaného sloupci musíme 5 sloupců vyloučit. Věta 8 Frobenius-Kronecker-Capelli: SLR má nějaké (alespoň jedno) řešení h(A) = h(A\b). Přitom a) Nemá žádné řešení, pokud h(A) < h(A\b), b) Má právě jedno řešení, pokud h(A) = h(A\b) = n, c) Má nekonečně mnoho řešení, pokud h(A) = h(A\b) < n. kde n je počet neznámych SLR. Důkaz: SLR má řešení [ti, t2,tn] (ta n-tice je jen jedno řešení, nikoli n řešení). Pak: 011 ■íl- f Ö12 t2 + . • ~T~ Ö-ln ' t n = h í aii^ ( ai2} / dln\ «21 ■íl- f «22 t2 + . • + a2n ' t ji = b2 «21 ■tl + a22 ■Í2 + - + a2n b2 "ml " am2 ■t2 + . .. -\- Clmn ' tn b m \amlJ \am2/ \bmJ tj. sloupec béček je lineární kombinací sloupců áček (je tedy na nich lineárně závislý), tj. přidáním vektoru béček ke sloupcům áček se nezmění dimenze prostoru generovaného sloupci áček. A protože h(A) = h(AT) (věta 7), je sloupcová hodnost totéž co řádková hodnost. Tedy řešení [ti,t2,tn] existuje právě tehdy, když vektor béček nemění sloupcovou-řádkovou hodnost matice A. Zbytek důkazu viz příklady 11, 12, 13, 14. □ Zabývejme se nyní ještě chviličku tzv. homogenním SLR, protože ten má zajímavé vlastnosti z hlediska pojmu vektorový prostor: au ■ xi + aí2 ■ x2 + ... + ain ■ xn = 0 a21 ■ xi + a22 • x2 + ... + a2n ■ xn = 0 aml ' xl + am2 ' x2 + ••• + amn ' xn = 0 Za prvé, n-tice [0; 0;0] je vždy řešením SLR-hom., po dosazení je 0 na pravé i levé straně rovnic. Věta 9 Množina řešení SLR-hom. tvoří vektorový prostor dimenze n — h(A), kde n je počet neznámých a h(A) hodnost příslušné matice systému. Důkaz: Pro důkaz vektorového podprostoru stačí ukázat, že pro dvě řešení je také jejich lineární kombinace řešením, tj. že vektorový podprostor řešení je uzavřen na lineární kombinace. Důkaz nejlépe maticově, viz přednáška (ovšem 2022 se nestihl, zkoušková otázka byla změněna). □ Algebra 2 (MA 0005) 51 Příklad 22 Najděte všechna řešení SLR-hom: x1 + 2x2 - = 0 1 2X5 = ° x3 X4 — 2x5 = 0 Řešení: Matice systému už je ve schodovém tvaru, tj. jen sestavíme množinu řešení. Protože h(A) < 5 = n, víme, že řešení bude nekonečně mnoho. Dále víme, že počet parametrů, za které lze dosadit jakékoli reálné číslo, je n — h(A) = 5 —3 = 2...dvě neznámé označíme jako parametry, například: x5 = t X4...nemůžeme volit jako parametr, protože ze třetí rovnice vyjádříme v závislosti na x5: X4 = 2x5 = 2t x3...nemůžeme volit jako parametr, protože ze druhé rovnice vyjádříme v závislosti na x5: x3 1 1 --, =--1 2' 5 2 x2 = s x\ vyjádříme z první rovnice: x\ = —2x2 x5 = — 2s Celkem množina řešení: í-2s + \t\ K = V 2 2t t t s, ŕ G /"2\ 1 0 0 V 0 / t ■ o _i 2 2 v 1 y ;s,t G n — h(A) nezávislých vektorů tvoří tzv. fundamentální systém řešení. Jejich lineární kombinace: /"2\ 1 0 0 t 3 o _ 1 2 2 V 1 / je obecné řešení SLR-hom. /"2\ 1 0 0 52 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně je partikulární řešení SLR-hom, které dostaneme volbou parametru s = l,t = 0, íl\ 0 _ i 2 2 v i y je partikulární řešení SLR-hom, které dostaneme volbou s = 0, ŕ = 1. Těmito dvěma volbami parametrů jsme dostali dva vektory řešení - pokud tyto vektory tvoří lineární nezávislou množinu vektorů (v našem případě právě tvoří), říkáme, že jsme získali tzv. fundamentální množinu řešení či fundamentální systém řešení, který je bází vektorového prostoru K všech řešení SLR-hom. Definice 18 Obecné řešení SLR, SLR-hom...řešení, ve kterém se vyskytují parametry. Partikulární řešení SLR, SLR-hom...jedno řešení, které dostaneme konkrétní volbou parametrů. Fundamentální systém řešení SLR-hom je taková množina řešení, která tvoří bázi vektorového podprostoru řešení SLR-hom. Jaký je vztah mezi obecným řešením SLR a obecným řešením SLR-hom? Podívejme se na konkrétní příklad, a souvislost pak zapíšeme do věty 10. Příklad 23 Vyřešte SLR a SLR-hom pro stejnou matici A levých stran rovnic a prozkoumejte souvislosti mezi množinami řešení: x + y + 2z + ?>w = 13 (SLR) : x-2y + z + w = 8 ?>x + y + z — w = 1 x + y + 2z + ?>w = 0 (SLR — hom) : x — 2y + z + w = 0 ?>x + y + z — w = 0 Řešení: Nejprve SLR - zapišme systém do matice a řešme Gaussovou eliminací: 1 1 2 3 13 \ 1 -2 1 1 8 3 1 1 -1 1/ 1 1 2 3 13 0 -6 -2 -4 -10 0 6 15 30 114 -3 • r\ -r2 Počet parametrů: n — h(Á) = 4 Zpětný chod: 3 = 1. 1 1 2 3 13 0 -3 -1 2 -5 0 -2 -5 -10 -38 / 1 1 2 3 13 \ 0 3 1 2 v 0 0 13 26 104 / •2 -3) 13 1 1 2 3 13 0 3 1 2 5 0 0 1 2 8 Algebra 2 (MA 0005) 53 x4 = ŕ...parametr x3 = 8 - 2í x2 = l ■ (5 - x3 - 2x4) = | • (5 - 8 + 2t - 2í) = -1 xx = 13 - x2 - 2x3 - 3x4 = 13 + 1 - 16 + 4í - 3í = -2 + ŕ Obecné řešení SLR-nehom : K = /"2\ -1 8 V o y í • /i \ o -2 v i y (partikulární řešení SLR-nehom bychom dostali z obecného řešení SLR=nehom volbou parametru í. Například pro í = 5 dostaneme jedno partikulární řešení SLR-nehom jako: Xi = /"2\ -1 8 V o y + 5- 0 -2 v i y /3\ -1 -2 V 5 y Řešení příslušného SLR-hom: úpravy jsou stejné, jen sloupec pravých stran jsou nuly: 1 1 2 3 0 1 -2 1 1 0 3 1 1 -1 0 112 3 0 3 12 0 0 12 Počet parametrů: n — h(A) = 4 — 3 = 1. Zpětný chod: X4 = í...parametr x3 = -2t x2 = \- (~x3 - 2x4) = \ ■ (2í - 2í) = 0 xi = —x2 — 2x3 — 3x4 = 4í — 3í = í í (l) => Obecné řešení SLR-hom: Kh = \ í- ^ w dostali z obecného řešení SLR-hom konkrétní volbou parametru í. Například pro í = 5 /! \ / 5 \ dostaneme partikulární řešení SLR-hom jako x\ = 5 • Partikulární řešení SLR-hom bychom 0 -2 v 1 y o -10 V 5 ) Věta 10 Princip superpozice: Obecné řešení SLR = jedno partikulární řešení SLR + obecné řešení SLR-hom. 54 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Poznámka: Princip superpozice lze chápat jako třetí metodu řešení SLR v následujícím smyslu: a) Nejprve vyřešíme daný SLR-hom, najdeme jeho obecné řešení x0bec. hom' b) Potom najdeme nějaké jedno partikulární řešení SLR-nehom, například uhodnutím neznámých, nebo některé neznámé si zvolíme jako nulové a další dopočítáme ... označme toto řešení jako xpart:nehom- c) A nyní sečtením obou řešení (každé pro jiný SLR) dostaneme obecné řešení SLR- nehom: Příklad 24 Pomocí principu superpozice vyřešte systém lineárních rovnic x\ + 2X2 + 3X3 + X4 = 5, x\ — x2 + 4x3 — 2x4 = —1. Řešení: Následujme tři kroky navrženého postupu: ad a) Najdeme obecné řešení SLR-hom: 2 3 -1 4 -ri 2 3 -3 1 odtud volbou X3 = s, X4 = t lze vyjádřit obecné řešení SLR-hom jako í=ř\ obec,hom t- -1 o v 1 y ad b) Pokusíme se uhodnout nějaké jedno řešení SLR-nehom: protože neznámé máme čtyři a rovnice dvě, například položme rovno 0 a systém přechází do tvaru 3x3 + x4 = 5, 4x3 — 2x4 = —1- Nyní vynásobením první rovnice dvěma a přičtením ke druhé rovnici dostaneme IOX3 = 9, tedy X3 = 0,9, a dosazením do první rovnice 3 • 0,9 + X4 = 5 máme X4 = 2,3. Tedy naše jedno získané řešení má tvar x\ = 0 = x2, X3 = 0,9, X4 = 2,3, /o\ 0 neboli x part^nehom 0,9 Algebra 2 (MA 0005) 55 ad c) Dohromady sečtením (a), (b) máme Xobec,nehom Xpari^neilorn ~\~ %obec,hom í 0 \ (=ř\ o 0,9 Vo; ■í ■ -1 0 v i y Poznámka k principu superpozice jako metodě: Asi by bylo dobré říci, že princip superpozice je zajímavý a užitečný jen v případě, že řešení SLR-nehom existuje nekonečně mnoho, tedy když h(A) = h(A\b) < n, kde n je počet neznámých. Když totiž řešení SLR-nehom existuje jediné (h(A) = h(A\b) = n), tak je to jediné řešení, které můžeme najít-uhodnout, a žádné jiné (a jediné řešení SLR-hom je nulový vektor, jehož přičtením k jedinému řešení SLR-nehom nezískáme nic jiného než stále to jediné řešení SRL-nehom). Maticová metoda řešení SLR — myšlenka: Tato metoda je čtvrtou možnou metodou řešení SLR (po Cramerově metodě, Gaussově metodě a principu superpozice): Kdybychom dokázali nějak definovat násobení matic či násobení matice krát vektor, lze SLR psát v maticovém zápisu: m = n...VRAŤME SE K SITUACI ČTVERCOVÉ MATICE: / au Ql2 ain\ (b1\ a-21 Q-2n x2 = b2 \ani an2 dnn j \x„J [bj A X = b/ A~\ zleva) A~ _1 • A X = A~ -i ■ b E X = A~ -i ■ b X = A~ -i ■ b Jak víme z algebry 1, pokud by existovalo něco jako inverzní matice vzhledem k násobení, mohli bychom řešení x spočítat právě pomocí A-1. Pak by se součin matice A a matice k ní inverzní A-1 rovnal jednotkové matici E, kterou bychom díky vlastnosti jednotkového (= neutrálního prvku) mohli z výpočtu zcela vypustit. Podívejme se tedy na operace sčítání matic a násobení matic, v jakém smyslu je možné tyto operace definovat, a jaké vlastnosti splňují: Definice 19 Nechť jsou A, B matice typu m/n stejného typu. Pak součet matic A + B definujeme jako matici, která vznikne sčítáním po složkách: í au Ql2 • ■ aln\ (hl b\2 ■ ■ bln\ ( au - a\2 - Vb12 . a\n - Vbln \ A+B = «21 Q22 • ■ a2n + b2i b22 ■ ■ b2n «21 " Vb2l Q22 " \- b22 ■ a2n ~ \- b2n \flml am2 ■ ajnn j \bmi bm2 ■ bjnn J \flml " - bm\ am2 ~ - bm2 ■ bjnn J 56 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Jaké vlastnosti bychom mohli u takto definovaného sčítání matic očekávat? Věta 11 {Mmxn, +) je komutativní grupa. Důkaz: (1) Uzavřenost operace: výsledkem součtu je opět matice stejného typu m/n, (2) Asociativita: (A + B) + C = A + (B + C)...plyne z asociativity sčítání reálných čísel, (3) Neutrální prvek vzhledem ke sčítání je matice samých nul typu m/n, í-au -a12 ... -aln\ (4) Inverzní k A vzhledem ke sčítání je matice —A = 0,21 0,22 "' a2n . Této \ ^ml Orn2 ... Q>mn J matici budeme říkat matice opačná, aby slovo „inverzní matice" mohlo být rezervováno pro inverzi vzhledem k operaci násobení matic. (5) Komutativita plyne z komutativity sčítání reálných čísel. Definice 20 Nechť A je matice typu m/k a B je matice typu k/n. Pak lze definovat součin matic C = A ■ B jako matici typu m/n, kterou získáme pomocí vzorce: c-ij — (í%i ' % — ď%\ ' bij + qj2 ' bij + ... + Qjfc • bkj ( i=i au au aik\ Q21 Q22 ... a2k (bu bi2 ... bij bln\ hi b22 ... b2j b2n &il ai2 a%k \bki bk2 ... bkj bkn) \aml am2 arnk j au bn + au ■ b2i + ... + aik ■ bki au bin + Ö12 ■ b2n 021 hi + Q22 • b2i + ... + Q-2k ■ bkl Ö21 bin + Ö22 ■ b2n (í2k ■ b. kn \«ml " bu + Q-m2 • &21 + ••• + Q-mk 'bkl ■■■ dmi " ^lra + Q-m2 " ^2n + ••• + «mt " bkn J Poznámka: Pokud trochu předběhneme pojem skalárního součinu, na pozici (i, j) výsledné matice se vyskytuje skalární součin i-tého řádku matice A a j-tého sloupce matice B, jak jej známe možná z analytické geometrie SS: c-ij — {au, (í%2,a%k) b2j \bkJ = dii ■ bij + al2 ■ b2j + ... + alk ■ bt 'kj Algebra 2 (MA 0005) 57 (Složky obou vektorů na odpovídajících pozicích vynásobíme, všechny tyto součiny sečteme). Z toho také plyne, že násobení matic lze provést jen tehdy, když počet sloupců matice první je roven počtu řádků matice druhé v daném pořadí (skalární součin aritmetických vektorů o různém počtu souřadnic totiž nemá smysl). Příklad 25 Pro matice A = 12-10 0 1-1-7 1 typu 3/4, B = -8 0 0 součinem C = A ■ B matice typu 3/2, kde: -5, (3 2\ -4 1 1 0 V"2 "3/ typu 4/2 je 1 • 3 + 2 • (-4) + (-1) • 1 + 0 • (-2) 1 • 2 + 2 • 1 + (-1) • 0 + 0 • (-3) C = 10-3 + 1- (-4) + (-1) • 1 + (-7) • (-2) 0 • 2 + 1 • 1 + (-1) • 0 + (-7) • (-3) -8 • 3 + 0 • (-4) + 0 • 1 + (-5) • (-2) -8-2 + 0-1 + 0- 0+ (-5) • (-3) :i;2;-l;0) (0;l;-l;-7) -8;0;0;-5) V /3\ -4 1 V-27 /3\ -4 1 V-27 /3\ -4 1 V-27 :i;2;-l;0) (0;l;-l;-7) -8;0;0;-5) /2\ \ 1 0 V-37 /2\ 1 0 V-37 /2\ 1 0 V-37 7 Při násobení matic tedy podstatně záleží na jejich pořadí - počet sloupců první matice musí být stejný jako počet řádků druhé matice. Věta 12 Množina (Mnxn,+,-) čtvercových matic řádu n je nekomutativní okruh, který obsahuje netriviální dělitele nuly. Důkaz: Už jsme dokázali ve větě 11, že (Mnn, +) je komutativní grupa, zbývá tedy dokázat (ukázat) vlastnosti, které se týkají operace násobení, a pak vlastnosti týkající se souhry obou operací (viz definice okruhu z Algebry 1): (1) Vynásobením dvou čtvercových matic řádu n vznikne čtvercová matice řádu n...to plyne z definice násobení matic, (2) Násobení matic je asociativní: A ■ (B ■ C) = (A ■ B) ■ C .důkaz rozepsáním součinu na každé pozici matic na obou stranách rovnosti, 58 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně (3) Vzhledem k násobení čtvercových matic 3 neutrální prvek, tzv. jednotková matice: E = (1 0 0 0 1 o 0 0 1 o o \0 0 0 ... 