23./24.2.

1. Bilineární a kvadratické formy

1.1. Rozhodněte, zda je posloupnost vektorů M bází vektorového prostoru Z_{5}^{3}: (a) M = ((2, 1, 1), (4, 2, 1)),

(b) M = ((2, 1, 1), (4, 2, 1), (3, 4, 3)),

(c) M = ((2, 1, 1), (4, 2, 1), (2, 2, 2), (4, 1, 0)),

(d) M = ((2, 1, 1), (4, 2, 1), (2, 2, 2)).

(a) Ve vektorovém prostoru konečné dimenze n má každá báze právě n prvků, tedy dvouprvková množina v třídimenzionálním vektorovém prostoru Z_{5}^{3} nemůže být bází.

(b) Stačí nám zjistit, zda jsou vektory M lineárně nezávislé nebo zda generují celé Z_{5}^{3}. Úlohu přeformulujeme na otázku hodnosti matice, kam do řádků (nebo sloupců) sepíšeme vektory posloupnosti M:

h((\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & 1 \\ 3 & 4 & 3 \end{matrix})) = h((\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix})) = 2.

Posloupnost tedy není báze.

(c) Stejný argument jako v případu (a) říká, že čtyřprvková množina v třídimenzionálním vektorovém prostoru určitě není jeho báze.

(d) Uvažujeme stejně jako v bodě (b) a počítáme hodnost matice, tedy dimenzi vektorového prostoru generovaného řádky matice

h((\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix})) = h((\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix})) = 3,

proto posloupnost M = ((2, 1, 1), (4, 2, 1), (2, 2, 2)) tvoří bázi. □

1.2. Spočítejte souřadnice vektoru v vzhledem k bázi M = ((2, 1, 1), (4, 2, 1), (2, 2, 2)). (a) v = (4, 2, 1),

(b) v = (3, 2, 2),

(c) v = (0, 0, 0),

(d) v = (2, 2, 0).

(a) Okamžitě vidíme, že (4, 2, 1) = 0 · (2, 1, 1) + 1 · (4, 2, 1) + 0 · (2, 2, 2), tedy [(4, 2, 1)]_{M} = (0, 1, 0)

(b) Podobně jako v (a) i tentokrát určíme souřadnice přímo z definice, protože (3, 2, 2) = 1 · (2, 1, 1) + 0 · (4, 2, 1) + 3 · (2, 2, 2). Dostáváme, že [(3, 2, 2)]_{M} = (1, 0, 3)

(c) Opět z definice vidíme, že [(0, 0, 0)]_{M} = (0, 0, 0).

(d) Hledáme vektor (x_{1}, x_{2}, x_{3}), pro který (2, 2, 0) = x_{1} · (2, 1, 1) + x_{2} · (4, 2, 1) + x_{3} · (2, 2, 2), tedy řešíme soustavu rovnic s maticí

(\begin{matrix}2 & 4 & 2 & | & 2 \\ 1 & 2 & 2 & | & 2 \\ 1 & 1 & 2 & | & 0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}2 & 4 & 2 & | & 2 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 \\ 0 & 4 & 0 & | & 3 \end{matrix}) .

Nyní snadno dopočítáme, že [(2, 2, 0)]_{M} = (1, 2, 1). □

1.3. Najděte takovou matici A, aby souřadnice libovolného vektoru v vzhledem k bázi M z předchozího příkladu byli rovny součinu [v]_{M} = vA.

Označíme-li K_{3} a uvědomíme-li si, že [v]_{K_{3}} = v, pak vidíme, že

[v]_{M} = [v]_{K_{3}}[Id]_{K_{3} M}^{T} = v[Id]_{K_{3} M}^{T},

tedy A = [Id]_{K_{3} M}^{T}. Připomeňme konečně, že [Id]_{K_{3} M} = [Id]_{MK_{3}}^{−1}, kde matici [Id]_{MK_{3}} umíme velmi snadno určit z definice. Tedy standardní metodou počítejme:

(\begin{matrix}2 & 4 & 2 & |1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 2 & |0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & |0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & |2 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & |0 & 4 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & |1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & |0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & |2 & 1 & 0 \end{matrix})

Zjistili jsme, že [Id]_{K_{3} M} = (\begin{matrix}1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 4 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix}), a proto A = (\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ 2 & 4 & 0 \end{matrix})

□

1.4. Najděte ve vektorovém prostoru Z_{7}^{2} matici přechodu od báze M = ((2, 1), (2, 3)) k bázi N = ((1, 5), (3, 4)).

Uvědomíme si, že matice přechodu od báze M k bázi N je právě maticí [Id_{Z_{7}^{2}} ]_{NM} identického homomorfismu vzhledem k bázím N a M, kterou spočteme obvyklým způsobem

[Id_{Z_{7}^{2}} ]_{NM} = [Id_{Z_{7}^{2}} ]_{K_{2} M} · [Id_{Z_{7}^{2}} ]_{NK_{2}} = [Id_{Z_{7}^{2}} ]_{MK_{2}}^{−1} · [Id_{Z_{7}^{2}} ]_{NK_{2}} =

= (\begin{matrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{matrix})^{−1} · (\begin{matrix}1 & 3 \\ 5 & 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix}) .

□

1.5. Buď A nějaká čtvercová matice stupně n nad tělesem T a definujme zobrazení f : T^{n} × T^{n} → T předpisem f(u, v) = u · A · v^{T} a dále pro každé u ∈ T^{n} dvojici zobrazení f_{u},_{u} f : T^{n} → T podmínkou f_{u}(v) = f(v, u) a _{u}f(v) = f(u, v). Dokažte, že f_{u} a _{u}f jou pro každé u ∈ T^{n} lineární formy.

Obě zobrazení f_{u} i _{u}f zobrazují vektorový prostor nad tělesem T do tělesa T, tedy stačí ověřit linearitu. Využijeme k tomu vlastnosti sčítání a násobení matic a dostaneme pro každé u, v, v_{1}, v_{2} ∈ T^{n} a každé t ∈ T, že f_{u}(v_{1} + v_{2}) = (v_{1} + v_{2})Au = v_{1}Au + v_{2}Au = f_{u}(v_{1}) + f_{u}(v_{2}) a f_{u}(tv) = tvAu = tf_{u}(v). Symetricky i _{u}f(v_{1} + v_{2}) = uA(v_{1} + v_{2}) =_{u} f(v_{1}) +_{u} f(v_{2}) a _{u}f(tv) = tuAv = t_{u}f(v).

2./3.3.

Poznamenejme, že zobrazení, které jsme zavedli v 1.5 je bilineární forma.

1.6. Uvažujme bilineární formu f z příkladu 1.5 na vektorovém prostoru Z_{5}^{2} pro

matici A = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix})

(a) Najděte matici f vzhledem ke kanonické bázi.

(b) Najděte matici f vzhledem k bázi B = ((3, 3), (4, 1)).

(c) Určete bázi levého vrcholu f, tj. podprostoru {u| f(u, v) = 0∀v ∈ Z_{5}^{2}}.

(d) Určete bázi pravého vrcholu f, tj. podprostoru {u| f(v, u) = 0∀v ∈ Z_{5}^{2}}.

(e) Najděte matice vzhledem ke kanonické bázi symetrické bilineární formy f_{s} a antisymetrické bilineární formy f_{a}, pro které f = f_{s} + f_{a}.

(f) Najděte matice f_{s} a f_{a} vzhledem k bázi B.

(a) Označme M matici f vzhledem ke kanonické bázi. Postupujeme-li podle definice, tedy uvážíme, že obsahuje na i-tém řádku a j-tém sloupci právě hodnotu

f(e_{i}, e_{j}) = e_{i}Ae_{j}^{T}. Tedy vidíme, že M = A = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix}).

(b) Označme N matici f vzhledem k bázi B = ((3, 3), (4, 1)). Využijeme definice nebo pozorování z přednášky, které říká, že

N = [Id]_{BK_{2}}^{T} · A · [Id]_{BK_{2}} = (\begin{matrix}3 & 3 \\ 4 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix}) · (\begin{matrix}3 & 4 \\ 3 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 2 & 3 \end{matrix})

(c) Uvážíme-li, že vektor u leží v levém vrcholu, právě když je řešením homogenní soustavy s maticí A^{T}, stačí když najdeme bázi řešení této soustavy. Zřejmě tedy hledanou bázi tvoří například vektor (1, 1). Poznamenejme, že podobnou úvahu můžeme využít i pro matice bilineární formy vzhledem k jakékoli jiné bázi C, v takovém případě ovšem najdeme souřadnice hledané báze vrcholu vyjádřené vzhledem k bázi C.

(d) Podobně jako v (c) nahlédneme, že vektor u leží v v pravém vrcholu, právě když je řešením homogenní soustavy s maticí A. Takovým řešením a hledanou bází je tedy například vektor (3, 1).

