1 / Uvod Cílem me práce je sestavit sbírku úloh z lineární algebry a geometrie, která je určena především pro posluchače druheho semestru programu matematika, aplikovana matematika a informatika. Celá práce se skladá ze dvou častí. První čast je sbírkou príkladu, druha čast formou exkurzu priblizuje problematiku aplikače lineární algebry ve vípočetní tomografii. Latka první časti je rozdelena do sedmi kapitol a navazuje na bakalárskou prači Bč. Mičhaely Urbankove, určenou pro poslučhače prvního semestru kurzu lineární algebry. Svym rozsahem odpovídá skriptum [8] Doč. P. Zlatose a prednaskám Doč. M. Cadka. Jejím zakladem jsou predevsím čvičení ve skriptečh [9] prof. J. Slovaka, ve skriptečh [4] a [5] RNDr. P. Horaka a publikače [1] a [2]. Kazda kapitola se sklada ze trí častí. Nejprve je stručne shrnuta teorie formou základníčh vet a definič, poprípade algoritmu. Dale jsou zde resene príklady, ktere čtenari poskytují navod na resení konkretníčh problemm. Ve t retí časti jsou álohy k samostatnemu resení. P ráíklady jsou razeny od jednodu s sáíčh po slo zit ej sáí a jsou voleny tak, ze s n ekteryámi se student setkáa v záapo čtovyáčh a zkou skovyáčh testečh. V záav eru sbáírky jsou uvedeny vyásledky čvi čenáí, pop ráípad e u slo zit ej sáíčh p ráíkladu stru čnyá náavod. Cílem druhe č asti me prače je p r iblíz it studentum problematiku aplikačí lineární algebry. Aplikačí lineární algebry je samoz r ejm e čelá r ada, pro ukazku jsem v s ak vybrala jen jednu, a to probkém rekonstrukče obrazu ve výpočetní tomografii p ri pouz ití metody ART (Algebraič Rečonstručtion Tečhnique). Samoz rejme není á čelem podat vy čerpavajíčí váklad o prinčipu CT p rístroje, ale pouze ukazat studentum jeden z mnoha príkladu váznamu a pouz ití lineární algebry v dne sní tečhničke praxi, a to zpusobem lehče počho-pitelnyám na záaklad e znalostáí záískanyáčh v záakladnáím kurzu lineáarnáí algebry. 2 Použité symboly a označení K libovolné pole Q racionální čísla R reálná čísla C komplexní čísla V vektorový prostor Rn množina usporádanách n-tic reálnách čísel ERO elementární r adkove operace ESO elementarní sloupcove operace Matn(K) mno ž ina vs ech c tvercových matic r ádu n nad polem K det A, |A| determinant matice A dim V dimenže vektorováeho prostoru V Z(P) žamerení afinního podprostoru o nulovýá vektor ||u|| velikost vektoru u [wi,..., un] lineární obal vektoru ui,..., un (u, v) skalarní sou c in vektoru u a v En vektorový prostor Rn se standardním skalárním sou c inem _L kolmost p(B, C) vždalenost podprostoru B a C e standardní baže v Rn ((j))p,a matice lineárního žobražení 0 v bážích a, p (id)^>a matice p r echodu od báže a k báži p 3 I. ČÁST Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 4 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 1. výpoCet DETERMINANTU Teorie 1.1. Definice. Nečht' M = {1, 2,..., n} je koneč ná mnoz ina o n prvčíčh. Pak bijektivní zobrazení a mnoz iny M na sebe se nazyva permutace množiny M. 1.2. Definice. Nečht' a = (ri, r2,..., rn) je libovolná permutače, r ekneme, z e dvojiče rj, r j je inverze v permutači a, jestliz e i < j a r j > r j. Znaménko permutace a, je č íslo signa = (—1)k, kde k je po čet inverzí v permutači a. 1.3. Definice. Nečht' a = (ri5..., rn), t = (sl5..., sn) jsou dve permutače, nečht' existují indexy i = j tak, z e sj = r j, Sj = r a dale rk = sk pro k = i, j. Potom r ekneme, z e permutače t vznikla z permutače a provedením jedne transpozice. 1.4. Veta. Provedení jedná transpozice změní paritu dane permutace. 1.5. Definice. Nečht' A = (ajj) je čtverčová matiče radu n nad polem K. Pak determinant matice A, je č íslo z pole K, označ ene det A (resp. |A|) a definovane vztahem det A = ^ sign a ai^i) 0^(2) ... anrj(,n) , kde a je libovolnaá permutače z mno ziny v sečh permutačáí n-prvkováe mno ziny M = {1, 2, . . . , n} označ ene Sn. Suma je tedy p r es vsečhna a G Sn, tj. p r es vsečhny permutače mnoz iny M. Sou č in sign aaCT(1)1 aa(2)2 ... aa(n)n se nazáva člen determinamtu. 1.6. Veta. Necht matice B vznikne z matice A 1. záměnou dvou různých radků, pak det B = — det A 2. vynásobením jednoho radku číslem t G K, pak det B = t det A 1.7. Veta. Hodnota determinantu matice A se nezmení, jestlire 1. k jednomu ěríadku matice A pěriěcteme libovolnyí níasobek jiníeho ěríadku 2. k jednomu radku matice A pěiěteme libovolnou lineímí kombinaci ostatních řídků 3. jeden rídek matice A ponechame beze zmeny a k ostatním rídkům pfícteme jeho libovolne nísobky 1. Výpočet determinantu 5 1.8. Definice. Nechť A = (aj) je čtvercová matice ř ádu n; nechť je zvoleno k jejích ř ádků a sloupců k < n a 1 < i\ 1. Indukcí ted' snadno nahledneme vyáslednáe re senáí. Vn(xi , x2, . . . , xn) = (x2 — xi) (x3 — xi) . . . (xn — xi ) (x3 — x2) . . . (xn — x2)(xn — xn-1 ) ^'n,^^ x2, . . . , xn) (xi xj) i 1. A C a x x ... x x x a x ... x x x x a . . . x x x x x . . . x a / ao 11 1 ai 0 1 0 a2 100 11 00 00 0 an ) B x y 0 . . . 0 0 0 x y . . . 0 0 0 0 x . . . 0 0 000 y00 í D ao ai a2 an-1 \ an x 0 0 0 xy 0x 0 J 0 10 x1 0 0 0 0 00 00 00 x 0 x 12 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie E ( ao ai a2 -yi xi 0 0 -y2 x2 00 00 \ y 0 0 ... -y„ x„ y 11. Spo ct e te determinant matice ř ádu n > 1 úpravou na schodovitý tvar A C E G 011 a2 11 a2 1 0 00 a3 0 1 00 an 0 0 01 2 2 2 23 2 2 2 32 2 2 2 22 \ 3 2 2 22 1 n n nn n 2 n nn n n 3 nn n n n nn 1 1 ai ai B D F 1 a2 - &2 an an 1 ai a2 1 ai + bi a2 1 ai a2 + b2 1 ai a2 an an an 1 1 2 3 a - 1 a -1 0 3 a - 1 a -1 -2 0 a - 1 a -1 -2 -3 -a + 1 0 _ n 1 1 . . . 1 1 1 -n 1 . . . 1 1 1 1- n ... 1 1 1 1 . . . 1 1 xi ai2 ai(n—i) ain xi x2 a23 a2(n—i) a2n xi x2 x3 a2(n—i) a3n xi x2 x3 xn—i xn 1 1 1 1 a2 a2 H an \ 1 2 3 . . . n - 2 2 3 4 . . . n - 1 3 4 5 . . . n n n n . . . n n n n n nn 12. Odvod'te rekurentní vztah pro výpo C et determinantu matice. 1. Vypočet determinantu 13 ( 2 1 0 ... 0\ 1 2 0 ... 0 0 1 2 . . . 0 Bn 0 0 0 2 5 6 0 0 0 ... 0 0 4 5 2 0 0 . . . 0 0 0 1 3 2 0 . . . 0 0 0 0 1 3 2 . . . 0 0 00000 00000 32 13 3 2 0 . . . 0 1 3 2 . . . 0 0 1 3 . . . 0 0 0 0 . . . 3 1 20 / 7 5 0 2 7 5 0 2 7 V 000 G2n / x 0 0 x 0 y V y 0 00 00 00 27 0y y0 x0 0x F n Dn \ ( x +1 1 0 0 . . . 0 0 0 . . . 0 0 0 . . . 0 0 3 . . . 0 0 00000 00000 v 0 x x+1 1 0 0 x x+1 0 1100 1110 0111 0000 00 00 00 11 13. Reste rovnici: (a) det x 1 3 sin x 3 cos x = 3 (b) det y 2 — x 5 J y cos x sin x J 2 sin2 14. Spo ct ete determinant (už ijte postupu ž álohy 5). A C 1 —1 1 —1 2222 12 4 8 \ 1 —2 4 —8 / 1 xi + 1 B 1 x2 + 1 x2 + x2 1 2 4 8 16 1 11 —2 3 4 9 —8 27 16 81 1 —1 1 —1 1 rn-1 + xn-2 2 + x2 1 xn + 1 x2 + x nn xn- + xn-2 xn + xn 53 25 0 0 0 0 0 0 1 x + 1 J 14 I. Sbírka Uloh z lineární algebry a geometrie 15. Laplaceovím rozvojem podle t retího sloupce spoct ete determinant matice A x -1 0 0 \ 0 x -1 0 0 0 x -1 a1 a2 a3 ) 16. Vyjád r ete polynom stupn e n pomocí determinantu stupn e n - 1. (Vyuz ijte vásledku p redchozáího p ráíkladu.) 2. Bilineární a kvadratické formy 15 2. BILINEÁRNÍ A KVADRATICKÉ FORMY Teorie 2.1. Definice. Necht' V je vektorová prostor nad polem K. Bilineární forma na V je zobrazení f : V x V — K takove, ze pro vsechna a, b, c, d G K a u, v, w G V platí: f (au + bv, w) = af (u, w) + bf (v, w) f (u, cv + dw) = cf (u, v) + df (u, w) 2.2. Definice. Necht' f : V x V — K je bilinearní forma a a = (vl5 v2,..., vn) je báze prostoru V. Pak tato báze urcuje matici bilineární formy A = (a j) = (f (v^, vj)). 2.3. Veta. Necht f je bilineérné forma na V s maticí A v bézi a. Necht souřadnice vektorů u, v G V v teto bézi jsou x, y G Kn. Pak pro libovolné vektory platí f (u, v) = xT • A • y. 2.4. Veta. Je-li A matice bilinearní formy v bézi a, pak matice bilineérné formy v bazi P je B = (id)^ • A • (i'd)a)/3, kde (id)a)/j je matice prechodu od baze P k bézi a . 2.5. Definice. Dve ctvercove matice A, B G Matn(K) se nazívají kongruentní, jestliže existuje regularní matice P G Matn(K) takoví, ze B = PT • A • P. 2.6. Definice. Bilinearní forma se nazyva symetrická, jestlize f (u, v) = f (v, u), resp. antisymetrická, jestlize f (u, v) = —f (v, u). 2.7. Veta. Necht f je bilinearné forma a A jejé matice v nřjake bézi a. Pak f je symetrické, je-li matice A symetrickaé, a f je antisymetrickaé, je-li matice A antisymetrickaé. 2.8. Veta. Kařdé bilineérné forma je součtem symetrické a antisymetrické bilineérné formy, přičemž pro matici platí A = ^(A-\-AT)-\-^(A—AT), kde první sčítanec odpovídá symetrické řcéasti a druhyé antisymetrickée řcéasti. 2.9. Veta. Kařda symetrické matice A G Matn(K) je kongruentné s nejakou diagonélné maticé. 2.10. Algoritmus. Diagonalizace symetrickách matic. Hledáme regulární matici P tak, aby matice PT • A • P byla diagonální. Predpokládejme, ze a11 = 0, pak na A provádíme elementarní rádkove ápravy (oznacíme éRO) tak, aby ai1 = 0 pro i = 2,...,n. Soucasne provadíme stejne sloupcove ápravy (oznacáme ESO)a tám dosahneme u symetricke matice toho, ze vásledna matice ma a1j =0 pro j = 2,..., n. Provedená sloupcove ápravy na matici A odpováda vynasobená teto matice zprava maticá P1 , kteráa vznikne z matice jednotkováe provedenám stejnáe sloupcováe uápravy. 