26.4.

5. Diagonalizovatelnost a Jordanův normální tvar

5.1. Rozhodněte, zda existuje báze, a existuje-li nejděte ji, vůči níž má endomorfismus φ diagonální matici, jestliže

(a) φ je endomorfismus na R^{2} s maticí [φ]_{K_{2}} = (\begin{matrix}3 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické

bázi K_{2},

(b) φ je endomorfismus na R^{3} daný předpisem φ(x, y, z) = (x + 2y + z, 2x − y + 2z, −2y),

(c) φ je endomorfismus na Z_{5}^{3} s maticí [φ]_{K_{3}} = (\begin{matrix}3 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \end{matrix}) vzhledem ke kano-

nické bázi K_{3}

(d) φ je endomorfismus na C^{4} daný předpisem φ(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) = (x_{1}, x_{1} + x_{2}, x_{1} + x_{2} + x_{3}, x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}).

(a) Uvážíme-li, že máme dvě různá vlastní čísla endomorfismu na prostoru dimenze 2, víme, že jde o diagonalizovatelný endomorfismus. V úloze 4.1 jsme našli dvě různá vlastní čísla a jim příslušné vlastní vektory, vezmem-li posloupnost složenou z jednoho vlastního vektoru příslušného ke každému vlastnímu číslu M = ((−2, 1), (1, 2)) (že to muselo nastat nám říká například Věta 17.8), snadno nahléd-

neme, že dostaneme bázi R^{2}. Zřejmě přitom platí [φ]_{M} = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 7 \end{matrix}).

(b) V příkladu 4.3 jsme našli vlastní čísla 0, 1 a −1 endomorfismu φ i jeho vlastní vektory ⟨(1, 0, −1)⟩ \ {0}, ⟨(3, 1, −2)⟩ \ {0} a ⟨(−2, 1, 2)⟩ \ {0}. Tedy díky Větě 17.8 je posloupnost B = ((−2, 1, 2), (1, 0, −1), (3, 1, −2)) tvořená vlastními vektory příslušnými různým vlastním číslům lineárně nezávislá. Proto je B báze

R^{3} a [φ]_{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}).

(c) Obvyklým způsobem určíme vlastní čísla σ(φ) = {0, 2}, například jako kořeny

charakteristického polynomu p(λ) = det (\begin{matrix}3 − λ & 1 & 1 \\ 1 & 3 − λ & 1 \\ 1 & 1 & 3 − λ \end{matrix}) = 4λ^{3} + 4λ^{2} + λ.

Spočítáme-li řešení homogenní soustavy rovnic s maticí [φ]_{K_{3}} − λE, zjistíme, že ⟨(4, 1, 0), (4, 0, 1)⟩ \ {0} jsou všechny vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 2 a ⟨(1, 1, 1)⟩ \ {0} jsou všechny vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 0, proto

C = ((4, 1, 0), (4, 0, 1), (1, 1, 1)) je báze Z_{5}^{3} a platí, že [φ]_{C} = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

(d) Určíme-li matici [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{4},

okamžitě vidíme, že 1 je jediné vlastní číslo endomorfismu φ. Pro něj najdeme ovšem jen jednodimenzionální množinu vlastních vektorů ⟨(0, 0, 0, 1)⟩ \ {0}, tedy z vlastních vektorů nemůžeme sestavit bázi C^{4}. Proto neexistuje báze vůči níž má endomorfismus φ diagonální matici. □

5.2. Rozhodněte, zda je matice A podobná diagonální, a existuje-li nejděte regulární takovou matici P aby P^{−1}AP byla diagonální, jestliže

(a) A = (\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 4 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 4 \end{matrix}) nad tělesem Z_{5},

(b) A = (\begin{matrix}1 & −1 \\ 2 & −1 \end{matrix}) nad tělesem R,

(c) A = (\begin{matrix}1 & −1 \\ 2 & −1 \end{matrix}) nad tělesem C,

(d) A = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & 1 \end{matrix}) nad tělesem C.

(a) Předně připomeňme, že jsme v příkladu 4.2 našli lineárně nezávislou posloupnost B = ((1, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 3, 4)) složenou z vlastních vektorů. Interpretujeme-li matici A jako matici endomorfismu φ zhledem ke kanonické bázi a vezmeme-li matici přechodu P = [Id]_{BK_{3}}, pak vidíme, že P^{−1}AP = [Id]_{K_{3} B}[φ]_{K_{3}}[Id]_{BK_{3}} =

[φ]_{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}). Tedy zjistili jsme, že P = [Id]_{BK_{3}} = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix}).

26.4.

(b), (c) Obvyklým způsobem spočítáme charakteristický polynom det(A−λE) = λ^{2} + 1. Vidíme, že nad tělesem R tento polynom žádný kořen nemá, tedy A není nad R podobná diagonální (ani jiné Jordanově) matici, zatímco nad tělesem C

najdeme dvě komplexní vlastní čísla i a −i, proto (\begin{matrix}1 & −1 \\ 2 & −1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & −i \end{matrix}).

Zbývá spočítat komplexní vlastní vektory, pro vlastní číslo i dostáváme například vlastní vektor (1, 1 − i) a pro vlastní číslo −i zvolíme vlastní vektor (1, 1 + i). Sepíšeme-li bázi složenou z vlastních vektorů do sloupců matice, obdržíme hledanou

matici P = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 + i & 1 − i \end{matrix}).