(e) Z přednášky víme, že stačí položit f_{s}(u, v) = \frac{1}{2}(f(u, v)+f(v, u)) a f_{a}(u, v) = \frac{1}{2}(f(u, v) − f(v, u)), abychom dostali jednoznačně určenou symetrickou bilineární formu f_{s} a antisymetrickou bilineární formu f_{a}, pro než f = f_{s} + f_{a}. Označme M_{s} matici f_{s} a M_{a} matici f_{a} vzhledem ke kanonické bázi. Díky izomorfismu, který pro pevně zvolenou bázi C přiřadí bilineární formě její matici vzhledem k C, můžeme otázku vyřešit přímo v maticovém zápisu, tj.

M_{s} = 2^{−1} · (M + M^{T}) = 3 · ((\begin{matrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix}1 & 4 \\ 2 & 3 \end{matrix})) = (\begin{matrix}1 & 3 \\ 3 & 3 \end{matrix}) ,

M_{a} = 2^{−1} · (M − M^{T}) = 3 · ((\begin{matrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix}) − (\begin{matrix}1 & 4 \\ 2 & 3 \end{matrix})) = (\begin{matrix}0 & 4 \\ 1 & 0 \end{matrix}) .

Všimněme si, že druhý výpočet už jsme nemuseli provádět, stačilo uvážit, že M_{a} = M − M_{s}.

(f) Postupujeme stejně jako v bodě (e), ale pracujeme s maticí N bilineární formy f vzhledem k bázi B = ((3, 3), (4, 1)). Označíme-li N_{s} matici f_{s} a N_{a} matici f_{a} vzhledem k bázi B, pak

N_{s} = 2^{−1} · (N + N^{T}) = 3 · ((\begin{matrix}0 & 0 \\ 2 & 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 2 \\ 0 & 3 \end{matrix})) = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}) ,

N_{a} = N − N_{s} = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 2 & 3 \end{matrix}) − (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 4 \\ 1 & 0 \end{matrix}) .

□

1.7. Buď B čtvercová matice stupně 2 nad tělesem Z_{7} a buď zobrazení f : Z_{7}^{2}×Z_{7}^{2} → Z_{7} dáno předpisem f(u, v) = u·B·v^{T}. Určete matici B, víte-li, že f((1, 4), (1, 4)) = f((1, 4), (3, 3)) = 1, f((3, 3), (1, 4)) = 2 a f((3, 3), (3, 3)) = 0.

Z pozorování příkladu 1.5 víme, že je f bilineární forma. Vezmeme-li bázi M = ((1, 4), (3, 3)) vektorového prostoru Z_{7}^{2}, vidíme, že v zadání příkladu máme uvedeny

údaje, které můžeme sepsat do matice C = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \end{matrix}) f bilineární formy f vzhledem

k bázi M. Uvážíme-li, že je matice B právě maticí f vzhledem ke kanonické bázi K_{2}, stačí podobně jako v 1.6(b) využít vztahu dokázaného na přednášce B = [Id]_{K_{2} M}^{T} · C · [Id]_{K_{2} M}. Obvyklým způsobem spočítáme

[Id]_{K_{2} M} = [Id]_{MK_{2}}^{−1} = (\begin{matrix}1 & 3 \\ 4 & 3 \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}2 & 5 \\ 2 & 3 \end{matrix}) ,

a proto

B = [Id]_{K_{2} M}^{T} · C · [Id]_{K_{2} M} = (\begin{matrix}2 & 2 \\ 5 & 3 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \end{matrix}) · (\begin{matrix}2 & 5 \\ 2 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 4 & 0 \end{matrix}) .

□

1.8. Buď g bilineární forma na racionálním vektorovém prostoru Q^{3} s maticí A =

(\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) vzhledem k bázi B = ((1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)).

(a) Spočítejte g((1, 1, 0), (1, 1, 1)).

(b) Spočítejte g((1, 2, 1), (0, 2, 2)).

(c) Najděte matice vzhledem k bázi B symetrické bilineární formy g_{s} a antisymetrické bilineární formy g_{a}, pro které g = g_{s} + g_{a}.

(a) Protože jsou vektory (1, 1, 0), (1, 1, 1) přímo bázické vektory báze g, údaj odečtem přímo z matice g vzhledem k bázi B, tedy g((1, 1, 0), (1, 1, 1)) = 0.

(b) Využijeme vztah, který říká, jak zjistit hodnotu bilineární formy z matice a souřadnicových vektorů g(u, v) = [u]_{B} · A · [v]_{B}^{T}. Obvyklým způsobem určíme [(1, 2, 1)]_{B} = (1, 1, −1) a [(0, 2, 2)]_{B} = (2, −2, 0), proto

g((1, 2, 1), (0, 2, 2)) = (1, 1, −1) · (\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}2 \\ −2 \\ 0 \end{matrix}) = −2.

(c) Označíme A_{s} matici g_{s} a A_{a} matici g_{a} vzhledem k bázi B a postupujeme stejně jako v příkladu 1.6(f):

A_{s} = \frac{1}{2}(A + A^{T}) = \frac{1}{2}((\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 2 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix})) = (\begin{matrix}1 & 1 & \frac{1}{2} \\ 1 & −1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1 \end{matrix}) ,

A_{a} = A − A_{s} = (\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) − (\begin{matrix}1 & 1 & \frac{1}{2} \\ 1 & −1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 1 & −\frac{1}{2} \\ −1 & 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & 0 \end{matrix} ) .

□

9./10.3.

1.9. Rozhodněte, zda je zobrazení h_{2} : R^{2} → R dané předpisem h_{2}(x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{2} + 4x_{1}y_{2} + 3x_{2}^{2} kvadratická forma.

Snadno nahlédneme, že můžeme dané zobrazení vyjádřit ve tvaru h_{2}(x_{1}, x_{2}) =

(x_{1}, x_{2})·(\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix})·(\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}), a proto je h_{2}(x_{1}, x_{2}) = h((x_{1}, x_{2}), (x_{1}, x_{2})) pro symetrickou

bilineární formu h s maticí vzhledem ke kanonické bázi (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix}). Tedy h_{2}(u) =

h(u, u) je podle definice kvadratická forma. □

1.10. Najděte symetrickou bilineární formu f na Z_{5}^{3}, která vytváří kvadratickou formu f_{2} danou vztahem f_{2}(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 3x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + 2x_{2}^{2} + 3x_{2}x_{3} + 4x_{3}^{2}. Určete vrchol f_{2}.

Stejně jako v předchozí úloze přímočaře (tj. ţrozpůlením” koeficientů u členů x_{i}y_{j} pro i ≠ j) určíme matici hledané symetrické bilineární formy f vzhledem ke

kanonické bázi A = (\begin{matrix}3 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 4 \end{matrix}). Tuto bilineární formu můžeme posat i analyticky

(vzhledem ke kanonické bázi):

f((x_{1}, x_{2}, x_{3}), (y_{1}, y_{2}, y_{3})) = 3x_{1}y_{1} +3x_{1}y_{2} +3x_{2}y_{1} +2x_{2}y_{2} +4x_{2}y_{3} +4x_{3}y_{2} +4x_{3}y_{3}.

Vzhledem k tomu, že vrcholem kvadratické formy je pravý (nebo levý) vrchol symetrické bilineární formy f na vytváří kvadratickou formu f_{2}, stačí najít řešení homogenní soustavy rovnic s maticí A. Protože

A = (\begin{matrix}3 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 4 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

je vrchol V (f) = V (f_{2}) = ⟨(1, 4, 1)⟩. □

1.11. Najděte polární bázi symetrické bilineární formy g na reálném vektorovém prostoru R^{3}, která vytváří kvadratickou formu g_{2}(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 4x_{1}x_{2} + 4x_{1}x_{3} + 3x_{2}^{2} − 6x_{2}x_{3} + x_{3}^{2}. Určete matici g vzhledem k nalezené polární bázi.

Opět bezprostředně z předpisu určíme matici hledané symetrické bilineární formy

g vzhledem ke kanonické bázi B = (\begin{matrix}0 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & −3 \\ 2 & −3 & 1 \end{matrix}). Budeme postupovat metodou

I z přednášky.

Nejprve zvolíme vektor p_{1}, pro který g_{2}(p_{1}) ≠ 0. Z matice B vidíme, že sice g_{2}(e_{1}) = 0, ale pro druhý vektor kanonické báze je g_{2}(e_{1}) = 3 ≠ 0. Položíme tedy například p_{1} = e_{2}.

Je-li to možné, volíme nyní vektor p_{2} ∈ Kerg(p_{1}, −), pro který g_{2}(p_{2}) ≠ 0, tj. potřebujme nejprve vyřešit homogenní soustavu rovnic s maticí

p_{1} · B = (0, 1, 0) · (\begin{matrix}0 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & −3 \\ 2 & −3 & 1 \end{matrix}) = (2 3 −3)

a poté mezi těmito řešeními najít takové, na němž je hodnota g_{2} nenulová. Připomeňme, že první otázku umíme zodpovědět vždy a kdyby poté neexistoval vektor s nenulovou hodnotou g_{2}, mohli bychom už zbylé vektory polární báze volit mezi nalezenými řešeními libovolně. V našem případě vidíme, že nepříklad p_{2} = (0, 1, 1) řeší rovnici a g_{2}(p_{2}) = p_{2}Bp_{2}^{T} = −2 ≠ 0.