16 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Analogicky řádkové úpravě odpovídá vynásobení matice A zleva maticí PT. Provedením stejné ř ádkove i sloupcove úpravy na matici A dostaváme matici PT • A • Pi, ktera je kongruentní s maticí A. Stejná postup uplatnujeme na dalsí radky a sloupce. Je-li a11 = 0 a n ejake au = 0 provedeme vám enu r adku 1a i a sloupce 1a i. Je-li a11 = a22 = • • • = ann = 0 a existuje = 0 p r icteme k r ádku i r adek j ak sloupci i sloupec j. Po vsech t echto ápravach dostaneme diagonalní matici Pí •••P2T • PT • A • P1 • P2 ...Pk = (P1 • P2 ...Pfe)T • A • (P1 • P2 ...Pfe)= PT • A • P, která je diagonalní s puvodní maticí A. Ve vápo ctech postupujeme tak, z e si napíseme blokovou matici, jejíz levá blok je tvo r en maticí A a pravy blok jednotkovou maticí E. Pak v levem bloku provádíme ERO a odpovídající ESO dokud nedostaneme diagonální matici. Zaroven provadíme v pravem bloku stejnáe uápravy jako v leváem, ale pouze ráadkováe. Pak dostaáváame v praváem bloku matici PT. (A | E) — (PT • A • P | PT • E) 2.11. Definice. Zobrazení F : V —► K se nazává kvadratická forma, jestliže existuje bilinearní forma f : V x V — K takova, z e pro v s echna u G V platí F (u) = f (u, u). 2.12. Veta. Necht F je kvadratická forma na vektorovúm prostoru V. Pak existuje právě jedna symetrickú bilinearní forma, ktera ji určuje. 2.13. Definice. Matici kvadratické formy F nazveme matici symetricke bilinearní formy, kteráa tuto kvadratickou formu ur cuje. 2.14. Veta. (Sylvéstrův zákon setrvačnosti) Kačdou kvadratickou formu F na reúlnúm vektorovúm prostoru Rn lze vyjúdrit ve vhodnú búzi (tuto bazi budeme dúle nazyvat kanonickú baze) ve tvaru F (x) = x1 +----h Xp X • • • X2 I 0X2_|_1 I • • • I pričemz pocet čúsel +1, -1, 0 je nezúvisly na volbe baze. 2.15. Definice. Signatura kvadraticke formy F na realnem vektorovem prostoru Rn je trojice nezapornych císel s_, s0), kde s__ je po cet kladných, s_ pocet zapornách a s0 po cet nulovych clenu v diagonalním tvaru kvadraticke formy. 2.16. Definice. Necht' F je kvadratická forma na reálnem vektorovem prostoru Rn. Rekneme, ze F je 2. Bilineární a kvadratické formy 17 1. pozitivně definitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) > 0 2. pozitivně semidefinitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) > 0 3. negativně definitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) < 0 4. negativně semidefinitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) < 0 5. indefinitní, jestliže existují vektory z, y G Rn takove, že F (y) > 0 a F (z) < 0. 2.17. Veta. Necht F je kvadratické forma na reálném vektorovém prostoru Rn. Pak 1. F je pozitivně definitní, právě tehdy když s+ = n; 2. F je pozitivně semidefinitní, právě tehdy když s_ = 0; 3. F je negativně definitní, právě tehdy když s_ = n; 4. F je negativně semidefinitní, právě tehdy kdyZ s+ = 0; 2.18. Veta. Kvadratickí forma je pozitivně definitní, prívě kdyě věechny hlavní minory její matice jsou kladníe. Kvadratickí forma je negativně definitní, pravě kdyě pro hlavní minory její matice platí (-1)* det(A*) > 0. 2.19. Definice. Kvadrikou nažveme množinu Uloha 1: Kvadratickou formu F (x) = xix2 + x2x3 žadanou ve standardních souradnicích preveďte pomocí ESO a ERO na diagonýlní tvar. Řešení: Napíšeme si vpravo jednotkovou matici a vlevo matici dane kvadraticke formy. Na matici A kvadraticke formy provýdíme rýdkove a tytež sloupcove ýpravy, dokud nedostaneme diagonaýlnýí tvar matice, na jednotkovýe matici p ritom provaýdýíme tytýe ž uýpravy, ale vždy jen radkove (viž. požnamka 2.10.). (xi, x2,..., xn) G Kn (lij x* x j + ^2 bx* + c = 0 Řešené příklady 100 010 001 ) 110 010 001 18 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Nejdríve druhá radek pricteme k prvnímu, protože a11 = 0, tutež ápravu provedeme take na prave matici, pak provedeme stejnou operaci se sloupci, ale to už použe na leve matici. 1 \ \ | 1 1 0 \ \ 0 \ | 0 1 0 \ \ 0 | 0 0 l) Tak jsme dostali na prave strane opet symetrickou matici, ale a11 = 0, dále vynulujeme pomocí prvku au zbylé prvky prvního řádku a sloupce tak, že přičteme — \ násobek prvního ráadku nejprve k druháemu a pak ke t retáímu raádku, a pak provedeme odpováídajáícáí sloupcovou uápravu, ale použe na leváe matici. ( l \ \ \ 1 1 0 \ / 1 0 0 | 1 1 0 \ 0 -1- 1 I -1- 1 0 = 0 -1- 1 I -1 1 o w 4 4 I 2 2 I — l 4 4 I 2 2 w \w4 4 I 2 2 L / \w4 4 I 2 2 L / Dále pricteme druhá radek k t retímu a provedeme odpovídající sloupcovou ápravu. / 1 0 0 | 1 1 0 \ / 1 0 0 | 1 1 o \ o -I \ I -\\ o U o -I o i -\ \ o \0 0 0 | -1 0 1 / \0 0 0 | —1 0 1/ Dostáváme tedy diagonální tvar kvadratické formy F(y) = yf — \y\. Levá matice je (id)O',/? a její r adký nam udavají baži, ve ktere ma dana kvadratická forma tento tvar: Uloha 2: Najd ete diagonalní tvar kvadraticke formý F (x) = + x^ — 2x1x2 + 2x1 x3 + 10x2x3 žadane ve standardních sou r adnicích v R3 pomocí algoritmu dopln e ní na ctverce. RRešení: Vsechný smísene clený obsahující x1 p r ipojíme k clenu xj2 a doplníme na ctverec. Pak vsechný smísene c lený obsahující x2 p r ipojíme k c lenu x2 a op et doplníme na ctverec. F (x) = (x1 — x2 + x3) — x2 — xj + 2x2 x3 + xj + 10x2 x3 = = (x1 — x2 + x3) — x2 + 12x2 x3 = (x1 — x2 + x3) — (x2 — 6x3) + 36x3 nýní muž eme žavest nove sou r adnice: y1 = x1 —x2 +x3 y2 = x2 —6x3 ^3 = x3 2. Bilineární a kvadratické formy 19 diagonální tvar je: F(y) = yľ - y22 + 36y32 1 -1 1 ida,e = [ 0 1 -6 0 0 1 Hledáme matici inverzní k teto matici prechodu a dostáváme ide,« = 1 1 5 016 001 Sloupce teto matice udavají vektory baze, ve které ma matice diagonalní tvar. a : 1 0 0 1 1 0 5 6 1 Uloha 3: Zjistete jakou kuzelosecku popisuje rovnice k : x"2 + xľ + 4xixľ + 2xi + 1 = 0 . Řešení: Pouz ijeme metodu dopln e ní na ctverce; nejprve bereme v ávahu pouze kvadrat-ickáe cleny (xi + 2xľ)ľ - 4X"2 + x"2 + 2xi + 1 = 0 transformujeme sou r adnice: yi = xi + 2xľ yľ = xľ. Odtud spo c ítame xi = yi - 2yľ, po transformaci dostávame yľ - 3yľ + 2yi - 4yľ + 1 = 0 a nynáí op et doplnujeme na ctverce (ž/i + l)2 - 3 [yl + ^y2) = 0 (yi + i)2- 3(y* + l) +l = ° |(i^ + D-|(^ + |)+i = o 20 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie po další transformaci souřadnic dostáváme: zi = ^(yi + 1) = ^(xi + 2x2 + l) Z2 = §(2/2 + |) = |(^2 + |) k : z2 - z2 + 1 = 0 . Jedná se tedy o hyperbolu, jejíž střed S je dán zi = 0 a z2 = 0, v původních souřadnicích 2 Xi =--1 = - . 3 3 Tedy S = (§, — |)T • Nyní ještě najdeme bázi pro nové souřadnice. Víme (ulU = ( f f ) Inverzní matice k teto matici je / 2^3 _4 \ a její sloupce nám určují vektory báze a : [f 1,1*2], kde v\ = (^^-,0^ a 1)2 = (—|, §)• Pro sou radnice libovolnáeho bodu tedy platáí x = S + (id)e,a • z . Uloha 4: Najdete nejakou kvadratickou formu F hodnosti 5 na vektorovem prostoru R5 v analytickem vyjádrení vzhledem ke kanonicke báži, která je požitivne definitní na podprostoru generovanem vektory (1,1, 0, 0, 0), (0, 0, 0,1, 0), (0, —1, 0, 0, 0) a je nega-tivne definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 0, —1, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 1). Řešení: Podle Sylvestrova žakona setrvacnosti (veta 2.14.) ma kvadratická forma F vžhledem ke kanonickáe baáži tvar F (x) = aixj + a2x2 + a3x3 + a4 x\ + a5x2 , kde aj, i = 1... 5 nabávají hodnot +1, —1, 0. Pricemž kvadratická forma je požitivne definitní na nejakem podprostoru, pokud pro vsechny vektory x ž tohoto podprostoru platí F (x) > 0. 2. Bilinearní a kvadratické formy 21 Jde videt, ze podprostor generovaný vektory (1,1, 0, 0, 0), (0, 0, 0,1, 0), (0, -1, 0, 0, 0) je vlastn e podprostor vektoru tvaru (a, b, 0, c, 0); a, b, c G R. A tedy F (a, b, 0,c, 0) > 0 . Z toho plyne ai = 1, aľ = 1 a a4 = 1. Analogicky podprostor generovanyá vektory (0, 0, -1, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 1) je podprostor vektoru tvaru (0, 0, e, 0, f); e, f G R. Má-li bát na tomto podprostoru kvadraticka forma negativn e definitní, musí platit F(0, 0,e, 0,f) < 0 Z toho plyne a3 = -1, a5 = -1. Kvadraticka forma má tedy tvar ľľľľľ Cvičení 1. Necht' je na R4 dáana bilineaárnáí forma f sou radnicovyám vyjaád renáím vzhledem ke stan-dardnáí báazi f (x, y) = -xi yľ + xiyg + xľyi + xľyľ + xľy4 - xg y4 + x4 yg . Ur c ete matici v bazi e a hodnost formy. 2. Pro bilinearní formu zadanou ve standardní bázi f (x, y) = xi yi - 2xľ yľ + 3xi yľ na Rľ ur cete její sou r adnicove vyjád r ení a matici v nove bázi vi = (3, - 1)T, vľ = (1, - 1)T. 3. Ve standardní bázi na R3 je dana bilinearní forma f (x, y) = xi yi + 2xľyľ + 2xľy3 Ur c ete matici bilineární formy v bazi vi = (1, 0, 1)T, vľ = (0, 1, 1)T, v3 = (1, 1, 0)T. 4. Pro bilineáarnáí formu z p ráíkladu 1 ur cete symetrickou a antisymetrickou bilineaárnáí formu f s a f a, pro které platí f = fs + f a. 5. Pro bilineární formu na R3 ur c ete symetrickou a antisymetrickou bilinearní formu fs a f a, pro ktere platí f = f s + f a . (a) f (x, y) = 2xiyi + 4xiyľ - 2xi y3 + xľ yľ - xľ y3 + x3 yľ + x3 y3 (b) f(x, y) = 2xiyľ + 4xľy3 + 6x3yi 6. Najd ete n ejakou baázi symetrickáe bilineaárnáí formy f na vektorováem prostoru R3, ve kteráe maá tato forma diagonáalnáí tvar. Analytickáe vyjáad renáí f vzhledem ke stan-dardnáí baázi je f(x, y) = 2xľy3 + 2x3yľ + x3y3 22 I. Sbárka áloh z lineárná algebry a geometrie 7. Najd ete n ejakou bázi symetricke bilineární formy f na vektorovem prostoru R3, ve ktere má tato forma diagonální tvar. Analyticke vyjad rení f vzhledem ke stan-dardnáí baázi je f (x,y) = 3xi yi +2x2^2 8. Najdete symetrickou bilineární formu, ktera urcuje kvadratickou formu F. F má ve standardní bázi v R3 rovnici (a) F (x) = 2xi x3 — 4x2 x3 (b) F (x) = x2 + x2 — 2x2x3 9. Najd ete diagonalní tvar kvadraticke formy F na R3 a bázi, ve ktere má forma tento tvar, je-li sou radnicováe vyjáad renáí ve standardnáí báazi F (x) = x2 + x3 — 2xi x2 + 2xi x3 + 10x2 x3 . 