(d) Matice A je Jordanova matice, tedy je sama svým Jordanovým normálním tvarem. Podle Věty 18.22(i) je Jordanův normální tvar určen jednoznačně až na pořadí Jordanových buněk, tedy nemůže být podobný diagonální matici, která je zřejmě rovněž Jordanova. □

5.3. Spočítejte A^{20}, jestliže

(a) A = (\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 4 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 4 \end{matrix}) nad Z_{5},

(b) A = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}) nad tělesem R,

Uvážíme, že P^{−1}A^{n}P = (P^{−1}AP)^{n} pro libovolnou regulární matici P, tedy A^{n} = P(P^{−1}AP)^{n}P^{−1}.

(a) Využijeme-li hodnot spočítaných v 5.2(a), dostáváme

A^{20} = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix}) (\begin{matrix}1^{20} & 0 & 0 \\ 0 & 1^{20} & 0 \\ 0 & 0 & 2^{20} \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix})^{−1} = PEP^{−1} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .

(b) Využijeme-li hodnoty spočítané v úloze 4.3 a položíme P = [Id]_{BK_{3}} =

(\begin{matrix}−2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & −1 & −2 \end{matrix}), pak P^{−1}A^{n}P = [ψ]_{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}), proto

A^{20} = (\begin{matrix}−2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & −1 & −2 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix})^{20} (\begin{matrix}−2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & −1 & −2 \end{matrix})^{−1} =

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

□

5.4. Buď M = (\begin{matrix}5 & 3 \\ −3 & −1 \end{matrix}), N = (\begin{matrix}1 & 1 \\ −1 & 3 \end{matrix}), K = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 3 & 1 \end{matrix}) matice nad tělesem

reálných čísel.

(a) Spočítejte vlastní čísla a vlastní vektory matic M, N a K,

(b) existuje-li, najděte Jordanův normální tvar matic M, N a K,

(c) rozhodněte, které dvojice matic M, N a K jsou podobné.

(a) Obvyklým způsobem snadno zjistíme, že charakteristický polynom matice M a N je (λ − 2)^{2} a charakteristický polynom matice K je (λ − 2)(λ − 1), proto σ(M) = {2}, σ(N) = {2} a σ(K) = {1, 2}. Nyní vyřešíme homogení soustavy rovnic

s maticemi M − 2E = (\begin{matrix}3 & 3 \\ −3 & −3 \end{matrix}), N − 2E = (\begin{matrix}−1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}), K − 1E = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 3 & 0 \end{matrix}) a K −

2E = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 3 & −2 \end{matrix}). Tedy množina vlastních vektorů matice M je ⟨(1, −1)⟩ \ \{(0, 0)\},

množina vlastních vektorů matice N je ⟨(1, 1)⟩\{(0, 0)} a množina vlastních vektorů matice K je ⟨(0, 1)⟩ ∪ ⟨(2, 3)⟩ \ {(0, 0)}.

(b) Poznamenejme, že se charakteristické polynomy všech tří matic rozkládají na součin kořenových činitelů, proto podle Věty 17.8 všechny matice mají Jordanův normální tvar.

Zřejmě má Jordanův normální tvar matice na diagonále právě hodnoty spektra a nad diagonálou nuly nebo jedničky. Přitom různá vlastní čísla určují různé Jordanovy buňky, proto je matice K diagonalizovatelná, a tudíž podobná Jordanově

matici (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Matice M i N mohou být podobné pouze Jordanovým maticím

(\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) nebo (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}), Podobnost s první z nich by ovšem znamenala, že je matice

M či N diagonalizovatelná, zatímco v (a) jsme zjistili, že vlastní vektory ani matice M ani matice N netvoří bázi, tedy matice diagonalizovatelné nejsou. Tedy je

Jordanův kanonický tvar matice M i N roven právě Jordanově buňce (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}).

(c) Víme, že dvě podobné matice mají nutně stejná spektra, tedy matice K není podobná matici M ani N. Na druhou stranu, dvě matice se stejným Jordanovým kanonickým tvarem jsou podobné, tedy M ∼ N □

5.5. Existuje-li, najděte Jordanův normální tvar a zjistěte, zda jsou si nad tělesem

racionálních čísel podobné, matice A = (\begin{matrix}−1 & 3 & 2 \\ −1 & 1 & 1 \\ −2 & 3 & 3 \end{matrix}) a B = (\begin{matrix}4 & 3 & 1 \\ −3 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}).

U obou matic snadno zjistíme, že det(A − λE) = det(B − λE) = −λ^{3} + 3λ^{2} − 3λ + 1 = (1 − λ)^{3} Obě tedy mají vlastní číslo 1 násobnosti 3, proto musí být podle Vět 17.8 a 18.22(i) podobné jedné z následujících matic v Jordanově normálním tvaru:

J_{1} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , J_{2} = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , J_{3} = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .

To znamená, že existují regulární matice P_{A} a P_{B} a indexy i_{A} a i_{B}, pro něž J_{i_{A}} = P_{A}^{−1}AP_{A} a J_{i_{B}} = P_{B}^{−1}BP_{B}. Dále si všimněme, že pro každé λ platí

P_{A}^{−1}(A − λE)P_{A} = P_{A}^{−1}AP_{A} − λP_{A}^{−1}EP_{A} = J_{i_{A}} − λE.

Zvolíme-li za λ vlastní číslo 1, vidíme, že matice A − 1E a J_{i_{A}} − 1E se liší jen vynásobením zprava a zleva regulární maticí, proto musí mít stejnou hodnost.

Přitom snadno nahlédneme, že h(J_{1} − E) = h((\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})) = 0, h(J_{2} − E) =

h((\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})) = 1 a h(J_{3} − E) = h((\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})) = 2, tedy zbývá spočítat

h(A − E) = 2 a h(B − E) = 1. Matice A nutně podobná Jordanově matici J_{3} a matice B je podobná Jordanově matici J_{2}. Z Věty 18.22(i) potom plyne, že matice J_{2} a J_{3} nejsou podobné, proto nejsou podobné ani matice A a B. □

5.6. Existuje-li, najděte Jordanův normální tvar matice D = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 4 & 3 & 2 \end{matrix}) nad

tělesem Z_{5}.

