14./15.12.

5. Determinanty

5.1. Spočítejte nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinant matice A = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}).

Postupujeme přímo podle definice. Rozmyslíme si, že S_{2} = {Id, (12)}. a proto det(A) = 3 · 2 − 1 · 1 = 5 nad tělesy Q, R. Obvyklá úvaha o počítání v tělesech Z_{p} nám umožní využít výsledku spočítaného v tělese reálných (či racionálních) čísel, který nakonec stačí upravit modulo p. To znamená, že det(A) = (5)mod5 = 0 nad tělesem Z_{5} a det(A) = (5)mod7 = 5 nad tělesem Z_{7}. □

5.2. Spočítejte nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinant matice B = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 4 & 0 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}).

I tentokrát budeme fakticky postupovat podle definice. Sudým permutacím Id,

(123) a (132) z S_{3} odpovídají po řadě součiny 1 · 0 · 1, 2 · 3 · 2 a 1 · 4 · 3 (vždy bereme nejprve hodnotu z prvního řádku, poté z druhého a nakonec z třetího) a lichým permutacím (12), (13) a (23) odpovídají součiny 2 · 4 · 1, 1 · 0 · 2 a 1 · 3 · 3, proto

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

Tedy det(B) = 7 nad tělesy Q, R, det(B) = 2 nad tělesem Z_{5} a det(B) = 0 nad tělesem Z_{7}. □

5.3. Rozhodněte, zda je nad tělesy Q, Z_{5} a Z_{7} regulární matice:

A = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & 4 & 4 \end{matrix}), B = (\begin{matrix}2 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \\ 1 & 1 & 3 \end{matrix}), A · B a A^{555}.

Díky Větě 8.4 stačí zjistit, zda jsou determinanty jednotlivých matic nenulové. Spočítejme nejprve determinanty matic A a B:

detA = det (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & 4 & 4 \end{matrix}) = det (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ −3 & −4 & 0 \end{matrix}) = det(\begin{matrix}2 & 1 \\ −3 & −4 \end{matrix}) = −5

nad Q, detA = 0 nad Z_{5} a detA = 2 nad Z_{7}, což znamená, že je A regulární nad Q a Z_{7} a A je singulární nad Z_{5}. Podobně

detB = det (\begin{matrix}2 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \\ 1 & 1 & 3 \end{matrix}) = det (\begin{matrix}2 & 0 & 3 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 0 & 3 \end{matrix}) = 2 · det(\begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 3 \end{matrix}) = 6

nad Q, detB = 1 nad Z_{5} a detB = 6 nad Z_{7}, tedy B jr regulární nad všemi tělesy Q, Z_{5} a Z_{7}. Použijeme-li Větu 7.21, která říká, že det(A·B) = det(A)·det(B), pak vidíme, že det(A · B) ≠ 0 právě když detA ≠ 0 a detB ≠ 0. Tudíž matice A · B je regulární nad Q a Z_{7} a není regulární nad Z_{5}. Konečně indukčním rozšířením Věty 7.21 dostaneme, že det(A^{555}) = det(A)^{555}, a proto je matice A^{555} regulární právě nad tělesy Q a Z_{7}. □

5.4. Určete nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinanty matic

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

Determinant matice C_{1} = (c_{ij}) můžeme opět spočítat podle definice, uvědomímeli si, že pro každou neidentickou permutaci σ ∈ S_{5} bude existovat aspoň jedno j, pro něž j > σ(j), a proto c_{jσ(j)} = 0 a c_{1σ(1)} · · · · · c_{5σ(5)} = 0. Tedy determinant Gaussovy čtvercové matice C_{1} je právě součin hodnot na hlavní diagonále, tj. det(C_{1}) = 3 · 2 · 4 · 1 · 2 = 48 nad tělesy Q a R, det(C_{1}) = (48)mod5 = 3 nad tělesem Z_{5} a det(C_{1}) = (48)mod7 = 6 nad tělesem Z_{7}.

Nyní si všimněme, že matici C_{2} dostaneme z matice C_{1} výměnou 1. a 4. řádku. Proto podle Věty 6.4 je det(C_{2}) = − det(C_{1}), tudíž det(C_{2}) = −48 nad tělesy Q, R, det(C_{2}) = (−48)mod5 = 2 nad tělesem Z_{5} a det(C_{2}) = (−48)mod7 = 1 nad tělesem Z_{7}. □

5.5. Spočítejte nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinant matice D = (\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{matrix}).