10. Najd ete diagonáalnáí tvar kvadratickáe formy na R3 pomocáí algoritmu dopln enáí na ctverce a báazi, ve kteráe maá forma tento tvar, je-li sou radnicováe vyjaád renáí ve standardnáí báazi (a) F (x) = 4x2 + 2x2 + 15x3 + 4xi x2 — 4xi x3 — 8x2 x3 (b) F(x) = x x2 + x x3 + x2x3 11. Zjist ete vlastnosti realnách kvadratickych forem, nap r . definitnost a signaturu, jestliz e jejich sou radnicováe vyjáad renáí vzhledem ke standardnáí báazi je (a) F( x) = x2 — x x2 + x22 , na R2 (b) F(x) = 2x x2 + 4x x3, na R3 (c) F( x) = — 2x2 — 8x22 — 3x23 + 2x x2 + 4x x3 — 2x2x3, na R3 12. Najd ete diagonální tvar kvadraticke formy na R3 a zjist ete, zdaje pozitivne definitní F(x) = x x2 + x2x3 + 3x x3 13. Ve standardní bázi na R3 je dana kvadratická forma. Ur cete její signaturu. (a) F(x) = x x3 (b) F( x) = x2 + x22 + 3x32 + 4x x2 + 2x x3 + 2x2x3 (c) F( x) = x2 — 2x22 + x32 + 2x x2 + 4x x3 + 2x2x3 14. V nejake bázi na reálnem vektorovem prostoru R4 je dana kvadraticka forma F. Ur c ete její diagonální tvar, definitnost, signaturu. (a) F( x) = x2 + x22 + x32 + x24 + 2x x2 + 4x x3 + 2x x4 + 4x2x3 + 4x2x4 + 2x3x4 (b) F( x) = 3x32 + 2x24 + 4x x4 + 4x2x3 + 2x2x4 + 2x3x4 2. Bilineúrní a kvadratickú formy 23 (c) F (x) = x1 x3 + x1x4 15. Uvaž me bilineární formu žádanou ve standardní báži f (x, y) = 2xi yi — 4xi y2 — 3x2 y2 + 2x2 y3 — 4x3 y2 — x3 y3 definivanou na C3. Necht' F (x) je jí definovaná kvadratická forma, napiste analyticke vyjád r ení F a najd e te diagonální tvar F. 16. Najdete vsechny hodnoty parametru a, pro ktere je kvadratická forma F na R3 požitivn e definitní (pou ž ijte Sylvestrovo kriterium). (a) F(x) = x22 + x32 + 4axix2 + a2xix3 (b) F(x) = ax2i + ax22 + (a — 3)x32 + 2xix2 + 2axix3 + 2x2x3 17. Zjist ete jakou kuž elose cku popisuje rovnice k : 5x2 + 9x2 + 12xix2 — 6x2 + 4 = 0 a p reved'te na diagonáalnáí tvar. 18. Zjist ete jakou kuželosecku popisují rovnice, p reved'te na diagonální tvar, prípadne ur cete jejáí st red (a) k : xi + x2 + 2xix2 — xi + 3x2 — 2 = 0 (b) k : 2x2 — 3x2 + 5xix2 + xi + 10x2 — 3 = 0 (c) k : x2 + x22 + 4x x2 + 2x + 1 = 0 (d) k : 3 x2 + 3 x22 — 2x x2 + 4x + 4x2 — 4 = 0 (e) k : x2 + x22 — 2 x x2 — 4x — 6x2 + 3 = 0 (f) k : x2 + x22 + 2 x x2 — x — x2 = 0 (g) k : x2 + 2x22 — 2 x x2 — 4x — 6x2 + 3 = 0 (h) k : 4x2 + 5 x22 + 10x x2 — 2x — 4x2 + 3 = 0 (i) k : x2 + 4x22 + 4x x2 + 6x + 8x2 — 9 = 0 (j) k : x2 + x22 + 2x x2 + 2x + 2x2 — 4 = 0 19. Najd ete n ejakou kvadratickou formu F hodnosti 6 na vektorovem prostoru R7 v an-álytickem vyjád r ení vžhledem ke kanonicke báži, která je požitivn e definitní na pod- prostoru generovanáem vektory (—1, 0, 0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 0, —1, 0) a je negativne definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 1, 0, —1, 0, 0, 1), (0, —1, 0, 0, 0, 0,1), (0, 0, 0,1, 0, 0, 0). 24 I. Sbírka uloh z lineÁrní algebry a geometrie 20. Najd ete n ejakou kvadratičkou formu F hodnosti 6 na vektorovem prostoru R7 v an-alytičkem vyjad r ení vzhledem ke kanoničke bazi, ktera je pozitivn e definitní na pod- prostoru generovanáem vektory (—1 0 0 0 0 0 0), (—1 0 1 0 0 0 0), (—1 0 1 0 1 0 0) a je negativn e definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 1, 0, 0, 0, 0, 0), (0, —1, 0, 0, 0, 0,1), (0,1, 0, 0, 0,1, 0). 21. Nečht' Mat2(R) je vektorová prostor vsečh matič radu 2 a nečht' M = ( 3 5 j 12 3 5 G Mat2(R). Dokaz te, z e zobrazení f : Mat2(R) x Mat2(R) — R definovane p r edpisem f (A, B) = tr(A • M • B), pro VA, B G Mat2 (R) (tr znamena stopu matiče, tj. součet prvku na hlavní diagonále) je bilinearní forma. Pak najd ete matiči teto bilineární formy v bazi a. r( 10 \ (01 \ (00 \ (00 y a : K 0 0 j, v 0 0 j ^ 1 0 j ^ 0 1 j 3. Skalarní sourin 25 3. skalArnI souCin Teorie 3.1. Definice. Nečht' V je vektorová prostor nad polem K. Pak skalární součin na V je bilinearní symetrička forma, tj. zobrazení ( , ) : V x V — K takove, z e (x, x) > 0 pro x G V, x = o. (To znamena, z e p r íslu sná kvadratičká forma je pozitivn e definitní.) Reáalnyá vektorováy prostor se skalaárnáím sou činem nazyáváame euklidovskyá prostor. 3.2. Definice. Nečht' Rn je vektorovy prostor. Definujeme skalarní sou č in pro x, y G Rn, x = (xi, x2,..., xn), y = (yi, y2,..., yn) jako (x, y) = Yln=1 xjyj. Takto definovaná skalarní sou čin nazyáváame standardnáí skaláarnáí sou cin. Euklidovská vektorovy prostor Rn se standardním skalarním sou č inem budeme značit En. 3.3. Definice. Velikost (norma) vektoru v v euklidovském prostoru V je číslo = 3.4. Veta. (Cauchyova-Schwartzova nerovnost) Pro kardí dva vektory v euklidovskím prostoru V platí v)| < ||u|| ||v^ 3.5. Definice. Nečht' V je euklidovská prostor, u, v G V. Uhel, ktery vektory u a v svírají je číslo a G (0, n) takove, z e (u, v) cos a = -—n~ľr~ľľ | u| | v| 3.6. Definice. Dva vektory u, v G V, kde V je euklidovská prostor, nazveme kolme (ortogonální), pokud (u, v) = 0. Dva vektory u, v G V, nazveme ortonormální, pokud jsou ortogonální (tj. (u, v) = 0) a pokud jejičh velikost je rovna jedne (tj. ||u|| = 1 A ||v|| = 1). 3.7. Veta. Necht V je euklidovskí prostor a vi, v2,..., vk G V jsou po dvou ortogonílní vektory ruizné od nulového. Pak jsou tyto vektory linearne nezavislí. 3.8. Definice. Bazi tvo r enou ortogonálními vektory nazveme ortogonalní baze. Bázi tvo r enou ortonormálními vektory nazveme ortonormální baze. 3.9. Veta. Necht V je euklidovsky prostor a ui, u2,..., uk G V libovolní vektory. Pak existují ortogonalní vektory vi, v2,..., vk G V, kterí generují tentyr prostor jako vektory ui, u2,..., uk, to znamení [ui, u2, . . . , ufe] = [vi, v2, . . . , vk] . 2a I. Sbúrka úloh z lineami algebry a geometrie Algoritnus, s jehož pomocí lze nalézt vektory v\, v2, ■ ■ ■, vk se nazývá Grammův-Schmidtův ortogonalizační proces a je popsan v ůloze 1. 3.10. Definice. Řekneme, ze množiny A, B C V jsou ortogonální množiny (ozn. A ± B) jestliž e Vu G A, Vv G B : (u, v) = 0 3.11. Definice. Ortogonální doplněk množiny A v euklidovskem vektorovem prostoru V nazveme mno ž inu A± = {u G V : (u, v) = 0, Vv G A} 3.12. Definice. Necht' V je euklidovský prostor a U C V je vektorový podprostor ve V. Kolmá projekce vektoru v G V do U je vektor Pv G U takovy, z e v - Pv X U. 3.13. Veta. Necht' V je euklidovský prostor a U C V je podprostor. Potom U © U± = V. _Řešené příklady Uloha 1: Pouzijte Grammuv-Schmidtuv ortogonalizacní proces na bázi a : ui = (2, 0, -1)T, u2 = (-1, 1, 1)T, u3 = (1, 1, 1)T vektoroveho prostoru E3. Řešení: Budeme hledat ortogonalní bazi /? : vľ, v3] 1) Za vi zvolíme libovoln e jeden ze t r í vektoru puvodní báze a , nap r . vi = ui a tedy vi = (2, 0,-1)T 2) Hledáme druhá vektor báze vľ ve tvaru Vľ = Uľ + pi Vi tuto rovnost skalarne vynásobíme vektorem vi (Vi, Vľ) = (Vi, Uľ) + pi (Vi,Vi) po z adujeme, aby vektory Vi, v2 byly kolme, proto skalární sou cin (v1, v2) = 0; zbyle skalarní souciny muzeme uz lehce spo cítat (v1 , u2) = -3, (v1 ,v1) = 5, pak 3 0 = —3 + 5pi z toho plyne Pi = - 5 3. Skalární součin 27 a tedy t,2 = (-l,l,l)r+|(2,0,-l)T 5 2 5 T a- můžeme do baze zvolit libovolný násobek tohoto vektoru, pro snadnější počítání tedy volme V2 = (1, 5, 2)T 3) Nyní zbývá najít ješte tretí vektor báze v3, který musí být kolmý k obema předchozím vektorům vi a v2; predpoklýdejme jej ve tvaru V3 = U3 + qivi + q2 V2 tuto rovnost nejdríve skalarne vynasobíme vektorem v1 a pak vektorem v2, čímz dostavíme soustavu dvou rovnic o dvou neznýmych q1 a q2 (V3, Vi) = (U3, Vi) + qi(vi, Vi) + q2 (V2, Vi) (V3, V2) = (U3, V2) + qi(Vi, V2) + ^. 24. Dokazte, ze pro libovolná x, y, z G R platá nerovnost o 2 2 2 /x y z\2 x2 y2 z2 (- + - + -) <--h — H--. V2 3 6/ _ 2 3 6 25. Dokazte,ze pro libovolná a1, a2,..., an G R+ platá --1---1-----1---1--> ai + a2 H-----ha„. a2 a3 ara a1 26. Dokazte,ze pro libovolná a1, a2,..., an G R+ platá (a1 + a2 +----ha„)(- + - +----h — J > n2 . Va1 a2 a„y 27. Urcete velikost váslednice F ctyr komplanarnách sil (tj. sil lezKách v jedne rovine) F1, F2, F3, F4 pusobících z jedineho bodu, jestlize velikost kazde síly je 10 N a áhel mezi dvňema sousednámi silami je (a) a = 30o (b) P = 45o 28. Tri sály F1, F2, F3 pusobá z jednoho bodu v prostoru. Kazde dve sály svárajá stejná áhel a. Velikosti techto sil jsou |F1| =2 N, |F21 = 3 N, |F3| =4 N. Urcete áhel a tak, aby velikost váyslednice sil byla F = 5 N . 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 33 4. EUKLIDOVSKÁ ANALYTICKÁ GEOMETRIE - VZDÁLENOST A ÚHEL Teorie 4.1. Definice. Necht' A, B jsou body euklidovskeho prostoru Rn. Pak realne císlo p(A, B) = y A — B ||, tj. velikost vektoru A — B, nazávame vzdáleností bodů A a B. 4.2. Definice. Necht' M je podprostor euklidovskeho prostoru Rn a A bod z tohoto prostoru. Pak, vzdáleností bodu A od afinního podprostoru M nazávame nezaporne reálne císlo p(A, M), definovane p(A, M) = min{||A — By, B G M} 4.3. Veta. Necht M je afinní podprostor v Rm a B G M je libovolný bod z M, pak vzdálenost bodu A G Rn od afinního podprostoru M je rovna velikosti kolmího průmětu vektoru A — B do ortogonálního doplnku zaměrení podprostoru M, tj. do ZX(M). 