Protože je matice D dolní trojúhelníková, okamžitě dostaneme její charakteristický polynom (2 − λ)^{3}, tedy díky Větě 17.8 víme, že Jordanův normální tvar matice D existuje. Postupujeme-li stejně jako v úloze 5.5, zjistíme, že h(D − 2E) =

h((\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 4 & 3 & 0 \end{matrix})) = 2., a proto D ∼ (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}). □

3.5.

5.7. Najděte regulární matici P nad tělesem reálných čísel, pro kterou platí, že

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

Využijeme údaje, které jsme o matici M = (\begin{matrix}5 & 3 \\ −3 & −1 \end{matrix}) zjistili v 5.4.

Označme φ endomorfismus na prostoru R^{2} s maticí [φ]_{K_{2}} = M vzhledem ke kanonické bázi. Podobně jako u úloh týkajících se diagonalizovatelnosti můžeme problém převést na otázku nalezení báze B = (v_{1}, v_{2}) vůči níž bude mít matice

endomorfismu φ Jordanův kanonický tvar, tj [φ]_{B} = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}). To ovšem znamená,

že φ(v_{1}) = 2 v_{1} a φ(v_{2}) = v_{1} +2 v_{2}. Odtud okamžitě vidíme, že vektor v_{1} je právě vlastním vektorem matice M, zvolme například vektor (1, −1) a druhý vektor v_{2} dostaneme jako řešení nehomogenní soustavy rovnic (M − 2E) v_{2}^{T} = v_{1}^{T} s maticí

(\begin{matrix}3 & 3 & | & 1 \\ −3 & −3 & | & −1 \end{matrix}). Vidíme, že soustavu řeší například vektor (\frac{1}{3}, 0), našli jsme

tak hledanou matici P = [Id]_{BK_{2}} = (\begin{matrix}1 & \frac{1}{3} \\ −1 & 0 \end{matrix}). □

5.8. Mějme komplexní matice G = (\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & −2 & 1 \\ −1 & −2 & −2 \end{matrix}), H = (\begin{matrix}−2 & 3 & 2 \\ −1 & 0 & 1 \\ −2 & 3 & 2 \end{matrix}).

(a) Najděte Jordanův normální tvar matic G a H,

(b) spočítejte G^{50},

(c) existuje-li, najděte přirozené n, pro které H^{n} = 0.

(a) Opět nejprve spočítáme charakteristické polynomy det(G − λE) = −(λ + 1)^{3} a det(H − λE) = −λ^{3}, tedy σ(G) = {−1, −1, −1} a σ(H) = {0, 0, 0}. Nyní stejně jako v 5.5 využijeme pozorování, že pro dvě podobné matice h(A−λE) = h(B−λE) A a B platí, že h(A − λE) = h(B − λE) pro každá skalár λ, speciálně pro vlastní čísla. Protože h(G + E) = 2 a h(H) = 2, dostáváme

G ∼ (\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) , H ∼ (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

(b) Známe-li Jordanův normální tvar J matice G a spočítáme-li regulární matici P, pro kterou G = PJP^{−1} G^{50} = PJ^{50}P^{−1}, zbyde nám proto určit J^{50}.

Matici P spočítáme stejným způsobem jako v 5.7. Tedy hledáme nejdřív vlastní vektor v_{1}, tj. vyřešíme homogenní soustavu rovnic s maticí G + E a poté řešíme nehomogenní soustavy rovnic (G + E) v_{2}^{T} = v_{1}^{T} a (G + E) v_{3}^{T} = v_{2}^{T} (A+E)v3=v2, tedy postupně hledáme řešení soustav s maticemi:

(\begin{matrix}2 & 1 & 2 & | & 0 \\ 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ −1 & −2 & −1 & | & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 & 1 & 2 & | & 1 \\ 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ −1 & −2 & −1 & | & −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 & 1 & 2 & | & \frac{1}{3} \\ 1 & −1 & 1 & | & \frac{1}{3} \\ −1 & −2 & −1 & | & 0 \end{matrix}) .

Spočítali jsme, že například v_{1} = (1, 0, −1), v_{2} = \frac{1}{3}(1, 1, 0) a v_{3} = \frac{1}{9}(2, −1, 0). Tyto

vektory sepíšeme do matice přechodu P = (\begin{matrix}1 & \frac{1}{3} & \frac{2}{9} \\ 0 & \frac{1}{3} & \frac{−1}{9} \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix} ) od kanonické bázi k bázi

(v_{1}, v_{2}, v_{3}) a obvyklým způsobem určíme inverzní matici P^{−1} = (\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 3 & −3 & 3 \end{matrix}).

Dále určíme podobně jako v 5.3(c) hodnotu J^{50} = (\begin{matrix}(−1)^{50} & −\binom{50}{1} & \binom{50}{2} \\ 0 & (−1)^{50} & −\binom{50}{1} \\ 0 & 0 & (−1)^{50} \end{matrix} ).

Konečně zbývá dopočítat G^{50} = PJ^{50}P^{−1} =

= (\begin{matrix}1 & \frac{1}{3} & \frac{2}{9} \\ 0 & \frac{1}{3} & \frac{−1}{9} \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & −50 & 1225 \\ 0 & 1 & −50 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 3 & −3 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}3576 & −3725 & 3575 \\ −50 & 51 & −50 \\ −3625 & 3775 & 3624 \end{matrix}) .