Připomeňme, že Věta 6.4 nám říká, jak se změní determinant matice, provedemeli některou z řádkových úprav. V předchozí úloze jsme si navíc uvědomili, že je velmi snadné určit determinant Gaussovy matice jako součin hodnot na hlavní diagonále. Budeme-li tedy standardními prostředky pomocí elementárních úprav řádků převádět matici D na její Gaussovu matici, budeme v každém kroku znát, jak jsme původní determinant změnili. Tedy upravujme a počítejme:

det(D) = det((\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{matrix})) = det((\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & 3 \end{matrix})) =

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

Tedy zjistili jsme, že det(D) = 5 nad tělesy Q, R, det(D) = 0 nad tělesem Z_{5} a det(D) = 5 nad tělesem Z_{7}. □

21./22.12.

5.6. Spočítejte nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinant matice G = (\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \\ 1 & 4 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 4 & 0 \end{matrix}).

Tentokrát k výpočtu použijeme Větu 6.8 a budeme determinant rozvíjet podle 2. řádku:

det(G) = (−1)^{2+1} · 0 · det((\begin{matrix}0 & 2 & 1 \\ 4 & 1 & 2 \\ 2 & 4 & 0 \end{matrix})) + (−1)^{2+2} · 0 · det((\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 4 & 0 \end{matrix}))+

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

= −3 · det((\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 4 & 2 \\ 2 & 2 & 0 \end{matrix})) = −3 · (1 · 1 · 2 − 1 · 4 · 2) = 18.

Tedy jako obvykle det(G) = 18 nad Q a R, det(G) = 3 nad Z_{5} a det(G) = 4 nad Z_{7}. □

Poznamenejme, že jsme determinanty ani další členy rozvoje, které přísluší nulovému prvku z řádku, podle nějž determinant rozvíjíme, vůbec nemuseli psát. Navíc si uvědomme, že tato metoda je vhodná právě v případě, kdy některý z řádků nebo sloupců, využijeme-li pozorování obsahuje ţhodně” nul.

5.7. Spočítejte determinant matice H = (\begin{matrix}1 & 3 & −3 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 7 & 5 & −9 \\ 2 & 1 & −1 & 2 & 0 \\ 1 & 2 & 2 & 1 & −1 \\ 2 & −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix}) nad tělesem ra-

cionálních čísel.

V matici H sice žádný řádek ani sloupec neobsahuje větší počet nul, ovšem první a čtvrtý sloupec se liší jen na jedné pozici. Víme, že odečteme-li od jednoho z těchto sloupců druhý, nezmění se podle Tvrzení 6.2 a Věty 6.4 hodnota determinantu. Po této úpravě už ovšem můžeme použít metodu rozvoje podle sloupce (tedy Větu 6.8):

det(H) = det((\begin{matrix}1 & 3 & −3 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 7 & 5 & −9 \\ 2 & 1 & −1 & 2 & 0 \\ 1 & 2 & 2 & 1 & −1 \\ 2 & −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix})) = det((\begin{matrix}0 & 3 & −3 & 1 & 1 \\ −2 & 2 & 7 & 5 & −9 \\ 0 & 1 & −1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 2 & 1 & −1 \\ 0 & −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix})) =

= (−1) · (−2) · det((\begin{matrix}3 & −3 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & −1 \\ −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix})).

Nyní odečteme od prvního řádku upravené matice trojnásobek druhého řádku. Na prvním řádku zůstanou dva nenulové prvky, podle nichž determinant rozvedeme a snadno dopočítáme:

det(H) = 2 · det((\begin{matrix}3 & −3 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & −1 \\ −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix})) = 2 · det((\begin{matrix}0 & 0 & −5 & 1 \\ 1 & −1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & −1 \\ −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix})) =

= 2 · (−5) · det((\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 2 & 2 & −1 \\ −1 & 3 & 7 \end{matrix})) − 2 · 1 · det((\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 2 & 2 & 1 \\ −1 & 3 & 2 \end{matrix})) =

= −10 · (14 − 1 + 3 + 14) − 2 · (4 + 1 + 12 + 4 + 4 − 3) = −344.