1/ ...jedničky má pouze na hlavní diagonále, jinak jsou všude nuly, (4a) Inverzní matice A~x k matici A - existuje jen někdy. Například pro n = 3 k matici C = 0 1 —2 neexistuje inverze C 1 vzhledem k násobení, protože při násobení \o o o y C libovolnou maticí X stejného řádu dostaneme '12 3 \ C -X = \ 0 1 -2 \ X = ^0 0 0 / \o o o, tj. díky třetímu nulovému řádku matice C bude vždy nulový i třetí řádek matice C ■ X, a tedy výsledkem součinu C ■ X nikdy nemůže být jednotková matice. (4b) Množina obsahuje tzv. netriviální dělitele nuly, tj. nenulové matice, jejichž součinem je nulová matice - například pro n = 3: 0 1 -2\ /O 0 0N 0-1 2=000 0 0 OJ \0 0 0, ...matice A, B jsou netriviální dělitelé nuly (nula = neutrální prvek vzhledem ke sčítání, nikoli k násobení - viz Algebra 1!!!). (5) Násobení matic není obecně komutativní - buď v opačné pořadí matice vůbec nelze násobit, nebo u čtvercových matic dostáváme často různé výsledky. Vezmeme-li například uvedené dělitele nuly pro n = 3 (tj. A ■ B = O) a vynásobíme je v opačném pořadí, dostaneme: '0 1 -2N B -A = \0 -1 2 ,0 0 0 11 5 \ / 1 1 -7N 1 1 -7 = -1 -1 7 ,0 00/ \ o o o tj. A ■ B 7^ B ■ A. Co se týká operace násobení čtercových matic, (Mnxn, •) je tedy nekomutativní monoid, protože (ještě bude na příkladech potvrzeno) inverze vzhledem k násobení existují jenom někdy. Algebra 2 (MA 0005) 59 (6) A zbývá ověřit vzájemnou souhru operací, tj. distributivní pravidla: A-(B + C) = A-B + A-C {B + C)-A = B-A + C-A ...lze dokázat rozepsáním výsledku pozice i, j v matici vzniklé na obou stranách rovnosti. Tedy celkem, podtrženo a sečteno, (Mnxn, +, •) je nekomutativní okruh (který není oborem integrity jednak díky nekomutativitě operace násobení, jednak díky existenci nenulových dělitelů nuly). Důkaz je hotov. □ Definice 21 Čtvercová matice A řádu n je: a) singulární, jestliže k ní NEexistuje inverzní matice A-1 vezhledem k operaci násobení matic, b) regulární, jestliže k ní existuje inverzní matice A-1 vzhledem k operaci násobení ma- tic. Rýsuje se nám tedy odpověď na otázku, kdy lze řešit SLR maticovou metodou: jen tehdy, když A je čtvercová (m = n) a regulární (h(A) = n), tedy existuje pro ni inverzní matice A-1 vzhledem k násobení. Tuto inverzi vse následující kapitole naučíme hledat a použijeme k řešení maticové metody SLR. Poznámka. Bylo by asi škoda nezmínit, jak souvisí pojem regulární čtvercové matice s pojmy už použitými. Pojem regulární čtvercové matice lze pomocí nich definovat čtyřmi způsoby: Čtvercová matice A řádu n je: a) singulární právě tehdy, když, jestliže k ní NEExistuje inverzní matice A~ľ vzhledem k operaci násobení matic; to nastane právě tehdy, když h(A) < n (tedy když některý řádek matice A je lineárně závislý na řádcích ostatních); to nastane právě tehdy, když \A\ = 0; to nastane právě tehdy, když pro jakýkoli reálný vektor b neznámých x = nekonečně mnoho. x2 b2 \bnJ a vektor nemá systém rovnic A ■ x = b žádné řešení nebo jich má 60 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně b) regulární, jestliže k ní Existuje inverzní matice A 1 vzhledem k operaci násobení matic; to nastane právě tehdy, když h(A) = n (tedy když řádky čtvercové matice A tvoří lineárně nezávislou množinu vektorů); to nastane právě tehdy, když \A\ ^ 0; to nastane právě tehdy, když pro jakýkoli reálný vektor b neznámých x í xi\ x2 \bnJ a vektor má systém rovnic A ■ x = b jediné řešení. Algebra 2 (MA 0005) 61 5.2 Cvičení 5 • Vektorový podprostor, součet a průnik vektorových podprostorů, vzájemná poloha vektorových podprostorů (úloha určení dimenze a báze součtu a průniku podprostorů). Úloha 5.1 Určete, zda W je vektorový podprostor aritmetického vektorového prostom fž3: rovina W je zadaná rovnici 2x + y - 3z + 6 = 0. Úloha 5.2 Určete, zda W je vektorový podprostor aritmetického vektorového prostom iž3: rovina W je zadaná rovnici 2x + y — z = 0. Úloha 5.3 Ve vektorovém prostom M. je podprostor W zadán následující množinou generátoru. Určete dimenzi a bázi aw podprostorů W. Ui Úloha 5.4 Jsou dány vektory Ú í2) 1 l 2 1 0 2 w W W t 1\ f-2 ktorý 31 i Rozhodněte, zda generují vektorový prostor IR3. Své rozhodnutí zdůvodněte výpočtem. Úloha 5.5 Ve vektorovém prostoru IR3 jsou zadány vektorové prostory U = L(úi,Ú2) a V = L(vi,V2), přičemž Určete dimenzi a bázi a) součtu U + V a b) průniku U Pl V. Úloha 5.6 Ve vektorovém prostoru IR3 jsou zadány vektorové prostory U = L(ůi,Ů2) a V = L(vi,V2), přičemž vi V2 Určete dimenzi a bázi a) součtu U + V a b) průniku U P V. 62 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 6 Týden 6 6.1 Kapitola 6: Inverzní matice, maticová metoda a Gauss-Jordanova metoda řešení SLR Maticová metoda řešení SLR (pokračování z přednášky 5, str. 57): A - x = b/ ■ A-1 zleva x = A'1-b Popíšeme nejprve na příkladu tzv. Gaussovu-Jordánovu metodu výpočtu inverzní matice, a potom ve větách 13, 14 ukážeme, že tento postup je oprávněný a vede k cíli vždy, když A-1 existuje. A 2 3\ Příklad 26 Pro A = 2 1 2 nalezněte inverzní matici A 1 tak, aby: \0 1 2/ A ■ A-1 = E = A~1-A = E = Řešení: Začneme tak, že napíšeme matici A, a za ní doprava matici E, tj (A\E): 2 3 1 0 2 1 2 0 1 ° Vo 1 2 0 0 1/ Dále elementárními řádkovými úpravami upravíme tuto matici typu 3/6 na schodový tvar Gaussovou metodou: -2 • n (1 2 3 1 0 °\ ~ 0 1 2 0 0 1 3 • r 2 0 2 -2 1 3/ 1 '2 Vynásobením řádků zajistíme, aby na hlavní diagonále byly hodnoty 1. Zde by končila Gaussova metoda u systému rovnic. My ovšem pokračujeme dále a " vyrábíme" nuly také nad hlavní diagonálou tak, abychom neporušili nuly pod diagonálou - budeme pokračovat tak dlouho, až na levé straně vytvoříme (pomocí ERU) jednotkovou matici. Při úpravách r2 použijeme násobek řádku r%, který neporuší hodnoty a2i = 0, a22 = 1: -2-r3 2 3 1 0 0\ 0 1 2 0 0 1 Vo 0 1 -1 1 2 i Algebra 2 (MA 0005) 63 1 2 3 0 1 0 0 0 1 -2 • r2 — 3 • r3 a v pravé části schématu jsme dostali matici Lze provést zkoušku: 0 2 -1 A-A-1 = A-1-A = E E Věta 13 Každou EŘÚ matice A (přičtení násobku jiného řádku, vynásobení řádku nenulovým číslem, výměna dvou řádků) lze reprezentovat obnásobením matice A jistou regulární maticí zleva. Důkaz: Ukážeme na příkladu, ve kterém použijeme všechny typy elementárních řádkových úprav: Ad příklad 26: A = I 2 1 2 1 -2 • n ... úprava P1 64 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 1 O O -2 1 O -3 —4 ... úprava P2 = výmena r2,r3 -3 • r2 ... úprava P3 ■\ ... úprava P4 -2 • r3 ... úprava P5 -2 • r2 — 3 • r3 ... úprava Pß Provedli jsme celkem výpočet P6 • P5 • P4 • P3 • P2 • Pľ ■ A = E%. Každý z typů ERU jsme realizovali vynásobením jistou maticí Pt. Všimněte si také, že všechny matice Pt jsou regulární, tj. jejich hodnost je maximální možná (nebo alternativně: žádný jejich řádek není lineární kombinací těch ostatních). □ Věta 14 Gaussova-Jordánova metoda: (A\E) ~ EŘÚ~ (E\A~Í) najde vždy inverzní matici A~x, pokud A-1 existuje. Důkaz: Ad důkaz věty 13 na příkladu 26: Jak je možné, že pomocí ERU matice A lze spočítat A-1, když tytéž ERU použijeme na matici E%! To plyne z faktu, že ERU představují vynásobení maticemi, při kterém dostaneme (Pq ■ P5 • P4 ■ P3 • P2 • Pi) ■ A = E% podle vlastnosti pro inverzní prvky v každé grupě: pokud součin dvou matic je roven neutrálnímu prvku, pak tyto matice jsou si navzájem inverzní. Tedy matice (Pq ■ P5 • P4 ■ P3 • P2 • Pi) je inverzí vzhledem k násobení k matici A. A navíc lze psát: P% ■ P5 ■ P4 ■ P3 ■ P2 ■ P\- — Pq ■ P5 ■ P4 ■ P3 ■ P2 ■ Pi ■ E3, Algebra 2 (MA 0005) 65 kde E% je jednotková matice - neutrální prvek vzhledem k operaci násobení. Součin na pravé straně rovnosti znamená, že na jednotkovou matici £3 (kterou při Jordánově metodě píšeme za svislou čáru vpravo od matice A) použijeme stejné ERU, kterými jsme převáděli A na E3. (K celému důkazu věty 14 bychom potřebovali dokázat i vztah: A • Qi • Q2 ■ Q3 ■ Q4 ■ Q5 ■ Qe = E kde Q 1 ' Q2 ' Q3 ' Q4 ' Q5 ' Q(> = A 1, protože násobení je obecně nekomutativní. Vynásobení matice A regulární maticí Qt zprava představuje sloupcové úpravy matice A - a matici A-1 bychom získali tak, že bychom vytvořili matici typu 6/3, (^) (jednotkovou matici bychom napsali pod matici A), a prováděli Gaussovu eliminaci pro sloupce, nikoli pro řádky. Tento odstavec není povinnou částí důkazu, doplňuje pouze celkový obraz: řádkové úpravy matic lze reprezentovat vynásobením jistou regulární maticí zleva, sloupcové úpravy matic lze reprezentovat vynásobením regulární maticí zprava.) □ Poznámka: Také je z postupu pro výpočet A-1 při úpravách schématu (A\E) jasné, proč tato inverze existuje jen někdy: pokud ve schodovém tvaru vzniklém z matice A pomocí ERU je některý řádek v levé části schématu nulový (některý prvek na hlavní diagonále schodového tvaru je roven nule), tj. to znamená, že aspoň jeden řádek matice A je závislý na těch ostatních, tak potom žádnými ERU nelze regulérně „vyrobit" z tohoto řádku řádek nezávislý na těch ostatních, protože ERU zachovávají závislost/nezávislost řádků matice A. Tedy v takovém případě pomocí ERÚ nelze převést A na jednotkovou matici, ve které jsou všechny řádky lineárně nezávislé (v takovém případě A-1 neexistuje - říkáme, že matice A je singulární.) Ad příklad 20. Vyřešme metodou A~ľ systém lineárních rovnic: oi\ + 3«3 = 3 «i — a2 + — Ol\ —ai + a2 - Řešení: Přepišme si systém maticově: /l 0 1 -1 -1 0 V-i 1 Najdeme matici A~ľ: ( 1 0 3 0 a3 =5 — 3«3 + «4 = —2 - 5ct3 + 2«4 = 1 3 0\ (3\ 1 0 a2 5 -3 1 «3 -2 -5 2) / • A"1 (zleva) -1 0 1 1 0 0 1 o o o o o o \ 0 o 1 o 0 Ij -n -n 0 3 0 1 0 0 0 -1 -2 0 -1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 \o 1 -2 2 1 0 0 1/ 66 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Nyní vložíme čtvrtý řádek namísto druhého a druhý a třetí řádek posuneme níže. Dostaneme Našli jsme inverzní matici, která má tvar A'1 = 0 1 2 V i o 4 \ 1 2 Nyní zbývá vyřešit maticovou rovnici maticové metody: 0 3 0 1 0 0 o\ (1 0 3 0 1 0 0 o\ 0 1 -2 2 1 0 0 1 0 1 -2 2 1 0 0 1 0 -1 -2 0 -1 1 0 0 +r2 0 0 -4 2 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 oy 0 0 1 1 0 1 oy / 1 0 3 c 1 0 0 o\ 0 1 -2 2 1 0 0 1 0 0 1 1 2 0 i 4 0 - i 4 4 i "2 ^00 0 1 1 0 1 o) /l 0 3 0 1 0 0 o\ -3- r3 f 1 0 0 0 1 2 0 1 -2 2 1 0 0 1 +2 - 2 • r4 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 4 2 1 4 0 0 1 0 1 2 \o 0 0 1 1 0 1 o) 0 0 1 1 = A'1 • & =>■ d = «3 (- 0 1 2 V i o ŕ3\ /6\ 5 0 -2 -1 y w w 4 0 Poznámka. Metoda inverzní matice při řešení SLR není až zas tak zajímavý způsob pro „ruční výpočet", protože snadnější je spojit Gaussovu metodu a Jordánovu metodu DOHROMADY V JEDNU METODU, které říkáme Gaussova-Jordánova. 5. metoda řešení SLR — Gaussova-Jordan ova Jde o to, že když při úpravách matice A na matici jednotkovou nenapíšeme za svislou čáru matici jednotkovou, ale pouze vektor b pravých stran SLR, při úpravě matice A na matici jednotkovou pomocí EŘU dostaneme na pravé stejnými úpravami vektoru pravých stran už vektor hledaného řešení x. Ad příklad 20: První část algoritmu je zcela stejná jako Gaussova eliminace: 1 0 3 0 (1 0 3 0 3\ 1 -i 1 0 5 0 -1 -2 0 2 -1 0 -3 1 -2 0 0 0 1 1 v -1 i -5 2 +ri \0 1 -2 2 Algebra 2 (MA 0005) 67 Nyní vložíme čtvrtý řádek namísto druhého a druhý a třetí řádek posuneme níže. Dostaneme 0 3 0 3>\ 0 3 0 0 3 0 0 1 -2 2 4 0 1 -2 2 4 0 1 -2 2 0 -1 -2 0 2 0 0 -4 2 6 0 0 1 1 2 \o 0 0 1 1/ \0 0 0 1 1/ \0 0 0 1 3 4 3 "2 1 V této chvíli bychom u Gaussovy metody nasadili tzv. zpětný chod a dopočítávali neznámé z rovnic - namísto toho budeme pokračovat metodou Jordánovou a rovnice ještě více zjednodušujeme, abychom v matici výsledného tvaru úprav dostali nuly i nad hlavní diagonálou: 0 3 0 3\ -3 • r3 (1 0 0 0 6\ 0 1 -2 2 4 +2 • r3 - 2 • r4 0 1 0 0 0 0 0 1 0 -1 0 0 1 0 -1 \o 0 0 1 1/ \0 0 0 1 1/ A nyní namísto toho, abychom ještě násobili inverzní maticí vektor pravých stran v maticové metodě, nyní v Gauss-Jordánově metodě máme už na pravé straně řešení SLR . Jinými slovy, Gaussovou-Jordánovou eliminací jsme rovnice upravili až «2 _ 0 «3 -1 w v1 y do superjednoduchoučkého tvaru a\ = 6, «2 = 0, «3 = —1, «4 = 1. Poznámka. Gauss-Jordánovou metodou se nemá říci, že inverzní matice není k ničemu - jen že pro řešení SLR pomocí úprav matice na jednotkovou je rychlejší metoda Gauss-Jordanova než metoda inverzní matice. Na druhé straně, inverzní matice A-1, pokud existuje, je z algebraického hlediska už zajímavá sama o sobě. Metoda inverzní matice je také dobrá pro počítač - tomu nevadí, že musí provést více úprav než při metodě Gauss-Jordánově. V dalším ovšem budeme inverzní matici potřebovat ještě z dalších důvodů - jedním z nich je ten, že pokud matice A představuje lineární zobrazení mezi vektorovými prostory, tak zobrazení k němu inverzní (pokud existuje) lze vyjádřit maticí A-1, kterou studenti musí být schopni najít. 6.2 Cvičení 6 • SLR homogenní a nehomogenní, princip superpozice, sčítání a násobení matic Úloha 6.1 Sečtěte a vynásobte matice různých rozměrů - kdy jsou tyto operace vůbec možné? 68 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Úloha 6.2 Jaké vlastnosti splňuje operace sčítání matic stejného rozměru? Doplňte odpověď příklady. Jaké vlastnosti splňuje operace násobení na množině čtvercových matic? Zdůvodněte je a doplňte příklady. Úloha 6.3 Vyřešte pomocí inverzní matice • SLR: A-x = b; • maticovou rovnici: A ■ X = B, všechny matice jsou řádu 2, matice A, B jsou dány, matici X máte nalézt. Úloha 6.4 Pro zadanou matici A typu 3/3 najděte matici P typu 3/3, kterou když matici A vynásobíte zleva, dostanete matici P ■ A, která se liší od matice A jen tím, že • druhý a třetí řádek jsou přehozeny; • třetí řádek je vynásoben čtyřmi; • ke druhému řádku je přičtený pětinásobek prvního řádku. Úloha 6.5 Najděte dvě matice typu 2/2, které jsou nenulovými děliteli nuly. Úloha 6.6 Je násobení matic operace komutativní? Ukažte, že tomu tak není. Úloha 6.7 Zkuste dokázat, že na množině matic typu 2/2 je operace násobení matic asociativní, tj. že platí ( ( au ai2 V ( bn bl2 \\.