(c) Uvažujeme stejně jako v (b), tedy uvědomíme si, že existuje regulární matice

Q, pro kterou H^{n} = Q (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})^{n} Q^{−1} stačí nahlédnout, že (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})^{2} ≠ 0 a

(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})^{3} = 0, tedy hledané minimální n = 3. □

6. Projektivní prostory

6.1. Spočítejte počet všech geometrických bodů projektivního prostoru P_{3}(Z_{5}^{4}).

Stačí si uvědomit, že projektivní prostor P_{3}(Z_{5}^{4}) je tvořen právě všemi přímkami (tj. jednodimenzionálními podprostory) vektorového prostoru. Každá přímka je generována nenulovým vektorem a nad tělesem Z_{5} obsahuje právě 4 nenulové vektory, proto

|P_{3}(Z_{5}^{4})| = |\{⟨v⟩| v ∈ Z_{5}^{4} \ \{0\}\}| = \frac{5^{4} − 1}{5 − 1} = 156.

□

6.2. Rozhodněte, zda existuje podprostor projektivního prostoru P_{99}(V_{100}) nad Z_{5}, které má 1, 2, 8, 31 či 40 prvků.

Obdobnou úvahou jako v předchozí úloze si rozmyslíme, že projektivní podprostor dimenze k, tj. vektorový prostor V dimenze k+1 nad tělesem Z_{5} obsahuje právě \frac{5^{k+1}}{5−1} = ∑_{i=0}^{k} 5^{i} geometrických bodů. Neprázdný podprostor projektivního prostoru P_{99}(V_{100}) tedy může být tvaru P_{k}(V_{k+1} ) pro čísla k = 0, 1, …, 99, tedy může mít postupně 1, 6, 31, 156, … prvků. Podprostor projektivního prostoru P_{99}(V_{100}) o 2, 8 ani o 40 prvcích tedy neexistuje, zatímco podprostory o 1 a 31 = 1 + 5 + 25 prvcích existují. □

6.3. Najděte všechny geometrické body podoprostoru P (U) projektivního prostoru P_{3}(Z_{5}^{4}), kde U = ⟨v_{1}, v_{2}⟩ pro dvojici lineárně nezávislých vektorů v_{1}, v_{2}.

Potřebujeme vypsat všech šest přímek ležících v podprostoru U, vidíme tedy, že

P_{1}(U) = {⟨v⟩| v ∈ U \ {0}} =
= {⟨v_{1}⟩, ⟨v_{2}⟩, ⟨v_{1} + v_{2}⟩, ⟨v_{1} +2 v_{2}⟩, ⟨v_{1} +3 v_{2}⟩, ⟨v_{1} +4 v_{2}⟩}.

□

10.5.

6.4. Najděte nějakou geometrickou bázi projektivního prostoru P_{3}(Z_{5}^{4}).

Potřebujeme najít takovou pětici geometrických, aby žádná jejich čtveřice neležela v jedné nadrovině, tj. aby každá čtveřice aritmetických zástupců geometrických bodů byla lineárně nezávislá. Podle Věty 21.9 stačí vzít libovolnou bázi vektorového prostoru Z_{5}^{4} a jako pátý aritmetický zástupce vzít jejich součet.

Geometrickou bázi tvoří například pětice {⟨(1, 0, 0, 0)⟩, ⟨(0, 1, 0, 0), ⟨(0, 0, 1, 0), ⟨(0, 0, 0, 1), ⟨(1, 1, 1, 1)⟩}. □

6.5. Rozhodněte, zda množina geometrických bodů ⟨(1, 2, 3)⟩, ⟨(1, 2, 0)⟩, ⟨4, 4, 3)⟩, ⟨(4, 2, 0)⟩ tvoří geometrickou bázi projektivního prostoru P_{2}(Z_{5}^{3}).

V předchozím příkladu jsme si rozmysleli, že stačí zjistit, zda je (1, 2, 3), (1, 2, 0), (4, 4, 3) lineárně nezávislá, a tedy báze Z_{5}^{3}, a zda všechny souřadnice vektoru (4, 2, 0) vzhledem k této bázi jsou nenulové. Snadno zjistíme, že B = ((1, 2, 3), (1, 2, 0), (4, 4, 3)) tvoří bází a {(4, 2, 0)}_{B} = (1, 2, 4). Tedy ⟨(1, 2, 3)⟩, ⟨(1, 2, 0)⟩, ⟨(4, 4, 3)⟩, ⟨(4, 2, 0)⟩ je geometrickou bází P_{2}(Z_{5}^{3}). □

6.6. Rozhodněte, zda je zobrazení K projektivního prostoru P_{2}(Z_{5}^{3}) do sebe dané

předpisem K(⟨u⟩) = ⟨u A⟩ kolineací, jestliže A = (\begin{matrix}2 & 1 & 2 \\ 3 & 4 & 1 \\ 2 & 2 & 0 \end{matrix}).

Podle definice kolineárního zobrazení nám stačí zjistit, zda je tvaru K(⟨u⟩) = ⟨φ(u)⟩ pro nějaký prostý homomorfismus φ. Jak snadno ověříme, matice A je regulární, proto určuje právě požadovaný prostý endomorfismus φ s maticí [φ]_{K_{3}} = A^{T}.

□

6.7. Existuje-li nějaká kolineace H projektivního prostoru P_{2}(Z_{5}^{3}), pro níž platí, že H(⟨(1, 0, 0)⟩) = ⟨(1, 2, 3)⟩, H(⟨(0, 1, 0)⟩) = ⟨(1, 2, 0)⟩, H(⟨(0, 0, 1)⟩) = ⟨(4, 4, 3)⟩, H(⟨(1, 1, 1)⟩) = ⟨(4, 2, 0)⟩, najděte endomorfismus ψ, který ji určuje, tj. platí, že H(⟨u⟩) = ⟨ψ(u)⟩

Předně poznamenejme, že jsme o množině geometrických bodů ⟨(1, 2, 3)⟩, ⟨(1, 2, 0)⟩, ⟨4, 4, 3)⟩, ⟨(4, 2, 0)⟩ ukázali, že jde o geometrickou bázi. Zřejmě je geometrickou bází i množina ⟨e_{1}⟩, ⟨e_{2}⟩, ⟨e_{3}⟩, ⟨(1, 1, 1)⟩. Proto podle Věty 21.14 (jednoznačně určená) kolineace H rozšiřující bijekci geometrické báze na geometrickou bázi existuje.