□

5.8. Najděte nad tělesem racionálních čísel rekurentní vzorec pro výpočet determinant obecné čtvercové matice C_{n} = (c_{ij}) stupně n, kde c_{ii} = 1, c_{ii+1} = −1 a

c_{ii+1} = 1 a jinde je c_{ij} = 0, tj. C_{n} = (\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & … & 0 & 0 \\ 1 & 1 & −1 & 0 & … & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & −1 & … & 0 & 0 \\ . & . & . & . & … & . & . \\ . & . & . & . & … & . & . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 1 & 1 \end{matrix}).

Rozvedeme-li matici C_{n} podle prvního řádku, dostaneme detC_{n} = detC_{n−1} + detA_{n−1}, kde matici A_{n−1} získáme z C_{n} vypuštěním prvního řádku a druhého sloupce. Rozvojem podle prvního sloupce matice A_{n−1} zjistíme, že detA_{n−1} = detC_{n−2}. Tedy platí rekurentní vzorec detC_{n} = detC_{n−1} + detC_{n−2} a přímým výpočtem zjistíme, že detC_{1} = 1 a že detC_{2} = 2. Vidíme, že hodnota detC_{n} je právě n + 2. členem Fibonacciovy posloupnosti. □

5.9. Spočítejte nad tělesem racionálních čísel determinant čtvercové matice D_{n} = (d_{ij}) stupně n, kde d_{ii} = 1, d_{ii+1} = d_{i+1i} = 1 a jinde je d_{ij} = 0, tj. D_{n} =

(\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 & … & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & … & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & … & 0 & 0 \\ . & . & . & . & … & . & . \\ . & . & . & . & … & . & . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 1 & 1 \end{matrix}).

Stejným postupem jako v předchozí úloze zjistíme, že detD_{n} = detD_{n−1} − detD_{n−2}. Dále snadno spočítáme hodnoty detD_{1} = 1, detD_{2} = 0 a poté pomocí rekurentního vzorce detD_{3} = −1, detD_{4} = −1, detD_{5} = 0, detD_{6} = 1, detD_{7} = 1 a detD_{8} = 0. Vidíme, že je posloupnost {detD_{n}}_{n} periodická s periodou 6. Dodefinujeme-li detD_{0} = 1, pak dostáváme vztah detD_{n} = detD_{nmod 6}. □

5.10. Spočítejte determinant matice D_{500} z předchozí úlohy.

Stačí použít nerekurentní vztah detD_{500} = detD_{500mod 6} = detD_{2} = 0. □

5.11. Rozhodněte pro která reálná a jsou reálné matice P(a) = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ a & 1 & a \\ 1 & a & 0 \end{matrix}),

Q(a) = (\begin{matrix}a & −1 & −1 \\ a − 1 & 1 & 1 \\ a + 1 & 1 & 0 \end{matrix}), P(a) · Q(a) a P(a)^{257} · Q(a)^{374} regulární.

Nejprve spočítáme determinanty det(P(a)) = det (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ a & 1 & a \\ 1 & a & 0 \end{matrix}) = a − a^{2}, a

det(Q(a)) = det (\begin{matrix}a & −1 & −1 \\ a − 1 & 1 & 1 \\ a + 1 & 1 & 0 \end{matrix}) = det (\begin{matrix}2a − 1 & 0 & 0 \\ a − 1 & 1 & 1 \\ a + 1 & 1 & 0 \end{matrix}) = 1 − 2a.

Věta 6.6 z přednášky říká, že je matice regulární, právě když je její determinant nenulový. Determinanty matic P(a) a Q(a) už jsme spočítali, zbývá nám s využitím Věty 6.7 spočítat det(P(a)·Q(a)) = det(P(a))·det(Q(a)) = a(1−a)(1−2a). Vidíme, že je matice P(a) regulární, právě když a ∈ R \ {0, 1}, matice Q(a) je regulární, právě když a ∈ R\\{\frac{1}{2}\} a součin P(a)·Q(a) je regulární, právě když a ∈ R\\{0, \frac{1}{2}, 1\}.

Konečně indukční aplikací Věty 6.7 dostáváme, že

det(P(a)^{257} · Q(a)^{374}) = det(P(a))^{257} · det(Q(a))^{374} = a^{257}(1 − a)^{257}(1 − 2a)^{374}.