Koneečně tentokrát volíme vektor p_{3} ∈ ⋂_{i<3} Kerg(p_{i}, −), tedy řešíme soustavu rovnic s maticí

(\begin{matrix}p_{1} \\ p_{2} \end{matrix}) · B = (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}0 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & −3 \\ 2 & −3 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 & 3 & −3 \\ 4 & 0 & −2 \end{matrix})

Snadno určíme poslední bázický vektor p_{3} = (3, 4, 6) a pro něj dopočítáme g_{2}(p_{3}) = p_{3}Bp_{3}^{T} = 60. Našli jsme polární bázi P = ((0, 2, 0), (0, 1, 1), (3, 4, 6)) vůči níž má

bilineární forma g matici (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 60 \end{matrix}). □

1.12. Buď h symetrická bilineární forma na vektorovém prostoru Z_{7}^{5} daná podmínkou h(e_{i}, e_{j}) = 2 pro všechna i, j = 1, …, n Najděte nějakou bázi vrcholu a nějakou polární bázi h.

Z podmínky, jíž je zadána bilineární forma h je zřejmé, že matice h zhledem

ke kanonické bází se skládá ze samých dvojek, tedy A = (\begin{matrix}2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \end{matrix}).

Hledáme-li vrchol, stačí jako obvykle vyřešit homogení soustavu rovnic s maticí A. Vidíme, že například posloupnost M = ((6, 1, 0, 0, 0), (6, 0, 1, 0, 0), (6, 0, 0, 1, 0), (6, 0, 0, 0, 1)) je báze vrcholu h. Pro nalezení polární báze tentokrát využijeme metodu označené na přednášce I*, kdy stačí doplnit bázi vrcholu na bázi celého vektorového prostoru metodou I. Vzhledem k tomu, že je hodnost dané bilineární formy (tj. hodnost kterékoli její matice) rovna jedné, stačí nám v tomto případě najít libovolný doplněk posloupnosti M na bázi Z_{7}^{5} (v jednodimenzionálním doplňku totiž už není co dále upravovat). Tedy například posloupnost N = ((6, 1, 0, 0, 0), (6, 0, 1, 0, 0), (6, 0, 0, 1, 0), (6, 0, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0, 0)) je polární báze h

a matice h vzhledem k N je (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}). □

1.13. Najděte nějakou polární bázi symetrické bilineární formy f z 1.10 na vektorovém prostoru Z_{5}^{3}.

Opět postupujme metodou I*. V 1.10 jsme našli bázi ((1, 4, 1)) vrcholu f. Vektor (1, 4, 1) můžeme doplnit na bázi Z_{5}^{3} například vektory e_{1} a e_{2} kanonické báze.

Snadno určíme matici Ã = (\begin{matrix}3 & 3 \\ 3 & 2 \end{matrix}) bilineární formy f̃, která je restrikcí f na pod-

prostor U = ⟨e_{1}, e_{2}⟩, vzhledem k bázi N = (e_{1}, e_{2}). Dále počítáme v souřadnicích vzhledem k N. Nejprve tedy přímo vidíme, že f̃_{2}(e_{1}) = 3 ≠ 0 a poté vyřešíme homogenní soustavu rovnic s maticí

[e_{1}]_{N} · A = (1, 0) · (\begin{matrix}3 & 3 \\ 3 & 2 \end{matrix}) = (3 3) .

Vidíme, že soustavu řeší [p_{2}]_{B} = (4, 1), tedy p_{2} = (4, 1, 0) a f̃_{2}(p_{2}) = (4, 1) · A · (4, 1)^{T} = 4. Našli jsme polární bázi ((1, 4, 1), (1, 0, 0), (4, 1, 0)) formy f s maticí vůči

této bázi (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}). □

16./17.3.

1.14. Najděte nějakou polární bázi symetrické bilineární formy g na vektorovém prostoru R^{2} dané předpisem g((x_{1}, x_{2}), (y_{1}, y_{2})) = x_{1}y_{1} − 3x_{1}y_{2} − 3x_{2}y_{1} + 2x_{2}y_{2}.

Nejprve obvyklým způsobem určíme matici symetrické bilineární formy g vzhle-

dem ke kanonické bázi C = (\begin{matrix}1 & −3 \\ −3 & 2 \end{matrix}). Postupujeme metodou II z přednášky a

matici C upravujeme posloupností symetrických elementárních úprav. Provádíme tedy v každém kroku vždy stejnou řádkovou a sloupcovou úpravu tak, abychom nakonec dostali diagonální matici. Řádkové úpravy budeme zachycovat obvyklým způsobem (jako při hledání inverzní matice) do matice.

(\begin{matrix}1 & −3 & | & 1 & 0 \\ −3 & 2 & | & 0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}1 & 0 & | & 1 & 0 \\ 0 & −7 & | & 3 & 1 \end{matrix}) .

Budeme-li vzniklou diagonální matici chápat jako matici bilineární formy f vzhledem k nějaké nové bázi M, vidíme, že vprava dostáváme matici transpono-

vanou k matici přechodu od báze M ke kanonické bázi, tedy [Id]_{MK_{2}} = (\begin{matrix}1 & 3 \\ 0 & 1 \end{matrix}).

Nyní snadno určíme bázi M = ((1, 0), (3, 1)), vůči níž je matice f diagonální, tedy M je polární báze f. □

1.15. Existuje-li, najděte nenulový vektor v ∈ R^{2}, pro který (a) g_{2}(v) > 0,

(b) g_{2}(v) < 0,

(c) g_{2}(v) = 0, kde g_{2} je kvadratická forma vytvořená bilineární formou z příkladu 1.14.

(a) Okamžitě z matice [g]_{K_{2}} vidíme, že hodnota g_{2} je kladná například na obou vektorech kanonické báze, tedy g_{2}(e_{1}) = 1 a g_{2}(e_{2}) = 2.

(b) Potřebujeme zjistit, zda je či není kvadratická forma g_{2} pozitivně semidefinitní. Není-li, pak existuje vektor v na němž je hodnota g_{2} záporná. Protože má matice g vzhledem k polární bázi M jedno kladné a jedno záporné číslo, je g indefinitní. Opět přímo z matice vidíme, že g_{2}((3, 1)) = −7.

(c) Vyjádřeme si hledaný vektor v pomocí známé polární báze M, tedy v = a·(1, 0)+b·(3, 1), tj. [v]_{M} = (a, b). Nyní víme, že g_{2}(v) = [v]_{M}[g_{2}]_{M}[v]_{M}^{T}. = a^{2}−7·b^{2}. Chcem-li, aby g_{2}(v) = 0, dostáváme rovnici a^{2} − 7 · b^{2} = 0, kterou řeší například (a, b) = (\sqrt{7}, 1). Našli jsme tedy vektor v = \sqrt{7} · (1, 0) + 1.(3, 1) = (\sqrt{7} + 3, 1), pro nějž platí, že g_{2}(v) = 0. □

1.16. Popište množinu všech bodů (x_{1}, x_{2}) ∈ R^{2} splňující podmínku x_{1}^{2} − 6x_{1}x_{2} + 2x_{2}^{2} + 6x_{1} − 4x_{2} − 5 = 0.

Všimneme si, že výraz x_{1}^{2} − 6x_{1}x_{2} + 2x_{2}^{2} + 6x_{1} − 4x_{2} − 5 obsahuje kvadratickou fromu g_{2} z předchozího příkladů, konkrétně x_{1}^{2} − 6x_{1}x_{2} + 2x_{2}^{2} + 6x_{1} − 4x_{2} − 5 = g_{2}(x_{1}, x_{2}) + 6x_{1} − 4x_{2} − 5. Vyjádřeme tuto rovnost v souřadnicích vzhledem k polární bázi M. Nejprve označme (y_{1}, y_{2}) = [(x_{1}, x_{2})]_{M} = (x_{1}, x_{2}) · [Id]_{K_{2} M}^{T}. Potom (x_{1}, x_{2})^{T} = [Id]_{MK_{2}} · (y_{1}, y_{2})^{T}, a proto

6x_{1} − 4x_{2} = (6, −4) · (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = (6, −4) · (\begin{matrix}1 & 3 \\ 0 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) = 6y_{1} + 14y_{2}.

Protože g_{2}(v) = [v]_{M}[g]_{M}[v]_{M}^{T}, dostáváme, že g_{2}(x_{1}, x_{2}) = y_{1}^{2} − 7y_{2}^{2}, a proto potřebujeme vyřešit rovnici

0 = y_{1}^{2}−7y_{2}^{2}+6y_{1}+14y_{2}−5 = (y_{1}+3)^{2}−9−7(y_{2}−1)^{2}+7−5 = (y_{1}+3)^{2}−7(y_{2}−1)^{2}−7.

Vidíme, že hledaný útvar je hyperbola se středem [v]_{M} = (−3, 1), tj. v = 0, 1. □

1.17. Najděte nějakou polární bázi symetrické bilineární formy f na vektorovém

prostoru Z_{7}^{3} s maticí vzhledem ke kanonické bází D = (\begin{matrix}2 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 2 \\ 4 & 2 & 0 \end{matrix}).