Pro její nalezení budeme postupovat stejně jako v důkaze Věty 21.14. Najdeme takové aritmetické reprezentanty obou geometrickýh bází, aby byl poslední vektor právě součtem všech vektorů předchozích. Vektory e_{1}, e_{2}, e_{3}, (1, 1, 1) jsme tak přímo volili, tudíž zbývá najít souřadnice vektoru (4, 2, 0) vůči bázi B = ((1, 2, 3), (1, 2, 0), (4, 4, 3)). Už jsme spočítali, že {(4, 2, 0)}_{B} = (1, 2, 4), proto definujme homomorfismus ψ předpisem ψ(e_{1}) = 1 · (1, 2, 3), ψ(e_{2}) = 2 · (1, 2, 0) a ψ(e_{3}) = 4 · (4, 4, 3). Nyní můžeme endomorfismus popsat pomocí matice vzhledem

ke kanonické bázím [ψ]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 1 \\ 3 & 0 & 2 \end{matrix}). □

6.8. Rozhodněte, zda existuje kolineární zobrazení L z projektivního prostoru P_{1}(R^{2}), (a) do P_{1}(R^{2}) splňující podmínku L(⟨(1, 3)⟩) = ⟨(1, 0)⟩, L(⟨(1, 1)⟩) = ⟨(1, 2)⟩,

L(⟨(1, 2)⟩) = ⟨(0, 1)⟩

(b) do P_{2}(R^{3}) splňující podmínku L(⟨(2, 1)⟩) = ⟨(1, 0, 0)⟩, L(⟨(1, 1)⟩) = ⟨(0, 1, 0)⟩, L(⟨(1, 3)⟩) = ⟨(0, 0, 1)⟩

(c) do P_{2}(R^{3}) splňující podmínku L(⟨(2, 1)⟩) = ⟨(1, 0, 1)⟩, L(⟨(1, 1)⟩) = ⟨(2, 1, 0)⟩, L(⟨(1, 3)⟩) = ⟨(1, 1, −1)⟩.

(a) Podle Věty 21.14 stačí, když uvážíme, že množiny {⟨(1, 3)⟩, ⟨(1, 1)⟩, ⟨(1, 2)⟩} a {⟨(1, 0)⟩, ⟨(1, 2)⟩, ⟨(0, 1)⟩} tvoří geometrické báze. Snadno zjistíme, že se jedná o báze, tedy požadované kolineární zobrazení (dokonce kolineace) existuje.

(b) Vidíme, že vektory (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) generují celé R^{3}, tedy nemůže existovat homomorfismus R^{2} do R^{3}, v jehož obrazu by všechny tři uvedené vektory ležel, iproto požadované kolineární zobrazení neexistuje.

(c) Tentokrát snadno nahlédneme, že množina {⟨(2, 1)⟩, ⟨(1, 1)⟩, ⟨(1, 3)⟩} je geometrická báze projektivního prostoru P_{1}(R^{2}) a množina {⟨(1, 0, 1)⟩, ⟨(2, 1, 0)⟩, ⟨(1, 1, −1)⟩} je geometrická báze projektivního prostoru P_{1}(⟨(2, 1, 0), (1, 1, −1)⟩), tedy podle Věty 21.14 existuje (právě jedno) kolineární zobrazení rozšiřující L.

□

6.9. Najděte všechny samodružné body kolineací z příkladů 6.6 a 6.7.

Hledáme geometrické body ⟨v⟩, pro než platí, že K(⟨v⟩) = ⟨v⟩, tedy takové aritmetické body v, že φ(v) = λ v, pro vhodné (víme, že nenulové) λ, tj. hledáme vlastní vektory endomorfismu φ.

Nejprve obvyklým postupem zjistíme, že vlastní čísla matice A^{T} a tedy i endomorfismu φ jsou 1 a 4 a poté najdeme všechna řešení homogenních soustav rovnic s maticemi:

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

Vidíme, že vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 1 jsou všechny nenulové vektory z podprostoru U_{1} = ⟨(2, 1, 0), (3, 0, 1)⟩ a vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 4 leží v U_{4} = ⟨(3, 3, 1)⟩. Zbývá popsat různé geometrické body projektivního podprostoru P_{1}(U_{1}) = {⟨(2, 1, 0)⟩, ⟨(3, 0, 1)⟩, ⟨(0, 1, 1)⟩, ⟨(3, 1, 2)⟩, ⟨(1, 1, 3)⟩, ⟨(4, 1, 4)⟩} a P_{0}(U_{4}) = {⟨(3, 3, 1)⟩}. Našli jsme tedy právě sedm různých samodružných bodů kolineace K:

⟨(2, 1, 0)⟩, ⟨(3, 0, 1)⟩, ⟨(0, 1, 1)⟩, ⟨(3, 1, 2)⟩, ⟨(1, 1, 3)⟩, ⟨(4, 1, 4)⟩, ⟨(3, 3, 1)⟩.