4.4. Definice. Necht' P, Q jsou podprostory euklidovskeho prostoru Rn. Pak vzdáleností podprostoru P, Q nazyváme nezaporne realne císlo p(P, Q), definovane p(P,Q) = min{||A — By; A G P, B G Q} 4.5. Veta. Necht P, Q jsou dva afinní podprostorý, A G P je libovolný bod z P a B G Q libovolný bod z Q , pak vzdalenost podprostoru P a Q je rovna velikosti kolmeho průmětu vektoru A — B do [Z(P) + Z(Q)]x 4.6. Definice. Necht' u, v G V jsou nenulove vektory. Pak odchylkou jednorozměrných podprostoru [u], [v] ve V rozumíme reálne císlo 0 (nekdy znacíme 0(u, v)), pro ktere platí: cos0 = , , ,/' 0<(f><-| u| | v| 2 4.7. Definice. Necht' U, V jsou podprostory euklidovskeho vektoroveho prostoru. Pak odchylku podprostoru U, V definujeme takto: (a) Je-li U C V nebo V C U, pak 0(U, V) = 0. (b) Je-li U n V = {o}, pak 0(U, V) = min{a(u, v); u G U, v G V; u, v = o}. (c) Je-li U n V = {o}, pak 0(u, V) = 0(U n (U n V)x, V n (U n V)x). 4.8. Veta. Necht v je vektor a U je podprostor v euklidovském prostoru Rn. Necht Pv je ortogonalní projekce vektoru v do podprostoru U. Pak odchýlka vektorových podprostoru 34 I. Sbírka áloh z lineární algebry a geometrie U a [v] je ||Pv|| cos (f)(U, [v]) = COS(f)(v,Pv) = —rr-rr- 4.9. Veta. Necht N, N2 jsou nadroviny v euklidovském vektorovém prostoru Rn, n > 2 a necht a je normálový vektor nadroviny N a b je normálový vektor nadroviny N2. Pak odchylka tčchto nadrovin je odchylka jejich normálových vektorů. cos 0(Ni, N2) = cos (a, b) 4.10. Definice. Odchylkou dvou afinních podprostoru P, Q rozumíme odchylku jejich zame r ení Z(P), Z(Q). _Řešené příklady Uloha 1: V euklidovskem prostoru E4 urc ete vzdalenost roviny a : (4, 1, 1, 0)+t(1, -1, 0, 0)+ s(2, 0, -1, 0) a p r ímky p : (5, 4, 4, 5) + r(0, 0, 1, -4). Řešen í: 1. způsob: Nejprve najdeme ortogonaálnáí dopln ek sou ctu zam e renáí roviny a p ráímky 1 -10 0 | 0 \ / 1 -10 0 | 0 \ 2 0 -1 0 | 0 ^ 0 2 -1 0 | 0 00 1 -4 | 0 ) \ 0 0 1 -4 | 0/ Zavedeme parametr t, c ili x4 = t,pak x3 = 4t, xľ = 2t, xi = 2t, zvolíme-li napr . t = 1, dostávame [Z(a) + Z(p)]x = [(2, 2, 4,1)T], oznacme tento vektor u. Nyní zvolíme libovolne body A G a, B G p, nap r . A = (4, 1, 1, 0)T, B = (5, 4, 4, 5)T, a oznacíme vektor A - B = x = (1, 3, 3, 5)T. Podle vety 4.5. je vzdálenost roviny a p rímky rovna pram etu vektoru x do podprostoru [u]. Hledame tedy kolmá pram et Px. P r edpokladáme Px ve tvaru: Px = au x - Px ± u z toho plyne (x, u) - a(u, u) = 0 25 - 25a = 0 a tedy a =1 pak Px = u =(2, 2, 4,1)T p(a, p) = ||Px|| = 5 2. způsob: Op et pot r ebujeme najít ortogonalní doplnek sou ctu zame r ení obou podprostoru, která jsme ur c ili v p r edchazejícím vápo ctu [Z(a) + Z(p)]x = [(2, 2, 4,1)T], oznac me tento vektor u. 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 35 Nyní hledáme body A0 G o a B0 G p jimiž se vzdálenost p(o, p) realizuje. Vektor A0 — B0 je kolmý k rovine o i prímce p a tedy A0 — B0 G [Z (o) + Z (p)]-1, tzn. je lineární kombinací vektoru baze [Z (o) + Z (p)]- A0 — B0 = ku. Dale víme: A0 = (4,1,1, 0) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) B0 = (5, 4, 4, 5) + r(0, 0,1, —4) a tedy (4,1,1, 0) +t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) — (5, 4, 4, 5) — r(0, 0,1, —4) Dostavame tedy soustavu rovnic: k(2, 2, 4,1). t +2s —t —s —r 4r —2k —2k —4k -k tuto soustavu resíme uzitím Gaussovy eliminace 12 0 —2 1 1 10 0 —2 3 0 0 —1 —1 —4 3 0 00 4 —1 5 0 12 0 —2 I 1 ^ 1 01 0 —2 I 2 0 00 —1 —6 I5 0 00 4 —1 I5 0 —1, r = 1, s = 0, t = —1. 20 20 —1 —1 04 0 0 2 4 4 —1 —2 —2 —6 25 1 4 3 5 1 2 5 25 z toho plyne k A tedy A0 — B0 = — 1u = (—2, —2, —4, —1)T z toho plyne p(o,p) = INI =5, dale muzeme taky urcit body, ve kterých se tato vzdalenost realizuje: A0 = (4,1,1, 0) — (1, —1, 0, 0) = (3, 2,1, 0)T B0 = (5, 4, 4, 5) + (0, 0,1, —4) = (5, 4, 5,1)T 3.způsob: Budeme potrebovat bazi souctu zamierení, coz je napr. Z(o)+Z(p) = [(1, —1, 0, 0)T, (2, 0, —1, 0)T, (0, 0, 1, —4)T], oznacme tyto vektory postupne vi, v2, v3. 36 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Nyní hledáme body Ao G a a Bo G p jimiž se vzdálenost p(a, p) realizuje. Vektor Ao — Bo je kolmý k rovine a i prímce p a tedy A0 — B0 je kolmy k Z (a) + Z (p), tzn. je kolmy k vektorům báze Z (a) + Z (p), tedy A0 — B0 ± vi, A0 — B0 ± v2, A0 — B0 ± v3. Dále víme: Ao = (4,1,1, 0) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) Bo = (5, 4, 4, 5) + r(0, 0,1, —4) a tedy A0 — B0 = (—1, —3, —3, —5) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) — r(0, 0,1, —4). Dostýávýáme tedy soustávu rovnic: 0 0 0 —2 —1 -17 11 0 | — 1 \ 0 3 1 | 1 ~ 0 1 17 | 17 / 1 z toho plyne r = 1, s = 0, t = —1. A tedy Ao = (4,1,1, 0) — (1, —1, 0, 0) = (3, 2,1, 0)T Bo = (5, 4, 4, 5) + (0, 0,1, —4) = (5, 4, 5,1)T z toho plyne Ao — Bo = (—2, —2, —4, —1)T p(a,p) = ||Ao — Boy =5 . "Úloha 2: UrCete vzdýlenost rovin a : (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2, 1); t : (1, —2, 1, —3) + r(2, —2, 1, 2) + p(1, —2, 0, —1) v euklidovskem prostoru E4. (Ao — Bo ,ui) (Ao — Bo ,U2> (Ao — Bo ,V3> 2t +2s 2t +5s s +r 17r tuto soustavu resíme uzitím Gaussovy eliminace 2 2 0 2 5 0 1 1 17 —2 —1 17 110 031 001 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 37 Řešení: 1. způsob: Nejprve najdeme ortogonální doplněk součtu zaměření obou rovin / 1 2 2 2 | 0 \ 2 0 2 1 | 0 2 -2 1 2 | 0 \ 1 -2 0 -1 | 0 / 1 2 2 2 0 -4 -2 -3 0 6 3 2 \ 0 -4 -2 -3 0 0 0 0 1222 0423 0 0 0 5 0000 0 0 0 0 Z toho plyne, ze x4 = 0, dále zavedeme parametr t, čili x3 = t, x2 x zvolíme-li napr. t = -2, dostáváme [Z(a) + Z(t)]± = [(2,1, -2, 0)T], označme tento vektor u (Je videt, ze roviny jsou částečne rovnobezne). Nyní zvolíme libovolne body A G a, B G t, napr. A = (4, 5, 3, 2)T, B = (1, -2, 1, -3)T, a označíme vektor A - B = x = (3, 7, 2, 5)T. Podle vety 4.5. je vzdalenost rovin rovna prUmetu vektoru x do podprostoru [u]. Hledáme tedy kolmá prUmet Px. Predpokladáme Px ve tvaru: Px = au Px ± u z toho plyne (x, u) 0 a tedy a = 1 pak Px p(a, t) = ||Px|| = 3 ž.způsob: Opet potrebujeme najít ortogonalní doplňek součtu zamerení obou rovin, která jsme určili v predčhazejíčím vápočtu [Z(a) + Z(t)]± = [(2, 1, -2, 0)T], označme tento vektor u. Nyní hledame body A0 G a a B0 G t jimiz se vzdalenost p(a, t) realizuje. Vektor A0 - B0 je kolmy k rovine a i t a tedy A0 - B0 G [Z(a) + Z(t)]-*-, tzn. je linearná kombinačá vektoru báze [Z(a) + Z(t)]x A0 - B0 = ku . 9- 9a u a( u, u) = 0 (2,1, -2, 0)T Dale váme: A0 = (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) B0 = (1, -2,1, -3) + r(2, -2,1, 2) + -2, 0, -1) a tedy (4, 5, 3, 2)+t(1, 2, 2, 2)+s(2, 0, 2,-2,1, -3)-r(2, -2,1, 2)-p(1, -2, 0, -1) = k(2,1, -2, 0). Dostáaváame tedy soustavu rovnič: 2k k -2k +p +2r -2s -t -2p -2r -2t +r -2s -2t -p +2r -1s -2t 3 7 2 5 38 I. Sbíírka uíloh z lineaírníí algebry a geometrie tuto soustavu r esíme uz itím Gaussovy eliminače 2 1 —2 0 1 —2 0 1 2 20 3 7 2 5 12 2 0 00 00 zvoláíme nap r. t = A tedy 1 2 —2 5 —6 2 9 1 1 3 —18 —18 11 3 11 36 2 2 0 0 1 3 0 —1 2 2 0— 00 00 62 4 1 1 3 3 2 12 6 1 0 1 3 2 11 3 11 5 5 —1 —1 1, pak s = —3, r = 0, p = —4, k = 1. Ao — Bo = 1u = (2,1, —2, 0)T z toho plyne p(a, t) = ||u|| = 3 , dale muz eme taky určit body, ve kteráčh se tato vzdalenost realizuje: Ao = (4, 5, 3, 2) + (1, 2, 2, 2) — 3(2, 0, 2,1) = (—1, 7, —1,1)T Bo = (1, —2,1, —3) — 4(1, —2, 0, —1) = (—3, 6,1,1)T 3 11 4 —2 Zde by nas mohla zmast volba t = 1, zkusme tedy, čo se stane, kdy z zvolíme t = 2, pak s = —4, r = 0, p = —5, k = 1. Hodnota k se nezmenila a nezmení se tedy ani hodnota vzdáalenosti. Ao — Bo = 1u = (2,1, —2, 0)T z toho plyne p(a, t) = ||u|| = 3 , Ao = (4, 5, 3, 2) + 2(1, 2, 2, 2) — 4(2, 0, 2,1) = (—2, 9, —1, 2)T Bo = (1, —2,1, —3) — 5(1, —2, 0, —1) = (—4, 8,1, 2)T Jinou volbou se vzdalenost nezm ení, pouze se zm ení body, ve kteráčh se tato vzdálenost realizuje. To znamená, z e vzdalenost se muz e realizovat v nekonečne mnoha bodečh (to odpovídá nekonečne mnoha volbam parametru), čoz je zpusobeno tím, z e roviny jsou čáaste čn e rovnob e znáe. S.způsob: Budeme pot r ebovat bazi sou čtu zame r ení. Snadno zjistíme, z e je to nap r . Z (a) + Z (t ) = [(1, 2, 2, 2)T, (2, 0, 2, 1)T, (2, —2, 1, 2)T], označme tyto vektory postupne vi, v2, v3. Nyní hledame body Ao G a a Bo G t jimiz se vzdalenost p(a, t) realizuje. Vektor Ao — Bo je kolmy k rovin e a i t a tedy Ao — Bo je kolmá k Z (a) + Z (t ), tzn. je kolmy k vektoräm baze Z (a) + Z (t ), tedy Ao — Bo ± vi, Ao — Bo ± v2, Ao — Bo ± v3. Daále váíme: Ao = (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 39 Bo = (1, -2,1, -3) + r(2, -2,1, 2) + p(1, -2, 0, -1) a tedy Ao - Bo = (3, 7, 2, 5) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) - r(2, -2,1, 2) - p(1, -2, 0, -1). Dostáváme tedy soustavu rovnic: 0 0 (Ao - Bo (Ao - Bo,U2> (Ao - Bo,V3> = 0 13t +8s -4r +5p = -31 8t +9s -8r -p = -15 4t +8s -13r -4p = -4 tuto soustavu reSáme užitím Gaussovy eliminace 4 8 -13 -4 | -4 \ / 4 8 -13 -4 8 9 -8 -1 | -15 ~ 0 -7 18 7 13 8 4 5 31 0 8 17 8 -15 -31 4 8 -13 -4 0 -7 18 7 0 0 25 0 ž toho plyne r = 0, zvolíme p =1, pak s = 2, t = -4. A tedy Ao = (4, 5, 3, 2) - 4(1, 2, 2, 2) + 2(2, 0, 2,1) = (4, -3, -1, -4)T Bo = (1, -2,1, -3) + (1, -2, 0, -1) = (2, -4,1, -4)T ž toho plyne Ao - Bo = (2,1, -2, 0)T p(cr,r) = || Ao - Bo || = 3 . Volba ža p opet není jednožnaCna, žvolíme-li jinak, dostaneme jine body, ve kterách se vždalenost realizuje, ale hodnota vzdálenosti se nežmení. Uloha 3: UrCete uhel prímky p : (1, 2, 3, 4) + t(-3, 15, 1, -5) a podprostoru B : (0, 0, 0, 0) + r(1, -5, -2,10) + s(1, 8, -2, -16) v E4. Rešení: OžnaCme vektor, která generuje žamerení prímky p, u a vektory, ktaré generují žamerení podprostoru B, postupne x, y. Podle vety 4.8. je uhel p a B roven íhlu, ktery svíra vektor u a jeho ortogonílní projekce Pu do Z(B). Hledíme tedy Pu: Pu = a1 x + a2 y u - Pu ± B ž toho plyne u - Pu ± x A u - Pu ± y 40 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie (u, x) —ai(x,x) —a2 (x, y) (u,y) — ai(x,y) —02(y,y) 0 0 po vyčíslení skalárních součinů dostáváme: — 130 —130ai +19502 195 +195ai —325a2 0 0. Vyrésením teto soustavy dostáváme a1 = —1, a2 = 0, a tedy Pu = —x = (—1, 5, 2, —10)T z toho plyne cos 0(p, B) 0(p, B) = ||Pw|| _ ÍTšô \\u\\ ~ V 260 V2 2 Úloha 4: Naleznete odchylku 0 roviny a : (2, 1, 0, 1) + t(1, 1, 1, 1) + s(1, —1, 1, —1) a roviny t : (1, 0, 1, 1) + r(2, 2, 1, 0) + p(1, —2, 2, 0) v prostoru E4. Rešení: Budeme postupovat podle definice 4.7. Nejprve budeme hledat prunik zamerení obou rovin Z (a) n Z (t). t(1,1,1,1) + s(1, —1,1, —1) = r(2, 2,1, 0) + p(1, —2, 2, 0) 1 1 —2 —1 0 1 1 —2 —1 0 1 —1 —2 2 0 0 —2 0 3 0 1 1 —1 —2 0 0 0 1 —1 0 1 —1 0 0 0 0 0 0 0 0 tzn. r = p a Z (a) n Z (t ) = [(1, 0,1, 0)T Díle musíme najít P = Z (a) n (Z (a) n Z (t a Q ze (Z(a) n Z(t))x Z(t) n (Z(a) n Z(tJde vidět, [(1, 0, —1, 0)T, (0,1, 0, 0)T, (0, 0, 0,1)T]. Pak najdeme P: ) + k2(0,1, 0, 0) + k3(0, 0, 0,1) = t(1,1,1 ki (1, 0, —1, 0) + k2(0,1, 0, 0) + fca(0, 0, 0,1) = t(1,1,1,1) + s(1, —1,1, —1) 1 0 0 0 1 0 —1 —1 1 0 —1 1 0 0 —1 —1 0 1 1 1 0 0 0 0 r^j • • • r^j 1 0 0 —1 —1 0 0 10 —1 1 | 0 0 0 1 —1 1 | 0 0 0 0 1 1 0 Tzn. t = —s a P Nyní najdeme Q: [(0,1, 0,1)r], oznacme tento vektor a. 4 ki(1, 0, —1, 0) + k2(0,1, 0, 0) + ks(0, 0, 0,1) = r(2, 2,1, 0) + p(1, —2, 2, 0) 4. Euklidovskí analyticka geometrie - vydílenost a uhel 41 00 10 00 01 —2 _9 1 r^j • • • r^j 2 1 0 0 —1 —2 \ 0 0 1 0 0 Tžn. r = —p a Q = [(1, 4, —1, 0)T], ožnacme tento vektor b. Uhel danych rovin je pak roven áhlu, ktery svírají vektory a a b. 0 0 0 0 1 0 0 —2 0 1 0 2 1 2 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 4 (g, b) cos0 = ...... = - 2 3 0 0 0 0 Cvičení 1. V euklidovskem prostoru E4 resp. E5 urcete vždalenost bodu A od podprostoru P. (a) A = (4,1, —4, —5); P : (3, —2,1, 5) + t(2, 3, —2, —2) + s(4,1, 3, 2) (b) A = (1, 1, —2, —3, —2); P : (3, 7, —5, 4, 1) + t(1, 1, 2, 0, 1) + s(2, 2, 1, 3, 1) (c) A = (2, 1, —3, 4); P : 2xi — 4x2 — 8x3 + 13x4 + 19 = 0, xi + x2 — x3 + 2x4 — 1 = 0 (d) A = (1, —3, —2, 9, —4); P : xi — 2x2 — 3x3 + 3x4 + 2x5 + 2 = 0, xi — 2x2 — 7x3 + 5x4 + 3x5 — 1 = 0 (e) A = (2, 1, 4, —5); P : (1, —1, 1, 0) + t(0, 1, 2, —2) (f) A = (—9, 2, 1, —5); P : (1, 2, 0, 0) + t(—1, 1, 1, 3) + s(0, —2, 1, —1) (g) A = (4, 2, —5,1); P : 2xi — 2x2 + x3 + 2x4 — 9 = 0, 2xi — 4x2 + 2x3 + 3x4 — 12 = 0 (h) A = (2, 1, —1, 0); P : 3xi + x3 — x4 + 6 0 2. Ur c ete vždalenost p r ímek p, q v euklidovskem prostoru En (pro n = 3, 4, 5). (a) p : (9, —2, 0) + t(4, —3, 1); q : (0, —7, 2) + s(—2, 9, 2) (b) p : (6, 3, —3) + t(—3, 2, 4); ( 1, 7, q : (—1, —7, 4) + s(—3, 3, 8) p : (2, —2,1, 7) + t(0, 4, —2, —3 q : (3, 0, 0, —1) + s(—2, 0, 1, 1) (d) p : (7, 5, 8, 1) + t(2, 0, 3, 1); q : xi — 4x3 + 7 = 0, x2 + 2x3 — 5 = 0, x4 — 3 = 0 (e) p : (—3, 2, 3, 3) + t(—1, 1, 1, 0); q : (6, 5, 7, 3) + r(0, 0, —1, 2) 3. Urcete vždalenost p rímky p a roviny t v euklidovskem prostoru E4 resp. E5. (a) p : (1, 3, —3, —1) + t(1, 0, 1, 1); t : —xi + x2 + x3 + x4 = 3; —3x2 + 2x3 — 4x4 = 4 42 I. Sbárka áloh z lineárná algebry a geometrie (b) p : (5, 4, 4, 5) + r(0, O, 1, -4); r :(4, 1, 1, 0) + t(1,-1, O, 0) + s(2, O,-1, 0) (c) p : (1, 6, -6, 4) + t(1, -5, 8, 5); r : (6, 3, -5, 5) + -2, 2, 2) + r(2, -1, -2,1) 4. UrCete vzdálenost rovin r a a v euklidovském prostoruE4 resp. E5, je-li: (a) r : x1 + x3 + x4 - 2x5 = 2; x2 + x3 - x4 - x5 = 3; x1 - x2 + 2x3 - x5 = 3; a : (1, -2, 5, 8, 2) + t(0, 1, 2, 1, 2) + s(2, 1, 2, -1, 1) (b) r : x1 + x2 + 2x3 = 4; 2x1 + 3x2 + 4x4 = 9; a : x1 - 2x2 - 2x4 = -25; x1 - x3 + x4 = 15 (c) r : (5, 0, -1, 9, 3) + t(1, 1, 0, -1, -1) + -1, 0, -1, 1); a : (3, 2, -4, 7, 5) + r(1,1, 0,1,1) + u(0, 3, 0,1, -2) (d) r : (4, 2, 2, 2, 0) + t(1, 2, 2, -1, 1) + s(2, 1, -2, 1, -1); a : x1 - x2 = 0; x1 - x3 + x4 + x5 = -1; x3 + x4 - x5 = 4 (e) r : (0, 2, 6, -5) + t(-7, 1, 1, 1) + s(-10, 1, 2, 3); a : x1 + 3x2 + x3 + x4 = 3; x1 + 3x2 - x3 + 2x4 = 5 (f) r : (-4, 3, -3, 2, 4) + t(2, 0, 1, 1, 1) + s(-5, 1, 0, 1, 1); a : x1 - 2x2 + x3 - x4 + 3x5 = 6; x1 - x3 - x4 + 3x5 = 0 5. UrCete odchylku 0 prímky p = {A, [u]} a podprostoru B v E4 resp. E5. (a) u = (1, 0, 3, 0)T; B : (1,1,1,1) + t(1,1, 4, 5) + s(5, 3, 4, -3) + r(2, -1,1, 2) (b) u = (1, 2, -2, 1)T; B : (1, 1, 1, 1) + t(2, -2, 1, -1) (c) u = (1, 3, -1, 3)T; B : 3x1 + x3 - 4x4 = 0, 2x1 - x2 - 3x4 = -1 (d) u = (3, 1, V2, -2)T; B : (1, 2, 1, l)+í(-l, 1, -1, 0)+s(-l, 2, -2, l)+r(2, -1, 2, 1) (e) u = (2, 0, 2, -1)T; B : 3x1 - 2x2 + 2x3 + x4 = 7 (f) u = (2, 0, 0, 2, 1)T; B : x1 + x2 + x3 + x5 = 7 (g) u = (0,1, -1, 0, 0)T; B : (2,1,1, 2, 2)+t(2,1, 0,1, -1)+s(3, 2, 0, 0,1)+r(0,1, 0,1, 0)+ p(1, 0, 0,1, 3) (h) u = (3, 4, 4, 3)T; B : (2, 0, 0,1) + t(-2, 0, -1, 0) + s(1, 0, 3, 0) (i) u = (3, 4, 4, 3)T; B : (2, 9, 0, 6) + t(0,1, 0, 5) + s(0, 2, 0, -7) (j) u = (1, -1,1, 3)T; B : (3,1, 4, 5) + t(2, -2, 3, 0) + 1, -2, 0) 6. V E3 urcete odchylku rovin r a a. (a) r :2x - y + z - 1 = 0; a : x + y + 2z + 3 = 0 (b) r : x + 2z - 6 = 0; a : x + 2y - 4 = 0 7. Urcete odchylku podprostoru n a v v E4 resp. E5. 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 43 (a) n : (1, 2, 5,1) + t(1,1, 0, 0) + s(3, 3, 0,1) v : (1, 5, 4,1) + r(0, 0, 0, —1) + p(2, 0, 0,1) (b) n : (4, 2, 0,1, 0) + t(1,1,1, 0, 0) + s(2, 2, 2, 0, 3) v : (1, 1, 0, 1, 0) + r(0, 1, 0, 0, 1) + p(1, 1, 1, 1, 0) + q(1, 1, 1, 1, 1) (c) n : (7, 3, 5,1) + t(0, 0,1, 0) + s(2, 2,1, 0) v : (1, 3, 4,1) + r(1, 0, 0, 0) + p(3, 0,1, 0) 8. Na prímce p : x1 + x2 + x4 — 7 = 0, x1 + 2x3 + x4 — 7 = 0, 2x1 — x2 + 3x3 + x4 — 9 = 0 naleznete bod Q majáá stejnou vzdalenost od bodu A = (—1,1,1,1)T a B = (3, —1, —2, 2)T v euklidovskem prostoru E4. 9. Na pnmce p : x + y + 2z = 1, 3x + 4y — z = 29 naleznete bod Q majká stejnou vzdálenost od bodu A = (3, 4,11)T a B = (—5, —2, —13)T v euklidovskem prostoru E3. 10. Naleznete podprostor C v E5, která prochází bodem Q = (1, 0,1, 0,1)T a je kolmá k podprostoru B : 19x1 +11 x2 — 4x3 +5x4 +x5 = 3 7x1 +2x2 +x4 = 1 . 11. Naleznete podprostor C v E5, která prochazí bodem Q = (—1, 2, 5,1, 4)T a je kolmá k podprostoru B danemu bodem A = (3, 2,1,1, 2)T a vektory u = (7, 2,1,1, 3)T, v = (0, 4, —2,1, —1)T. 12. Bodem Q = (2,1, —3)T v E3 ved'te v rovine p : 3x — 2y + z =1 prímku q, která je kolmá k pnmce p : (4, 5, 3) + t(—6, 6, 1). 13. V E3 naleznete rovinu p rovnobeznou s rovinou a : 3x — 6y — 2z + 14 = 0 a mající od náí vzdáalenost 3. 14. V E3 naleznete rovinu p rovnobeznou s rovinou a : 2x — 2y — z — 7 = 0a mající od ní vzdáalenost 5. 15. Jsou dány body A = (—4,1, 2) a B = (3, 5, —1) v E3. Urcete bod C, váte-li, ze stred dvojice bodu AC lezá na prámce p : (1, 0,1) + t(1,1, 0) a stred dvojice bodu BC lezá v rovine p : x — y + 7z + 1 = 0. 16. Napiste rovnici geometrickeho másta bodu v E3 stejne vzdálenách od bodu A = (a, f, a) a bodu B = (0, f,0). 17. Na přímce q : (1,-1,0) + —2, —3) v E3 určrte bod Q mající od roviny p : 2x + y — z + 2 = 0 vzdálenost \/6- 18. Na pnmce q : x — y + z — 3 = 0;2x — 3y + 3z + 6 = 0 v E3 urcete bod Q mající od roviny p : x — 2y + z — 2 = 0 vzdálenost 44 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 19. Najd ete rovinu v E3 rovnob ežnou s rovinami p : 3x + 2y — 2z — 3 = 0 a a : 6x + 4y — 4z +1 = 0, která d ělí vzdálenost meži nimi v poměru 2:3. 20. Odvod'te vžtah pro vzdálenost bodu A = (yi,..., yn) od nadroviny N : aixi + • • • + a„x„ + ao = 0 v E„. 5. Vlastná ěásla a vlastná vektory, ortogonainá matice 45 5. VLASTNÍ ČÍSLA A VLASTNÍ VEKTORY, ORTOGONÁLNÍ MATICE Teorie 5.1. Definice. Lineární operátor je lineární zobrazení 0 : V — V, kde V je vektorová prostor. 5.2. Definice. Nečht' 0 : V — V je lineární operátor, a = (vi, v2,..., vn) báze vektoroveho prostoru V. Pak matice operátoru 0 v bázi a je matiče (0)«,« = (a^-), kde ve sloupči j jsou souradniče vektoru 0(vj) v bazi a. 5.3. Veta. Necht 0 : V — V je lineárna operátor, a = (v1, v2,..., vn), P = (u1, u2,..., un) jsou dvě báze vektoroveho prostoru V. Pak pro matice zobrazená 0 v bazách a a P platá tento vztah: kde (id)a>p je matice prechodu od baze P k bázi a. 5.4. Definice. Řekneme, ze matiče A a B jsou podobne, existuje-li regularní matiče P takova, ze B = P-1 • A • P. 5.5. Definice. Nečht' V je vektorová prostor a 0 : V — V je lineární operátor. Podprostor U C V se nazává invariantní podprostor operátoru 0, jestlize 0(U) C U. 5.6. Definice. Vektor u = o, u G V, kde V je vektorová prostor, se nazává vlastní vektor linearního operátoru 0, existuje-li číslo A G K takove, ze 0(u) = Au Číslo A se pak nazává vlastní Číslo. 