( Cn °12 \ = ( an ai2 Y/Y bn bl2 V ( °n °12 V V Q21 0-22 J V &21 b22 J J V C21 C22 / \ Q21 ^22 / \ V &21 ^22 / \ C21 C22 Úloha 6.8 Nalezněte bázi a dimenzi vektorového prostoru řešení SLR-hom: Sxi + x2 + X3 + 4x4 = 0, 2xi + 3x2 + 5^3 + 6x4 = 0 3xi + 4x2 + 6x3 + 7x4 = 0 Úloha 6.9 Nalezněte bázi a dimenzi vektorového prostoru řešení SLR-hom: 3xi + X2 — 2x3 + 6x4 = 0, 5xi + 6x2 — 3x3 + 9x4 = 0 3xi + 14x2 — 1^3 + 3x4 = 0 Úloha 6.10 Vyřešte tento SLR pomocí principu superpozice: X\ — 2x2 + 3x3 + 4x4 = 4, X2 — X3 + X4 = —3. Úloha 6.11 Vyřešte tento SLR pomocí principu superpozice: xi + x2 + x3 + x4 + x5 = 7, 3xi + 2x2 + x% + %4 — 3x5 = —2. Algebra 2 (MA 0005) 69 7 Týden 7 7.1 Kapitola 7: Lineární zobrazení mezi vektorovými prostory V první polovině předmětu jsme se zabývali zejména řešením systému lineárních rovnic - ve druhé polovině se budeme zabývat zejména lineárním zobrazením mezi vektorovými prostory Následující příklad ukazuje, že i součástí každého SLR je určité lineární zobrazení. Připomeňme si jen nejdříve značení: na SLR lze nahlížet jako na m lineárních rovnic o n neznámých an ■ x-y + a12 • x2 + ... - f ain ■ xn = h, «21 • Xl + «22 • x2 + ... - f a2n ■ Xn = h, a, ni ■ xi + am2 ■ x2 + ... -+ nebo jako na jednu maticovou rovnici í an a12 .. • dln\ lXl\ «21 «22 •• ■ CL2n x2 = b2 \ami am2 .. ^mn J \x„J \bmJ (přitom matice A má rozměr m/n, vektor neznámých x má rozměr n/l a vektor b jako výsledek jejich součinu má rozměr m/l). Příklad 27 Existuje tedy vztah mezi systémem lineárních rovnic s maticí A a lineárním zobrazením s maticí A: Např. řešit systém lineárních rovnic (příklad 11) - ř\ znamená hledat vzor vektoru pravých stran 6=8 vzhledem k lineárnímu zobrazení W ip zadanému maticí A. Otázka zní: Jakému vzoru y přiřazuje lineární zobrazení ip : w iž3 —> iž3 obraz 8 I ? Odpověd zní: takovými vzory y jsou všechna řešení daného w w SLR. 70 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Vyřešením SLR zjistíme (ad příklad 11), že hledaný vzor je jediný: x\ y = 1 z l 3 Dále např. řešit systém rovnic /l 1 2 -5\ 2 5-1-9 2 1-13 \i -3 2 7 y znamená hledat vzor fx\ y z ip : R4 —> R4 zadanému maticí A. pro obraz b = fx\ y z í 3 \ -3 -11 / 3 \ -3 -11 vzhledem k lineárnímu zobrazení V příkladu 12 jsme zjistili, že těchto vzorů je nekonečně mnoho: (x\ y z w /-5 - 2p\ 2 + 3p 3 + 2p V 0 + p ) A nakonec (třetí možnost odpovědi na naši otázku), řešit systém rovnic (ad př. 14) (1 2 3 (A f5\ 1 3 5 7 y li 1 0 -1 -2 z -6 \0 0 0 oy W w fx\ í5\ znamená hledat vzor zadanému maticí A. y z w k obrazu b = 11 -6 v o y vzhledem k zobrazení ip : R4 —> R4 Z př. 14 lze vidět, že žádný takový vzor neexistuje - to znamená, že /5\ 11 -6 v o y Im(ip). Definice 22 Nechť jsou (V, +, •), (V, +, •) vektorové prostory nad stejný číselným tělesem Lineární zobrazení f : V —> V je takové zobrazení, pro které platí vlastnosti: Algebra 2 (MA 0005) 71 a) Vu, v G V : ipiu + v) = ipiu) + ipiv).. .podmínky zachování grupové operace, b) Vu G V, a G T : <£>(a • -u) = a ■ ipiu).. .podmínka zachování výsledku součinu (skalár krát vektor). Obě podmínky lze současně vyjádřit v jedné: slovně - Obrazem lineární kombinace je lineární kombinace obrazů dílčích vektorů; rovnicově algebraickým zápisem Vu, v G V, a, (3 G T : ip(a ■ u + (3 ■ v) = a ■ ipiu) + (3 ■ ipiv). Poznámka: Zadání lineárního zobrazení - bude vysvětleno na příkladě (Horák, str. 85). Budeme označovat dímV = n, báze V = (e~i, e~2,e^) a dímV = m, báze V = (/i) Í2, fm)- Vzhledem k těmto zvoleným bázím lze lineární zobrazení zadat: a) Pomocí předpisu mezi souřadnicemi v G V a ipiv) G V, b) Pomocí matice A typu m/n : ipiv) = A ■ v...jedná se o další využití pojmu matice, c) Pomocí obrazů (p(é[), ip(e~2), v(en) bázových vektorů. Příklad 28 Uvažujme V = M3 s bází é[ = (o \ ,e2 = (l \ ,e3 = ( 0 | a V = M2 s bází /i = Q , f2 = Lineární zobrazení (p : V —> V lze zadat: ad a) Vzorcem = předpisem: tp(v) 2vx + v3 v1-v2- v3 ad b) Maticí A zobrazení ip v zadaných bázích: M2 definované jako: 2ui + l V1-V2- v3 'V (l není lineární, protože např. pro Ú=\l\,v= \ O ,o/ V-i, -^^■^ = -(iV-o)^-(i:^) = (« Tedy neplatí rovnost, kterou má lineární zobrazení splňovat: g1) = + 3^7) + 2 • ý(u) + 3-ý(v) = (g5 (mírným zkoumáním vzorce zobrazení bychom zjistili, že problematické je přičítání jedničky v první souřadnici - díky tomu se poruší podmínka linearity). Algebra 2 (MA 0005) 73 b) Zobrazení 5 : M3 ->■ M2 defi nované jako: vx ■ v2 v1-v2- v3 > i 1 1 \,v = ° Vo 1 1 -1/ 5 ô(2u + 3v) = ô \ 2 2 • 5(iZ) + 3 ■ = 2.(11"11+1n>)+3-/' 1-0 í-i-oy yi-o + iy v6 (ue vzorci je •problematickým součin V\- v2 v první souřadnici obrazu). Poznámka: 1, Z příkladu 29 plyne poučení, že ve vzorci lineárního zobrazení se nemůže vyskytovat ani samostatně přičítaná konstanta, ani nelinearita typu v\ ■ v2 nebo v\ apod. Ve vzorci lineárního zobrazení se tedy mohou vyskytovat právě jen lineární kombinace souřadnic zobrazovaného vektoru v. 2, Všimněme si vztahu mezi rozměry matice A im/n) a dimenzemi obou prostorů m = dim(V'),n = dimiV): Matice A definující celé zobrazení je typu m/n, ale m je dimenze prostoru obrazů V, kdežto n je dimenze prostoru vzorů V. Lineární zobrazení IR2 —> IR2: Rada lineárních zobrazení v rovině je zobrazeními, na které jsme (snad) už zvyklí ze ZŠ/SŠ: Příklad 30 Velmi jednoduchá lineární zobrazení R2 —> R2: a) Hezké zobrazení je identita, která nedělá nic: vektor v se zobrazí na sebe sama. Maticí tohoto zobrazení je: A-í1 °" A~ [o 1 Např. pro vzor v = ( 2 J je obrazem vektor A ■ v = (\ l)'(3) = (3/' 74 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně b) Lineárním zobrazením je i projekce vektoru v na osu x. Matici zobrazení je: 'l 0N B = O O Např. pro vzor v = y^J je obrazem vektor B ■ v = směru osy x. c) A podobně projekce vektoru na osu y má matici 'O O 1 O O O ...vektor ve C = Např. pro v = C-v = O O O 1 ...vektor ve směru osy y. y3J \0 1J \3J ^3, Příklad 31 O něco náročnější je lineární zobrazení, které představuje otočení roviny o úhel ipo se středem otáčení v počátku. Odvodíme matici tohoto lin. zobrazení: a) Najděte matici otáčení roviny o úhel |. Řešení: Vektoru ( X\ je přiřazen vektor ( ^ ) - viz obrázek: 1 Máme tedy vzorec ip x x bázické vektory a dostaneme ip do něhož můžeme dosadit například konkrétní °\ pak (p K -1 . Odtud matice KOJ \1J' ť ^ \1J \ O hledaného zobrazení je sestavena z daných obrazů vektorů základní báze napsaných jako sloupce: x\ (O — 1 \ / x 1 O Algebra 2 (MA 0005) 75 b) Najděte matici otáčení roviny ú úhel a Řešení: Vytvorme zobrazení pomocí obrazů vektorů báze a j ■ J) Vektor [z\ se zobrazí na vektor ícosa 01 \ sin a 1 \ I ^ --f—,———-1 i Vektor se zobrazí na vektor ^ ' Když tyto dva obrazy napíšeme jako sloupce matice, získáme maticové vyjádření našeho otočení o úhel a: cos a — sin a sin a cos a c) Například pro a = 60° = | má matice z části (b) konkrétně tvar I ^ tomto pootočení se vektor v = I \ J zobrazí na vektor: 2 1 i/l \ /Vl 2 2/^2 (otz obrázek na násl. straně). 76 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně i 2 1 g 2 4 r - . Příklad 32 Podívejme se na osovou souměrnost vzhledem k napr. k ose x: í vektor u\ = vektor u2 = vektor f (112) = J j se zobrazí na sebe sama, protože leží na ose souměrnosti: f{ui) = i J ., se „překlopí" vzhledem k ose x a zobrazí se osovou souměrností na ť 2/ Najděme nyní matici tohoto zobrazení. Řešení: Pro vzor a obraz vybraných vektorů tedy platí: X>^0); (-2W2. Pomocí zadání obrazů báze jsme schopni najít matici zobrazení - pokud oba ze vzorů nejsou jednotkové vektory ve standardní bázi, jako tomu bylo dosud, musíme navíc vyřešit dvě maticové rovnice: a b\ íl c dl' [o => a = 1, c = 0 Dvě z neznámých máme už určeny: proto do následující maticové rovnice můžeme už hodnoty a = 1, c = 0 dosadit a určit zbylé dvě konstanty b, d: 1 b 0 d 1 Algebra 2 (MA 0005) 77 1 - 2b = 1 0-2d = 2 ^b = 0,d = -1 a osová souměrnost je dána vztahem /vi\ /1 0 \ fvi Věta 15 Základní vlastnosti lineárního zobrazení mezi vektorovými prostory (označení viz definice 22): a) V je lineární zobrazení mezi vektorovými prostory. Jádro Kerip lineárního zobrazení je množina těch vektorů z V, které se zobrazí na nulový vektor: Kerip := {v E V : (p(v) = oV'}- Obor hodnot Imip lineárního zobrazení je množina těch vektorů z V, pro které existuje nějaký vzor: Imip := {w E V' : 3v E V : (p(v) = w}. 78 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Kerip a Imip celkem hodně vypovídají o každém lineárním zobrazení ip. Často bude užitečné Kerip a Imip najít. V první fázi se uvědomme, že se jedná o vektorové podpro-story! Věta 16 a) Kerip je vektorový podprostor prostoru V, b) Imip je vektorový podprostor prostoru V, c) dím(Kerip) = n — h(A) = dimiV) — h(A), kde A je matice lineárního zobrazení ip, d) dím(Imip) = h(A). tedy n = dimiV) = dím(Kerip) + dím(Imip). Důkaz je konstruktivní, tj. bude během něj vysvětlena konstrukce Kerip i konstrukce (nalezení) Imip. Vysvětleme jej přímo na příkladu. Ad př. 28: a) Ker(ip) je množina těch vektorů v, které se zobrazí na nulový vektor: A ■ v = o, kde A je matice zobrazení ip: ...řešíme vlastně SLR-hom! Řešení bude závislé na n — h(A) parametrech = dimiV) — h(A) parametrech, tedy 3 — 2 = 1 parametr. Pouze vyměňme pořadí rovnic: -1 0 -2 • n V3 v2 = t Vl = --t 2 3 —t + t = 2 1 --t 2 Algebra 2 (MA 0005) 79 Kerp) = { t- -f ;í G ...vektorový prostor dimenze 1. Opravdu, dokážme ještě pořádně, že pro u,v E Ker(ip) také platí a ■ u + /3 • v E Ker(ip): Pokud u,v E Kerip, tak: = (^j ,ip(v) = (^j (p(at-ú+P-v) lm=r a-ip(u)+(3-ip(v) = a-^+/3-^ = ^ Tedy Ker(ip) je uzavřené na lineární kombinace => je to vektorový podprostor. b) Imip je množina vektorů (p(u) E V pro všechny možné vektory u E V. Vezměme si obrazy jednotkové báze: Vyberme z těchto obrazů , ^ , ^ bázi (do báze potřebujeme dva vektory ze tří, protože dimenze prostoru uspořádaných dvojic je rovna 2 - a nebo jen jeden vektor, kdyby ostatní dva vektory byly na tom prvním lineárně závislé, ale to snad není náš případ): Napíšeme si vektory do řádků matice a pomocí ERU odstraníme ty, které jsou lineárně závislé na ostatních. ■1) -2 • n V 0 3 / +3 • r2 Např. wi = ^ , W2 = je báze prostoru Irrvp. Tento postup lze vždy takto provést: Zobrazíme nějakou bázi V vzhledem k zobrazení ip, dostaneme množinu obrazů, která generuje podprostor (p(V) - ovšem z těchto generátorů mohou některé být lineárně závislé na těch ostatních - ty musíme vyloučit a dostaneme bázi podprostoru (p(V). Měli bychom ještě pořádně dokázat, že ip je množina uzavřená na lineární kombinaci vektorů - dokažme to: Pro p>(u) E (v) E Kerip = {o~y}. Důkaz: „=>" ip je injektivní => dva různé vektory se nemohou zobrazit na stejný obraz oy,, tj. Kerip může obsahovat pouze jeden vektor, a sice óy. Kerip = {oy} => pokusme se dokázat injektivitu zobrazení ip: ip(u) = ip(v) => ip(u) — ip(v) = Oy, linear f T, ^> ip(u — v) = oy u — v £ Kerip (úprava výrazu ipiu) — ipiv) na výraz ipiu — v) plyne z linearity zobrazení ip), ale v Kerip je pouze nulový vektor, tj u — v = o~y, tedy u = v to znamená, že ip je injektivní (dokázali jsme přímým důkazem implikaci ipiu) = u = v, což je jedna z možných definic injektivity zobrazení). □ Věta 17 nám může pomoci při zjištění, zda se zobrazením ip ztratí či neztratí nějaká dimenze podprostoru zobrazovaných vektorů: při injekci se žádná dimenze nemůže ztratit, tj. ipiV) má stejnou dimenzi jako V. Definice 24 Složením dvou lineárních zobrazení vznikne opět lineární zobrazení: ip : V —?► V (s maticí A), ip : V —> V" (s maticí B) => složené zobrazení i/j o ip : V —> V" (s maticí B ■ A) je zobrazení: ifj o ipiv) := ifj((p(v)) ( čteme: zobrazení ip po ip) Nápověda: Násobení B ■ A matic dílčích zobrazení provádíme ve stejném pořadí, jako je napsáno pořadí zobrazení ip o ip. Příklad 33 Mějme lineární zobrazení ip : IR5 —> IR3 zadané maticí: íl 0 1 0 -1\ A = 0 1 2 1 2 \2 o 3 -i i y Algebra 2 (MA 0005) 81 a zobrazení ifj : zadané matici: B = => Složené zobrazení ifj o ip : R5 - B-A = Tedy složením prirazení x2 X4 w 0 2 -3 1 je zadané matici: 5 0 7 3 -3 -2 -2 1 -4 -6 0 1 0 -1\ 1 2 1 2 • 0 3-1 1 / W dostaneme prirazení x2 x3 X4 \x5J 0 2 -3 1 0 7 -3 -2 -2 1 -4 -6 x2 x3 X4 \x5J 7.2 Cvičení 7 • cvičení na : ERU pomoci násobení maticí regulárni, inverzní matice, maticová metoda řešení SLR, Gauss-Jordánova metoda řešení SLR. 82 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 8 Týden 8 8.1 Kapitola 8: Matice přechodu mezi bázemi, změna matice zobrazení při změně báze Definice 25 Označme e = (e~i, e~2,e^), / = (/i, f2,fn) dvě různé báze téhož vektorového prostoru V dimenze n. Protože se jedná o báze, lze vektory jednoznačně vyjádřit souřadnicemi v bázi f: e3 = fl ■ Pij + ji ■ P2j + ••• + fn' Pnj ...kde pi-j,P2j, ■■■,Pnj jsou souřadnice vektoru Cj v bázi f. Maticově pak: e = l-PL-+e (8.1) Matice P se nazývá matice přechodu od báze f k bázi e (někdy též matice transformace báze f na bázi e). Věta 18 a) Matice přechodu Pf^e je regulární. b) Jakákoli regulární matice P vytvoří z báze f „novou bázi" e. c) Vynásobením vztahu 8.1 maticí P-1 zprava dostáváme, že matice P_1 je také maticí přechodu, a sice v opačném směru! (od báze e k bázi f): Z-P£Ĺ = Ĺ (8-2) Důkaz: ad a) Pokud by řádky P byly lin. závislé, byly by závislé i řádky matice e, tj. (protože hodnost matice se zachová transponováním - věta 7) byly by závislé i sloupce matice e, a to nejsou - tvoří bázi. ad b) Plyne ze vztahu 8.1 a z toho, že součin dvou regulárních matic je zase matice regulární14. ad c) Plyne z regulárnosti všech matic v rovnosti použitých a toho, že ve sloupcích matic e, / jsou vektory bází. Podívejme se nyní, jak se přepočítají souřadnice vektoru x E V při změně báze: Vektor x lze jednoznačně vyjádřit jako lineární kombinaci vektorů ěj (a koeficienty této kombinace jsou souřadnicemi x v bázi e) a současně lze x jednoznačně vyjádřit jako lin. kombinaci vektorů f3 (a koeficienty této kombinace jsou souřadnicemi x v bázi /): x = «i • e~[ + a2 ■ e2 + ... + an ■ en = /3X • fx + /32 • f2 + ... + /3m • fm 14Cauchyho věta: det(A ■ B) = det(A) ■ det(B). Důkaz této věty viz BP Danešová, str. 25. Občas se hodí použít důsledek této věty, a sice: ... pokud dílčí matice mají nenulový determinant, ani determinant jejich součinu se nemůže rovnat nule. Algebra 2 (MA 0005) 83 Dosadíme-li do právě uvedeného vztahu e3 pomocí vztahu 8.1 po sloupcích, dostaneme: «1 • ^2 fk ■ Pkl + «2 • ^2 fk ■ Pk2 + ••• + Oin ■ ^ f k ■ Pkn = Pl ■ fl + 02 ■ Í2 + ■■■ + Pm ■ fm k k k Porovnáním koeficientu u f j na obou stranách dostaneme systém rovnic: oii ■ Pu + a2 ■ pi2 + ••• + oin ■ pln = Pi, «1 -P21 +a>2 -P22 + ••• +0>n -P2n = Ä>, OLi ■ Pni + a2 ■ p„2 + ••• + an ■ pnn = pm; tedy dostali jsme SLR s neznámými a±,an. Maticové: a2 í ai\ P2 \Pm) / ■ P 1 zleva (8.3) / = P, (Pl\ P2 \PJ (8.4) (označení v indexu matice P je pouze pomocné - jedná se o jednu matici P a její inverzi P- Věta 19 Převádění souřadnic vektorů při změně báze: a) Pro vztah 8.1 mezi bázemi platí, že souřadnice vektorů přepočítáváme pomocí vztahu 8.3. b) naopak pro vztah 8.2 mezi bázemi souřadnice vektorů přepočítáváme pomocí vztahu 8.4- Poznámka: Přepočítávání souřadnic vektoru lze chápat jako identické zobrazení téhož vektoru na sebe sama. Všimněte si prosím následující korespondence plynoucí z právě uvedené