Opět využijeme metodu II, tj. matici opět převedeme symetrickými úpravami na diagonální matici a použité řádkové elementární úpravy zazanamenáme:

(\begin{matrix}2 & 0 & 4 & |1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & |0 & 1 & 0 \\ 4 & 2 & 0 & |0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}2 & 0 & 0 & |1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & |0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 6 & |5 & 0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}2 & 0 & 0 & |1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & |0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & |5 & 5 & 1 \end{matrix}) .

V řádcích pravé strany upravené matice vidíme, že polární bázi f tvoří například vektory (1, 0, 0), (0, 1, 0), (5, 5, 1). □

1.18. Najděte nějakou polární bázi symetrické bilineární formy g na reálném vek-

torovém prostoru ℝ^{2} s maticí [g]_{K_{2}} = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{2}.

Opět postupujeme metodou II. Všimněme si, že hodnota g(e_{i}, e_{i}) = 0 pro i = 1, 2, tedy nám při symetrických úvahách nestačí přehodit řádek a sloupec matice, nýbrž musíme přičíst druhý řádek i sloupec k prvnímu:

([g]_{K_{2}}|E) = (\begin{matrix}0 & 1|1 & 0 \\ 1 & 0|0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}2 & 1|1 & 1 \\ 1 & 0|0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}2 & 0 & | & 1 & 1 \\ 0 & −\frac{1}{2} & | & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}) .

Našli jsme tedy matici přechodu od kanonické bázi k polární, tedy hledanou polární bází je například posloupnost vektorů ((1, 1), (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) □

23./24.3.

1.19. Spočítejte signaturu symetrické bilineární formy h na R^{3} dané kvadratickou formou h_{2}((x_{1}, x_{2}, x_{3})) = x_{1}^{2} + 2x_{1}x_{2} + 6x_{1}x_{3} + 3x_{2}^{2} + 6x_{2}x_{3} + 5x_{3}^{2}.

Obvyklým způsobem určíme matici [h]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 1 & 3 \\ 1 & 3 & 3 \\ 3 & 3 & 5 \end{matrix}) a tuto matici upravíme

posloupností symetrických úprav na diagonální matici:

(\begin{matrix}1 & 1 & 3 \\ 1 & 3 & 3 \\ 3 & 3 & 5 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 5 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & −4 \end{matrix})

Protože díky metodě II víme, že existuje polární báze M vůči níž má symetrická

bilineární forma h matici [h]_{P} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & −4 \end{matrix}), stačí podle definice přepočítat nuly,

kladná čísla a záporná čísla na diagonále této matice a seřadit údaje do signatury (0, 2, 1) symetrické bilineární formy h. □

1.20. Nechť h je symetrická bilineární forma na reálném vektorovém prostoru R^{3}

s maticí [h]_{B} = (\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ −1 & 2 & 1 \\ −1 & 1 & 5 \end{matrix}) vzhledem k nějaké bázi B.

(a) Určete signaturu h,

(b) rozhodněte, zda je h skalární součin na R^{3},

(c) popište v souřadnicích vzhledem ke vhodné bází množinu K = {v ∈ R^{3}| h(v, v) = 1}.

(a) Položme A = [h]_{B} a označme A_{i} matici, která vznikne z A vynecháním posledních n−i řádků a sloupců. Využijeme tentokrát metodu III z přednášky. Nebudeme přitom pomocí výpočtu subdeterminantů hledat polární bázi, ale využijeme toho, že za předpokladu, že detA_{i} ≠ 0, umíme najít polární bázi P = (p_{1}, p_{2}, p_{3}), pro níž h(p_{1}) = detA_{1} a h(p_{i}) = detA_{i−1} · detA_{i} pro i > 1. Tedy spočítáme

detA_{1} = 1, detA_{2} = det(\begin{matrix}1 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}) = 2 − 1 = 1, detA_{3} = det (\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ −1 & 2 & 1 \\ −1 & 1 & 5 \end{matrix}) =

10 + 1 + 1 − 2 − 5 − 1 = 4, abychom viděli, že pro vhodnou bázi P je

[h]_{P} = (\begin{matrix}detA_{1} & 0 & 0 \\ 0 & detA_{1} · detA_{2} & 0 \\ 0 & 0 & detA_{2} · detA_{3} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) .

To znamená, že h má signaturu (0, 3, 0).

(b) Protože má h podle (a) signaturu (0, 3, 0), jde o pozitivně definitní symetrickou bilineární formu na reálném vektorovém prostoru, proto je h skalární součin.

(c) Uvažujeme stejně jako v 1.16 a stačí tedy rozvážit úlohu vzhledem k polární bázi P, jejíž existenci nám zaručuje metoda III, a vůči níž jsme v bodu (a) spočítali matici h. Poznamenejme, že v souřadnicích vzhledem k bázi B najdeme níže (v 2.2) ještě jinou polární bázi. Označíme-li (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = [v]_{P}, pak v ∈ K, právě když y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + 4y_{3}^{2} = 1. Proto (nejen v souřadnicích v P) tvoří K elipsoid se středem v bodě (0, 0, 0). □

2. Skalární součin

2.1. Dokažte, že je zobrazení f((x_{1}, x_{2}), (y_{1}, y_{2})) = 5x_{1}y_{1} − x_{1}y_{2} − x_{2}y_{1} + x_{2}y_{2} skalární součin na R^{2} a najděte nějakou jeho ortonormální bázi.

Nad reálným vektorovým prostorem potřebujeme zjistit, zda je f pozitivně definitní symetrická bilineární forma. Snadno nahlédneme, že se jedná o bilineární

formu s maticí [f]_{K_{2}} = (\begin{matrix}5 & −1 \\ −1 & 1 \end{matrix}). Vidíme, že je [f]_{K_{2}} symetrická matice, proto

je f symetrická bilineární forma. Označíme-li A = [f]_{K_{2}}, pak nám stačí spočítat det(5) = 5 a detA = 1, tudíž díky metodě III existuje polární báze M, pro níž

[f]_{M} = (\begin{matrix}5 & 0 \\ 0 & 1 · 5 \end{matrix}). To ovšem znamená, že je f má signaturu (0, 2, 0), tedy je to

pozitivně definitní symetrická bilineární forma.

Protože ortogonální báze f reálného skalárního součinu je právě polární bází f a ortonormální báze, B = (u_{1}, u_{2}) je ortogonální báze splňující navíc podmínku f(u_{i}, u_{i}) = 1, stačí některou z výše uvedených metod najít vhodnou polární bázi. Postupujme například metodou II:

(\begin{matrix}5 & −1 & | & 1 & 0 \\ −1 & 1 & | & 0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}4 & 0 & | & 1 & 1 \\ 0 & 1 & | & 0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}1 & 0 & | & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & | & 0 & 1 \end{matrix}) .

Našli jsme ortonormální bázi B = ((\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), (0, 1)). □

30./31.3.

2.2. Najděte nějakou ortonormální bázi skalárního součinu h z příkladu 1.20.

Budeme stejně jako v předchozí úloze hledat pomocí symetrických úprav bázi, vůči níž má pozitivně definitní symetrická bilineární forma h právě jednotkovou matici.

(\begin{matrix}1 & −1 & −1 & | & 1 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ −1 & 1 & 5 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}1 & 0 & −1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 & 1 & 0 \\ −1 & 0 & 5 & | & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s}

∼_{s} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & | & 1 & 0 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \end{matrix}) .

Našli jsem ortonormální bázi M = (v_{1}, v_{2}, v_{3}), jejíž souřadnici vzhledem k bázi B jsou [v_{1}] = (1, 0, 0), [v_{2}] = (1, 1, 0) a [v_{3}] = (\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}). □

2.3. Nechť B = ((1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 1)) je ortonormální báze vzhledem ke skalárnímu součinu · na R^{3}.

(a) Spočítejte (1, 0, 1) · (0, 1, 1), (1, 0, 1) · (1, 1, 1) a (2, 1, 1) · (2, 3, 1),

(b) najděte matici A, pro níž x · y = xAy^{T}.

(c) označíme-li ω standardní skalární součin, najděte takový izomorfismus φ : R^{3} → R^{3}, aby x · y = ω(φ(x), φ(y)),

(d) určete matice φ a φ^{−1} z (c) vzhledem ke kanonické bázi.

(a) Nejprve si všimněme, že (1, 0, 1) a (0, 1, 1) jsou dva různé vektory ortonormální báze, proto z definice ortonormality (1, 0, 1) · (0, 1, 1) = 0.

Připomeňme, že · je pozitivně definitní symetrická bilineární forma na R^{3}, tedy ze zadání je jasná matice · vzhledem k bázi B, tj. [·]_{B} = E. Známe-li souřadnice vektoru vzhledem k bázi B, obvyklým způsobem spočítáme hodnotu bilineární formy. Vidíme (nebo spočítáme), že [(1, 0, 1)]_{B} = (1, 0, 0), [(1, 1, 1)]_{B} = \frac{1}{2}(1, 1, 1), [(2, 1, 1)]_{B} = (1, 1, 0) a [(2, 3, 1)]_{B} = (0, 2, 1), proto

(1, 0, 1) · (1, 1, 1) = [(1, 0, 1)]_{B}E[(1, 1, 1)]_{B}^{T} = (1, 0, 0) (\frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1}{2} ) = 1 · \frac{1}{2} + 0 · \frac{1}{2} + 0 · \frac{1}{2} = \frac{1}{2},

(2, 1, 1) · (2, 3, 1) = [(2, 1, 1)]_{B}E[(2, 3, 1)]_{B}^{T} = (1, 1, 0) (\begin{matrix}0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) = 1 · 0 + 1 · 2 + 0 · 1 = 2.