V případě kolineace H, postupujeme stejně. Nejprve zjistíme, že endomorfismsu ψ, který jsme našli v příkladu 6.7 má jediné vlastní číslo 2 a poté zjistíme, že příslušné vlastní vektory jsou právě všechny nenulové vektory z lineárního obalu ⟨(0, 1, 2)⟩. Tedy H má jediný samodružný bod ⟨(0, 1, 2)⟩. □

7. Polární ortonormální báze

7.1. Uvažujme symetrickou bilineární formu g na R^{3} s maticí vzhledem ke ka-

nonické bázi [g]_{K3} = (\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}). Najděte ortonormální bázi unitárního prostoru

(R^{3}, ω), která je zároveň polární bází bilineární formy g.

Využijeme důkazu Věty 22.17, která nám existenci ortonormální bázi unitárního prostoru, která je zároveň polární bází symetrické bilineární formy, zaručuje. Poznamenejme, že všechny vektory hledané báze jsou podle 22.17 vlastní vektory matice [g]_{K3}

Nejprve určíme vlastní čísla. Mohli bychom standardně spočítat charakteristický polynom det([g]_{K3} − λE) a najít jeho kořeny. V našem případě je ovšem snadné

uhádnout vlastní číslo 1, protože matice [g]_{K3} − 1 · E = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) je zjevně

singulární. Vyřešíme-li homogenní soustavu rovnic s maticí [g]_{K3} − 1 · E dostaneme všechny příslušné vlastní vektory v_{1}, tedy v_{1} ∈ ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩ \ {0}. Podle Věty 22.17 musí být další vlastní vektor kolmý na vektory příslušné vlastnímu číslu 1, tedy musí ležet v podprostoru ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩^{⊥} = ⟨(1, 1, 1)⟩. Proto (1, 1, 1) musí být vlastní vektor matice [g]_{K3} a spočítáme-li součin A · (1, 1, 1)^{T} = (4, 4, 4)^{T}, dostáváme druhé (a poslední) vlastní číslo 4. Zopakujme, že v_{4} je vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu 4, právě když v_{4} ∈ ⟨(1, 1, 1)⟩ \ {0}, tedy, že ⟨(1, 1, 1)⟩ je

množina všech řešení homogenní soustavy s maticí (\begin{matrix}−2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & −2 \end{matrix}).

Nyní zbývá, abychom našli ortonormální báze podprostorů ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩ a ⟨(1, 1, 1)⟩. Například pomocí Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace zjistíme, že \frac{1}{\sqrt{2}}(−1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, −1, 2) je báze ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩, tedy

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

je hledaná ortonormální báze (R^{3}, ω), pro níž [g]_{K3} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}).

Na závěr poznamenejme, že z nalezených vlastních čísel a dimenzí podprostorů vlastních vektorů (tzv. geometrické násobnosti) můžeme zjistit, že charakteristický polynom matice A je det(A − λE) = −(λ − 1)^{2}(λ − 4). □

7.2. Najděte reálnou ortogonální matici U, pro níž je U^{T} (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}) U nad R

diagonální.

Položme A = (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}) a definujme bilineární formu f na R^{3} s maticí [f]_{K_{3}} =

A. Potom najdeme stejným způsobem jako v předchozí úloze bázi B, která je ortonormální vzhledem ke standardnímu skalárnímu součinu ω a polární vzhledem k symetrické bilineární formě f

Nejprve určíme vlastní čísla jim příslušné vlastní vektory. Jedno vlastní číslo je

zřejmě λ = 3 a vyřešíme homogenní soustavu rovnic s maticí A−3·E = (\begin{matrix}2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix})

a dostaneme vlastní vektory v_{1} ∈ ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩\{0}, a protože další vlastní vektor musí být kolmý na vektory příslušné vlastnímu číslu 3, tj. leží v podprostoru ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩^{⊥} = ⟨(1, 1, 1)⟩, je jím například vektor (1, 1, 1). Nyní spočítáme A(1, 1, 1)^{T} = (9, 9, 9)^{T}, odkud dostáváme vlastnímu číslo λ = 9.

Nyní najdeme ortonormální báze obou podprostorů vlastních vektorů. Pro vlastní číslo 9 stačí normalizovat, abychom dostali vektor \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1) a pro λ = 3 najdeme ortonormální bázi (\frac{1}{\sqrt{2}}(−1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, −1, 2)) podprostoru ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩ například Gramovou-Schmidtovou ortogonalizací. Nyní položme B = (\frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1), \frac{1}{\sqrt{2}}(−1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, −1, 2)). Protože je B ortonormální báze, je zřejmě matice přechodu U = [Id]_{BK_{3}} ortogonální a

U^{T} AU = (\frac{−1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}} 0_{\frac{−1}{\sqrt{6}} \frac{−1}{\sqrt{6}} \frac{2}{\sqrt{6}}}^{\frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}}} ) (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}) (\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{−1}{\sqrt{2}} & \frac{−1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{−1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}9 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) .

□

7.3. Nechť je f symetrická bilineární forma na reálném vektorovém prostoru R^{3} s

maticí [f]_{K_{3}} = (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi. Najděte bázi B, která je

ortonormální vzhledem ke standardnímu skalárnímu součinu ω a polární vzhledem k symetrické bilineární formě f.

