22.3.

3. Skalární součin

3.1. 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 = 4, tudíž díky Důsledku 13.17 je f skalární součin

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 najít standardním postupem vhodnou polární bázi

(\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)). □

3.2. Najděte nějakou ortonormální bázi skalárního součinu h s maticí [h]_{K_{3}} =

(\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ −1 & 2 & 1 \\ −1 & 1 & 5 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi.

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

3.3. 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:

A = [1]_{K_{3} B}^{T}[·]_{B}[1]_{K_{3} B} = ([1]_{BK_{3}}^{T})^{−1}[1]_{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}). □

29.3.

3.4. Uvažujme standardní skalární součin ω 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}, (e) Rozhodněte, zda jsou matice [1]_{BK_{3}}, [1]_{BK_{3}}^{T}, [1]_{K_{3} B}, [1]_{K_{3} B}^{T}, [1]_{CK_{3}}, [1]_{CK_{3}}^{T},

[1]_{BC} a [1]_{BC}^{T} ortogonální,

(f) najděte matici izomorfismu ψ a izomorfismu ψ^{−1} vzhledem ke kanonickým bázím.

(a) Podle definice spočítáme

\begin{aligned}ω((\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, \\ ω((\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, \\ ω((\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, \\ ω((\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, \\ ω((\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, \\ ω((\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, \end{aligned}

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 [ω]_{B} = E. Poznamenejme, že jsme maticově náš výpočet mohli stručně zapsat ve formě [1]_{BK_{3}}^{T} · [1]_{BK_{3}} = 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 [ω]_{C} = E.

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

ω(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

ω(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 ω(v, w) = ω(ψ(v), ψ(w)), a proto ∥ u ∥ = \sqrt{ω(u, u)} = \sqrt{ω(ψ(u), ψ(u))} = ∥ψ(u)∥.

(e) Matice [1]_{BK_{3}}^{T} a [1]_{CK_{3}}^{T} obsahují v řádcích ortonormální bázi, tedy jde o ortogonální matice přímo podle definice. Protože [1]_{K_{3} B} = [1]_{BK_{3}}^{−1} = [1]_{BK_{3}}^{T} a [1]_{BK_{3}} = [1]_{K_{3} B}^{−1} = [1]_{K_{3} B}^{T} je ortogonální matice podle Věty 2.10, vidíme, že [1]_{BK_{3}}, [1]_{K_{3} B}, [1]_{K_{3} C} a [1]_{CK_{3}} jsou opět ortogonální matice. Konečně vezmeme-li dvě ortogonální matice M a N, pak

M · N · (M · N)^{T} = M · N · N^{T} · M^{T} = M · E · M^{T} = E,

tedy součin M · N je opět ortogonální. Nyní zbývá připomenout, že

[1]_{BC} = [1]_{K_{3} C} · [1]_{BK_{3}},

kde jsou matice [1]_{K_{3} C} a [1]_{BK_{3}} ortogonální, proto je i matice [1]_{BC} ortogonální. Konečně [1]_{CB} = [1]_{BC}^{−1} = [1]_{BC}^{T} je ortogonální matice díky Větě 2.10.

(f) Označme [ψ]_{K_{3}} matici ψ vzhledem ke kanonickým bázím, tj. matici [ψ]_{K_{3} K_{3}}. Z definice ψ okamžitě plyne, že [ψ]_{BK_{3}} = [1]_{CK_{3}}, proto podle Věty 2.10 (a Věty 10.6)

[ψ]_{K_{3}} = [ψ]_{BK_{3}} · [1]_{K_{3} B} = [1]_{CK_{3}} · [1]_{K_{3} B} = [1]_{CK_{3}} · [1]_{BK_{3}}^{−1} = [1]_{CK_{3}} · [1]_{BK_{3}}^{T}

Tedy vynásobíme-li

[ψ]_{K_{3}} = [1]_{CK_{3}} · [1]_{BK_{3}}^{T} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & −2 \\ \sqrt{5} & 0 & 0 \end{matrix}) · \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}\sqrt{2} & \sqrt{2} & \sqrt{2} \\ \sqrt{3} & −\sqrt{3} & 0 \\ 1 & 1 & −2 \end{matrix}) ,

dostaneme [ψ]_{K_{3}} = \frac{1}{\sqrt{30}} (\begin{matrix}2\sqrt{3} + 1 & −2\sqrt{3} + 1 & −2 \\ \sqrt{3} − 2 & −\sqrt{3} − 2 & 4 \\ \sqrt{10} & \sqrt{10} & \sqrt{10} \end{matrix}).