(b) Potřebujeme najít právě matici · vzhledem ke kanonické bázi, k čemuž využijme teorii bilineárních forem (viz například 1.6), tedy

A = [Id]_{K_{3} B}^{T}[·]_{B}[Id]_{K_{3} B} = ([Id]_{BK_{3}}^{T})^{−1}[Id]_{BK_{3}}^{−1} = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix})^{−1} (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix})^{−1} .

Stačí tedy určit (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix})^{−1} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}), a potom

A = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 1 \end{matrix}) · \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}) = \frac{1}{4} (\begin{matrix}3 & −1 & −1 \\ −1 & 3 & −1 \\ −1 & −1 & 3 \end{matrix}) .

(c) Uvážíme-li, že danou podmínku mají splňovat i vektory jakékoli ortonormální báze B = (b_{1}, b_{2}, b_{3}), tedy, že δ_{ij} = b_{i} · b_{j} = ω(φ(b_{i}), φ(b_{j})), vidíme, že hledaný izomorfismus φ zobrazí nutně ortonormální bázi vzhledem k · ortonormální bázi vzhledem k ω. Protože kanonická báze K_{3} je ortonormální vzhledem k ω, položme φ(b_{i}) = e_{i}, i = 1, 2, 3. Tím máme jednoznačně zadán izomorfismus φ(v) = [v]_{B}, o němž díky linearitě v obou složkách nahlédneme, že splňuje požadovanou podmínku.

(d) Protože φ(b_{i}) = e_{i}, máme φ^{−1}(e_{i}) = b_{i}, odkud okamžitě z definice matice

endomorfismu dostáváme, že [φ^{−1}]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}). Konečně [φ]_{K_{3}} = [φ^{−1}]_{K_{3}}^{−1} =

(\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix})^{−1} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix}). □

2.4. Uvažujme standardní skalární součin · na reálném vektorovém prostoru R^{3}.

(a) Ověřte, že B = ((\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}), (\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0), (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}})) je ortonormální báze R^{3} vzhledem ·,

(b) spočítejte souřadnice [(0, 0, 1)]_{B}, [(2, 1, 0)]_{B} a [(1, 2, 3)]_{B},

(c) ověřte, že C = ((0, 0, 1), (\frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}, 0), (\frac{1}{\sqrt{5}}, −\frac{2}{\sqrt{5}}, 0)) je ortonormální báze R^{3} vzhledem ·,

(d) označme B = (b_{1}, b_{2}, b_{3}), C = (c_{1}, c_{2}, c_{3}) a dokažte, že pro izomorfismus ψ jednoznačně určený podmínkou ψ(b_{i}) = c_{i}, kde i = 1, 2, 3, platí ∥ u ∥ = ∥ψ(u)∥ pro všechny vektory u ∈ R^{3}.

(a) Podle definice spočítáme

(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) · (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) = 3 · (\frac{1}{\sqrt{3}})^{2} = 1,

(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) · (\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0) = \frac{1}{\sqrt{6}} − \frac{1}{\sqrt{6}} = 0,

(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) · (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}) = 2 · \frac{1}{\sqrt{18}} − \frac{1}{\sqrt{18}} = 0,

(\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0) · (\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0) = 2 · (\frac{1}{\sqrt{2}})^{2} = 1,

(\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0) · (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}) = ·\frac{1}{\sqrt{12}} − \frac{1}{\sqrt{12}} = 0,

(\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}) · (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}) = 2 · (\frac{1}{\sqrt{6}})^{2} + (\frac{2}{\sqrt{6}})^{2} = 1,

tedy zjistili jsme, že B je ortonormální posloupnopst, tedy lineárně nezávislá posloupnost. Protože jde o tříprvkovou lineárně nezávislou posloupnost ve vektorovém prostoru dimenze 3, musí jít o bázi a [·]_{B} = E.

(b) Připomeňme, že pro každou ortonormální bázi B = (b_{1}, b_{2}, b_{3}) a pro každý vektor v ∈ R^{3} platí [v]_{B} = (b_{1} · v, b_{2} · v, b_{3} · v), proto

[(0, 0, 1)]_{B} = (1 · \frac{1}{\sqrt{3}}, 1 · 0, 1 · \frac{−2}{\sqrt{6}}) = \frac{1}{\sqrt{6}}(\sqrt{2}, 0, −2),

dále

[(2, 1, 0)]_{B} = (\frac{2 + 1}{\sqrt{3}} , \frac{2 − 1}{\sqrt{2}}, \frac{2 + 1}{\sqrt{6}} ) = (\sqrt{3}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \sqrt{\frac{3}{2}}),

[(1, 2, 3)]_{B} = (\frac{1 + 2 + 3}{\sqrt{3}} , \frac{1 − 2}{\sqrt{2}}, \frac{1 + 2 − 3 · 2}{\sqrt{6}} ) = (2\sqrt{3}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, −\sqrt{\frac{3}{2}}).

(c) Stejně jako v (a) přímočaře spočítáme, že [·]_{C} = E.

(d) Položme [v]_{B} = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) a [w]_{B} = (w_{1}, w_{2}, w_{3}). Ověříme, že v · w = ψ(v) · ψ(w):

v · w = (∑_{i=1}^{3}v_{i}b_{i}) · (∑_{j=1}^{3}w_{j}b_{j}) = ∑_{i,j≤3} v_{i}w_{j}(b_{i} · b_{j}) = ∑_{i=1}^{3}v_{i}w_{i}

a podobně

ψ(v) · ψ(w) = (∑_{i=1}^{3}v_{i}ψ(b_{i})) · (∑_{j=1}^{3}w_{j}ψ(b_{j})) = ∑_{i,j≤3} v_{i}w_{j}(c_{i} · c_{j}) = ∑_{i=1}^{3}v_{i}w_{i},

čímž jsme dokázali, že v · w = ψ(v)·ψ(w), a proto ∥ u ∥ = \sqrt{u · u} = \sqrt{ψ(u) · ψ(u)} = ∥ψ(u)∥. □

6./7.4.

2.5. Uvažujme standardní skalární součin · na reálném vektorovém prostoru R^{3} a nechť V = ⟨(1, 1, 0), (1, 3, 2)⟩.

(a) Najděte nějakou ortonormální bázi prostoru V,

(b) najděte ortogonální bázi V obsahující vektor (2, 4, 2),

(c) spočítejte ortogonální projekci vektoru (2, 2, −1) do podprostoru V,

(d) spočítejte bázi ortogonálního doplňku V^{⊥},

(e) určete ortonormální bázi (c_{1}, c_{2}, c_{3}) prostoru R^{3}, pro niž V = ⟨c_{1}, c_{2}⟩.

(a) Budeme upravovat například bázi ((1, 1, 0), (1, 3, 2)) Gramovu-Schmidtovu ortogonalizací. Položíme nejprve v_{1} = \frac{1}{∥(1,1,0)∥} (1, 1, 0) = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0). Dále hledáme vektor u_{2} ve tvaru u_{2} = (1, 3, 2) + c · v_{1}. Z podmínky v_{1} · v_{2} = 0 dostáváme, že c = − v_{1} ·(1, 3, 2) = −\frac{4}{\sqrt{2}}, proto u_{2} = (−1, 1, 2). Nyní vektor u_{2} normalizujeme a dostanme v_{1} = \frac{1}{∥−1,1,2∥} (−1, 1, 2) = \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2).

Hledanou ortonormální bází V je tedy posloupnost (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)).

(b) Postupujeme obdobně jako v (a) jen zvolíme bázi V začínající vektorem (2, 4, 2), například bázi ((2, 4, 2), (1, 1, 0)). Nyní opět použijeme Gramovu-Schmidtovu ortogonalizaci, tentokrát ovšem nebudeme normalizovat:

Položíme nejprve v_{1} = (2, 4, 2) a hledáme vektor v_{2} ve tvaru v_{2} = (1, 1, 0)+c·v_{1}. Z podmínky v_{1} · v_{2} = 0 tentokrát dostáváme, že c = −\frac{v_{1} ·(1,1,0)}{v_{1} · v_{1}} = −\frac{6}{24} = −\frac{1}{4}, proto v_{2} = (1, 1, 0) − \frac{1}{4} · (2, 4, 2) = \frac{1}{2}(1, 0, −1).

Hledanou ortogonální bází V je tedy posloupnost ((2, 4, 2), \frac{1}{2}(1, 0, −1)) nebo posloupnost ((2, 4, 2), (1, 0, −1)).