Stačí nám vzít ortonormální bázi B z 7.2, o níž víme, že

[f]_{B} = [Id]_{BK_{3}}^{T}[f]_{K_{3}}[Id]_{BK_{3}} = U^{T} AU = (\begin{matrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ,

tedy B je polární báze f. □

7.4. Najděte polární bázi symetrické bilineární formy g na vektorovém prostoru R^{3}, která je ortonormální vzhledem ke standardnnímu skalárnímu součinu, jestliže

[g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix})

Postupujeme stejně jako v úlohách 7.2 a 7.3. Nejprve standardním způsobem najdeme spektrun matice [g]_{K_{3}}, tedy σ([g]_{K_{3}}) = {1, 1, 7}. Pro vlastní číslo 1 najdeme podprostor vlastních vektorů V_{1} = ⟨(1, −1, 0), (2, 0, −1)⟩ a pro vlastní číslo 7 tvoří podprostor vlastních vektorů V_{7} = ⟨(1, 1, 2)⟩. Zbývá nám například pomocí Grammovy-Schmidtovy ortogonalizace najít ortonormální bázi V_{1} (tedy například (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0), \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, −1)) a normalizovat vektor (1, 1, 2). Nyní je M = (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0), \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, −1), \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, 2)) ortonormální bází R^{3}, která je zároveň po-

lární vzhledem ke g. Závěrem poznamenejme, že [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \end{matrix}) □

8. Invariantní faktory a Jordanův kanonický tvar

8.1. Spočítejte invariantní faktory reálné λ-matice A(λ) a určete její kanonický tvar, jestliže

(a) A(λ) = (\begin{matrix}λ^{2} − 1 & λ + 1 \\ λ^{2} + 3λ + 2 & λ^{2} + λ \end{matrix} ),

(b) A(λ) = (\begin{matrix}−1 − λ & 3 & 2 \\ −1 & 1 − λ & 1 \\ −2 & 3 & 3 − λ \end{matrix}),

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

(d) A(λ) = (\begin{matrix}1 − λ & 1 & 1 & 2 \\ 0 & −1 − λ & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −1 − λ & 3 \\ 1 & −1 & −1 & −λ \end{matrix}).

(a) Postupujeme-li podle definice, spočítáme nejprve největší společný dělitel D_{1}^{A(λ)} všech subdeterminantů řádu 1, tedy největší společný dělitel všech prvků matice A(λ), snadno zjistíme, že D_{1}^{A(λ)} = λ + 1. Protože má matice A(λ) jediný (triviální) subdeterminant řádu dvě, zbývá nám spočítat D_{2}^{A(λ)} = det(A(λ)) = (λ + 1)^{2}(λ^{2} − 2λ − 2). Invraiantní faktory jsou podle definice hodnoty

E_{1}^{A(λ)} = D_{1}^{A(λ)} = λ + 1, E_{2}^{A(λ)} = \frac{D_{2}^{A(λ)}}{D_{1}^{A(λ)}} = (λ + 1)(λ^{2} − 2λ − 2).

Podle Věty 18.4 matice A(λ) má kanonický tvar, jehož invariantní faktory jsou podle Věty 18.12 stejné jako u matice A(λ), snadno tedy nahlédneme, že A(λ) lze

převést na matici (\begin{matrix}E_{1}^{A(λ)} & 0 \\ 0 & E_{2}^{A(λ)} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}λ + 1 & 0 \\ 0 & (λ + 1)(λ^{2} − 2λ − 2) \end{matrix} ) .

(b) Vidíme, že matice A(λ) = M − λE pro matici M = (\begin{matrix}−1 & 3 & 2 \\ −1 & 1 & 1 \\ −2 & 3 & 3 \end{matrix}). Protože

jsme v úloze 5.5 našli pro tuto matici Jordanův kanonický tvar a podle Věty 18.14

známe invariantní faktory matice J − λE pro Jordanovu matici J = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}):

E_{1}^{J−λE} = E_{1}^{J}(λ) = 1, E_{2}^{J−λE} = E_{2}^{J}(λ) = 1, E_{3}^{J−λE} = E_{3}^{J}(λ) = (λ + 1)^{3}

Nyní snadno nahlédneme, že kanonický tvar matice A(λ) je

(\begin{matrix}E_{1}^{A(λ)} & 0 & 0 \\ 0 & E_{2}^{A(λ)} & 0 \\ 0 & 0 & E_{3}^{A(λ)} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & (λ + 1)^{3} \end{matrix} ) .

(c) Protože opět můžeme využít znalosti Jordanova kanonického tvaru matice (\begin{matrix}4 & 3 & 1 \\ −3 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) z úlohy5.5 a jeho invariantních faktorů díky Větě 18.14, postupujeme stejně jako v případu (b). Nejprve určíme invariantní faktory matice J − λE pro Jordanovu matici J = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) a pak spočítáme invariantní faktory

E_{1}^{J−λE} = E_{1}^{J}(λ) = 1, E_{2}^{J−λE} = E_{2}^{J}(λ) = λ + 1, E_{3}^{J−λE} = E_{3}^{J}(λ) = (λ + 1)^{2}.

Kanonický tvar matice A(λ) je (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & λ + 1 & 0 \\ 0 & 0 & (λ + 1)^{2} \end{matrix} )

(d) Nyní budeme matici A(λ) upravovat řádkovými a sloupcovými elementárními úpravami, nejprve přehodíme 1. a 4. řádek, s jehož pomocí eliminujeme hodnoty v prvním sloupci:

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

Nyní snadno eliminujeme první řádek (0 v prvním sloupci s ostatními řádky nic neprovedou), poté odečteme 2. řádek od čtvrtého, poté přehodíme 2. a 3. řádek a eliminujme hodnoty v druhém sloupci:

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

Opět bez počítání můžeme eliminovat a normovat druhý řádek, pak přičteme trojnásobek třetího sloupce k posledímu a sloupce přehodíme:

∼ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & (λ + 1)(λ − 2) & −9(λ + 1) \\ 0 & 0 & 0 & (λ + 1)^{2} \end{matrix} ) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −9(λ + 1) & (λ + 1)(λ − 2) \\ 0 & 0 & (λ + 1)^{2} & 0 \end{matrix} ) ∼

Zbývá eliminovat třetí sloupec a poté normovat a eliminovat zbylé řádky:

∼ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −9(λ + 1) & (λ + 1)(λ − 2) \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{9}(λ + 1)^{2}(λ − 2) \end{matrix} ) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & λ + 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & (λ + 1)^{2}(λ − 2) \end{matrix} ) .