věty: Při vyjádření souřadnic vektoru v jiné bázi potřebujeme matici přechodu v opačném směru!!! Například vztah 8.3 vyjádří souřadnice vektoru v bázi /, ale potřebuje k tomu matici přechodu / —> e, což je v dosavadním označení matice P - čili matice přechodu / —> e je potřeba k vyjádření souřadnic vektoru v bázi /!!! Příklad 34 (Horák, str. 54) Najděte matici přechodu od báze f k bázi e pro e = I l i l , l i l , l u l \f = protože potřebujete vyjádřit souřadnice vektoru v bázi f. 84 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Řešení: Hledáme matici P typu 3/3 tak, že pro přechod od báze / k bázi e platí vztah 8.1: e = / • Pf-^e, tedy '1 1 1\ (2 3 4\ íPll p12 Pi3N 110 = 3 1 3 • \p21 P22 P23 1 0 0/ \2 2 3/ \p31 P32 Přehoďme pouze obě strany této maticové rovnice: Pil Pl2 Pl3 P21 P22 P23 P31 P32 P33, S využitím významu násobení matic a rozepsáním tohoto násobení po sloupcích vlastně současně řešíme tři systémy lineárních rovnic: V = I o \ 1 i\ = 1 0 / 1 u 0 0/ 2 3 4\ Pii 3 1 3 I ■ í P21 2 2 3/ V^si 2 3 4\ /Pl2 3 1 3 • \p22 2 2 3/ 1^32 2 3 4\ Ms 3 1 3 • ř>23 2 2 3/ 1^33 Každý ze systémů najde jeden sloupec matice P. Protože OVSEM všechny tři systémy mají stejnou matici A, lze je řešit současně (řešení provedeme Gauss-Jordánovou metodou, tj. matici A upravíme pomocí ERU na matici jednotkovou), vektory pravých stran napíšeme všechny tři za svislou čáru: í2 3 4 1 1 1\ 3 1 3 1 1 ° V2 2 3 1 0 o/ -n 2 0 0 3 -7 1 2 3 4 0 1 1 0 0 1 -3 • r2 ^3 1 0 0 1 -4 -3 0 1 0 1 -5 -3 0 0 1 -1 6 4 7 • r2 P = Ve sloupcích matice P jsou souřadnice vektorů ěj v bázi /. Díky nalezení matice přechodu i"/_>e nyní můžeme přepočítávat (jak plyne z věty 19) v opačném směru. Algebra 2 (MA 0005) 85 Například vektor ( 4 | pomoci 8.3 přepočteme do báze / takto: -2, Pi 1 -4 -3 1 -5 -3 -1 6 4 Příklad 35 Variace na příklad 34'- Máte zadány tytéž báze e, f jako v příkladu 34 a -9 vektor I —13 I . Vypočtěte jeho souřadnice v bázi e, pokud je zadána matice přechodu 1. způsob řešení, asi rychlejší: Mohli bychom si napsat převodní vztah 8.3 a doplnit do něj, co známe: ' 1 -4 -3N 1 -5 -3 -16 4 15 / t ' f 1 -4 -3 1 -5 -3 -1 6 4 -9\ ľ = -13 / 1 {15 To je vlastně SLR, jehož vyřešením dostaneme 1 a2 = 4 as) V-2 2. způsob řešení: pomocí inverzní matice přechodu Pe\f- 1 -4 -3 1 0 0 1 -5 -3 0 1 0 1 6 4 0 0 1 o 1 -4 1 0 0 1 p-i -4 • r2 + 3 • r3 -3 1 0 0 0 -1 1 0 1 1 0 1 / 0 0 ° 1 0 V o 0 1 a proto \ -9\ 1 • -13 = 4 / 1 {15) V*) e_ •(-1) - +2-r2 2 2 3 1 -1 0 -1 2 1 86 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Příklad 36 Podívejme se nyní na obecný příklad změny matice lineárního zobrazení při změně bází vstupního a cílového prostoru: Uvažujme lineární zobrazení ip : IR3 —> M2 zadané v běžných bázích: e=[ |0|,|1|,|0| |,/=, t 1 1 -2 maticí A = ( ^ 2 3 )' Ja/c se změní matice tohoto zobrazení, pokud báze e prostoru IR3, / prostoru IR2 změníme na báze e!_, f: " -((:)'(!)(!))-((!)(-.'' Řešení: Složíme tři lineární zobrazení: - přepočet báze v prostoru IR3, - zobrazení ip, - přepočet báze v prostoru IR2. Algebra 2 (MA 0005) 87 Shrnutí příkladu: Obecně řečeno, při změně báze jednoho či obou prostorů dojde ke změně matice lineárního zobrazení p - složí se s jedním či dvěma lineárními transformacemi vstupního či cílového prostoru způsobenými změnou báze: - (p v bázích e, /...zadané maticí A, přepočet vektorů: ýf = A ■ x^, - p v bázích ě£, /...zadané maticí A ■ P, přepočet vektorů: ýf = A ■ P ■ x~y, - p v bázích e, /'...zadané maticí Q ■ A, přepočet vektorů: ýji = Q ■ A ■ x~l, - p v bázích ě£, /'...zadané maticí Q ■ A ■ P, přepočet vektorů: ýj/ = Q ■ A ■ P ■ x~*J_ Definice 26 Lineární zobrazení ip : V —> V se nazývá lineární transformace (vstupní i cílový prostor je jeden a tentýž). Lineární zobrazení ip : V —> V se nazývá automorfismus (vektorového prostoru na sebe sama), je-li navíc bijektivní. Příkladem automorfismu je právě přepočet souřadnic vektorů způsobený změnou báze (automorfismus - A je regulární a čtvercová). 88 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Příklad 37 Určete, jak se zrněni matice lineární transformace ifj při změně báze na bázi Řešení: Podobné příkladu 36 s tím rozdílem, že zpětný přepočet báze je zadán maticí inverzní ke vstupnímu přepočtu báze. o o -x) T i ■ ir>_ Y v baa' t ľ T* 41 ■h ar-r'-í-w-f G l SMD-09 ^ ft1 t ■ail ^2_3 Q ^ O ■r O O T 'V "■öl, -I %>l v Ti I 1 o -n Tí4 Definice 27 Čtvercové matice A, B jsou podobné, když pro nějakou regulárni P platí: B = P~1 ■ A- P Poznámka: Podobnost je relace ekvivalence na množině čtvercových matic. Právě přepočtená matice B v příkladu 37 je podobná k zadané matici A lin. transformace. Tedy podobné matice A, B jsou matice téže lineární transformace - pouze se jedná o vyjádření této transformace v různých bázích. Algebra 2 (MA 0005) 89 8.2 Cvičení 8 • cvičení na lineární zobrazení a jeho jádro a obor hodnot Úloha 8.1 Lineární zobrazeni p : R3 —> R3 je zadáno obrazy vektorů: a) Nalezněte vyjádření zobrazení p pomocí matice A. b) Nalezněte všechny vzory vektoru ( 1 ] vzhledem k zobrazení p. Úloha 8.2 Lineární zobrazení : R3 —> R4 je zadáno maticí B = ( 1 0 °\ -1 1 2 1 2 4 V 2-11/ a) Nalezněte bázi a dimenzi jeho jádra Ker(ifj). b) Nalezněte bázi a dimenzi jeho obrazu Im(ifj). Úloha 8.3 Lineární zobrazení ip : R3 —> R3 je zadáno obrazy vektorů: 1 2 3 a) Nalezněte vyjádření zobrazení p pomocí matice A. b) Nalezněte všechny vzory vektoru [ 2 | vzhledem k zobrazení p. 2 90 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Úloha 8.4 Lineárni zobrazení : RA —y R? je zadáno matici B = 110 2 -10 1-1 2 2 4 3 a) Nalezněte bázi a dimenzi jeho jádra Ker(ifj). b) Nalezněte bázi a dimenzi jeho obrazu Im(ifj). 3 2 1 Úloha 8.5 Lineárni zobrazení ip : R3 —> R3 je zadáno maticí A = (10 2 1 2 -3 a) Zjistěte, na jakou množinu bodů se při tomto zobrazeni zobrazí přímka p = {[1 +ŕ, 2 t, 1 - t],]; t G R}. b) Vyjádřete zobrazení ip pomocí obrazů tří vektorů. Úloha 8.6 Pro lineární zobrazení : R3 —> R4 je K er (ý) = j j 2 0 j j , Jm(V>) // 1 \\ 0 Sestrojte matici zobrazení ip. Pokud zjistíte, že takových zobrazení existuje více, stačí nalézt jedno z nich. / 2 0 -1 Úloha 8.7 Lineární zobrazení ip : R3 —> R3 je zadáno maticí A = 0 1 1 \ 2 2 1 a) Napište vyjádření zobrazeni ip pomocí vzorce. b) Nalezněte všechny vzory vektoru [ 2 | vzhledem k zobrazení p>. Algebra 2 (MA 0005) 91 Úloha 8.8 Pro lineární zobrazení ý : RA —y P? je Ker(ifj) //2\ 0 2 vv i y \ , Im(ifj) V i// i 0 1 1 1 o Sestrojte matici zobrazení ip. Pokud zjistíte, že takových zobrazení existuje více, stačí nalézt jedno z nich. / 2 1 0 Úloha 8.9 Lineárni zobrazení >p : P? —> R3 je zadáno maticí A =01 1 a) Zjistěte, na jakou množinu bodů se při tomto zobrazení zobrazí rovina a : 2x — 3y z+ 1 = 0. b) Vyjádřete zobrazení ip jednoznačně pomocí obrazů tří vektorů. Úloha 8.10 Lineární zobrazení (p : R3 —> R3 je zadáno maticí Zjistěte, zda je toto zobrazení a) injektivní (pomocí báze a dimenze jeho jádra: ip je injektivní <^> Ker(ip) = {o}). b) surjektivní (pomocí jeho obrazu Im(ifj)). Úloha 8.11 Lineární zobrazení p> je zadáno maticí 12 0 1 B = | 2 0 1 -1 0 12 2 (*\ Nalezněte všechny vzory vektoru v = 1 vzhledem k tomuto zobrazení. Úloha 8.12 Lineární zobrazení ip : R3 —> R2 má jádro (*\ Ker(p>) = {p • 1 ; p G R}. Napište jeho konkrétní matici (stačí jednu z možností, pokud řešení existuje více) tak, aby zobrazení ip bylo surjektivní. 92 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 9 Týden 9 9.1 Kapitola 9: skalární součin vektorů, velikost vektoru, kosinová věta, odchylka vektorů, Schwarzova nerovnost Nej důležitějším pojmem tohoto semestru je pojem zobrazení: a) Už při definici vektorového prostoru se objevuje násobení (skalár krát vektor), což je zobrazení Txľ->7s jistými třemi dalšími vlastnostmi (toto zobrazení bychom mohli nazvat jako akce tělesa T na množině V), b) Každá reálná matice A typu m/n představuje lineární zobrazení ip : V —> W, kde dimiy) = n, dimiW) = m, toto zobrazení splňuje tzv. podmínky linearity: ip(a ■ ů + (3 ■ v) = a ■ (p(u) + (3 • IR, které přiřazuje n řádkům matice A reálné číslo det(d[, a2, ...,cTn), - zobrazení, které přiřazuje n vektorům číslo se nazývá forma, - platí D2: det(a\,dfc,ai, an) = —det(ái,á/,d^, an) ...záměna pořadí dvou vektorů změní znaménko obrazu, této vlastnosti říkáme, že forma je antisymetrická, - platí D3: každá souřadnice zobrazení det splňuje podmínku linearity: det(d[,a ■ u + /3 • v,an) = a ■ det(ďi, ...,u, ...an) + /3 • det(ďi, ...,v, ...an) ...říkáme, že fotma det je multilineární = lineární v každé složce. => celkem det(d[,an) : Vn —> IR je antisymetrická multilineární forma. d) V této kapitole se budeme zabývat zobrazením typu skalární součin - zobrazení V2 —> IR, které přiřazuje dvěma vektorům skalár a splňuje jisté vlastnosti. Definice 28 Pozitivně definitni symetrická bilineárni forma V2 —> IR se nazývá skalární součin: a. skal(u,u) > 0,Ví e V kromě nulového vektoru (u ^ 0)... pozitivně definitni, b. skal(u,v) = skal(v, u)...symetrická, c. splňuje podmínky linearity v každé složce - je multilineární pro n = 2 čili je bilineárni: skal(a ■ ů + (3 ■ v,w) = a ■ skal(u, w) + (3 ■ skal(v, w) skal(u, a ■ v + (3 ■ w) = a ■ skal(u, v) + (3 ■ skal(u, w) ...linearita vzhledem ke druhé složce (= druhá z rovností) už plyne ze symetrie a z linearity v první složce, takže by se nemusela v definici uvádět. Algebra 2 (MA 0005) 93 d. a pro formu ještě dodejme, že skalární součin je reálná forma, tj. přiřazuje dvěma vstupním vektorům reálné číslo (výsledkem skalárního součinu vektorů je skalár). Definice 29 Prostor (V; +; •), na kterém je definován skalární součin, se nazývá Euklidovský vektorový prostor. Příklad 38 Některé příklady vektorových prostorů a skalárního součinu vektorů: a) V = C{a; b)...prostor reálných spojitých funkcí na intervalu {a; b). Pro f(x),g(x) E C{a;b) lze definovat: skal(f(x),g(x)) := I f(x)-g(x)dx. Takto definovaný skalární součin opravdu splňuje všechny čtyři požadované vlastnosti: ad d) výsledkem určitého integrálu je reálné číslo; ad c) linearita skalárního součinu plyne z linearity integrálu: b pb pb (a ■ fi(x) + (3 ■ f2(x)) ■ gix) dx = a ■ fi{x) ■ g(x) dx + (3 ■ f2(x) ■ g(x) dx. J a J a ad b) integrál ze součinu funkcí f, g nezáleží na jejich pořadí, čili platí vlastnost symetrie; ad a) a platí též vlastnost pozitivní definitnosti: b 2/ skal(f(x),f(x)) = / f2(x)dx>0 J a pro f(x) 0. b) V IR3 je skalární součin vektorů definován standardně: skal(u, v) := u\ ■ v\ + u2 ■ v2 + u% ■ v% tato bilineární forma opět splňuje všechny čtyři vlastnosti (pozitivní definitnost, symetrii, linearitu v každé složce, vlastnost formy = výsledek je reále číslo). Tento běžně užívaný skalární součin lze napsat i ve vektorovém/maticovém tvaru: fvi\ /vľ\ h o o\ skal (u, v) := (uľ u2 u3)-\v2\ = (ux u2 u3)-E- \v2 \ = (ux u2 u3)- 0 1 0 • \v2 W W \° 0 V W V předchozím zápisu je důležité, že vektor u je napsán jako řádkový vektor a v jako sloupcový vektor, jinak by totiž nebylo možné jejich maticový-vektorový součin provést. Protože důsledně (aspoň od šesté přednášky důsledně, protože od té doby 94 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně provádíme maticové násobení), Ú vždy označuje vektor sloupcový, tj. v učebnici s presným značením vždy uvidíte součin s kal (u, v) = (u\ u2 u^) ■ v2 w vyjádřen jako skal (u, v) := uT -v (tj. vektor psaný do řádku označujeme jako vektor transponovaný). c) Matice E v příkladu b) by mohla být nahrazena libovolnou symetrickou maticí A, jejíž všechny hlavní minory jsou kladné1^, tj. platí: au > O, au a12 0-21 0-22 > o, au ai2 ai3 a21 a22 a23 Q31 a32 033 > O,\A\ > 0. ...tj. klasicky definovaný skalární součin (b) není jediná možnost, (c) naznačuje i další možnosti. Každá bilineární forma definovaná vztahem skal(Ú, v) := (ui, u2,un) ■ A V2 w (9.1) by mohla být vzata jako definice skalárního součinu, jestliže matice A je symetrická a pozitivně definitní matice. Úsporný vektorově-maticový zápis: skal(u, v) := v? ■ A ■ v. Definice 30 Čtvercová matice A řádu n je a) symetrická, pokud al3 = a3l (prvky souměrné vzhledem k hlavní diagonále jsou totožné, tj. platí A = AT), b) antisymetrická, pokud al3 = —a3l (prvky souměrné vzhledem k hlavní diagonále se liší o znaménko). c) pozitivně (kladně) definitní, když y x E M.n kromě nulového vektoru (x ^ o) platí: (xi, x2,xn~) ■ A l Xl\ x2 \x„J > O (9.2) (vektorově-maticově lze nerovnost psát x ■ A ■ x > 0). 15Matice, jejíž všechny hlavní minory jsou kladné, představuje zobrazení, které je pozitivně definitní. Tato podmínka o hlavních minorech tedy zaručuje pozitivní definitnost takto definovaného skalárního součinu. Ještě to bude řečeno jednou ve větě 22. Algebra 2 (MA 0005) 95 Věta 20 (Shilov, str. 209) Symetrická (čtvercová) matice A je pozitivně definitní <^> všechny její hlavní minory jsou kladné, tj. platí: au > 0, au a12 0-21 0-22 > o, all a12 a13 a2i a22 a23 a31 a32 a33 > 0,..., \A\ > 0. Definice 31 Nechť (V;+;-) je Euklidovský vektorový prostor (= vektorový prostor se skalárním součinem) a nechi (ú[, ...,Uk) je posloupnost vektorů. Pak Grammova matice je matice všech možných skalárních součinů: G(ú[,Uk) = (^kal(úi,új) / s kal (Úi,Úi) skal(Úi,Ú2) ... skal{ui,Uk)\ skal{u2,v7i) skal{u2,v72) ... skal{u2,uk) fcxfc \skal(uk,Úi) skal(uk,Ú2) ... skal(úk,Uk)J Grammův determinant detGiui, ...,v7k) je determinant z Grammovy matice. Věta 21 (samozřejmá) Ze symetrie skalárního součinu a definice Grammovy matice hned plyne, že Grammmova matice je symetrická matice. K čemu je Grammova matice dobrá? Je to matice, pomocí níž můžeme v mnoha případech definovat skalární součin vztahem 9.1, tj. v mnoha případech pro ni platí všechny vztahy a vlastnosti, které platí pro skalární součin. Ve kterých mnoha případech? V těch, kdy Grammova matice je matice pozitivně definitní, protože to je jenom někdy: Věta 22 (Zlatoš, str. 255) V Euklidovském vektorovém prostoru: Vektory úi,uk jsou lineárne nezávislé <^> jejich Grammova matice je pozitivně (kladně) definitní. Cili pro každou uspořádanou /c-tici lineárně nezávislých vektorů je G(úi,...,úk) maticí, pomocí níž lze definovat skalární součin na /c-rozměrném podprostoru L(úi,úk) těmito vektory generovaném, vztahem skal(x,y) :- G(ú{, ...,uk) ■ y, protože Grammova matice je symetrická a pozitivně definitní, a tedy tímto vztahem definuje pozitivně definitní (a) symetrickou (b) bilineární (c) formu (d) skalárního součinu. Fyzikální význam skalárního součinu v aritmetickém vektorovém prostoru: pokud posunujeme skříň do vzdálenosti a směru d a tlačíme na ni kolmo na směr posunutí, nevykonáme žádnou práci, tj.: W = F ■ d = 0 96 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Tedy se zdá, že na práci vykonanou ve směru d bude mít vliv ta část síly F, která bude působit ve stejném směru jako d. Když působíme na skříň v šikmém směru, sílu F lze rozložit na součet sil F±, F2. Síla Fi nevykoná ve směru d žádnou práci (viz předchozí obrázek). Na práci ve směru d má vliv jen síla F2. Z toho plyne poučení, že skalární součin vyjadřuje míru vlivu vektoru F ve směru d (míra vlivu F je vyjádřena průmětem kolmým F do směru d). \\F2\\ = \\F\ \ ■ cosip W = F ■ d= \ \F\ \ ■ \ \d\ \ ■ cosip = \\d\\■ \\F\\■ cos