5.7. Poznámka. Je-li matiče lineárního zobrazení A, pak vlastní vektory x jsou nenulova re senáí rovnič Ax = Ax. Tato soustava je ekvivalentnáí se soustavou (A - AE)x = 0, čo z je homogennáí soustava rovnič, kteráa maá nenulováe re senáí praáv e tehdy kdy z det(A - AE) = 0 5.8. Definice. Rovniče det(A - AE) = 0 se nazává charakteristická rovnice matice A. 46 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 5.9. Veta. Vlastní čísla jsou pravě koreny charakteristickú rovnice. Je-li číslo A0 vlastní číslo, pak vlastní vektory jsou rečením soustavy rovnic (A — A0E) = 0. 5.10. Definice. Algebraická násobnost vlastního čísla je nasobnost tohoto cásla jakož to ko rene charakteristicke rovnice. Geometrická násobnost vlastního Čísla je dimenže pod-prostoru Ker(0 — A id). 5.11. Veta. Je-li A = a + bi vlastní číslo realní matice A s vlastním vektorem u = ui + iu2, kde Ui,u2 G Rn, pak X = a — bi je taky vlastní číslo s vlastním vektorem u = U\ — iu2- 5.12. Poznámka. Podprostor generovaný vektory ui,u2 v Rn ž p redchoží vety je invariantní podprostor žobražení 0. Platí, ž e A • (ui + iu2) = (a + ib)(ui + iu2). Rožepsáním na reálnou a imaginarní cást rovnice dostávame A • ui = A • u2 = Zobražení 0 má tedy v báži [ui, u2] matici —bu2 aui bui +au2 fa — b \ ba Číslo a + ib můžeme napsat v goniometrickém tvaru a + ib = \Jo? + b2 (cos a + i sin a), pak má matice zobrazení tvar / cos a sin a cos a \ sin a cos a J Tento operátor pusobí jako oto cení o áhel a slož ene se stejnolehlostí na dvourožme rnem invariantním podprostoru žobražení 0. 5.13. Veta. Necht 0 je linearní zobrazení a necht a = (vi, v2,..., vn) je baze tvorení vlastními vektory pnslučnými vlastním číslům Ai, A2,..., An. Pak matice lineírního zobrazení v teto bazi mí tvar (0)a,a Ai 0 0 A2 00 0 0 An 5.14. Veta. Vlastní vektory príslučné různým vlastním číslům jsou linearne nezávislí. 5.15. Definice. Necht' U a V jsou dva euklidovské vektorové prostory. Zobrazení 0 : U — V se nazýva ortogonální, prave kdyz 0(u2)} = (ui, u2} pro Vui, u2 G U. 5. Vlastní čísla a vlastní vektory, ortogonální matice 47 5.16. Veta. Necht 0 : U — U je lineární operator. Pak 0 je ortogonální zobrazení, pravě tehdy kdyč pro matici zobrazení v ortonormalní bazi a platí, Ze A-i = AT. 5.17. Definice. Matiči A, pro kterou platí A-i = AT, nazyvame ortogonální maticí. 5.18. Definice. Nečht' U a V jsou dva unitarní vektorove prostory. Zobrazení 0 : U — V se nazyvá unitární prave kdyz (0(ui), 0(u2)} = (ui,u2) pro Vui, u2 G U. 5.19. Veta. Necht 0 : U — U je lineírní operítor. Pak 0 je unitírní zobrazení, prívě tehdy když pro matici zobrazení v ortonormální bázi a platí, že A~l = A . 5.20. Definice. Matici A, pro kterou platí A~l = A , nazýváme unitární maticí. 5.21. Veta. Je-li matice A unitarní, pak | det A| = 1 a její vlastní čísla mají absolutní hodnotu rovnu 1. 5.22. Veta. Necht 0 : U — U je unitarní zobrazení. Pak v U existuje ortonormalní bíze a tvorena vlastními vektory takoví, Ze v této bazi mí matice zobrazení diagonální tvar (0)a,a / Ai 0 ... 0 \ 0 A2 ... 0 V 0 0 ... An j 5.23. Poznamka. Kaz da ortogonální matiče A je unitární. Má-li A realná vlastní čísla, pak jsou to 1 nebo -1. Ma-li komplexní vlastní č íslo a + ib, pak má take vlastní č íslo a — ib, a proto z e |a + ib| = 1, tak a2 + b2 = 1. Je-li ui + iu2 vlastní č íslo, pak ui — iu2 je take vlastní č íslo. Z toho, z e (ui + iu2) ± (ui — iu2) plyne, z e ||uiy = ||u21| a ui ± u2. ui,u2 tedy tvo r í ortogonalní bazi dvourozm ernáeho invariantnáího podprostoru. A(ui + iu2) = (a + ib)(ui + iu2) Z toho plyne Aui = aui — bu2, Au2 = bui + au2 . V báazi ui , u2 je tedy matiče tohoto zobrazenáí (tuto baázi nazyáváame kanoničkaá báaze) a — b = čos a — sin a . b a sin a čos a Toto zobrazenáí je tedy oto čenáí o uáhel a . Z toho plyne, ze kaz dá ortogonální matiče rádu 3 reprezentuje geometričky oto čení kolem osy slo zenáe p ráípadn e se symetriáí podle roviny kolmáe k táeto ose pročháazejáíčáí po čáatkem. 48 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie _Řešené příklady Úloha 1: Najděte vlastní čísla a vlastní vektory lineárního operátoru zadaného maticí A = (—1 —11) ve standardní bazi. Resení: Podle vety 5.9. jsou vlastní čísla reSením charakteristicke rovnice det(A — AE) = 0. Spočteme tedy tento determinant, položíme ho roven nule a resáme charakteristickou rovnici. /l— A —1 1 \ det —1 1 — A 1 =0 \ —1 —1 3 — A / z toho plyne (1 — A)2 (3 — A) + 1 + 1 + (1 — A) + (1 — A) — (3 — A) = 0 (1 — A)(2 — A)2 = 0 Jako resení charakteristicke rovnice dostáváme dve vlastní císla, Ai = 1 s algebraickou nasobností 1, A2 = 2 s algebraickou nasobností 2. Podle vety 5.9. jsou vlastní vektory re senáím homogennáí soustavy rovnic (A — AE) = 0. Pro Ai = 1 máa homogennáí soustava tvar 0 —11 | 0 \ / 1 0 —1 | 0 \ — 1 0 1 | 0 ~ 0 1 —1 | 0 . —1 —1 2 | 0 0 —1 1 | 0 Zavedeme parametr t, x3 = t, pak x2 = t, x1 = t. Resením je podprostor generovaná vektorem (1, 1, 1)T, tedy podprostor vlastních vektoru [(1,1,1)T ]. Geometrická nasobnost vlastního císla A1 je 1. Pro A2 = 2 máa homogennáí soustava tvar —1 —1 1 | 0 —1 —1 —11 | 0 ~ 0 —1 —1 1 | 0 0 —1 1 | 0 0 0 | 0 . 0 0 | 0 / 5. Vlastné čésla a vlastné vektory, ortogonélné matice 49 Zavedeme parametry t a s , x3 = t, x2 = s , pak x1 = t — s . Resením je podprostor generovaná vektory (1, 0, 1)T, (—1, 1, 0)T, tedy podprostor vlastních vektoru [(1, 0,1)T, (—1,1, 0)T]. Geometrická nasobnost vlastního císla A2 je 2 . V simn ete si, ze v báazi a : zobrazenáí diagonaálnáí [(1,1,1)T, (1, 0,1)T, (—1,1, 0)T] 100 je matice danáeho lineaárnáího 100 020 002 Uloha 2: Analýzou vlastních císel a vlastních vektoru matice A V 1 I VŘ \ 2 2 2 1 1 V2 2 2 2 VÄ VÄ Q 2 2 zjist ete, jakáe geometrickáe zobrazenáí euklidovskáeho prostoru R 3 popisuje lineáarnáí operaátor danyá touto maticáí. Ur cete matici operáatoru ve vhodnáe ortogonaálnáí báazi. ReSení: Lehce overíme, ze A • AT = E a tedy matice A je ortogonální. Nejprve hledaáme vlastnáí ňcáísla, to znamenáa, ňze na jdeme charakteristickyá polynom. det ( \-\ 1 i 2 2 2 1 V2 \ 2 2 — A V2 2 = 2 —A / A +1 Rň eňsenáím charakteristickáe rovnice jsou vlastnáí ňcáísla A1 = 1 A2 = i A 3 = — i. Dáale hledaáme vlastnáí vektory, tj. ňreňsáíme vňzdy homogennáí soustavu rovnic ( A — AE) = 0. Pro A1 : \ _ i i 2 2 1 _ 1 2 2 V2 V2 2 2 V2 2 0 \ V2 2 0 —1 0 / Resením teto soustavy je podprostor vlastních vektoru [(1,1, 0)T] Pro A 2 = i: i 1 2 2 2 1 2 Vä 2 Vä 2 V2 2 i 0 0 0 i 1 2 1—i 0 V2 2 0 V2-V2l -%-\ 0 0 0 50 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Řešením této soustavy je podprostor vlastních vektorů [(—1,1, V2i)T]. Podle věty 5.11. je podprostor vlastních vektorů pro A3 roven [(—1, 1, — \/2i)T]. Podle poznámky 5.21. zvolíme novou reálnou ortonormální bázi /2 V2 V f V2 a = 2.2?.»)T.(-^^0)T.(°.»,if Protože A2 = i, tak cos a = 0 a siná = 1 z toho plyne, že se jedná o otočení o úhel | kolem osy dáne smerem (1,1, 0)T, musíme ále jeste určit orientaci otočení. Z matice zobrazení je videt, ze druhy vektor báze se zobrází ná tretí vektor báze á tretí vektor báze se zobrází ná vektor opáčny k druhemu vektoru báze. Otočení je tedy ve smeru od druheho ke tretímu vektoru bááze. Tvár mátice operátoru v nove bázi je 1 0 0 0 0 -1 0 1 0 Uloha 3: Ve stándárdních souradnicích nápiste mátici zobrázení, které je otočení o áhel kolem prímky x = 0, y — z = 0. Rešení: Nejprve určíme mátici v jisté ortonormální bázi P, ve které má mátice tvár 1 0 0 0 cos a — sin a 0 sin a cos a Zobrazení je otočení kolem přímky x = 0, y — z_= 0, první vektor báze P tedy bude jedno bázi: P : jednotkový směrový vektor této přímky (0, i^)T'. Pak P doplníme na ortonormální (o4f)T,(»4-f)T,(1,o,of /1 0 0 \ /1 0 0 x (^W= [ 0 cos f -sin f = 0 0 -1 0 sin f cos f / V 0 1 0 Mátice zobrázení ve stándárdní bázi pák je (0)e>e = (id)e>^ • (0)^ • (id)^,e = (id)e>^ • • (id)T 5. Vlastná ěásla a vlastná vektory, ortogonalná matice 51 kde (id)e,/? je matiče prečhodu od báze P k bázi e. 00 (id)e,/3 1 *- 0 # 0 Z toho plyne (0)e>e 0 o V2 V2 1 0 l 0 /2 Q 2 w # o (0)e>e 2 0 _ a/ \ / 0 _\ \ 1 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 2 V2 2 0 & w 2 10 V2 V2 2 2 V2 V2 2 2 0 0 V2 2 V2 \ 2 1 .2 2 V2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 Cvičení 1. Najd ete vlastnáí čáísla a vlastnáí vektory lineáarnáího operáatoru danáeho matičáí: A 2 5 -1 7 1 3 2 3 -2 6 B D -12 -19 12 24 13 10 -19 10 24 E G 1 3 -1 -3 5 -1 3 3 1 H 0 1 0 -4 4 0 -2 1 2 4 -5 7 1 -4 9 -4 0 5 4 7 -5 -4 5 0 1 9 4 C 4 5 6 52 73 94 F 3 -1 1 1 3 0 4 -1 42 -5 64 -9 53 7 0 0 3 1 1 J 11 1 1 -1 1 -1 1 1 -1 1 1 -1 -1 1 2. V R3 určete podprostor vlastníčh vektoru p ríslusnáčh vlastní hodnot e A = 3. A 300 030 003 B 310 030 003 C 310 031 003 2 2 2 2 1 52 I. Sbárka áloh z lineárná algebry a geometrie 3. Zjistete, zdaje dana matice podobna diagonýlní matici nad poli Q, R, C. (To nastane prave tehdy, kdyz vlastní vektory generují celý prostor.) A 5 2 —3 4 5 —4 6 4 4 B 4 1 7 5 9 —5 0 4 C 42 64 5 3 7 4. Najdete vlastní císla a vlastní vektory matic. A 0 2 0 B 1 1 2 0 3 \ —1 —2 0 —3 0 0 2 0 v 1 2 0 3 / 5. Najdete vlastní císla a vlastní vektory matice linearního operatoru. U vlastního císla ur cete jeho algebraickou a geometrickou naísobnost a zjist ete, zda je matice podobnía n ejakíe diagoníalníí matici. A D 1 0 —1 —1 1 0 0 3 1 3 0 0 B 40 22 01 2 2 —1 1 0 —2 0 —1 E 1 1 2 202 122 002 001 C= 0 —2 0 2 4 5 6 5 7 9 6. Zjist ete, jak zíavisíí vlastníí hodnoty a vlastníí vektory matice na parametrech a, b. A 230 410 a b 2 B 2 3 0 4 1 0 a b 2 + a 7. Zjist ete, jak vypadajíí a jakía geometrickía zobrazeníí ur cujíí v sechny ortogonaílníí matice ríadu 2. 