Protože je matice [ψ]_{K_{3}} = [1]_{CK_{3}} · [1]_{BK_{3}}^{T} ortogonální máme

[ψ^{−1}]_{K_{3}} = [ψ]_{K_{3}}^{−1} = [ψ]_{K_{3}}^{T} = \frac{1}{\sqrt{30}} (\begin{matrix}2\sqrt{3} + 1 & \sqrt{3} − 2 & \sqrt{10} \\ −2\sqrt{3} + 1 & −\sqrt{3} − 2 & \sqrt{10} \\ −2 & 4 & \sqrt{10} \end{matrix})

□

3.5. Uvažujme standardní skalární součin ω 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 ω(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 ω(v_{1}, v_{2}) = 0 tentokrát dostáváme, že c = −\frac{ω(v_{1} ,(1,1,0))}{ω(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 3.4 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} = (ω(b_{1}, v), ω(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}}ω((1, 1, 0), (2, 2, −1)), \frac{1}{\sqrt{6}}ω((−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. □

3.6. Buď M = ((1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1)) báze reálného vektorového prostoru R^{3} se standardním skalárním součinem ω. 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}}ω((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 ω(\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0), (1, 1, 1)) = \sqrt{2} a ω(\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)). □

5.4.

3.7. Uvažujme standardní skalární součin ω 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}| ω(u, v) = 0∀ u ∈ U} = {v ∈ R^{5}| ω(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). □

3.8. Nechť ω 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) najděte ortogonální rozklad vektoru (1, 2, 0, 0) vyhledem k podprostoru U, tj. jednoznačně určené vektory u ∈ U a u^{⊥} ∈ U^{⊥}, aby (1, 2, 0, 0) = u + u^{⊥}.

(e) 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 ω((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 ω(v′_{i}, v′_{3}) = 0 pro i = 1, 2, z čehož využitím linearity skalárního součinu v druhé složce dostáváme, že

c_{1} = \frac{ω((1, 1, −2, 1), (2, 0, 1, 0))}{ω_{2}((2, 0, 1, 0))} = 0, c_{2} = \frac{ω((1, 1, −2, 1), (0, 1, 0, 1))}{ω_{2}((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 3.7) 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{ω((−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.

(d) V úlohách (b), (c) jsme našli ortogonální báze podprostorů U a U^{⊥}, z kterých pouhou normalizací dostaneme ortonormální bázi celého R^{4}: M = (u_{1}, u_{2}, u_{3}, u_{4}) =

= (\frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 0, 1), \frac{1}{\sqrt{15}}(1, −2, 3, 1), \frac{1}{\sqrt{3}}(−1, 1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{15}}(2, 1, 1, −3)),

kde U = ⟨u_{1}, u_{2}⟩ a U^{⊥} = ⟨u_{3}, u_{4}⟩. Spočítáme-li pro libovolný vektor w ∈ R^{4} souřadnice

(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}) = {w}_{M} = (ω(u_{1}, w), ω(u_{2}, w), ω(u_{3}, w), ω(u_{4}, w)),

vidíme, že w = (a_{1} u_{1} +a_{2} u_{2}) + (a_{3} u_{3} +a_{4} u_{4}), kde zřejmě a_{1} u_{1} +a_{2} u_{2} ∈ U a a_{3} u_{3} +a_{4} u_{4} ∈ U^{⊥}. Spočítáme tedy souřadnice

\{(1, 2, 0, 0)\}_{M} = (\sqrt{3}, −\sqrt{\frac{3}{5}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{4}{\sqrt{15}}),

a dostáváme

u = \begin{matrix}√ & \overline{3} \\ √ & \overline{3} \end{matrix}(1, 1, 0, 1) − \begin{matrix}√ & \overline{\frac{3}{5}} \\ √ & \overline{15} \end{matrix}(1, −2, 3, 1) = (1, 1, 0, 1) − \frac{1}{5}(1, −2, 3, 1) = \frac{1}{5}(4, 7, −3, 4)

a podobně

u^{⊥} = \frac{1}{3}(−1, 1, 1, 0) + \frac{4}{15}(2, 1, 1, −3) = \frac{1}{5}(1, 3, 3, −4).

Na závěr poznamenejme, že jsme vektor u^{⊥} nemuseli počítat pomocí Fourierových koeficientů, ale stačilo uvážit, že u^{⊥} = (1, 2, 0, 0) − u.

(e) 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 3.5 a (d). Položíme-li v_{1} = (1, 2, 1, −1), v_{2} = (1, 1, 0, 1) a y = (−1, 1, 0, 4) Řešíme tedy nehomogenní soustavu rovnic s maticí:

(\begin{matrix}ω(v_{1}, v_{1}) & ω(v_{1}, v_{2}) & | & ω(v_{1}, y) \\ ω(v_{2}, v_{1}) & ω(v_{2}, v_{2}) & | & ω(v_{2}, y) \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. □

3.9. Uvažujme skalární součin ω 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 3.8(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

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

Tuto soustavu upravíme na nehomogenní soustavu lineárních 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). □

12.4.