priradí funkce arccosix) úhel p interval < 0; 7T > jednoznačně, tj. na < 0; tt > existuje právě jedno p splňující daný vztah. Poznámka: Známe-li odchylku, můžeme vyjádřit hodnotu skalárního součinu obou vektorů: skal(u,v) = |\u\| • |\v11 • cos<£). Ad příklad (38-a): V = C(0; |) je prostor reálných spojitých funkcí na intervalu (0; |). Když vezmeme f(x) = sinx, gix) = cosx, jaká je odchylka těchto dvou vektorů v obecném smyslu? Potřebujeme tři věci: skal(f(x), g(x)) := / f{x) ■ g{x) dx = I sinx • cosxdx = • • • = o 2' ||/(x)|| = JI sin x|| = y y f{x)2 = W J sin2 x dx = 2 . o , _ y TT 2 ' 2 „ , _ V TT 2 ' ||gix) || = || cos x|| = y J gix)2 dx = y J cos2 x dx = a dosazením do vzorce pro cos p dostaneme skal(u,v) \ 2 cos p Iii II • Hüll ^Ě. . 7t' ....... 2 2 odtud y? = arctg'1 = 0,5669 rad, což je asi 11, 5°. 9.2 Cvičení 9 • matice přechodu, změna matice zobrazení při změně báze Úloha 9.1 Prepíšte zobrazení p : R3 —> R3 z příkladu číslo 8.1 zadané vzhledem ke standardní bázi na vstupu i na výstupu do tvaru zadaného na vstupu i na výstupu vzhledem k bázi Algebra 2 (MA 0005) 101 Úloha 9.2 í 2 \ pro bázi a = vyjádřete souřadnice vektoru v vzhledem k bázi Úloha 9.3 - ( 2\ v = I 1 pro frázi a = v ~l J a vyjádřete souřadnice vektoru v vzhledem k bázi Ě Úloha 9.4 v = pro bázi a = vyjádřete souřadnice vektoru v vzhledem k bázi 13 = Úloha 9.5 Přepište zobrazeni -ip vstupu i na výstupu maticí D = vzhledem k bázi a = Úloha 9.6 Přepište zobrazení vstupu i na výstupu maticí D = vzhledem k bázi a R2 zadané vzhledem ke standardní bázi na do tvaru zadaného na vstupu i na výstupu R2 - 1 1 2 4 R2 zadané vzhledem ke standardní bázi na do tvaru zadaného na vstupu i na výstupu 102 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně 10 Týden 10 10.1 Kapitola 10: Ortogonalita vektorů a její využití V příkladu fyzikálního významu skalárního součinu byla řeč o kolmém průmětu - musíme se tedy chvíli věnovat pojmu kolmost. Definice 34 a) Vektory u, v v Euklidovském prostoru jsou ortogonální, když platí: skal(u, v) = 0. Poznámka: Někdy se zaměňují pojmy ortogonálnost a kolmost. Kolmost definujeme v M.n pro vektory u,v, které jsou nenulové. Ortogonálnost připouští, aby některý z vektorů u,v (nebo oba) byl nulový, je to tedy obecnější pojem než kolmost. Často je při práci s bázemi vektorových podprostorů vhodné, aby v nich byly vektory, které jsou navzájem ortogonální. Definice 45 b) Báze podprostorů, nebo libovolná posloupnost nezávislých vektorů je: a) ortogonální, jestliže každé dva vektory z této posloupnosti jsou ortogonální, b) ortonormální, jestliže je ortogonální a velikost všech vektorů je normovaná (= 1). Poznámka: Grammova matice ortogonální báze vektorů je diagonální, grammova matice ortonormální báze je jednotková. Pokud už máme ortogonální matici, lze definovat i ortogonální matici a ortogonální zobrazení. Ortogonální zobrazení pak bude přirozeně reprezentováno ortogonální maticí. Definice 45 c) Čtvercová matice A je ortogonální, jestliže její sloupce jsou navzájem ortogonální. Lineární zobrazení ip : V —> W je ortogonální zobrazení, jestliže zachovává výsledek skalárního součinu, tj.: skal(u,v) = skal(ip(u),ip(v)) Poznámka: Protože norma vektoru se definuje pomocí skalárního součinu, ortogonální zobrazení zachovává i normu = velikost vektorů. Tedy ortogonální zobrazení zachovává i odchylky vektorů, protože odchylka se definuje pomocí skalárního součinu a normy. Pojďme nyní k otázce nalezení ortonormální/ortogonální báze jistého vektorového podprostorů, když je nám známa jeho báze Úi,u~2, ...,v7k, která ortogonální není. Obecně následující věta platí i pro vektory lineárně závislé - její důkaz je konstruktivní a bude vysvětlen na příkladu. Věta 25 Grammův-Schmidtův ortogonalizační proces: Nechť úi, u~2, uk jsou vektory euklidovského prostoru => existují po dvou ortogonální vektory e~Í, e2, ek : L(v71,v72, ...,uk) = L(ě[, e2,ek) Algebra 2 (MA 0005) 103 Příklad 39 Nalezněte ortogonální bázi podprostoru U = L(u[, u2, U3): Ui 1 2 w , u2 Í~A 1 1 v 1 y ,u3 ÍA o Řešení: Mohli bychom nejprve vyřadit některý z vektorů, pokud je závislý na těch ostatních; když se tomu vyhneme, podívejme se na to, jak si s tím následující algoritmus poradí: a) e~i := ú{ = b) Hledáme 1 2 w ...první z konstruovaných vektorů necháme být, e~2 := Pi ■ ě[ + u2/ ■ ě[ ...musíme určit neznámou konstantu pi, využijeme ortogonality e~i, e~2 tedy toho, že platí skal(ěi, é^) = 0: 0 = Pi ■ skal(ěi, e~i) Našli jsme tedy vektor: 62 skal(ěi, U2) => Pi = 2 3 1 2 W f-A 1 1 v 1 y -skal(ě[, U2) skalpel, e~[) Í-A 1 \ v?/ -4 2 3 c) Hledáme 63 := Pí ■ ěi + P2 ■ e~2 + ^"3/ • ěí 63 := Pi • ěí + P2 • e~2 + «3/ • ... při určení neznámých konstant pi, p2 vynásobíme zvlášť tutéž definiční rovnici už zkonstruovanými vektory e~i, e~2 - zatím sice 63 neznáme, ale protože skal(e~í, 63) = 0, skal(ě^, e%) = 0, tak z rovnic vypadne a dostaneme 2 rovnice pro 2 neznámé konstanty p\,p2: =>0 = pí - 6 + 0 + 2 =>■ = 0 = 0 0 = Pí ■ skal(e~í, ě[) 0 = Pí ■ skal(e~í, e2) 1 3 4 p2 • skal(ě[, e2) P2 ■ skal(e2, e2) skal(ěí, -ujj) skalíe~2, U3) 104 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Našli jsme vektor: 63 1 3 1 2 w 1 • 1 \ vľy o o o Pokud jsme nevyloučili u3 závislý na vektorech úi,U2, tak Grammův-Schmidtův proces najde ej = 0, a ten do báze nebereme, i když je ortogonální k e| i k é^. Odpověď: L(ui,U2,u3) je vektorový podprostor dimenze 2 a jeho ortogonální báze je např.: 1 ' ,e2 = ei = 2 W U/ (Atd., při větším počtu vektoru hledáme 64 := p\ ■ e~[ + P2 ■ &2 + P3 ' 63 + 114 a když tuto definiční rovnost vynásobíme zvlášť vektory e~i, e~2, 63, dostaneme tři rovnice pro tři neznámé pi,p2,p3.) Definice 35 Množiny vektoru A, B jsou ortogonální, když: Va G A, b E B : vektory a, b jsou ortogonální. (Značíme A _L B.) Z linearity skalárního součinu plyne, že množiny A, B jsou ortogonální právě tehdy, když jsou ortogonální i vektorové podprostory {A), (B) jimi generované. Proto má smysl následující definice: Definice 36 Když U je vektorový podprostor euklidovského prostoru V, tak ortogonální doplněk U1- podprostoru U v prostoru V se definuje jako množina všech vektorů ortogonálních k U: U1- = {x G V : skal(x, u) = 0 W G U} Věta 26 a) Ortogonální doplněk U1- je vektorový podprostor, b) V = U + UJ~ (tzn. přímý součet, tj. U íl U1- = o, dím(V) = dim(U) + dím(U±)), C) (tf-L)-L = U, d) (u + s)± = u±ns±, e) (u n s)1- = u± + s±. ...(d,e je vlastně jakousi analogii de Morganových pravidel (viz Základy matematiky, kap. 4) P°fo vektorové podprostory U, S euklidovského prostoru V. Algebra 2 (MA 0005) 105 Příklad 40 V prostom R4 je dán podprostor U = (iľi = /1\ 0 -1 V 2 y , u2 = /1\ 2 3 V-27 ,«3 = /2\ 1 0 V27 ) Najděte ortonormální bázi podprostoru U±. Řešení: Nejprve z vektorů úi, 112,113 eventuálně vyloučíme vektor závislý na těch ostatních; pokud bychom na to zapomněli, algoritmus si s tím stejně poradí. Dále zapíšeme do rovnic kolmost vektoru x na každý z vektorů ui, u2, Ú3. Pro x G U1- platí: To je SLR: X\ — X3 + 2x4 X\ + 2X2 + 3x3 — 2x4 2xi + x2 2X4 = skal(x, ú[) = 0 skal(x, u2) = 0 skal(x, = 0 = 0 /l = 0 -n 0 = 0 -2 ti 10-1 2 0 \ Xi 0 1 2-2 0 ] 0 0 0 0 0 ) x3 / X4 našli vektory z /1\ -1 2 4 -4 2 -2 s - 2í x2 = 2í - 2s s t x = s -2 v o y 2 o v 1 y ...lineární kombinace bázických vektorů, zortogonalizujeme Gr.-Schm. procesem: ei = -2 w ,e2 := pi• -2 W => 0 = 6pi — 6=>£>i = l=>é2 = ŕ"2\ 2 f 0 W 0 1 v 1 y /■el 106 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Vektory znormalizujeme a připravili jsme bázi prostoru U±: ei V 0 / ,e2 0 1 V 75/ Příklad 41 Nalezněte bázi podprostoru W±, je-li W zadán jako podprostor řešení homogenní soustavy: 3xi + 3x2 + 2x3 + 7x4 = 0 3xi — 2x3 — 9x4 = 0 X3 + X4 = 0 Řešení: W je množina všech vektorů x, pro které platí: skal I /3\ 3 2 w , x =0, skal I /3\ 0 -2 V-gy , x =0, skal j /3\ 3 ...tedy WJ~ je právě podprostor generovaný vektory w Ověříme pouze, zda tyto vektory jsou lineárně nezávislé: M 0 1 w /3\ 0 -2 \-9j = 0, 0 1 w 3 0 3 3 0 0 -ri => w1- = Poznámka: Poslední dobrůtka, kterou nyní potřebujeme použít u pojmu ortogonalita, je tzv. ortogonální projekce vektoru do podprostoru. K čemu to potřebujeme? a) Pokud chceme např. určit odchylku vektoru od podprostoru, promítneme tento (ne- nulový) vektor kolmo do daného podprostoru, a určíme odchylku vektoru a jeho průmětu, b) Ortogonální projekci budeme potřebovat při konstrukci n-rozměrného objemu, c) Při výpočtu skalárního či vektorového součinu pracujeme s kolmými průměty vektoru do směru druhého vektoru (u skalárního součinu) a do směru kolmého na druhý vektor (u vektorového součinu). Rozklad vektoru na součet dvou vektorů, které jsou na sebe kolmé, lze tedy spočítat s využitím kolmého průmětu. Algebra 2 (MA 0005) 107 Definice 37 Ortogonální projekce nenulového vektoru v do podprostoru U je vektor x takový, že: x + y = v kde x G U, y G U±. (Vše se odehrává v euklidovském prostoru, protože bez skalárního součinu není umožněn pojem kolmosti.) Konstrukce ortogonální projekce bude vysvětlena na příkladu. Příklad 42 Nalezněte ortogonální projekci vektoru v = váného vektory: /4\ -1 -3 V 4 y do podprostoru genero- f1) f1) 1 0 2 U~i = 1 0 2 v) w Řešení: Podívejme se, zda -ui,-^,-^ jsou lineárně nezávislé, a vybereme z nich bázi: 1 1 1 1 1 0 0 3 1 2 2 -1 -n 0 - \ 0 í1) í°\ 1 1 1 1 w V"2/ -1) -r2 1 1 1 1 0 1 1 -2 0 0 0 0 => báze U = ywi = Protože projekce x G U, lze x vyjádřit jako lineární kombinaci u7i,w2: x = oi\ ■ w\ + a2 ■ vj2 => v = x + y, kde skal(x, y) = 0. Dosazením za x do vyjádření vektoru v máme v = oi\ ■ w\ + a2 ■ vj2 + y. 108 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Nyní vynásobením této rovnosti zvlášť vektory wi, w2 dostaneme dvě rovnice, ze kterých vypadne y, protože y _L U = L(wi, w2): skal(v,wi) = ol\ ■ skal(wi, w\) + a2 ■ skal(wi, w2) + 0 skal(v,w2) = ol\ ■ skal(wi, w2) + a2 ■ skal(w2, w2) + 0 ...dvě rovnice o dvou neznámých a±, a2. /4\ (A -1 1 1 v = -3 , Wi = 1 ,w2 = 1 w W V-2/ 4 = «i • 4 + a2 ■ 0 -12 = «i-0 +a2-6 => cti = 1, a2 = —2 => x = 1 • i i W 2 • 1 1 V-27 Poznámka: Vektor y lze nyní už snadno vyjádřit: y = v — x = /1\ -1 -3 V4 y -i -i V s y -i -i V 5 y /3\ 0 -2 v i y Příklad je hotov. □ 10.2 Cvičení 10: Ortogonální doplněk, ortogonalizace, ortogonální projekce Algebra 2 (MA 0005) 109 11 Týden 11 11.1 Kapitola 11: Vlastní čísla a vlastní vektory lineárního zobrazení; konstrukce matice zobrazení pomocí vlastních vektorů Zde je možná užitečné zmínit jeden další pojem: vektor, který se zobrazí na sebe sama nebo na svůj vlastní násobek, se nazývá vlastní vektor; a daná násobená hodnota se nazývá vlastní hodnota. Definice 38 Vlastní vektor lineární transformace p : V —> V je takový NENULOVÝ vektor v, který se zobrazí na svůj vlastní násobek, tj. A ■ v = \ ■ v. Číslo A z právě uvedené rovnosti nazýváme vlastní hodnotou náležející k vektoru v vzhledem k zobrazení p. Tedy vektor ú[ je vzhledem k osové souměrnosti / vlastním vektorem, příslušný násobek 1 je jeho vlastní hodnota: Nebo vektor 1*3 = ^ je vlastním vektorem, protože se zobrazí na svůj (—1)-násobek: (_°2) - / (_°2) = (ä -0 ■ (_2) = ®=• (_2) Z definice vlastního vektoru plyne i postup, jak tyto vlastní vektory a vlastní hodnoty nalézt. Věta 27 a) v[, ...v*k jsou vlastní vektory reálné matice A, každý s jiným vlastním číslem => jsou lineárně nezávislé. b) Vlastní vektory odpovídající jedné vlastní hodnotě tvoří vektorový podprostor. Důkaz: ad a) Dokažme indukcí: za prvé: m = 1...vektor v je lineárně nezávislý, protože je nenulový; za druhé - dokažme indukční krok: 110 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně tvrzení platí pro m — 1 vlastních vektorů matice A => => tvrzení platí pro m vlastních vektorů matice A. Předpokládejme sporem, že nenulový vektor 4 je závislý na vektorech 4 v2, ..., 4-i, tj. 4 = oii ■ vi + a2 ■ v2 + ... + am_i ■ 4-i a současně některé at ^ 0. Vynásobme danou rovnost maticí A a využijeme převodu pomocí A ■ v} = Aj • 4 4 • 4 = «i • Ai • vi + a2 ■ A2 • v2 + ... + am_i • Am_i • wm1i. Pokud od této rovnice odečteme Am-násobek rovnice v^n = «i • vi + a2 ■ v2 + ... + am_i • wm-i, dostaneme: o = «i(Ai - Am) • -ul + ... + am_i(Am_i - Am) • 4-i- Na základě indukčního předpokladu nyní musí být všechny koeficienty rovny 0, protože 4 ...,Vm-i jsou lineárně nezávislé => Ai = Am...spor s tím, že všechny Aj jsou různé. ad b) Prostor vlastních vektorů pro jedno stejné A je uzavřen na lineární kombinace: A • v~i = \ • v~Í\ . , _ ^x a -> a \ l ->\ A -, x -, > => A ■ (aivi + a2v2) = oi\ ■ A ■ v\ + a2 ■ A ■ v2 = Aícti-ui + a2v2) A ■ v2 = A • v2 I ...ol\v\ + a2v2 je vlastní vektor pro totéž A. Důkaz je hotov. Nalezení vlastních směrů a hodnot matice A (čtvercové) zadávající lineární trasformaci vektorového prostoru V: Vyjdeme z definičního vztahu A ■ v = \ ■ v = \ ■ E ■ v (A - A • E) ■ v = o ...vložením jednotkové matice E se pravá strana rovnosti nezmění, ale nám se tím pádem podaří na obou stranách rovnosti matice stejného rozměru, které můžeme od sebe odečíst. Převodem pravé strany na levou a vytknutím v vidíme, že vektor v leží v jádru zobrazení A — A • E, protože se tímto zobrazením zobrazí na nulový vektor!!! V jádru Ker (A — A • E) vždy leží vektor v = o, ale ten nás nezajímá, protože nulový vektor se nepovažuje za vlastní vektor. Vlastní vektory v jádru Ker(A — A• E) leží tehdy, když systém (A — \- E) - v = o má nekonečně mnoho řešení. Tj. nalézt vlastní vektory u čtvercové matice A je totéž jako nalézt Algebra 2 (MA 0005) 111 nenulové vektory jádra Ker (A — X- E), tj. nalézt nenulová řešení systému (A —X-E)-v = o. Aby tedy nenulová řešení systému (A — X ■ E) ■ v = o vůbec existovala, musí tento systém mít více než jedno (nulové) řešení - tj. podle Frobeniovy věty musí mít tento SLR řešení nekonečně mnoho, tedy příslušný schodový tvar matice musí mít aspoň jeden nulový řádek, čili matice (A — A • E) je singulární, některý řádek je závislý na těch ostatních, tj. determinant této matice je roven nule. Odtud plyne následujíc postup nalezení vlastních čísel a vlastních vektorů: krok 1 : Nejprve najdeme vlastní čísla: Řešíme rovnici det(A — X-E) = 0... jediná rovnice s jedinou neznámou A ... najdeme tím všechna vlastní čísla. krok 2 : Do systému (A — X ■ E) ■ v = o dosadíme konkrétní číslo A a příslušné vlastní vektory nalezneme jako nenulová řešení tohoto SLR. Příklad 43 Nalezněte vlastní čísla a vlastní vektory lin. zobrazení A = ) zadaného 3 5 v bazi e1= \ I , e2 = K (zobrazení p> : IR —> IR je transformací roviny). Řešení: viz přednáška. Postup je velmi podobný postupu v následujícím příkladu, jen se jedná o jednodušší příklad než ten následující, protože je zde o dimenzi méně. Příklad 44 Nalezněte vlastní čísla a vlastní vektory lin. zobrazení A = ľ zadaného v bázi ě~[ = 0 (zobrazení ip : IR3 —> lR3je transformací trojrozměrného prostoru). Řešení: První krok - najdeme všechna vlastní čísla vyřešením rovnice pro neznámou A: '0-A det | 0 -2 i2 det(A — X - E) 0 -2 -2 - A 0 0 3- A, (3 - A) • (A^ + 2A) + 4 • (A + 2) (A + 2) • (3A - A2 + 4) 0 0 0 o ^2,3 = -3±v/9Tl6 3 5 - — — zt — Ao -2 2 2 A2 = -1, A3 = 4 112 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Druhý krok: Najdeme vlastní vektor příslušný ke každému vlastnímu číslu: Ai = —2: řešíme SLR: (A-(-2)-E) => vn = 0, vi2 = t, vi3 = 0; t G A2 = —1: řešíme SLR: 1 2 0 -2 0 0 : ° 0 0 0 o/ V -2 0 5 0 (A-(-l).E). vlastní směr: t 1 0 -2 0 0 -1 0 0 2 0 4 0 -n -2 • n 2 0 -2 0 0 0 0 0 0 0 3 0 °) 1 • oj 1 0 -2 0 0 -1 0 0 0 0 0 0 => V21 = 2t, V22 = 0, V23 = t; t G IR => vlastní směr: t A3 = 4: řešíme SLR: {A — A-E) 0 -6 0 Tedy -A 0 0 -6 => V31 = — |, V32 = 0, u33 = ŕ; ŕ G IR => vlastní směr: ŕ • | 0 | , vektor -z^ = příslušným vlastním vektorem. Vlastní vektory i vlastní čísla jsou nalezeny. Dříve než se pustíme do dalších věcí, dokončíme nyní zkoumání vlastních čísel a vlastních vektorů vzhledem k ortogonalitě (teorie + následující příklad viz Kovář, str. 122-128): Vraťme se k situaci nějaké lineární transformace ip : V —> V zadané ve dvou různých bázích: maticí A v bázi e a maticí P_1 • A ■ P v bázi e!_, viz kapitola 8: Algebra 2 (MA 0005) 113 baze. í -a 'S -j á 15 bo&e e' J 1 - P vek baru Pi báze V existuje ortonormální báze složená z vlastních vektorů matice A, ve které má transformace ip diagonální matici D složenou z vlastních čísel na své hlavní diagonále. Navíc matice přechodu H je ortogonální a její inverzi získáme pouhým transponováním H-1 = HT. D = HT ■ A ■ H Ad příklad 44: Najděte diagonální reprezentaci D lineární transformace ip : IR3 —> IR3 zadané symetrickou maticí / 0 0 -2N A= 0 -2 0 \-2 0 3 Nalezněte také ortonormální bázi, vzhledem k níž je ip diagonální, a ověřte, že platí D = HT -A-H. 114 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Řešení: Matice D se skládá z vlastních čísel, které jsme našli v příkladu 44: Vlastní (° hodnotě Ai = —2 odpovídá vlastní vektor v\ := 1 Vlastní hodnotě A2 = — 1 odpovídá vlastní vektor 0 ] , který ještě normujeme, protože jej budeme chtít použít do ortonormální báze: 0^ || = V4 + 0 + 1 = VE => v2 = -)= ■ ^0 H A konečně, vlastní hodnotě A3 = 4 odpovídá vlastní vektor 0 ] , který ještě normu- \ 1 jeme: Sestavení konstrukce předchozí věty: Na diagonále matice D jsou vlastní čísla \t ve stejném pořadí, v jakém jsme dali do báze é_ jejich normované vlastní vektory: to <-%) 0 l fot).*™'* é40Z) Proč platí H 1 = HT1 Protože HT ■ H = (s/ca/(^,^))M=i,2,3 = E. (Vysvětlení: v{,V2,V3 jsou navzájem ortogonální, a přitom jejich velikost = 1. Proto i^j: skal(vi, v}) = 0 \ ^ rt . h = e i = j : skal(vi, Vj) = |\vl\|2 = l2 = li (Z jednoznačnosti inverze u regulární matice - algebra 1, větička 4 - dostaneme, že H-1 = HT.) Poznámka: Ne každé lineární zobrazení V —> V je diagonalizovatelné; uvedeným postupem dokážeme najít D, pokud je A symetrická. Algebra 2 (MA 0005) 115 Příklad 45 Pokud je ještě čas, můžeme se pustit do celkového příkladu, kdy matici osové souměrnosti vzhledem k ose y = | sestavíme z vlastních čísel a pomocí báze vlastních vektorů a matice přechodu získáme matici této souměrnosti vzhledem ke standardní bázi. Viz otázka číslo 23 v kapitole 13. 11.2 Cvičení 11: Vlastní čísla a vlastní vektory lineárního zobrazení Úloha 11.1 Lineární transformace na vektorovém prostoru je zadána vztahem x\ \ / 8xi + 9x2 ^ x2J V "6^-7x2 Nalezněte všechny její vlastní hodnoty a pro každou vlastní hodnotu najděte také aspoň jeden vlastní vektor. Úloha 11.2 Lineární transformace p : R2 —> R2 je zadána maticí 4 2 C ~ ' 2 4 a) Najděte vlastní vektory (směry) a vlastní čísla (hodnoty) této transformace. b) Ilustrujte na konkrétním vektoru, co to znamená, že je vlastním vektorem, a na jiném konkrétním vektoru, co to znamená, že není vlastní vektorem vzhledem k zobrazení R2 je zadána maticí 3 1 C ~ ' 1 3 a) Najděte vlastní vektory (směry) a vlastní čísla (hodnoty) této transformace. b) Ilustrujte na konkrétním vektoru, co to znamená, že je vlastním vektorem, a na jiném konkrétním vektoru, co to znamená, že není vlastní vektorem vzhledem k zobrazení p. Úloha 11.4 Lineární transformace p : R2 —> R2 je zadána maticí 2 1 C~ ' 1 2 Najděte vlastní vektory (směry) a vlastní čísla (hodnoty) této transformace. 116 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Úloha 11.5 Lineární transformace (f : R2 —> R2 je zadána matici 5 -3 C ' -3 5 Najděte vlastni vektory (směry) a vlastni čisla (hodnoty) této transformace. Úloha 11.6 Lineárni transformace ip : R3 —> R3 je zadána matici í 1 0 0 C= -1 3 0 \ 3 2 -2 Najděte vlastni vektory (směry) a vlastni čísla (hodnoty) této transformace. /n Úloha 11.7 a) Je zadán vlastni vektor w = 0 lineárni transformace zadané matici í -2 0 0 C=\ 3 1-3 \ 2 0 -4 Najděte k němu příslušnou vlastní hodnotu. b) Najděte vlastní vektory (směry) a vlastní čísla (hodnoty) osové souměrnosti v rovině s osou souměrnosti y = |. Nápověda: Nemusíte hledat matici zobrazení ani nie počítat, stačí jen využít • geometrických vlastností dané osové souměrnosti; • definice vlastního vektoru (a geometrický význam této definice). Algebra 2 (MA 0005) 117 12 Týden 12 12.1 Kapitola 12: Vlastní čísla podruhé; Grammova matice podruhé; vektorový součin vektorů Zde chybí několik věcí o tom, co se stane, když hledáme vlastní čísla a vlastní vektory u matice, která není symetrická - tam totiž není zaručeno, že ke každému vlastnímu číslu má prostor vlastních vektorů dimenzi 1 - neboli jinými slovy, u matice A řádu n nemusí existovat n navzájem různých vlastních čísel, ale méně, a pak prostor vlastnímu číslu odpovídajících vlastích vektorů má dimenzi větší než 1. Příklad a vysvětlení viz Zlatoš, str. 413-418 (Zlatoš, Algebra, najdete velké pdf na internetu). Jinými slovy, ne vždy lze matici lineární tramsformace diagonalizovat. Jestliže A je symetrická, tak ano, ale v případě obecné matice A se nám někdy nepodaří najít dostatečný počet vlastních vektorů, aby vytvořily bázi, ve které je matice transformace diagonální. Tzv. Kanonický Jordánův tvar matice A nemusí tedy vždy být diagonální matice. Definice 39 NEORIENTOVANÝ OBJEM v euklidovském vektorovém prostoru: - Uvažujeme jednorozměrný objem jako délku vektoru u: voliiu) = \\u\\ - Dále dvojrozměrný objem vo^iu^v) bude vuiadřovat obsah rovnoběžníku určeného vek- tory u, v - tento obsah je stejný jako obsah obdélníka ABCD, tj.: iioI2(m, v) = \\u\\ ■ |\v — vs\| kde vs je ortogonální projekce vektoru v do podprostoru S = Liu), tedy vo^iu^v) = voliiu) ■ |\v — vs\|. - Podobně trojrozměrný objem volr,(u,v,w) vyjadřuje objem rovnoběžnostěnu určeného vektory u,v,w a vypočteme jej jako: vol^(u, v, w) = vol2(Ú, v) ■ |\w — Wt\\ kde vol2(u,v) je obsah rovnoběžníku, který je základnou rovnoběžnostěnu, a \ \w—wr\\ je výška rovnoběžnostěnu, určená velikostí vektoru w — wt, kde u?t je kolmý průmět vektoru w do podprostoru T = L(u,v). 118 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně - Podle tohoto schématu pokračujeme do vyšších dimenzí a definujeme (rekurentním vztahem) k-rozmérný objem rovnoběžnostěnu jako funkci: volk : Vk ->■ R která vektorům Úi, Ú2,uk~Li, uk £ V přiřadí reálné číslo: volk{Úi,u2, ...,uk) = volk_1(v71,v72, ...,-Ufcli) • \\uk - úij\\ kde Ujj je ortogonální projekce (= kolmý průmět) vektoru uk do podprostoru U = L(ú[,Ú2, ...,uk-i). Poznámka: Z geometrické názornosti takto definovaného objemu plyne, že v naší terminologii /c-rozměrný objem je symetrická (objem nezávisí na pořadí vektorů), k-lineární (multilineární = lineární v každé složce) forma. Dále z konstrukce objemu plyne následující věta: Věta 31 (Zlatoš, str. 301) V je vektorový prostor se skalárním součinem (= euklidovský vekt. prostor), k > 1. Pro libovolné vektory ú~i,u2, ...,vľk E V platí: a) volk(u[, Ú2,uk) > 0, přičemž rovnost nastane právě tehdy, když vektory u~i,...,uk jsou lineárně závislé, b) u~{, uk jsou ortogonální<^> volk(u~{, ...,uk) = \ \u~i\ \ ■ \ \u2\ \ ■ ... ■ \ \v7k\\, c) Pokud úi, ...,uk jsou lineárně nezávislé, tak lze Gr.-Schm. procesem získat ortogonální vektory vi, ...vk tak, aby volk(u[, ...,uk) = volk(vi, ...,vk) = \\vi\\ ■ \\v2\\ ■ ... ■ \\vk\\. Poznámka ad a) Například jestliže vektory Úi,u2,Ú% jsou lineárně závislé, tj. leží v jedné rovině, rovnoběžnostěn jimi určený je degenerovaný - jeho objem vol^ v prostorových jednotkách je roven 0. Algebra 2 (MA 0005) 119 Definice 40 Elementárni úpravy matice bilineárni formy: Bilineárni forma p> : V ► R je zadána matici rádu n tak, že: (p(u, v) = (-ui, u2, ...,un) ■ A ■ V2 Elementárni úpravy matice bilineárni formy (budeme jim říkat EŘÚ/ESÚ úpravy = řádkové i sloupcové úpravy) jsou takové úpravy, které změní matici A na matici B stejné bilineárni formy ip, ovšem vyjádřené v jiné bázi (tj. při tranformaci souřadnic vektorů u,v) a platí: B = PT ■ A-P pro nějakou regulární matici P. Protože do vzorce bilineárni formy vstupují dva vektory současně (řádkový i sloupcový), na rozdíl od Gaussovy eliminace každá elementární úprava zde bude spočívat v tom, že s řádkovou úpravou se hned následně provede i sloupcová úprava stejné povahy. EŘÚ+ESÚ matice bilineárni formy: a) Přehodíme í-tý řádek s j-tým řádkem, a hned poté í-tý sloupec s j-tým sloupcem, b) í-tý řádek vynásobíme nenulovou konstantou c, a hned poté í-tý sloupec vynásobíme c, c) K j-tému řádku přičteme c-násobek í-tého řádku, a hned poté kj-tému sloupci přičteme c-násobek í-tého sloupce. Věta 32 Matice B získaná z matice A elementárními EŘÚ+ESÚ úpravami (B = PT ■ A-P pro nějakou regulární P) je maticí téže bilineárni formy, pouze vzhledem k jiné bázi daného prostoru. Příklad 46 Převeďte matici A dané symetrické bilineárni formy ip vzhledem ke standardní bázi e na jinou matici vzhledem k jiné bázi e_': A = /O 1 2 0 0 o \ 1 o o -1, -1 o y \o o - Řešení: Všimněme si nejprve, jak bilineárni forma ip pracuje vzhledem k bázi e = O O V 1 o v o w o o w 120 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Např. pro vektory u /1\ 2 3 v-iy , v /1\ 0 -1 V 2 y mame: (p{u,v) = (1,2,3,-1) /O 1 2 0 1 Vo o o 2 1 0 0 -2 u 2 /1\ o -1 V 2 y = -11,5 Pokusme se matici A zjednodušit elementárními EŘÚ+ESÚ úpravami: Strategie: Vezmeme první nenulový prvek aM a pomocí něj vynulujeme prvky pod ním a /o 1 2 0 V o 1 2 -2 1 0 0 1 0 3 2 o 3 2 oy /o i 4 V o 1 2 -2 0 0 -2: 0 o\ 1 0 i _3 2 3 2 2 oy ... a hned provedeme analogickou sloupcovou úpravu - ke 3. sloupci matice přičteme ^ • s2 (kde s2 je druhý sloupec matice): /O i \ 4 V o 1 2 -2 0 0 i 4 0 1 2 3 o\ o 3 o y +3t3 /o 4 VI 1 1 2 4 2 0 1 2 0 o o o\ o 3 2 9 2 y .a hned provedeme analogickou sloupcovou úpravu - ke 4. sloupci přičteme +3 • s3: /O —9 n n = B 1 2 1 4 - \ 4 2 0 0 0 1 2 0 0 0 \ 4 ...je zachována symetrie matice i? a matice B je maticí téže bilineární formy vzhledem k jiné bázi (s úpravami matice B bychom mohli pokračovat). Vraťme se nyní k výpočtu /c-rozměrného objemu, který souvisí s Grammovou matici z kapitoly 9 : Věta 33 (Zlatoš, str. 255, 13.2.1.a) Nechi Úi, U2,Uk jsou libovolné vektory v Euklidovském prostoru. Pak Grammova matice G(u[, Ú2,úk) je semidefinitní symetrická matice, tj. fci\ Vc = (ci, c2,Cfc) G Rk : (ci, c2,ck) ■ G C2 > 0 (a přitom rovnost nastává právě tehdy, když jsou úi, ...,uk lineárně závislé). Algebra 2 (MA 0005) 121 Právě vyslovená větička je zajímavá z té pozice zkoumání bilineárních forem - že totiž když u bilineární formu dáme na vstupu namísto dvou různých vektorů jeden stejný vektor dvakrát, dostáváme výsledek vždy nezáporný (a nulový je právě tehdy, když jsou vektory ú[,iTk, ze kterých se Grammova matice vytváří poocí všech možných skalárních součinů dvojic, lineárně závislé). A nejen to - následující věta vlastně tvrdí, že determinant Grammovy matice je vždy nezáporný, tj. jeho odmocnina může právě vyjádřit hodnotu objemu. Věta 34 Na euklidovském vektorovém prostoru nad tělesem IR platí pro libovolné vektory ui, u2,uk: volk{ui, u2,uk) = \Jdet(G(ui,u2,uk)). Poznámka: Z předchozí věty plyne návod pro výpočet objemu: Vytvoříme Grammovu matici G(v7i,u2, ...,uk), a protože se jedná o matici symetrické bilineární formy, upravujeme ji symetrickými ERU+ESU úpravami na diagonální tvar. Když se nám to podaří, tento diagonální tvar je: /||iZÍ||2 o o ... o \ 0 ||iľ2||2 0 ... 