8. Analízou vlastních císel a vlastních vektoru najdete matici lineírního operítoru ve vhodne bazi, pomocí které urcíte, o jakou geometrickou transformaci se jedna, je-li operator zadan ve standardní bazi maticí: A=h C=h 2 2 1 2 1 2 22 12 1 B = h 1 1 -V2 1 1 V2 /2 -y/2 0 3 1 -Vě 1 3 /6 -Ve 2 2 1 0 2 5. Vlastní čísla a vlastní vektory, ortogonalní matice 5a E 1 -s/2 1 s/2 s/2 O s/2 -l l F l l l l l -l l -l l l -l -l G l l l l l l -l -l -l l -l l -l l l -l 2 H 2 l 2 2 2-12 l -l -l l l l -S 4 4 4 T Sl4 J a 6 2 26 a 6 K a 1 O 1 V2 V2 1 4 1 3V2 3V2 2 1 2 3 3 3 L \ 3 4 1 4 Vě 4 1 4 3 4 Vě 4 Ve \ 4 Vě 4 1 2 9. Analázou vlastníčh čísel a vlastníčh vektoru zjist ete o jakou geometričkou transfor-mači euklidovskeho prostoru R3 se jedná. A O V2 2 V2 2 Ví 2 1 2 _ 1 2 V2 \ 2 _ 1 2 1 2 B 1 2 1 2 /2 a/2 2 2 V2 2 2 O / C 3 Q 5 w 5 O l O 5 w 5 10. Najd ete ortonormáalnáí baázi tvo renou vlastnáími vektory a matiči v táeto baázi unitaárnáího operaátoru danáeho matičáí ve standardnáí báazi: A VŠ ( 1 + i 1 lli ) 4 + ai 4i -6 - 2i B = h\ -U 4 - 3i -2-61 6 + 2i -2 - 6i 1 il 2 + 3? _ s/3 2-3% ) " ~ 72 V -1 -i D V2 V -1 -i y ll. Ve standardnáích sou radnicáích v R3 napi ste matici zobrazenáí, kteráe je oto cenáím o uáhel n kolem p rímky x O, y = O. 12. Ve standardníčh sou r adničíčh v R3 napi ste matiči zobrazení, které je oto č ením o áhel I kolem přímky x + y = 0, z = 0, přičemž /(—1,1,1) = (a, b, 0), kde a + b > 0. 13. Ve standardních souřadnicích v R3 napište matici zobrazení, které je symetrií podle roviny s/3y — x = 0. 14. Lineární zobrazení v R3 je otočení kolem osy procházející počátkem se směrovým vektorem (1,1, 0)T takové, že /(l, —1, 0) = (0, 0, s/2). Najděte matici zobrazení ve standardní bázi. z 15. V Rn napi ste matici symetrie podle roviny kolme k vektoru v v ortonormalní bázi [V, V2, . . . , Vn]. 54 I. Sbérka éloh z lineami algebry a geometrie 16. Definujte na R3 dva skalarní souciny (, )1 a (, )2 tak, aby zobrazení 0 : (R3, (, )1) — (R3, (, )2), 0(x1, x2, x3) = (x1 + x2 + x3, —x1 + x2, x3), bylo ortogonalní. 6. Symetrické matice a metrická klasifíkace kuželoseček 55 6. SYMETRICKÉ MATICE A METRICKÁ KLASIFIKACE KUŽELOSEČEK _Teorie 6.1. Definice. Reálná matice A se nazývá symetrická, právě kdyz A = AT. 6.2. Veta. Pro každou reélnou symetrickou matici A existuje ortogonálné matice P tak, že P-1 • A • P = PT • A • P je diagonélné. 6.3. Veta. Kazda kvadratické forma f na euklidovském prostoru V mé ve vhodné ortonormélné bazi analytický tvar f (x) = A1x1 + A2x2, + • • • + Xnx2n. 6.4. Veta. (Metrická klasifikace kuželoseček) Necht ve standardní bázi v R2 je kuželosecka zadané rovnicé k(x) = a11 x2 + 2a12x1 x2 + a22x2 + 2a1 x1 + 2a2x2 + a0 = 0. Pak existuje ortonormalné afínné baze, které rékéme kanonicka béze, v néZ je tato kuželosečka déna jednou z rovnic: L (^)2 + (f)2 + 1 = 0 préazdnéa množzina 2- (^)2 + (f)2 = 0 bod 3- (^)2 + (?)2-l = 0 elipsa 4- e)2"(?)2-l = 0 hyperbola 5- (^)2"(f)2 = 0 dvě různobežky 6. (^)2 - 2py2 = 0 parabola 7. (fy -i = o dvže rovnobžežzky 8. (^)2 + l = 0 praézdnaé množzina 9. y2 = 0 prémka Řešené příklady "Úloha 1: Najděte ortonormální bázi, v níž má matice zobrazení (x) = A • x, / 4 2 2 \ A = 242 224 diagonální tvar. 56 I. Sbírka íloh z lineami algebry a geometrie Řešení: Matice A je symetrická a podle věty 6.2. ji lze diagonalizovat tak, že na diagonále jsou vlastní Čísla a báze, ve ktere ma matice tento tvar, je tvo rena vlastními vektory. Nejprve tedy r e s íme charakteristickou rovnici: (A - 4)3 - 16 - 12(A - 4) O vlastnáí cáísla tedy jsou A1 = 2, A2 = S. Daále hledáame vlastnáí vektory. Pro A1 = 2: 222jO 222jO 222jO Zavedeme parametry t a s, x3 = t, x2 = s, pak x1 = -1 - s, nežávislou volbou parametru dostaváme, ž e podprostor vlastních vektoru je generován vektory (-1, 1, O)T, (-1, O, 1)T, už itím Gramm-Schmidtova ortogonaližac ního procesu a normovaním dostávame ortonormální báaži tohoto podprostoru: Bttt°)t'( 1 1 2 v \/6' \/6' \/6 )'] Pro A2 = 8: -4 2 2 | 0 \ /-2 1 1 | 0 \ 2 -4 2 | 0 ~ 0 -3 3 | 0 2 2 -4 | 0 ) \ 0 3 -3 | 0/ Zavedeme parametr t , x3 = t, pak x2 = t, x1 = t, volbou parametru dostávame, že podprostor vlastních vektoru je generován vektorem (1, 1, 1)T, normováním dostáváme ortonormaálnáí báazi tohoto podprostoru: '(- - -V diagonáalnáí tvar matice je 200 020 008 atovbázi [(-75'75'0)T'(-75'-71'75)T'(Ä'Ä'Ä)T • 6. Symetrická matice a metricka klasifikace kuěeloseěek 57 Uloha 2: Zjistete jakou kuzelosečku popisuje rovniče k : x2 + x2 + 4x1 x2 + 2x1 + 1 = 0 , pop ráípad e ur čete jejáí st red, osy a na črtn ete obraázek. ) gonáalnáím tvaru s vlastnáími ňčáísly na diagonaále. Hledáme tedy vl stnáí ňčáísl vl stnáí vektory, čh r kterističká rovniče má tv r (1 A)2 4 = 0 . Vlastní čísla a jim príslusne vlastní vektory tedy jsou: Ai = — 1 příslušný normovaný vlastní vektor je u = (^y, — A2 = 3 příslušný normovaný vlastní vektor je v = ■ Nyní prejdeme k bázi a = [u, v], ve které ma matiče kvadratičke formy tvar ^ 01 3 ^ . Přitom matice přechodu od báze a ke standardní bázi e má tvar (id)e;Q, = 1 ^ ^ ) V 2" T" / a souradniče x1, x2 ve standardní bazi spočítáme ze souradnič y1, y2 v bázi a takto: X2 = -%1 +%2 ■ Prevedeme rovniči kuzelosečky do nováčh souradnič y1, y2: k(y) : -y\ + 3y22 + y/2Vl + V2y2 + 1 = 0 . Nynáí je st e posuneme st red soustavy sou radnič tak, aby le zel ve st redu ku zelose čky. Do-plnáíme tedy na čtverče a zavedeme nováe sou radniče. r _ „ V2 _ V2„ V2„ V2 Z\ — y\--g" — ~2~xl--2~X2--2~ Z2 = V2 = +^X2 + ^ k : Z2 .ji (!)' Zl 1 (f ) -1 = 0 4 / vl k 0 4 0 3 k 58 I. Sbérka éloh z lineérné algebry a geometrie Jedná se tedy o hyperbolu, jejíž osy jsou přímky zadané parametricky S + tu a S + tv. Střed má souřadnice (zi, z2) = (0, 0), (yi, y2) = (^, — ^) a (xi, #2) = —f )• 1. Najdňete diagonaálná tvar symetrickáe matice. Cvičeni A 12 24 B 1 —4 — 4 1 22 2 C 111 111 111 D 422 242 224 E 4400 4400 0000 0000 F 2 1 0 0 2 0 0 0 0 2 1 0 0 —1 2 2. Najdňete diagonaálná tvar symetrickáe matice a báazi, ve kteráe maá matice tento tvar. A D —2 0 36 0 —36 0 23 E 110 110 000 F —1 1 11 G 3100 1300 0000 0000 H — 7 24 24 7 00 00 0 0 0 0 — 7 24 24 7 3. Urňcete o jakou kuňzeloseňcku se jednaá, pňrápadnňe urňcete jejá stňred, osy a nakreslete obraázek. (a) k : 4xy + 3y2 + 6x + 12y — 36 = 0 (b) k : x2 + 6xy + 9y2 — 12x + 24y +15 = 0 (c) k : x2 + 2 xy + y 2 — 2 x — 2 y — 3 = 0 4. Urňcete typ a kanonickou rovnici kuňzeloseňcky, pňrápadnňe nakreslete obráazek. (a) k : 3x2 + 10xy + 3y2 — 2x — 14y — 13 = 0 (b) k : 25x2 — 14xy + 25y2 + 64x — 64y — 224 = 0 (c) k : 4xy + 3y2 + 16x + 12y — 36 = 0 (d) k : 7x2 + 6xy — y2 + 28x + 12y + 28 = 0 0 2 6. Symetrickú matice a metrická klasifikace kuželoseček 59 (e) k : 19x2 + 6xy + 11y2 + 38x + 6y + 29 = 0 (f) k : 5x2 — 2xy + 5y2 — 4x + 20y + 20 = 0 (g) k : 9x2 — 24xy + 16y2 — 20x + 110y — 50 = 0 (h) k : 9x2 + 12xy + 4y2 — 24x — 16y + 3 = 0 (i) k : 16x2 — 24xy + 9y2 — 160x + 120y + 425 = 0 5. Určete typ kuzelosečky á delky jej ách poloos. (á) k : 41x2 + 24xy + 9y2 + 24x + 18y — 36 = 0 (b) k : 8x2 + 4xy + 5y2 + 16x + 4y — 28 = 0 (c) k : 4x2 + 24xy + 11y2 + 64x + 42y + 51 = 0 (d) k : 12x2 + 26xy + 12y2 — 52x — 48y + 73 = 0 6. Overte, ze dáná kuzelosečká je párábolá á určete jejá párámetr. (á) k : 9x2 + 24xy + 16y2 — 120x + 90y = 0 (b) k : 9x2 — 24xy + 16y2 — 54x — 178y + 181 = 0 (c) k : x2 — 2xy + y2 + 6x — 14y + 29 = 0 (d) k : 9x2 — 6xy + y2 — 50x + 50y — 275 = 0 7. Určete typ kuzelosečky, prípádne delky jejích poloos á stred. (á) k : 3x2 + 8xy — 3y2 — 1 = 0 (b) k : 5x2 + 6xy + 5y2 — 32 = 0 (c) k : \x2 - xy + \y2 - V2x - V2y + 3 = 0 (d) k : xy + 3x — 2y — 6 = 0 (e) k : 6x2 + 4xy + 6y2 — 16 = 0 (f) k : 5x2 + 6xy + 5y2 — 8 = 0 (g) k : x2 + 2\flxy - y2 - 2 = 0 8. Nájdete ortonormální' bázi kvádráticke formy f (x, y, z) = 17x2 + 4xy — 4xz + 14y2 + 8yz + 14z2, ve které má formá diágonálná tvár, ná euklidovskem prostoru R3 se stán-dárdnám skálárnám součinem vzhledem ke stándárdná (rovnez ortonormálná) bázi. Pritom jedno z vlástnách čásel mátice kvádráticke formy je 18. 9. Nájdete ortonormální polární bázi kvádráticke formy f (x, y, z) = 3x2 — 4xy, ve které má formá diágonální tvár, ná euklidovskem prostoru R3 se stándártním skálárním součinem vzhledem ke stándárdná (rovnez ortonormálná) bázi. 60 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 7. JORDÁNŮV KANONICKÝ TVAR Teorie 7.1. Definice. Jordánova buňka dimenze k je čtvercová matice ř ádu k tvaru Jk (A) /A 1 0 ... 0 \ 0 A 1 ... 0 000 A 7.2. Poznámka. Jestliz e lineární zobrazení 0 : V — V má v n ejake bázi a = (v\, v2,..., vn) matici bunku (0)«,« = Jk(A), pak platí 0(vi) = Avi (0 - Aid)v1 = 0 0(v2) = vi + Av2 (0 - Aid)v2 = vi 0(v3) = z toho plyne (0 - Aid)v3 = v2 4>(vu) = vk-i + Avk (0- Aid)vk = vk-i Posloupnost vektorU v1, v2,..., vk nazáváme r et ezec pro vlastní C íslo A. V p r íkladech hledáme obraácen e nejd ráíve ret ezec pro vlastnáí cáíslo A a platáí, ze vektory ret ezce jsou lineaárn e nezavisle a v bázi jimi tvo rene ma operátor matici (0)a,a = Jk(A). 