3.10. 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}⟩.

Poznamenejme, že by nebylo těžké dokázat, že právě ortogonální projekce v ∈ ⟨a_{1}, a_{2}, a_{3}⟩ vektoru y dává mezi všemi vektory podprostoru ⟨a_{1}, a_{2}, a_{3}⟩ minimální hodnotu ω(y−v), což je právě součet druhých mocnin rozdílů souřadnic původního vektoru pravých stran y, pro nějž soustava neměla řešeni, a nového vektoru v, který získáme ortogonální projekcí (odtud tedy název ţmetoda nejmenších čtverců”).

Předchozí úvaha vede stejně jako v případě ortogonální projekce k soustavě rovnic s maticí

(\begin{matrix}ω(a_{1}, a_{1}) & ω(a_{1}, a_{2}) & ω(a_{1}, a_{3}) & | & ω(a_{1}, y) \\ ω(a_{2}, a_{1}) & ω(a_{2}, a_{2}) & ω(a_{2}, a_{3}) & | & ω(a_{2}, y) \\ ω(a_{3}, a_{1}) & ω(a_{3}, a_{2}) & ω(a_{3}, a_{3}) & | & ω(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. □

3.11. Najděte přibližné řešení metodou nejmenších čtverců soustavy rovnic

\begin{aligned}x & + & y & = 2 \\ 3x & + & y & = 4 \\ −2x & − & y & = 3 \end{aligned}

Položíme-li v_{1} = (1, 3, −2), v_{2} = (1, 1, −1) a y = (2, 4, 3) a uvažujme-li stejně jako v příkladu 3.10 potřebujme vyřešit nehomogení soustavu s maticí

(\begin{matrix}ω(v_{1}, v_{1}) & ω(v_{1}, v_{2}) & | & ω(v_{1}, y) \\ ω(v_{2}, v_{1}) & ω(v_{2}, v_{2}) & | & ω(v_{2}, y) \end{matrix}) = (\begin{matrix}14 & 6 & | & 8 \\ 6 & 3 & | & 3 \end{matrix}) .

Tuto soustavu už jsme vyřešili v úloze 3.9, tedy (x, y) = (1, −1) je přibližné řešení soustavy metodou nejmenších čtverců. □

3.12. 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}} . □

4. Vlastní čísla a vlastní vektory

4.1. Najděte všechna vlastní čísla a všechny jim příslušné vlastní vektory endomor-

fismuu φ na reálném vektorovém prostoru R^{2} s maticí [φ]_{K_{2}} = (\begin{matrix}3 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix}) vzhledem

ke kanonické bázi K_{2}.

Máme zjistit, pro která reálná (vlastní) čísla λ existuje nenulový (vlastní) vektor v, aby φ(v) = λ v. To můžeme ekvivalentně vyjádřit ve tvaru (φ − λId)(v) = 0, a v maticovém zápisu pro libovolnou bázi B prostoru R^{2} ve tvaru

([φ]_{B} − λE)[v]_{B}^{T} = [(φ − λId)]_{B}[v]_{B}^{T} = [0]_{B}^{T} = (0, 0)^{T} .

Hledáme tedy všechna taková λ ∈ R, pro něž existuje netriviální řešení homogenní soustavy rovnic se čtvercovou maticí [(φ − λId)]_{B}. To nastává právě tehdy, když je matice [φ]_{B} − λE singulární. Spočítáme tedy nejprve vlastní čísla matice endomorfismu vzhledem k nějaké pevně zvolené bázi. Poznamenejme, že při tom nezáleží na volbě báze, ale je důležité, abychom počítali s maticí endomorfismu, tj. s maticí daného homomorfismu vzhledem k stejné bázi v definičním oboru i oboru hodnot. V našem případě budeme pracovat s maticí [φ]_{K_{2}}.

Určíme charkteristický polynom matice

det([φ]_{K_{2}} − λE) = (3 − λ)(6 − λ) − 4 = λ^{2} − 9λ + 14 = (λ − 2)(λ − 7).

Vlastní čísla matice [φ]_{K_{2}} jsou tedy právě kořeny charakteristického polynomu, tedy čísla 2 a 7. Dále budeme postupně dosazovat do matice [φ]_{K_{2}} − λE vypočtená vlastní čísla a budeme hledat vlastní vektory matice [φ]_{K_{2}}, tedy nenulová řešení homogenních soustav rovnic s maticemi, která tvoří právě souřadnicové vektory vlastních vektorů endomorfismu φ:

[φ]_{K_{2}} − 2 · E = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 4 \end{matrix}) , [φ]_{K_{2}} − 7 · E = (\begin{matrix}−4 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}) .