0 V o ... o ... iHiy a tedy: volk(v71,v72, ...,uk) = VlMI2 " ll^ll2 " ••• " ll^fcll2 Pokud matici na diagonální tvar upravit nelze (au = 0), znamená to, že: volk(v71,v72, ...,uk) = 0 Definice 41 Dvě báze vektorového prostoru jsou souhlasně orientované, pokud matice přechodu mezi nimi má kladný determinant; Dvě báze vektorového prostoru jsou nesouhlasně orientované, pokud matice přechodu mezi nimi má záporný determinant. Poznámka: Relace souhlasné orientace mezi dvěma bázemi (tj. binární relace na množině čtvercových matic daného řádu!) je relací ekvivalence, protože: - každá báze je souhlasně orientovaná sama se sebou: detE = 1 - a ~ /3 => /3 ~ a...relace je symetrická (opět využíváme v tichosti pominutou Cauchyho větu, že determinant součinu matic je roven součinu dílčích determinantů): detP ■ detP'1 = detE = 1 ==> detP > 0 detP'1 > 0 122 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně - a ~ /3, /3 ~ 7 => a ~ 7...relace je tranzitivní: Pa+ß ■ Pß+j P a—>7 ...vztah mezi maticemi přechodu: detPr a+ß ■ detPf ß+i detPr a—>7 a výsledek součinu kladných čísel je opět kladný. Strategie kladné orientace: Vybereme jednu hezkou bázi (zpravidla standardní) a prohlásíme ji za kladně orientovanou. Pak všechny báze s ní orientované souhlasně mají též kladnou orientaci. Příklad 47 a) Kladně orientovaná báze v prostoru jedné dimenze LiÚ): báze v má stejný směr jako vektor Ú, b) Kladně orientovaná báze v prostoru dimenze 2, tj. L(Úi,Ú2): otáčíme u[ do směru Ú2 proti směru pohybu hodinových ručiček, c) Kladně orientované báze v prostoru dimenze 3, tj. L(ú[, Ú2, Ú3): pravidlo pravé ruky: když otáčíme ú[ do směru Ú2 proti směru ručiček, tj. ve směru prstů pravé ruky, vidíme toto otáčení jako proti směru ručiček z vrcholku vektoru Ú3 (= palec ukazuje ve směru vektoru Ú3). Definice 42 Orientovaný k-rozměrný objem: (V; +; •) je k-rozměrný euklidovský prostor a ui,u~2, ...,v7k je jeho kladně orientovaná báze, která je navíc ortonormální. Pak orientovaný k-rozměrný objem pro libovolnou posloupnost vektorů (x[, x*2,x^) definujeme jako determinant: ...šipka volk značí orientaci. Poznámka: 1) V předchozích příkladech jsme mluvili o (neorientovaném) objemu jako o odmocnině z determinantu - pokud ovšem na diagonále jsou velikosti vektorů z ortonormálního systému, jejich velikost je rovna jedné, a tedy velikost = odmocnině z velikosti, tj. pro x~i = úi, ...,x~k = úk se jedná u ortonormálního systému o jedno a totéž, objem je roven danému determinantu! Algebra 2 (MA 0005) 123 2) Orientovaný objem je tedy definován jako jistý determinant v každém případě; jednotkou tohoto objemu je objem /c-rozměrné krychle vytvořené vektory ui,...,Uk kladně orientované ortonormální báze17 sloupce matice, z níž determinant počítáme, jsou tvořeny souřadnicemi vektorů x[, ...,Xk v bázi ú[, ...,uk. Příklad 48 Pokud í1^ 0 1 0 Ui = 0 0 , ...,uk = 0 W W tak: M A G IRfexfe platí: det(A) = vd(si(A), s2(A),sk(A)), tj. det(A) je roven k-rozměrnému ORIENTOVANÉMU objemu určenému sloupci této matice. Poznámka: Definice 42 nám ukazuje na jiný způsob k pojetí determinantu: pokud se „pohybujeme" v euklidovském prostoru IR™ (prostor n-tic reálných čísel je euklidovský), tak det(A) lze chápat jako orientovaný n-rozměrný objem rovnoběžnostěnu vytvořeného sloupci matice A. Věta 35 a) Orientovaný objem vektorů x[, ...,Xk je invariant - nezávisí na volbě kladně orientované ortonormální báze, b) V orientovaném k-rozměrném euklidovském prostoru V je mezi neorientovaným objeme (dej. 39) a orientovaným objemem (dej. J±2) souvislost, kterou bychom očekávali: volk(x[, ...,xk) = \volk(xi, ...,xk)\ Přitom x[,...,Xk tvoří kladně orientovanou bázi V právě tehdy, když volk(xi,xk) > 0. c) Důsledek části (b): x[,xk jsou lineárně nezávislé <^> volk(x~i,xk) ^ 0 Poznámka: Orientovaný /c-rozměrný objem se někdy nazývá vnější součin. Pomocí vnějšího součinu se pak obecně definuje pojem vektorového součinu vektorů: Definice 43 Mějme kladně orientovanou ortonormální bázi a = (u[,un), n > 2, orientovaného euklidovského prostoru V. Pevně zvolené vektory x[,definují lineární jormu ip : V —> IR: lfj(y) = V0ln(xi, ...,Xn-l,y) =■■ (x\x2...Xn-iy) 17Odsud až do konce kapitoly je toto předpokládáno: že vektory u\,vytvářejí kladně orientovanou ortonormální bázi prostoru. 124 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně ...vektoru ý je přiřazen vnější součin íxix~2...Xn-iy) (označujeme v kulaté závorce bez jakéhokoli znaménka operace) a podle teorie lineárních forem na vektorovém prostoru (podrobněji viz Zlatoš, str. 307): 3\v £ V : Vy G V : ifj(ý) = voln(x[,x„-i, y) = (x1x2...x^_1y) = skal(v, y). Tento jednoznačně určený vektor v se nazývá vektorový součin vektorů x[,X2,xn-i (také ortokomplement = ortodoplněk vektorů x\,x~2, Xn-\)-Značíme íi x f2 X ... X %n-i ='■ v. Poznámka: Podívejme se na to jak náročná definice 43 funguje zejména pro n = 2 a n = 3: Pro n=2 : Pro pevně zvolený vektor x £ V, který doplňuje lineární formu ifj : V —> IR, při níž if)(ý) = ľol2(í, y) = skal(v,ý), tj. přiřazujeme ý \—> skal(v,ý), dostaneme: ískalíx, úi) skalíy,úi)\ , deti , , j i , ,,J ^{) = skalí v, y). yskal{x,U2) skat{y,U2)) Protože tento vztah platí Vy G V, dosaďme za ý postupně úi, Ú2 a vypočteme determinant na levé straně rovnosti: ý = Úi : det skalí x, Úi) 1 ý = Ú2 : det skal(x,U2) 0 X2 = —skal(x, Ú2 skal(x,Úi) 0 skal(x,Ü2) 1 Xi = skal(x, Úi Xi x2 skal (v, Úi) skal (v, Úi) skal (v, Ú2) skal (v, Ú2) -x2 X\ x tj. vektorovým součinem přiřazeným jednomu vektoru x je vektor x1- naň kolmý: x1- := v = —X2 ■ Úi + x\ ■ Ú2 = ...FORMÁLNĚ NAPSANÝ (PROTOŽE VÝSLEDKEM DETERMINANTU JE VEKTOR, NIKOLI JEN REÁLNÉ ČÍSLO) Laplaceův rozvoj determinantu podle 2. sloupce, ve kterém jsou vektory z báze a = (Úi, Ú2). Obecně pro n > 2 : Označme xl3 := skal(xj, Út) pro l<í IR, při níž: 4)(y) = voln{xu ...,xn1i,y) = skal(v,y) ...vektor v lze označit jako ^ x ŕ2 x ... x i n-l- Protože tento vztah platí Vy G V, dosaďme za y postupně vektory úi,un. Volbou y = tľj získáme: skal(v,Ui) = skal(x~i x ... x Xn-i,úi) = det(X,e~l) = (—l)u+l • detXl ...kde e~l je jednotkový vektor (na pozici í má 1, jinak nuly) a Xt je matice X, které chybí i-tý řádek. Jedná se o FORMÁLNI Laplaceův rozvoj determinantu podle posledního sloupce. Vektor v lze formálně zapsat jako V = X\ XX2 x... xvi = D i=i xu Xl,n-1 Ui l)n+l-detX% = Xn-Í,í ■ Xn—l,n—l Un- Xn,l Xn^n—1 =: det(X, a1 Pro n = 3 tedy: Pro pevně dané vektory x, y existuje jediný vektor v, označme v := x x y. x x y xi yi i X2 2/2 l x:í ys k [x2y3 - x3y2;x3y1 - xxy3, xxy2 - x2yi) Vektor x x y je ortogonální na prostor L(x, y), tj. x x y G [L(x,; 126 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Pro x, y lineárně nezávislé tvoří vektory x, y, x x y kladně orientovanou bázi IR3. Při záměně pořadí vektoru x, y se změní orientace báze a = (x, y), tj. vektorový součin jako součást orientovaného objemu změní znaménko, tj. vektorový součin je antisymetrické zobrazení: x x y = —y x x Věta 36 Vlastnosti vektorového součinu x\ x x2 x ... x x^-\ v orientovaném euklidovském prostoru V,dim(V) = n (Zlatoš 310-311), nad tělesem IR reálnych čísel: a) Vektorový součin x\ xx2 x... XXn-i je multilineární ((n-1)-lineárni) antisymetrické zobrazení: Vn~ľ ->■ V b) Vektory x[, x2lXn-i jsou lineárně závislé ofi x i*2 x ... x Xn-i = o, c) Pokud x~i, x~2, Xn-i jsou lineárně nezávislé, tak v = x\ x x2 x ... x x^-\ je normálový vektor nadroviny L(x[, x2lXn-i), a vektory x[, x2lv tvoří kladně orientovanou bázi, d) V dvojrozměrném orientovaném euklidovském prostoru platí: ...vektorový součin je unární operace: x —> x , e) V trojrozměrném orientovaném euklidovském prostoru platí pro nenulové vektory x, y: |\x X y\ | = | |x| | • |\y\ | • sina(x, y) f) Pro n > 2 v n-rozměrném orientovaném euklidovském prostoru V platíVx[, G V: \\x~i X ... X Xn-l\ | = Wo/n_i(xi, Xn-l) = \J detG(x{, X*2, Xn-i) (tedy neorientovaný objem vektorů x~[, x2lx^-i spočte velikost jejich vektorového součinu). Fyzikální vlastnosti vektorového součinu: Otáčivý moment M tělesa kolem pevné osy při působení síly F: osa otflW ávtiri Algebra 2 (MA 0005) 127 Tímto způsobem dveře nepootočíme ani o centimetr. Pomocník snažící se dveře otevřít nebo zavřít svou sílu vynakládá zbytečně, otáčivý moment této síly vzhledem k ose otáčení je nulový vektor. Když síla F bude působit šikmo a nikoli rovnoběžně se stěnou dveří, lze ji rozdělit na součet dvou dílčích sil Fi,F2: Síla F2 představuje působení neefektivního pomocníka, síla Fi naopak působí ve směru kolmém na osu otáčení, tj. F± je ta „část" síly F, která ovlivňuje otáčivý moment tělesa. Pokračujme dále k definici momentu síly vzhledem k ose otáčení: M = r x F \\M\\ = \\r\\■ \\F\\■ srna n v - Otáčivý moment M působí ve směru osy otáčení - v tom směru, který určíme podle pravidla pravé ruky: když prvky směřují ve směru otáčení osy, palec ukazuje ve směru vektoru M, - Velikost momentu závisí na vzdálenosti ||r|| působiště P od osy otáčení, a dále na průmětu F± síly F do směru kolmého na působiště r (tj. na velikosti průmětu ||F|| • sin a): = \\r\\ ■ \\F\\ ■ srna = ||f|| • ||Fi|| 128 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Tedy orientace M je taková, aby vektory f, F, M v daném pořadí tvořily kladně orientovanou bázi prostoru (otáčení prvního vektoru směrem ke druhému vektoru vidíme lépe, když posuneme f do bodu P, aby vektory r, F měly stejný počáteční bod). Na moment M má tedy vliv jen složka F± kolmá na průvodič bodu působení síly -tj. při vektorovém součinu využíváme „informace", které vzniknou kolmým průmětem jednoho vektoru do směru kolmého na druhý vektor. Zobrazení r x F je multilineární (bilineární): (a ■ r\ + /3 • řl) x F = a ■ r\ x F + /3 • f2 x F. Zobrazení r x F je antisymetrické: f x F = —F x f. 12.2 Cvičení 12: hlavní prověrka tohoto předmětu Na základě pokynů cvičícího. Algebra 2 (MA 0005) 129 13 Otázky k ústní části Dvanáct otázek má vyšší důležitost a měli byste je znát velmi dobře - jsou to otázky číslo 2, 5, 6, 8, 9, 10, 13, 14, 17, 18, 22, 24; bez jejich znalosti nebude většinou možné na zkoušce existovat (jsou to otázky zkoušené u bakalářských závěrečných zkoušek). Ostatní otázky také bystě měli znát a případně ztratíte-získáte body, ale některé výpočetní otázky už byly zdůrazněny na cvičení, takže nejsou zařazeny mezi top dvanáct. Otázka 01: Cramerovo pravidlo pro řešení SLR • (10 bodů) totální vzorec pro řešení SLR - odvození pro systém dvou rovnic o dvou neznámých; • (5 bodů) Příklad: pomocí Cramerova pravidla vypočtěte řešení SLR: x — z = 0, 3x + y =1, —x + y + z = 4. • (5 bodů) Jak byste použili Cramerovu metodu v případě, že má menší počet rovnic než neznámých? Vysvětlete na příkladu (čtvercovou matici na levé straně bychom získali doplněním čtvrtou rovnicí, jejíž všechny koeficienty i pravá strana jsou rovny nule) x + y + 2z — 5w = 3, 2x + 5y — z — 9w = —3, 2x + y — z + 3w = —11. • (5 bodů) Co lze říci o Cramerově metodě při řešení systému následujícího, kde třetí rovnici získáme odečtením dvojnásobku první rovnice od druhé rovnice? x + y + 2z — 5w = 3, 2x + 5y — z — 9w = —3, 3y — 5z + w = —9. • (5 bodů) Co lze říci o Cramerově metodě při řešení systému následujícího, kde levou stranu třetí rovnice vyjádříme odečtením dvojnásobku levé strany první rovnice od levé strany druhé rovnice, ale na pravé straně je hodnota 0, která neodpovídá tomuto vyjádření? x + y + 2z — 5w = 3, 2x + 5y — z — 9w = —3, 3y — 5z + w = 0. 