7.3. Definice. Matice je v Jordánově kanonickém tvaru, jestliz e je blokove diagonalní s bloky tvo renáymi Jordanováymi bunkami. 7.4. Veta. Necht V je vektorový prostor nad polem K dimenze n a necht 0 : V — V je lineúrní operator, jehož charakteristickú rovnice ma n korenů (včetně núsobnosti), potom existuje takova búze a ve V, že (0)a,a je matice v Jordanově kanonickem tvarů. Pěitom tento tvar je určen jednoznačně až na poradú Jordanovúch bunek. 7.5. Veta. Pro vúpocet Jordanova kanonickúho tvaru platú: 1. Na uhloprúěce Jordanova kanonickeho tvaru jsou vlastnú ěúsla lineúrnúho operatoru, kaězdúe tolikrúat, kolik je jeho algebraickaú núasobnost. 2. Jordanův kanonickú tvar mú tolik buněk, kolik existuje linearně nezúvislúch vlastnúch vektorů. 3. Velikost největěú burky pro vlastnú ěúslo A je k pravě tehdy, kdyě k je nejmeněú takovú ěúslo, ěe hodnost matice (A — AE)k je rovna algebraickú núsobnosti vlastnúho ěúsla A. 7. Jordánův kanonický tvar 61 _Řešené příklady Uloha 1: Najdete Jordánův kanonicky tvar lineárního operátoru zadaného ve standardní bázi maticí / 3 2 -3 A = 4 10 -12 \ 3 6 -7 Rešení: Charakteristicka rovnice ma tvar (A - 2)3 = 0 z toho plyne A = 2 . Mame tedy jedno vlastní císlo, jehoZ algebraická nasobnost je 3, na diagonale Jordanova kanonickeho tvaru tedy budou podle vety 7.5. same dvojky. Podprostor vlastních vektorů pnslůšnách vlastnímu císlu A = 2 je generován vektory: u =(3, 0,1)T v = (-2,1, 0)T a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordanuv kanonická tvar dve buňky. Nyní jej uZ muZeme napsat: 210 J = 0 2 0 . 002 Dale musáme ale vypoďtat jeste bazi, ve ktere ma matice lineárního operátoru tento tvar. Pro druhou buňku podle poznamky 7.2. musáme naját retezec vektoru baze. Pro prvná vektor baze, oznacme jej x, musí platit (0 - Aid)x = 0 z toho plyne (A - 2E)x = 0 , x je tedy z podprostoru vlastních vektoru. Pro druhá vektor, oznadne jej y, pak musí platit (A - 2E)y = x = au + bv. Nevíme, na která vlkastní vektor se y zobrazí, musíme tedy psát x obecne jako linearní kombinaci vektoru báze podpostoru vlastnách vektoru. Dale résŕme uvedenou soustavu rovnic (A - 2E)y = au + bv. 12 -3 | 3a - 2b \ /1 2 -3 | 3a - 2b \ 4 8 -12 | b ~ 0 0 0 | -12a + 9b 36 -9 | a / \000 | -8a + 6b / Tato soustava má résem pouze kdyz: 3 — 12a + 9b = 0 A —8a + 6b = 0 a tedy a =-b 4 Zvolíme napr. a = 3 a b = 4, pak resením soustavy je napr. vektor y = (1, 0, 0)T a vektor x = 3(3, 0,1)T + 4(-2,1, 0)T = (1, 4, 3)T. ) 62 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Třetí vektor báze z, příslušný druhe bunce velikosti jedna musí být podle poznámky 7.2. taky z podprostoru vlastních vektoru. Zvolíme jej tak, aby byl lineárne nezávislý s vektorem x i y, muzeme zvolit napr. vektor u. Baze, ve ktere ma matice linearního operátoru Jordanuv kanonický tvar, je: a = [(1, 4, 3)T, (1, 0, 0)T, (3, 0,1)T] . Uloha 2: Najdete Jordanuv kanonický tvar lineárního operátoru zadaneho ve stan-dardnáí báazi maticáí / 0 1 -1 l\ V-1 1 0 w Resení: Charakteristicka rovnice má tvar (A - 1)4 = 0 z toho plyne A = 1 Mame tedy jedno vlastní císlo, jehoz algebraická nasobnost je 4, na diagonale Jordanova kanonickeho tvaru tedy budou podle vety 7.5. same jednicky. Podprostor vlastních vektoru príslusnách vlastnímu císlu A = 1 je generován vektory: u = (1,1, 0, 0)T v = (0, 0,1,1)T a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordanuv kanonická tvar dve buňky. Narozdíl od predchozáho pokladu jej ale nemuzeme jeste napsat, nebot' neváme, jestli budeme mát dvňe bunňky velikosti dvňe, nebo jednu bunňku velikosti tňri a jednu velikosti jedna. Dále budeme pocátat bázi, ve ktere ma matice lineárnáho operatoru Jordanuv kanonická tvar. Pro prvná bunňku (neváme jak je velkáa) podle poznaámky 7.2. musáme na ját ňretňezec vektoru baze. Pro prvná vektor baze, oznacme jej w, musá platit (A - E)w = 0 w je tedy z podprostoru vlastnách vektoru. Pro druhá vektor, oznacme jej x, pak musá platit (A - E)x = w = au + bv. Daále ňreňsáme uvedenou soustavu rovnic / -1 1 -11 I a \ -11 -11 | a -110 0 | b . \ -1 1 0 0 | b / Tato soustava ma resená pro libovolná a, b, muzeme tedy zvolit dve nezavisle volby a = 1, b = 0 a a = 0, b =1, budeme mít tedy dve buňky velikosti dve. Pricemz dva z vektoru 7. Jordánův kanonický tvar 63 baze budou pnmo vektory u, v. Hledáme retezec odpovídající první buňce, hledame tedy resení soustavy rovnic (A-E)x u. V RŘešením teto soustavy je např. vektor x1 1\ 1 0 (0, 0,-1, 0)T. 1 1 0 0 Dale hledáme retezec odpovídající druhe buňce, hledáme tedy resení soustavy rovnic (A — E)y = v. / —1 1 —11 | 0 \ -11 —11 | 0 1 1 0 0 | 1 —1 1 0 0 | 1 Resením teto soustavy je napr. vektor x2 = (—1, 0,1, 0)T. Jordanuv kanonicky tvar je: 1100 0100 0011 0001 J Baze, ve ktere ma matice lineárního operátoru Jordanuv kanonický tvar, je: a = [(1,1, 0, 0)T, (0, 0, -1, 0)T, (0, 0,1,1)T, (-1, 0,1, 0)T] Uloha 3: Najdete Jordanuv kanonicky tvar linearního operatoru zadaneho ve standardní bázi maticí / 1 -3 0 3 \ = -2 -6 0 13 A = 0 -3 13 ' \ -1 -4 0 8 / Rešení: Charakteristicka rovnice ma tvar (A - 1)4 = 0 z toho plyne A = 1 Mame tedy jedno vlastní císlo, jehoz algebraická nasobnost je 4, na diagonale Jordanova kanonickeho tvaru tedy budou podle vety 7.5. same jednicky. Podprostor vlastních vektoru príslušných vlastnímu císlu A = 1 je generován vektory: u = (0, 0,1, 0)T v = (3,1, 0,1)T 64 I. Sbárka áloh z linearná algebry a geometrie a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordanuv kanoničky tvar dve bunky, nevíme ale jak budou velkáe. Dale budeme počítat bázi, ve které má matiče linearního operátoru Jordanuv kanoničká tvar. Pro prvnáí bunku (neváíme jak je velkáa) podle poznaámky 7.2. musáíme najáít ret ezeč vektoru baze. Pro první vektor baze, označme jej w, musí platit (A - E)w = 0 , w je tedy z podprostoru vlastníčh vektoru. Pro druhá vektor, označme jej x, pak musí platit (A - E)x = w = au + bv. Dáale re sáíme uvedenou soustavu rovnič. 0 -3 0 3 3b \ -2 -7 0 13 b 0 -3 0 3 a v -1 -4 0 7 b Z prvního a t r etího r ádku plyne, z e tato soustava ma r esení práve kdyz a = 3b, muz eme zvolit jen jednu nezáavislou volbu a, b, nap r. a = 3, b = 1, budeme máít tedy v Jordanov e kanoničkáem tvaru jednu bunku velikosti t ri a jednu velikosti jedna. Ret ezeč odpovídajíčí první bunče velikosti t r i bude zač ínat vlastním vektorem w = 3u+v = (3, 1, 3, 1)T. Na vektor w se zobrazí druhy vektor rétezče, označíme jej x, pro ktery platí ( A - E) x = w. Re sáíme tuto soustavu rovnič. / 0 -3 0 3 3 -2 -7 0 13 1 0 -3 0 3 3 \ -1 -4 0 7 1 Resením teto soustavy je nap r . vektor x0 = (3, -1, 0, 0)T. Na druhá vektor r et ezče se vsak zobrazí t r etí vektor ret ezče, označme jej z. Nevíme ale na která vektor, která odpovídá r e sení p r edčhozí soustavy se vektor z zobrazí, musíme tedy obečn e p r edpokládat (A - E)z = x = x0 + cu + dv kde c, d jsou libovolna reálna č ísla. (Víme, z e vektor x odpovída r e sení p r edčhozí soustavy, nebot' mu odpovídá vektor x0 a vektor cu + dv je vektor vlastní, ktery se zobrazí na nulovy vektor, platí (A - E)(cu + dv) = o.) Nynáí re sáíme uvedenou soustavu rovnič. / 0 -3 0 3 | 3 + 3d\ -2 -7 0 13 | -1 + d 0 -3 0 3 | c -1 -4 0 7 | d 7. Jordanův kanonický tvar 65 Z prvnáího á t retáího ráádku plyne, ze táto soustává máá re senáí pouze pro c = 3 + 3d, zvoláíme nápr. d = 0 á c = 3. Pák vektor x = x0 + 3u z toho plzne x = (3, —1, 3, 0)T. Vektor z je pák resením soustávy (A — E)x = z. 0 —2 0 —1 —3 7 03 0 13 3 0 3 4 0 7 3 —1 3 0 Nápr. z = (4, —1, 0, 0)T. Čtvrtá vektor báze odpovídájící druhe bunce bude vlástní vektor, která zvolíme ták, áby byl lineárne nezávislá ná vektoru w, nápr. vektor u. Jordánuv kánonicky tvár je: J 1100 0110 0010 0001 Báze, ve které má mátice lineárního operátoru Jordánuv kánonická tvár, je: [(3,1, 3,1)T, (3, —1, 3, 0)T, (4, —1, 0, 0)T, (0, 0,1, 0)T] . a Cvičeni 1. Nájdete Jordánuv kánonicky tvár mátice. A 1 —3 4 4 —7 8 6-7 7 B 4 —5 7 1 —4 9 405 D 3 3 2 0 8 6 5 E —2 8 6 —4 10 6 4 -8 -4 C F 4 6 0 —3 —5 0 —3 —6 1 3 —1 1 —7 9 —3 —7 —1 0 0 4 —8 0 0 2 —4 2. Nájdete Jordánuv kánonická tvár lineárního operátoru á bázi, ve které má mátice operátoru tento tvár. Lineární operátor je zádán máticí ve stándárdní bázi: 32 A = 4 10 36 —3 —12 7 B 1 1 —1 —3 —3 3 -2 -2 2 0 66 I. Sbárka áloh z linearná algebry a geometrie 0 C \ —1 1 1 2 11 10 1 1 0 1 D 54 87 6 —9 7 —13 8 —17 11 8 1 —2 1 3 3. Najdete Jordanovy kanonicke tvary matic radu 3. A 2 1 0 140 B 320 030 C 3 2 5 7 3 / \053 4. Najd ete Jordanovy kanonickíe tvary matic ríadu 4. 44 —13 5 A 0 —30 —12 —1 12 6 42 00 95 41 B 202 122 002 001 0 —2 0 2 C —1 1 0 0 00 1 D G J M 2 0 0 2 1 2 —2 2 0 0 2 1 0 0 0 2 —1 —6 —9 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 1 —2 2 0 2 0 2 0 0 2 1 0 0 0 2 2 0 0 0 1 2 0 0 1 1 2 3 0 0 0 —1 E —11 2 K 1 0 0 0 H —1 0 0 0 —6 —2 0 0 33 20 20 1 —2 1 0 0 0 3 2 0 0 —6 —2 0 0 3 0 —2 0 —6 3 01 22 02 3 2 1 —2 L F 2 0 0 0 0 0 0 3 2 2 1 —1 0 §\ 10 10 02 —1 0 0 0 10 1 —1 0 0 1 0 0 0 9 2 N 9 3 2 —3 9 4 —8 —4 —1 4 9 6 —8 0 0 1 6 —4 01 2 —2 2 0 2 2 1 —1 O 3 0 3 2 —6 0 13 0 —3 1 3 —1 —4 0 8 5. Napi ste v sechny Jordanovy kanonickíe tvary matic s charakteristickyím polynomem tvaru (A — 4)5. 6. Napi ste v sechny Jordanovy kanonickíe tvary matic s charakteristickyím polynomem tvaru (A — 1)3(A — 3)5. 0