(c) Na přednášce bylo dokázáno, že podobně jako v úloze 2.4 lze souřadnice ortogonální projekce vektoru u na podprostor V vzhledem k ortonormální bázi B = (b_{1}, b_{2}) spočítat pomocí jako Fourierovy koeficienty, tj. označíme-li v_{u} ∈ V ortogonální projekci vektoru u na V, pak [v_{u}]_{B} = (b_{1} · v, b_{2} · v). Tedy využijemeli nalezené ortonormální báze B = (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)) z úlohy (a), máme [v_{(2,2,−1)} ] = (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) · (2, 2, −1), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2) · (2, 2, −1)) = (\frac{4}{\sqrt{2}}, −\frac{2}{\sqrt{6}}), a proto

v_{u} = \frac{4}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) − \frac{2}{\sqrt{6}} \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2) = \frac{1}{3}(7, 5, −2).

Na závěr si zkontrolujme, že u − v_{u} lezží v ortogonálním doplňku V, tedy, že je vektor (2, 2, −1) − \frac{1}{3}(7, 5, −2) = \frac{1}{3}(−1, 1, −1) kolmý na všechny (bázické) vektory V.

(d) Na konci úlohy (c) jsme našli vektor (−1, 1, −1) kolmý na celý prostor V. Protože musí mít (nejen) ortogonální doplněk V v R^{3} mít dimenzi 3 − 2 = 1, našli jsme jeho bázi (−1, 1, −1).

(e) V (a) jsme nalezli ortonormální bázi (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)) prostoru V a v (d) bázický vektor (−1, 1, −1) podprostoru V^{⊥}. Stačí tedy poslední vektor normalizovat, tj. položíme-li c_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0), c_{2} = \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2) c_{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}(−1, 1, −1), dostáváme ortonormální bázi (c_{1}, c_{2}, c_{3}) požadovaných vlastností. □

2.6. Buď M = ((1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1)) báze reálného vektorového prostoru R^{3} se standardním skalárním součinem ·. Najděte ortonormální takovou bázi B = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) prostoru R^{3}, aby ⟨(1, 1, 0)⟩ = ⟨v_{1}⟩ a ⟨(1, 1, 0), (0, 1, 1)⟩ = ⟨v_{1}, v_{2}⟩.

Postupujme opět Gramovu-Schmidtovu ortogonalizací.

1. v_{1} = \frac{(1,1,0)}{∥(1,1,0)∥} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0).

2. v′_{2} = (0, 1, 1) − \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) · (0, 1, 1) · \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) = \frac{1}{2}(−1, 1, 2). Proto v_{2} =

\frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2).

3. Předně \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) · (1, 1, 1) = \sqrt{2} a \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2) · (1, 1, 1) = \frac{2}{\sqrt{6}}, proto v′_{3} = (1, 1, 1) − \sqrt{2} · \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) − \frac{2}{\sqrt{6}} \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2) = \frac{1}{3}(1, −1, 1). Konečně

v_{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, −1, 1).

Našli jsme ortonormální bázi (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2), \frac{1}{3}(1, −1, 1)). □

2.7. Uvažujme standardní skalární součin · na reálném vektorovém prostoru R^{5}. Najděte bázi ortogonálního doplňku podprostoru U = ⟨(1, 2, 1, 1, 1), (0, −1, 1, 1, 2)⟩.

Připomeňme, že

U^{⊥} = {v ∈ R^{5}| u · v = 0∀ u ∈ U} = {v ∈ R^{5}| u · v = 0∀ u ∈ B},

kde B je nějaká báze U. Snadno uvážíme, že potřebujeme najít právě řešení homo-

genní soustavy rovnic s maticí (\begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & 1 & 2 \end{matrix}) Tedy bázi U^{⊥} tvoří například

vektory (−3, 1, 1, 0, 0), (−3, 1, 0, 1, 0), (−5, 2, 0, 0, 1). □

2.8. Nechť · je standardní skalární součin na reálném vektorovém prostoru R^{4}.

(a) najděte nějakou ortonormální bázi podprostoru V = ⟨(1, 1, −2, 1), (2, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)⟩,

(b) najděte nějakou ortogonální bázi podprostoru U = ⟨(1, 1, 0, 1), (1, 0, 1, 1)⟩,

(c) najděte nějakou ortogonální bázi ortogonálního doplňku U^{⊥},

(d) spočítejte ortogonální projekci vektoru (−1, 1, 0, 4) do podprostoru W = ⟨(1, 2, 1, −1), (1, 1, 0, 1)⟩.

(a) Nejprve zvolíme vhodnou bázi prostoru V, kterou budeme ortogonalizovat pomocí Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace. Vektor (2, 0, 1, 0) je zřejmě kolmý na zbývající vektory, zvolme tedy bázi V, tak aby byl vektor (2, 0, 1, 0) na jejím prvním místě. Tedy ortogonalizujme například bázi ((2, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 1, −2, 1)). Gramovu-Schmidtovu ortogonalizaci tentokrát mírně modifikujeme: najdeme nejprve ortogonální bázi a tu budeme normalizovat až na závěr.

Už jsme všimli, že ((2, 0, 1, 0) · (0, 1, 0, 1) = 0, tedy máme první dva (zatím jen ortogonální, nikoli ortonormální) vektory hledané báze: v′_{1} = (2, 0, 1, 0), v′_{2} = (0, 1, 0, 1). Nyní budeme hledat třetí bázický vektor ve tvaru v′_{3} = (1, 1, −2, 1) − c_{1} v′_{1} −c_{2} v′_{2}. Přitom má splňovat podmínky, že v′_{i} · v′_{3} = 0 pro i = 1, 2, z čehož využitím linearity skalárního součinu v druhé složce dostáváme, že

c_{1} = \frac{(1, 1, −2, 1) · (2, 0, 1, 0)}{(2, 0, 1, 0) · (2, 0, 1, 0)} = 0, c_{2} = \frac{(1, 1, −2, 1) · (0, 1, 0, 1)}{(0, 1, 0, 1) · (0, 1, 0, 1)} = −1.

Všimněme si, že koeficient je roven 0 díky volbě vektoru v′_{1} kolmého na všechny následující vektory, proto nám stačilo hledat ortogonální bázi podprostoru ⟨(1, 1, −2, 1), (0, 1, 0, 1)⟩, která musí být kolmá na vektor (2, 0, 1, 0). Tedy v′_{3} = (1, 1, −2, 1) − (0, 1, 0, 1) = (1, 0, −2, 0) je posledním hledaným kolmým vektorem. Posloupnost vektorů ((2, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, −2, 0)) tvoří zřejmě ortogonální bázi prostoru V. Zbývá nám jednotlivé vektory normalizovat: v_{1} = \frac{v ′_{1}}{∥ v ′_{1} ∥} = \frac{1}{\sqrt{5}}(2, 0, 1, 0), v_{2} =

\frac{v ′_{2}}{∥ v ′_{2} ∥} = \frac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, 0, 1), v_{3} = \frac{v ′_{3}}{∥ v ′_{3} ∥} = \frac{1}{\sqrt{5}}(1, 0, −2, 0), Ortonormální bází je tedy například posloupnost vektorů (\frac{1}{\sqrt{5}}(2, 0, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, 0, 1), \frac{1}{\sqrt{5}}(1, 0, −2, 0).

(b), (c) Můžeme postupovat několika způsoby. Jednak můžeme doplnit vektory (1, 1, 0, 1), (1, 0, 1, 1) na bázi celého prostoru R^{4} (například vektory (1, 0, 0, 0) a (0, 1, 0, 0)) a tuto bázi upravit Gramovou-Schmidtovou ortogonalizací. První dva vektory ortogonalizované báze budou přitom tvořit ortogonální bázi U, další dva vektory budou tvořit ortogonální bázi doplňku U^{⊥}.

Rovněž nám stačí najít libovolnou bázi U^{⊥} (například týmž postupem z 2.7) a obě báze ortogonalizovat. Postupujme druhým způsobem: Bázi U^{⊥} tvoří například posloupnost (−1, 1, 1, 0), (0, 1, 1, −1). Vektor (0, 1, 1, −1) můžeme upravit jedním krokem Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace

(0, 1, 1, −1) − \frac{(−1, 1, 1, 0) · (0, 1, 1, −1)}{3}(−1, 1, 1, 0) = \frac{1}{3}(2, 1, 1, −3),

a proto posloupnost (−1, 1, 1, 0), (2, 1, 1, −3) tvoří ortogonální bázi U^{⊥}.

Obdobně ((1, 1, 0, 1), (1, −2, 3, 1)) tvoří ortogonální bázi U.

13./14.4.

(d) Potřebujeme nejprve určit souřadnice x_{1}, x_{2} ortogonální projekce u = x_{1} · (1, 2, 1, −1) + x_{2} · (1, 1, 0, 1), aniž budeme hledat ortogonální bázi W, jak jsme činili v 2.5. Řešíme tedy nehomogenní soustavu rovnic s maticí:

(\begin{matrix}(1, 2, 1, −1) · (1, 2, 1, −1) & (1, 2, 1, −1) · (1, 1, 0, 1) & | & (1, 2, 1, −1) · (−1, 1, 0, 4) \\ (1, 1, 0, 1) · (1, 2, 1, −1) & (1, 1, 0, 1) · (1, 1, 0, 1) & | & (1, 1, 0, 1) · (−1, 1, 0, 4) \end{matrix}) =

= (\begin{matrix}7 & 2 & | & −3 \\ 2 & 3 & | & 4 \end{matrix}) .