130 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Otázka 02: Definice determinantu • (10 bodů, klíčová část otázky) Definice: determinant čtvercové matice, včetně určení znaménka u součinu prvků v jednom členu pomocí počtu inverzí sloupcových indexů. • (5 bodů) Příklad: určení znaménka u součinu pomocí geometrického názoru počtu hran příbuzných vedlejší diagonále ze všech možných hran spojujících prvky, které vybereme do téhož součinu. Můžete vysvětlit na příkladu: 12 0 2 2 4 1 0 0 0 -1 3 ~"" 3-1 14 • (5 bodů) zdůvodněte (Dl), proč se transponováním determinant nemění; • (10 bodů) Vysvětlete: Determinant je antisymetrická (D2) multilineární (D3) forma (slovo „forma" vysvětlete také). Otázka 03: Pravidla pro úpravu determinantu D3 (důkaz) a D4 • (10 bodů) D3: determinant jako zobrazení je lineární v ... (vysvětlete a dokažte; v důkazech této otázky budete také potřebovat pracovat s definicí determinantu obecně pomocí jisté sumy); • (10 bodů) D4: determinant se nezmění, pokud k jednomu řádku matice ... (vysvětlete a dokažte); • (10 bodů) Definice: schodový tvar matice (řádkový schodový tvar ... row echelon [rou ešelon] form). Jak souvisí výpočet determinantu se schodovým tvarem matice a pravidly D3, D4 ? Vysvětlete na příkladu (ale jen naznačte výpočet, nemusíte provést celý výpočet) 12 0-1 3 5-2 4 2 6 0 0 ~ "" 8-123 Algebra 2 (MA 0005) 131 Otázka 04: Vlastnosti D3 (užití) a D5 determinantu • (5 bodů) D5: Vzorec pro Laplaceův rozvoj determinantu podle řádku nebo sloupce • (10 bodů) Vysvětlete na příkladu rozvojem podle vhodného řádku nebo sloupce: 2 5 6 -1 0 -2 0 2 -1 4 0 3 (5 bodů) D3: determinant je lineární v ... vysvětlete tuto vlastnost; (10 bodů) Při výpočtu determinantu 1 0 2 0 3 0 5 1 4 2 7 3 1 0 4 0 9 0 8 1 5 3 7 6 9 1 5 4 3 8 1 0 7 0 9 0 Laplaceovým rozvojem podle druhého sloupce (D5) dostaneme 1 2 0 3 0 1 4 0 9 0 8 5 3 7 6 9 5 4 3 8 1 7 0 9 0 1 2 0 3 0 5 4 2 7 3 1 4 0 9 0 9 5 4 3 8 1 7 0 9 0 1 2 0 3 0 5 4 2 7 3 1 4 0 9 0 8 5 3 7 6 1 7 0 9 0 Ukažte, jak při sloučení prvních dvou z těchto tří determinantů pátého řádu užijeme linearitu D3. Otázka 05: Vektorový prostor • (10 bodů, klíčová část otázky) Definice vektorového prostoru V nad tělesem T. • Příklady (jak se na těchto VP definuje sčítání vektorů a násobení vektoru skalárem?): a) aritmetický vektorový prostor (5 bodů), b) prostor polynomů stupně nejvýše 3 (5 bodů), c) prostor funkcí spojitých na intervalu (5 bodů), d) nejmenší možný vektorový prostor (0 bodů, ale měli byste vědět). • (5 bodů) meziotázka: srovnejte vektorové prostory b), c) z hlediska báze a dimenze. 132 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Otázka 06: Závislost a nezávislost skupiny vektorů — báze, dimenze, souřadnice • (5 bodů) Def.: lineární kombinace vektorů; def.: lineárně závislá posloupnost vektorů; • (15 bodů, klíčová část otázky - bez těchto tří definic nelze u zkoušky existovat) Def.: báze a dimenze vektorového prostoru, souřadnice vektoru v zdané bázi. • (10 bodů) Příklady dimenze a báze (u příkladů b),c) z předchozí otázky). Otázka 07: Vektorový podprostor • (5 bodů) Def.: vektorový podprostor: co stačí ověřit, abychom věděli, že podmnožina vektorového prostoru je sama už vektorovým prostorem? • (5 bodů) Příklady vektorového podprostoru (co je, co není vektorový podprostor); • (10 bodů) Je průnik dvou podprostoru vektorový podprostor? Je sjednocení dvou podprostoru vektorový podprostor? Pokud ne, lze definovat nějak podprostor určený sjednocením? Jak? • (10 bodů) Co je to lineární obal množiny vektorů, popřípadě podprostor generovaný množinou vektorů? Uveďte dva příklady lineárního obalu množiny vektorů, jeden v rovině a druhý ve třírozměrném prostoru. Otázka 08: Hodnost matice, Probeniova věta, tři typy výsledků řešení SLR • (5 bodů) Co je to hodnost matice (def.)? Jak souvisí pojem hodnosti matice s pojmem dimenze jistého nejmenovaného (který máte jmenovat) vektorového prostoru? • (10 bodů, klíčová část otázky) Jaké tři situace mohou nastat u SLR vzhledem k počtu řešení a kdy která z nich nastává? Použijte terminologii matice systému a rozšířené matice systému. • (5 bodů) V případě nekonečně mnoha řešení: Jak počet parametrů souvisí s hodností matice systému? • (5 bodů) příklad řešení SLR Gaussovou eliminací: vyřešte následující systém rovnic: x + y + 2z — 5w = 3, 2x + 5y — z — 9w = —2. • (5 bodů) Co lze říci o množině řešení SLR? Množina řešení SLR je Algebra 2 (MA 0005) 133 Otázka 09: Homogenní SLR, princip superpozice, dva typy výsledků řešení SLR-hom • (5 bodů) Co je to SLR-hom? Jaké jsou typy SLR-hom podle počtu jejich řešení a jak to souvisí s hodností matice systému (klíčová část otázky)? • (10 bodů) Co je to regulární-singulární matice a jak tento pojem souvisí s a) determinantem z této matice, b) hodností této matice, c) počtem řešení SLR-nehom s touto matici? • (5 bodů) Obecné a partikulární řešení SLR-nehom, obecné a partikulární řešení SLR-hom. Vše lze vysvětlit i na příkladu v následující odrážce. • (10 bodů) Princip superpozice lze chápat jako (po Cramerově metodě a Gaussově metodě už jako v pořadí třetí, kterou se zabýváme) metodu řešení SLR. Následující příklad vyřešte metodou superpozice: Otázka 10: Sčítání a násobení matic — analýza pomocí pojmů z algl • (5 bodů) Jak se definuje sčítání matic a jaké matice lze sčítat? • (10 bodů, klíčová část otázky) Uveďte a zdůvodněte vlastnosti operace sčítání matic. • (5 bodů) Jak se definuje operace násobení matic a jaké matice lze násobit? • (10 bodů, klíčová část otázky) Uveďte a dokažte vlastnosti operace násobení matic (přednostně tedy násobení na množině čtvercových matic). Otázka 11: Elementární řádkové úpravy • (5 bodů) Co je to elementární řádková úprava (def.)? • (5 bodů) Co je pro ERU charakteristické vzhledem k SLR? Elementární úpravy SLR • (20 bodů) Věta: každou ERU lze reprezentovat vynásobením jistou regulární maticí zleva - ukažte na příkladu matice X\ + 2X2 + 3X3 + x4 xi ~ x2 + 4x3 — 2x4 5 -1. 134 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Otázka 12: Maticová metoda při řešení SLR • (5 bodů) Co je to maticová metoda řešení systému lineárních rovnic? • (5 bodů) Výpočet inverzní matice Jordánovou metodou - vysvětlete na příkladu x — z = 0, 3x + y =1, —x + y + z = 4. • (10 bodů) Zdůvodněte matematickou větu, proč ERU použité na jednotkovou matici najdou matici inverzní (proveďte důkaz). • (10 bodů) Lze užít maticovou metodu při řešení systému následujícího, kde třetí rovnici získáme odečtením dvojnásobku první rovnice od druhé rovnice? x + y + 2z — 5w = 3, 2x + 5y — z — 9w = —3, 3y — 5z + w = —9. Otázka 13: Lineární zobrazení • (5 bodů, bez této definice u zkoušky nelze existovat) Uveďte definici lineárního zobrazení mezi vektorovými prostory. • (10 bodů, bez tohoto příkladu nelze u zkoušky existovat) Zadání lineárního zobrazení pomocí předpisu - pomocí matice - pomocí obrazů báze. Uveďte příklad lineárního zobrazení iž3 —> R2. • (5 bodů) Příklad zobrazení mezi vektorovými prostory, které není lineární. • (5 bodů) Věta: základní vlastnosti lineárního zobrazení. • (5 bodů) meziotázka: které základní zobrazení na ZS není lineární zobrazení, ale afinní zobrazení? Algebra 2 (MA 0005) 135 Otázka 14: Jádro a obor hodnot lineárního zobrazení • (10 bodů, klíčová část otázky) Def.: jádro a obor hodnot lineárního zobrazení, nejlépe včetně obrázku, ale i definice symbolickým zápisem. • (10 bodů) Na příkladu vysvětlete, jak jadro a obor hodnot konkrétního lineárního zobrazení najdeme: (3-ui — v2 + 2v3 — v4 \ 2V i + 3V 2 + V 3 + V 4 . 5v i + 2v 2 + 3v 3 J • (5 bodů) Věta: vlastnosti jádra a oboru hodnot, vztah jejich dimenze a dimenze celého prostoru vzorů. • (5 bodů) Věta: lineární zobrazení je injektivní právě tehdy, když ... (slavná věta dokazovaná ve druhém nebo třetím týdnu předmětu Základy matematiky!!!) Otázka 15: Příklady lineárního zobrazení na Z S vysokoškolsky Příklad A) otáčení roviny se středem v počátku: • (15 bodů) Nalezněte maticové vyjádření (lineární zobrazení) otočení roviny se středem v počátku o úhel 30 stupňů neboli |. Příklad B) osová souměrnost s osou procházející počátkem: • (15 bodů) Nalezněte maticové vyjádření (lineární zobrazení) osové souměrnosti v rovině s osou y = |. 136 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Otázka 16: Matice přechodu mezi bázemi téhož VP • (15 bodů) Je zadán vektor v bázi a = vyjádřete souřadnice vektoru v vzhledem k bázi /3 = pomocí jisté matice přechodu P. (10 bodů) Jaké je nyní vyjádření vektoru v v bázi /3 v našem příkladu? (5 bodů) Pro /3 zadanou vektory ß = by byla matice přechodu P =... Otázka 17: Skalární součin vektorů • (10 bodů, bez této definice nelze u zkoušky existovat) Vysvětlete: Skalární součin vektorů je symetrická bilineární pozitivně deíinitní forma na daném vektorovém prostoru. Co je to Euklidovský vektorový prostor? • (5 bodů) Uveďte příklad skalárního součinu na prostoru a) n-tic reálných čísel; b) spojitých funkcí na intervalu (a; b). • (10 bodů) Jaký je geometrický význam skalárního součinu? • (5 bodů) uveďte nějaký fyzikální význam skalárního součinu. Pokud nevíte, zkuste vyřešit následující úlohu: Tatínek táhne sáně se třemi dětmi o celkové hmotnosti 45 kg pod úhlem 20° vzhledem k zemi po dokonale hladkém ledu silou 210 N. Jakou práci vykoná při posunutí saní o 3 metry? (nemusíte dosazovat do kalkulačky, jen vyjádřete výpočtem bez dosazení) Algebra 2 (MA 0005) 137 Otázka 18: Velikost vektoru, odchylka vektoru • (10 bodů, klíčová část otázky) Definice velikosti a její základní vlastnosti (věta). • (5 bodů, klíčová část otázky) Co říká Schwarzova nerovnost? Kdy v ní nastává rovnost a proč? • (5 bodů) Definice odchylky dvou nenulových vektorů: z čeho možnost existence tohoto pojmu vyplývá, a jak souvisí se skalárním součinem? • (5 bodů) V jakém intervalu se může odchylka dvou vektorů pohybovat? • (5 bodů) Jak se liší odchylka vektorů od odchylky přímek v aritmetickém vektorovém prostoru? Otázka 19: Ortogonální vektory, ortogonální doplněk • (5 bodů) Ortogonální vektory, ortogonální matice, ortogonální zobrazení - definice. • (5 bodů) Ortogonální množiny, ortogonální podprostory - definice. • (5 bodů) Ortogonální doplněk podprostoru - definice. • (15 bodů) V Euklidovském prostoru R5 je dán podprostor W = L < Nalezněte bázi a dimenzi jeho ortogonálního doplňku W±. Otázka 20: Gramův-Schmidtův ortogonalizační proces • (5 bodů) Vysvětlete, o co se jedná. • (15 bodů) V Euklidovském prostoru V nalezněte ortogonální bázi podprostoru W = L > -1 0 i 1 1 0 > 0 0 -1 w W 2 2 v -i y i -5 V sy • (5 bodů) Co to znamená, když některý z vytvářených vektorů bude nulovým vektorem? • (5 bodů) Co je to ortonormální báze vektorů a jak by se tato báze získala z báze ortogonální? 138 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně do podprostoru U = L{ 1 1 1 ' 1 } W V-2/ • (5 bodů) Nalezněte také souřadnice vektoru y z ortogonálního doplňku U1- z definice ortogonální projekce (v našem příkladu). Otázka 22: Vlastní čísla (hodnoty) a vlastní vektory (směry) lineární transformace • (10 bodů ... algebraická definice ... bez ní na zkoušce nelze existovat) Def.: vlastní čísla a vlastní směry lineární transformace vektorového prostoru. • (10 bodů ... geometrický pohled) Najděte navzájem lineárně nezávislé vlastní směry osové souměrnosti vzhledem k ose y = |. • (10 bodů ... algebraický příklad) Nalezněte aspoň jeden vlastní směr-vektor a jemu odpovídající vlastní hodnotu pro lineární transformaci fž3 —> fž3 zadanou maticí Otázka 23: Využití matice zobrazení v různých bázích • (15 bodů) Nalezněte maticové vyjádření (lineární zobrazení) osové souměrnosti v rovině s osou y = | na základě řešení jistého systému rovnic, bez matic přechodu. • (15 bodů) Nalezněte maticové vyjádření (lineární zobrazení) osové souměrnosti v rovině s osou y = | na základě vlastních čísel a vektorů a dvou matic přechodu. 0 0 2 0 0 ) -2 2 0 ) 3 Algebra 2 (MA 0005) 139 Otázka 24: Vektorový součin vektorů • (10 bodů; aspoň orientovaný nebo neorientovaný objem musíte znát — jednu z prvních dvou odrážek minimálně) Neorientovaný objem, včetně obrázku. • (10 bodů) Determinant jako orientovaný objem, včetně obrázku. • (10 bodů) Vektorový součin vektorů v dimenzi 3: základní informace středoškolského rázu, geometrický význam a fyzikální význam vektorového součinu (moment síly působící na těleso vzhledem k ose otáčení nebo jen následující příklad: Délka ramene pedálu jízdního kola je 0,152 m. Chodidlo cyklisty tlačí svisle na pedál silou o velikosti 111 N. Určete velikost momentu síly vzhledem k ose otáčení svírá-li rameno pedálu se svislým směrem (viz obrázek) úhel a) 30°, b) 90°, c) 180°. Ve kterém z případů bude moment síly f x F mít velikost největší-nejmenší? (r je vektor průvodiče od osy otáčení k místu připojení pedálu). 140 Katedra matematiky PedF MUNI v Brně Přehled literatury Pro zopakování analytické geometrie je důležitý výklad v [Boček, Kočandrle 1995] a příklady v [Petáková 1998] od strany 100, ale ne všechny z oddílů 13 a 14, nýbrž skoro všechny. Pro další týdny cvičení budou probírány některé kapitoly z knihy [Horák,P. 2002], ale pdf slajdy kolegů ze cvičení budou tak dokonalé (včetně výsledků), že studenti se nebudou muset do ní dívat. Přednáška je vytvářena na základě [Horák, 2017], s přihlédnutím ke knize [Poole,D. 2015]. Z knih [Shilov 1997], [Zlatoš 2011] byly vzaty některé drobnosti a jedna podstatná věc: Shilov začíná celý výklad lineární algebry determinanty. Boček, Kočandrle 1995 Matematika pro gymnázia - analytická geometrie. Základní materiál pro uvedení do počítací geometrie. Nakl. Prométheus, počet stran 187. Horák,P. 2002 Cvičení z algebry a teoretické aritmetiky I. Skriptum z Přírodovědecké fakulty MU, počet stran 221. Horák,P. 2017 Lineární algebra a geometrie 1. Učební text dostupný na internetu, autor je z Přírodovědecké fakulty MU. Počet stran cca 110. Horák, Janyška 1997 Analytická geometrie. Brno 1997, učební text učitelského směru matematiky pro SS na Přírodovědecké fakultě MU, počet stran 151. Petáková,J. 1998 Matematika - příprava k maturitě a k přijímacím zkouškám na VŠ. Nakl. Prométheus, sbírka příkladů s klíčem. V tomto předmětu nás budou zajímat některé úlohy z analytické geometrie, od strany 100. Poole,D. 2015 Linear algebra - a modern introduction. Stamford, USA, 4th Edition. V angličtině, nejschůdnější učebnice pro studenty. 620 stran + dodatky + odpovědi na cvičení s lichým číslem. Shilov,G. 1997 Linear Algebra. Dover Publications, počet stran cca 400, anglický překlad ruského textu, ale v knihovně na Kounicově 65a (Moravská zemská knihovna Brno) najdete i překlad do češtiny u stejného autora (Šilov), i když kniha se možná jmenuje jinak. Starší přednáška lineární algebry. Zlatoš,P. 2011 Lineárna algebra a geometria. Bratislava 2011, text dostupný na internetu, počet stran 808. Text je možná příliš obsáhlý, ale najdete v nějaké formě všecko, co se týká algebraického pohledu na geometrii.