Snadno zjistíme, že všechny nenulové násobky vektoru (−2, 1) jsou vlastními vektory matice [φ]_{K_{2}} příslušnými vlastnímu číslu 2 a všechny nenulové násobky vektoru (1, 2) jsou vlastními vektory matice [φ]_{K_{2}} příslušnými vlastnímu číslu 7.

Konečně máme-li spočítané souřadnice vlastních vektorů {v}_{K_{2}} vzhledem ke kanonické bázi, okamžitě vidíme, že množinu všech vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 2 tvoří ⟨(−2, 1)⟩ − {(0, 0)} a množinu všech vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 7 tvoří ⟨(1, 2)⟩ − {(0, 0)}. □

4.2. Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory matice A = (\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 4 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 4 \end{matrix})

nad tělesem Z_{5}. Kolik vlastních vektorů matice A existuje?

Nejprve hledáme nad tělesem Z_{5} kořeny polynomu p(λ) = det(A − λE) = 4λ^{3} + 4λ^{2} + 2. Prostým dosazením, zjistíme, že p(1) = 0 a p(2) = 0, tedy vlastní čísla matice A jsou právě 1 a 2. Dále řešíme homogenní soustavy rovnic s maticí A−1·E A − 2 · E:

A − 1 · E = (\begin{matrix}3 & 0 & 2 \\ 4 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 3 \end{matrix}) , A − 2 · E = (\begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 4 & 4 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \end{matrix})

Zřejmě například vektory (1, 0, 1) a (0, 1, 0) tvoří bázi podprostoru řešení soustavy rovnic s maticí A − 1 · E, tudíž ⟨(1, 0, 1), (0, 1, 0)⟩ \ {0} je množina všechn vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 1 a vektor (1, 3, 4) tvoří bázi podprostoru řešení soustavy rovnic s maticí A−2·E, tudíž ⟨(1, 3, 4)⟩\{0} je množina všechn vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 2.

Snando spočítáme, že vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 1 je právě 5^{2} − 1 = 24 a vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 2 je právě 5 − 1 = 4, tedy celkem máme 28 vlastních vektorů matice A. □

4.3. Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory endomorfismu ψ na vektorové prostoru R^{3} nad tělesem reálných čísel daný předpisem ψ(x, y, z) = (x + 2y + z, 2x − y + 2z, −2y).

Nejprve snadno určíme matici endomorfismu [ψ]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}) vzhledem ke

kanonické bázi K_{3} a poté najdeme její vlastní čísla. Máme tři různá vlastní čísla 0,

1 a −1. Vyřešíme-li soustavy s maticemi [ψ]_{K_{3}} + 1E = (\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & −2 & 1 \end{matrix}), [ψ]_{K_{3}} − 0E =

(\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}), [ψ]_{K_{3}} − 1E = (\begin{matrix}0 & 2 & 1 \\ 2 & −2 & 2 \\ 0 & −2 & −1 \end{matrix}). Obvyklým způsobem najdeme právě

všechny vlastní vektory ⟨(1, 0, −1)⟩ \ {0}, ⟨(3, 1, −2)⟩ \ {0} a ⟨(−2, 1, 2)⟩ \ {0}. □

Další úlohy

(1) 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)∥.

(2) 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.

(3) Buď ω 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^{⊥}.

(4) Buď ω je standardní skalární součin na reálném vektorovém prostoru C^{4} daný předpisem ω(x, y) = \overline{x} · y^{T}.

(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^{⊥},

(5) 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).

(6) Najděte všechna vlastní čísla a všechny jim příslušné vlastní vektory endomorfismu φ na reálném vektorovém prostoru R^{4}

(a) [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}3 & 4 & 2 & 7 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix}) , (b) [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}3 & 4 & 2 & 7 \\ 0 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix}) ,

(c) [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}3 & 4 & 4 & 4 \\ 4 & 2 & 4 & 4 \\ 4 & 4 & 2 & 4 \\ 4 & 4 & 4 & 4 \end{matrix}) , (d) [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}3 & 4 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 4 & 4 \end{matrix}) ,

(e) φ = Id, (f) φ = 0.

(7) Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory reálné matice A =

(\begin{matrix}0 & 3 & 3 & 3 \\ 3 & 0 & 3 & 3 \\ 3 & 3 & 0 & 3 \\ 3 & 3 & 3 & 0 \end{matrix}).

(8) Najděte nad tělesem Z_{7}všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory ma-

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