Snadno zjistíme, že x_{1} = −1 a x_{2} = 2, proto u = (1, 0, −1, 3).

Pro kontrolu ještě ověřme, zda je vektor v − u = (−2, 1, 1, 1) skutečně kolmý na podprostor U. Zřejmě (−2, 1, 1, 1)·(1, 2, 1, −1) = 0 a (−2, 1, 1, 1)·(1, 1, 0, 1) = 0. □

2.9. Uvažujme standardní skalární součin · na komplexním vektorovém prostoru C^{3}, tj. u · v = \overline{u} v^{T}.

(a) Najděte ortonormální bázi podprostoru U = ⟨(1, i, 1 − i), (i, 2 + i, −1)⟩,

(b) najděte bázi ortogonálního doplňku U^{T},

(c) spočítejte ortogonální projekci vektoru (1, 0, −i) do podprostoru U.

(a) Využijeme Gramovu-Schmidtovu ortogonalizaci provedenou na posloupnost u_{1} = (1, i, 1 − i), u_{2} = (i, 2 + i, −1). Nejprve určíme v_{1} = \frac{(1,i,1−i)}{∥(1,i,1−i)∥} = \frac{1}{2}(1, i, 1 − i). Poté spočítáme c = v_{1} ·(i, 2 + i, −1) = \frac{1}{2}(1, −i, 1 + i) · (i, 2 + i, −1)^{T} = \frac{−2i}{2} = −i a dále v′_{2} = u_{2} −c v_{1} = (i, 2 + i, −1) + \frac{i}{2}(1, i, 1 − i) = \frac{1}{2}(3i, 3 + 2i, −1 + i), proto v_{2} = \frac{1}{\sqrt{24}} (3i, 3 + 2i, −1 + i).

(b) u_{1} ·(1, −1, 0, 0, 1) = 0, u_{1} ·(1, −1, 0, 0, 1) = 0 Protože potřebujeme najít nenulový vektor v kolmý na vektory u_{1}, u_{2}, tj. má platit, že (1, i, 1 − i) · v = (1, −i, 1 + i) · v^{T} = 0 a (i, 2 + i, −1) · v = (−i, 2 − i, −1) · v^{T} = 0, což snadno zformulujeme maticí

(\begin{matrix}1 & −i & 1 + i \\ −i & 2 − i & −1 \end{matrix} ) ∼ (\begin{matrix}i & 1 & −1 + i \\ −i & 2 − i & −1 \end{matrix} ) ∼ (\begin{matrix}1 & −i & 1 + i \\ 0 & 3 − i & −2 + i \end{matrix} ) .

tedy vidíme, že bází řešení soustavy i bází U^{⊥} je vektor (−3 − 3i, 3 + i, 4 + 2i).

(c) Podobně jako v příkladu 2.5(c) stačí, abychom spočítali souřadnice ortogonální projekce vzhledem k ortonormální bázi U, tedy hodnoty

a_{1} = v_{1} ·(1, 0, −i) = \frac{1}{2}(1, −i, 1 + i) (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −i \end{matrix}) = \frac{1 + (1 + i) · (−i)}{2} = \frac{2 − i}{2},

a_{2} = v_{2} ·(1, 0, −i) = \frac{1}{\sqrt{24}}(−3i, 3 − 2i, −1 − i) (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −i \end{matrix}) = \frac{−3i + i − 1}{\sqrt{24}} = \frac{−1 − 2i}{\sqrt{24}}.

Tedy ortogonální projekce je vektor

\frac{2 − i}{4}(1, i, 1 − i) + \frac{−1 − 2i}{24}(3i, 3 + 2i, −1 + i) = \frac{1}{24}(18 − 9i, 7 + 4i, 21 + 5i).

□

2.10. Uvažujme standardní skalární součin · na reálném vektorovém prostoru R^{3}, U podprostor R^{3} a v ∈ R^{3}. Najděte vektor u ∈ U a u^{⊥} ∈ U^{⊥}, aby v = u + u^{⊥},

(a) je-li U = ⟨(1, 3, −2), (1, 1, −1)⟩ a v = (2, 4, 3),

(b) je-li U = ⟨(1, 2, 1), (2, 1, −1)⟩ a v = (1, 2, 4),

(c) je-li U = ⟨(1, 2, 1), (2, 1, −1)⟩ a v = (4, 2, 1).

Postupujme obdobně jako v 2.8(d), tj. hledáme takovou lineární kombinaci vektorů a(1, 3, −2)+b(1, 1, −1), aby byl vektor (2, 4, 3)−a(1, 3, −2)−b(1, 1, −1) kolmý na prostor U. To můžeme ekvivalentně vyjádřit tak, že vektor (2, 4, 3)−a(1, 3, −2)− b(1, 1, −1) je kolmý na vektor (1, 3, −2) i (1, 1, −1) a odtud dostáváme soustavu rovnic

(1, 3, −2) · [(2, 4, 3) − a(1, 3, −2) − b(1, 1, −1)] = 0,
(1, 1, −1) · [(2, 4, 3) − a(1, 3, −2) − b(1, 1, −1)] = 0.

Tuto soustavu upravíme na nehomogenní soustavu lineárnáích rovnic, sepíšeme do (Gramovy) matice a vyřešíme:

(\begin{matrix}14 & 6 & | & 8 \\ 6 & 3 & | & 3 \end{matrix}) .

Snadno zjistíme, že a = 1 a b = −1, ortogonální projekce vektoru (2, 4, 3) na podprostor U je u = (1, 3, −2) − (1, 1, −1) = (0, 2, −1) a u^{⊥} = v − u = (2, 4, 3) − (0, 2, −1) = (2, 2, 4).

(b) I tentokrát standardně najdeme Gramovu matici (\begin{matrix}6 & 3 & | & 9 \\ 3 & 6 & | & 0 \end{matrix}) vyjadřující

podmínku, že (1, 2, 4) − x(1, 2, 1) − y.(2, 1, −1) je kolmé na podprostor U a dopočítáme x = 2 a y = −1. Ortogonální projekce vektoru (1, 2, 4) na podprostor U je tedy u = 2 · (1, 2, 1) − 1 · (2, 1, −1) = (0, 3, 3) a u^{⊥} = (1, 2, 4) − (0, 3, 3) = (1, −1, 1).

(c) Všimněme si, že počítáme-li stejně jako v (b), dostaneme Gramovu matic se

stejnými levými stranami, tj. (\begin{matrix}6 & 3 & | & 9 \\ 3 & 6 & | & 9 \end{matrix}) a dopočítáme x = 1 a y = 1, proto

u = ·(1, 2, 1) + (2, 1, −1) = (3, 3, 0) a u^{⊥} = (4, 2, 1) − (3, 3, 0) = (1, −1, 1). □

20./21.4.

2.11. Najděte přibližné řešení metodou nejmenších čtverců soustavy rovnic

x_{1} +2x_{2}  = 0
2x_{1} +x_{2} +2x_{3} = 0
x_{1} −2x_{2} +x_{3} = 10
x_{1} +2x_{2} +2x_{3} = 7
x_{2} −x_{3} = 3

Snadno nahlédneme, že soustava nemá řešení. Budeme tedy hledat jen přibližné řešení. Máme vektor pravých stran y = (1, 4, 6, 2, −1) a vektory levých stran a_{1} = (1, 2, 1, 1, 0), a_{2} = (2, 1, −2, 2, 1) a a_{3} = (0, 2, 1, 2, −1). Hledáme x_{i} tak, aby ∑_{i=1}^{3} x_{i}a_{i} byla právě ortogonální projekce vektoru pravých stran do podprostoru ⟨a_{1}, a_{2}, a_{3}⟩. To vede stejně jako v případě ortogonální projekce k soustavě rovnic s maticí

(\begin{matrix}a_{1} · a_{1} & a_{1} · a_{2} & a_{1} · a_{3} & | & a_{1} · y \\ a_{2} · a_{1} & a_{2} · a_{2} & a_{2} · a_{3} & | & a_{2} · y \\ a_{3} · a_{1} & a_{3} · a_{2} & a_{3} · a_{3} & | & a_{3} · y \end{matrix} ) .

Dosadíme a hledáme řešení soustavy rovnic s maticí

(\begin{matrix}7 & 4 & 7 & | & 17 \\ 4 & 14 & 3 & | & −3 \\ 7 & 3 & 10 & | & 21 \end{matrix}) .

Zbývá nám dopočítat, že x_{1} = 2, x_{2} = −1 a x_{3} = 1. □

2.12. Uvažujme reálný vektorový prostor C_{∞}(⟨−1, 1⟩) hladkých fukcí a definujme f · g = ∫_{−1}^{1} fg pro každé f, g ∈ C_{∞}(⟨−1, 1⟩).