Protože je nalezená matice (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & λ + 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & (λ + 1)^{2}(λ − 2) \end{matrix} ) kanonickým tvarem,

vidíme, že hledané invariantní faktory jsou

E_{1}^{A(λ)} = E_{2}^{A(λ)} = 1, E_{3}^{A(λ)} = λ + 1, E_{4}^{A(λ)} = (λ + 1)^{2}(λ − 2).
□

8.2. Najděte Jordanův kanonický tvar matice N = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & −1 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & −1 & 3 \\ 1 & −1 & −1 & 0 \end{matrix}).

V předchozí úloze jsme našli invariantní faktory matice N − λE, z nichž snadno díky Větám 18.14 a 18.20 určím Jordanův kanonický tvar matice N, který musí mít stejné invariantní faktory jako matice N. Protože E_{3}^{N} = λ+1 a E_{4}^{N} = (λ+1)^{2}(λ−2), obsahuje Jordanův kanonický tvar matice N dvě Jordanovy buňku stupně 1, jednu s vlastním číslem −1 a jednu s vlastním číslem 2 a dále obsahuje Jordanovu buňku stupně 2 s vlastním číslem −1, tedy

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

□

9. Projektivní rozšíření afinního prostoru a kvadriky

9.1.

□

9.2. Najděte tečnu kvadriky 4x^{2} − y^{2} = 1 (vzhledem k souřadné soustavě S = ((0, 0), (1, 0), (0, 1))) v afiním prostoru R^{2}(R^{2})

(a) procházející bodem (1, \sqrt{3}),

(b) procházející bodem (1, 1).

□

9.3. Klasifikujte kvadriku x^{2} + 4xy + y^{2} + 2x − 2y + 1 = 0 vzhledem k souřadné soustavě S=((0,0), (1,0), (0,1)) v afinním prostoru R^{2}(R^{2}).

□

Další úlohy (1) Najděte všechna vlastní čísla a všechny jim příslušné vlastní vektory endo-

morfismu φ na reálném vektorovém prostoru R^{4} a a rozhodněte, zda je φ diagonalizovatelný jestliže

(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.

(2) 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}), a rozhodněte, zda je matice diagonalizovatelná

(3) Najděte nad tělesem Z_{7} všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory

matice A = (\begin{matrix}3 & 4 & 4 \\ 2 & 3 & 1 \\ 3 & 3 & 2 \end{matrix}) a existuje-li, najděte regulární matici P, pro niž

je P^{−1}AP diagonální.

(4) Mějme komplexní matice G = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 0 \\ 4 & 5 & 3 \end{matrix}), H = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 0 \\ 4 & 5 & 3 \end{matrix}).

(a) Najděte Jordanův kanonický tvar matic G a H,

(b) spočítejte G^{5} a H^{5},

(c) najděte Jordanův kanonický tvar matic GH a HG.

(5) Určete počet všech geometrických bodů a všech podprostorů projektivního prostoru P_{n}(Z_{p}^{n+1} ) pro každé prvočíslo p a přirozené číslo n.

(6) Určete počet všech kolineací projektivního prostoru P_{n}(Z_{p}^{n+1} ) pro každé prvočíslo p a přirozené číslo n.

(7) Existuje-li kolineace K projektivního prostoru P_{3}(Z_{7}^{4}) splňující K(p_{i}) = q_{i} pro i = 1, …, 5, určete matici vzhledem ke kanonické bázi endomorfismu , který ji určuje, a najděte všechny její samodružné body, jestliže

(a) p_{1} = ⟨(1, 1, 1, 2)⟩, p_{2} = ⟨(1, 2, 3, 2)⟩, p_{3} = ⟨(1, 2, 1, 1)⟩, p_{4} = ⟨(1, 2, 5, 6)⟩, p_{5} = ⟨(4, 0, 3, 4)⟩ a q_{1} = ⟨(1, 1, 1, 1)⟩, q_{2} = ⟨(1, 1, 1, 2)⟩, q_{3} = ⟨(1, 1, 2, 1)⟩, q_{4} = ⟨(1, 2, 1, 1)⟩, q_{5} = ⟨(1, 0, 0, 0)⟩

(b) p_{1} = ⟨(1, 1, 1, 1)⟩, p_{2} = ⟨(1, 1, 1, 2)⟩, p_{3} = ⟨(1, 1, 2, 1)⟩, p_{4} = ⟨(1, 2, 1, 1)⟩, p_{5} = ⟨(1, 0, 0, 0)⟩ a q_{1} = ⟨(1, 1, 1, 2)⟩, q_{2} = ⟨(1, 2, 3, 2)⟩, q_{3} = ⟨(1, 2, 1, 1)⟩, q_{4} = ⟨(1, 2, 5, 6)⟩, q_{5} = ⟨(4, 0, 3, 4)⟩.

(c) p_{1} = q_{2} = ⟨e_{1}⟩, p_{2} = q_{=} ⟨e_{2}⟩, p_{3} = q_{4} = ⟨e_{3}⟩, p_{4} = q_{5} = ⟨e_{4}⟩ a

p_{5} = q_{1} = ⟨(6, 5, 4, 3)⟩

(8) Najděte polární bázi symetrické bilineární formy f na vektorovém prostoru R^{n}, která je ortonormální vzhledem ke standardnnímu skalárnímu součinu, jestliže

(a) n = 3 a [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix}),

(b) n = 3 a [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}),

(c) n = 8 a g(e_{i}, e_{j}) = 1 + δ_{ij},

(d) n = 4 a g(e_{i}, e_{j}) = i + j.