(a) Dokažte, že je · skalární součin na C_{∞}(⟨−1, 1⟩).

(b) Najděte ortonormální bázi podprostoru ⟨1, x, x^{2}⟩.

(a) Zvolme f, g, h ∈ C_{∞}(⟨−1, 1⟩), a, b ∈ R. Stačí připomenout, že ∫_{−1}^{1} fg = ∫_{−1}^{1} gf a ∫_{−1}^{1} f(ag + bh) = a ∫_{−1}^{1} fg + d ∫_{−1}^{1} fh, proto je · symetrická bilineární forma. Jestliže navíc f ≠ 0, pak f · f = ∫_{−1}^{1} f^{2} > 0, tudíž je · pozitivně definitní symetrická bilineární forma na reálném vektorovém prostoru, tedy skalární součin.

(b) Postupujeme Gramovou-Schmidtovou ortogonalizací na posloupnost funkcí 1, x, x^{2}.

Nejprve spočítáme skalární součin 1 · 1 = ∫_{−1}^{1} 1^{2} = 2, tedy ∥1∥ = \sqrt{2} a f_{0} = \frac{1}{\sqrt{2}}.

Protože je \frac{1}{\sqrt{2}} ·x = ∫_{−1}^{1} \frac{x}{\sqrt{2}} = 0, dostáváme f̃_{1} = x−(∫_{−1}^{1} \frac{x}{\sqrt{2}}dx)\frac{1}{\sqrt{2}} = x. Konečně

∫_{−1}^{1} x^{2}dx = \frac{1^{3}}{3} − \frac{(−1)^{3}}{3} = \frac{2}{3}, proto ∥x∥ = \sqrt{\frac{2}{3}} a f_{1} = \sqrt{\frac{3}{2}}x.

Dále spočítáme skalární součiny \frac{1}{\sqrt{2}} · x^{2} = ∫_{−1}^{1} \frac{x^{2}}{\sqrt{2}}dx = \frac{\sqrt{2}}{3} a \sqrt{\frac{3}{2}}x · x^{2} =

\sqrt{\frac{3}{2}} ∫_{−1}^{1} x^{3}dx = 0 a odtud f̃_{2} = x^{2} − \frac{\sqrt{2}}{3} \frac{1}{\sqrt{2}} = x^{2} − \frac{1}{3}. Zbývá spočítat

∫_{−1}^{1}(x^{2} − \frac{1}{3})^{2}dx = ∫_{−1}^{1} x^{4}dx − \frac{2}{3} ∫_{−1}^{1} x^{2}dx + \frac{1}{9} ∫_{−1}^{1} 1dx = \frac{2}{5} − \frac{4}{9} + \frac{2}{9} = \frac{8}{45}.

Vidíme, že f_{2} = \frac{3\sqrt{5}}{2\sqrt{2}} x^{2} − \frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}} . □

Další úlohy

(1) Dokažte, že je bilineární forma zobrazení f : R^{3} × R^{3} → R definované předpisem f((x_{1}, x_{2}, x_{3}), (y_{1}, y_{2}, y_{3})) = 2x_{1}y_{1} + 3x_{1}y_{2} − x_{1}y_{3} − 2x_{3}y_{2}.

(2) Najděte matici f z předchozí úlohy vzhledem (a) ke kanonické bázi,

(b) k bázi B = ((1, −1, 0), (1, 1, 0)(1, 2, 1)),

(c) k bázi C = ((0, 1, 0), (−1, 1, −1)(−1, 2, 0)).

(3) Nechť f = f_{s} + f_{a} je rozklad bilineární formy f z příkladu 1 na symetrickou a antisymetrickou část, tj. f_{s} je symetrická bilineární forma f_{a} je antisymetrická bilineární forma. Najděte matice f_{s} a f_{a} vzhledem

(a) ke kanonické bázi,

(b) k bázi B = ((1, −1, 0), (1, 1, 0)(1, 2, 1)),

(c) k bázi C = ((0, 1, 0), (−1, 1, −1)(−1, 2, 0)).

(4) Buď g_{2} kvadratická forma na Z_{3}^{4} daná předpisem g_{2}(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = x_{1}x_{2}+ x_{1}x_{3} + x_{1}x_{4} + x_{2}x_{3} + x_{2}x_{4} + x_{3}x_{4}

(a) Najděte symetrickou bilineární formu g, pro níž g_{2}(v) = g(v, v),

(b) určete matici g vzhledem k bázi B = ((1, 1, 0, 0), (2, 1, 0, 0)(0, 0, 2, 2), (0, 0, 1, 2)),

(c) určete matici g vzhledem k kanonické bázi,

(d) spočítejte bázi vrcholu symetrické bilineární formy g,

(e) najděte polární bázi P symetrické bilineární formy g,

(f) najděte matici g vzhledem k nalezené bázi P.

(5) Uvažujme symetrickou bilineární formu g na reálném vektorovém prostoru

R^{4} s maticí [g]_{K_{4}} = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{4}. daná

předpisem g_{2}(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = x_{1}x_{2} + x_{1}x_{3} + x_{1}x_{4} + x_{2}x_{3} + x_{2}x_{4} + x_{3}x_{4}

(a) Najděte polární bázi g,

(b) rozhodněte, zda je g skalární součin na R^{4},

(c) najděte všechny vektory v ∈ R^{4}, pro které g_{2}(v) = 0.

(6) Mějme zobrazení h : R^{3}×R^{3} → R dané předpisem h((x_{1}, x_{2}, x_{3}), (y_{1}, y_{2}, y_{3})) = x_{1}y_{1} − x_{1}y_{2} − x_{2}y_{1} + 3x_{2}y_{2} − x_{2}y_{3} − x_{3}y_{2} + 2x_{3}y_{3}.

(a) Ověřte, že je h skalární součin na R^{3},

(b) najděte nějakou ortonormální bázi P skalárního součinu h,

(c) pro nalezenou bázi spočítejte souřadnice [(1, 0, 0)]_{P}, [(−1, 1, 2)]_{P},

(d) najděte takový izomorfismus φ : R^{3} → R^{3}, aby x · y = ω(φ(x), φ(y)), a určete matice φ a φ^{−1} z (c) vzhledem ke kanonické bázi,

(e) spočítejte ∥(2, 3, −1)∥.

(7) Nechť B = ((0, 1, 1, 1), (0, 1, 1, −1), (0, 1, 0, 2), (1, 1, −1, 2)) je ortonormální báze vzhledem ke skalárnímu součinu · na R^{4}.

(a) Spočítejte (1, 0, 1, 1) · (2, −2, −1, 1) a ∥(1, 1, 1, 1)∥,

(b) najděte matici A, pro níž x · y = xAy^{T},

(c) označíme-li ω standardní skalární součin, najděte takový izomorfismus φ : R^{4} → R^{4}, aby x · y = ω(φ(x), φ(y)),

(d) určete matice φ a φ^{−1} z (c) vzhledem k bázi B.

(8) Buď · je standardní skalární součin na reálném vektorovém prostoru R^{5}.

(a) Najděte ortonormální bázi podprostoru V = ⟨(1, 3, −2, 1, 1), (2, 0, 1, 1, 0), (1, 3, 1, 2, −1)⟩,

(b) najděte ortonormální bázi ortogonálního doplňku V^{⊥},

(c) určete ortogonální projekci vektoru (2, 1, −1, 0, 4) do podprostoru V a do podprostoru V^{⊥},

(d) je-li U = ⟨(2, 1, 0, 1, −1), (1, 1, 0, −1, 3), (4, −1, −1, −2, 3)⟩, najděte vektory u ∈ U a u^{⊥} ∈ U^{⊥}, aby (1, 1, 0, 0, −2) = u + u^{⊥},

(e) najděte ortonormální báze podprostorů U + V, U^{⊥} + V, U + V^{⊥},

U^{⊥} + V^{⊥}, U ∩ V, U^{⊥} ∩ V, U ∩ V^{⊥} a U^{⊥} ∩ V^{⊥}.

(9) Buď · je standardní skalární součin na reálném vektorovém prostoru C^{4}.

(a) Najděte ortonormální bázi podprostoru V = ⟨(1, 1 − i, 1 + i, 2 − 3i), (i + 1, −1, 1 + 2i, 2 − i)⟩,

(b) najděte ortonormální bázi ortogonálního doplňku V^{⊥},

(c) určete ortogonální projekci vektoru (1+3i, 2−i, −1, 2i) do podprostoru V a do podprostoru V^{⊥},

(d) je-li U = ⟨(i, −i, 2 + i, 1 − 3i), (1, 1, i, 2 + 3i)⟩, najděte vektory u ∈ U

a u^{⊥} ∈ U^{⊥}, aby (1 + i, 1, i, 2 − i) = u + u^{⊥},

(10) Najděte přibližné řešení metodou nejmenších čtverců soustavy rovnic Ax^{T} = y^{T} nad R, jestliže

(a) A = (\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) a y = (1, 0, 1, 1, 2)

(b) A je jako v (a) a y = (2, 1, 0, 2, 1),

(c) A je jako v (a) a y = (2, 1, 0, 2, 0),

(d) A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}) a y = (2, 3, 0).