Protože polynom a^{257}(1 − a)^{257}(1 − 2a)^{374} v proměnné a nemá jiné kořeny než 0, \frac{1}{2}, 1, vidíme, že je matice P(a)^{257} · Q(a)^{374} regulární opět právě tehdy, když a ∈ R \ \{0, \frac{1}{2}, 1\}. □

5.12. Rozhodněte pro která x ∈ Z_{5} je matice (\begin{matrix}2x & x + 3 & 2x + 1 \\ x + 4 & 3x + 2 & 3 \\ x + 1 & x & 4x \end{matrix} ) nad těle-

sem Z_{5} singulární.

Opět nejprve spočítáme determinant matice A(x) = (\begin{matrix}2x & x + 3 & 2x + 1 \\ x + 4 & 3x + 2 & 3 \\ x + 1 & x & 4x \end{matrix} ),

nejprve přičteme třetí sloupec k druhému a pak rozvedeme podle třetího řádku:

det (\begin{matrix}2x & x + 3 & 2x + 1 \\ x + 4 & 3x + 2 & 3 \\ x + 1 & x & 4x \end{matrix} ) = det (\begin{matrix}2x & 3x + 4 & 2x + 1 \\ x + 4 & 3x & 3 \\ x + 1 & 0 & 4x \end{matrix} ) =

= (x + 1) · (4x^{2} + x + 2) + 4x · (3x^{2} + 4x + 4) = x^{3} + x^{2} + 4x + 2.

Stejně jako v předchozí úloze potřebujeme najít x ∈ Z_{5}, pro něž je hodnota det(A(x)) = x^{3} + x^{2} + 4x + 2 = 0, což snadno zjistíme dosazováním jednotlivých prvků tělesa Z_{5}:

det(A(0)) = 2, det(A(1)) = 1^{3}+1^{2}+4·1+2 = 3, det(A(2)) = 2^{3}+2^{2}+4·2+2 = 2,

det(A(3)) = 3^{3} + 3^{2} + 4 · 3 + 2 = 0, det(A(4)) = 4^{3} + 4^{2} + 4 · 4 + 2 = 3.

Zjistili jsme, že je matice A(x) singulární, právě když je x = 3. □

5.13. Vyřešte nad reálnými čísly soustavu rovnic Ax^{T} = (1, 0, 0)^{T} s reálným pa-

rametrem a, kde A = (\begin{matrix}2a + 1 & a & 2a \\ a & 1 & a + 1 \\ 2a & 0 & 2a \end{matrix} ).

Pro počítání použijeme Cramerovo pravidlo, tedy Tvrzení 6.10 z přednášky. Nejdříve určíme detA = 2a · (a + 1). To znamená, že Cramerovo pravidlo můžeme využít pro parametr a ∈ R\{0, −1}, t.j. je-li matice A regulární. Dále určíme determinant matic A_{i}, které vzniknou z matice A nahrazením i-tého sloupce sloupcem pravých stran vektorem, tedy (1, 0, 0)^{T}:

detA_{1} = det (\begin{matrix}1 & a & 2a \\ 0 & 1 & a + 1 \\ 0 & 0 & 2a \end{matrix} ) = 2a, detA_{2} = det (\begin{matrix}2a + 1 & 1 & 2a \\ a & 0 & a + 1 \\ 2a & 0 & 2a \end{matrix} ) = 2a a

detA_{3} = det (\begin{matrix}2a + 1 & a & 1 \\ a & 1 & 0 \\ 2a & 0 & 0 \end{matrix}) = −2a.

Nyní pomocí Tvrzení 6.10 spočítáme hodnotu i-té neznámé jako x_{i} = (detA)^{−1}· detA_{i}. Tedy x_{1} = x_{2} = \frac{2a}{2a(a+1)} = \frac{1}{a+1} a x_{3} = \frac{−2a}{2a(a+1)} = −\frac{1}{a+1} . Konečně standardním postupem zjistíme, že soustava pro a = −1 nemá řešení a pro a = 0 leží všechna řešení v množině (1, 0, 0) + L((0, 1, −1)). □

5.14. Najděte nad tělesem Z_{7} adjungovanou matici k maticím A = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 6 \end{matrix}), B =

(\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}), C = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) a D = (\begin{matrix}1 & 2 & 4 \\ 3 & 2 & 6 \\ 1 & 0 & 5 \end{matrix}).

Postupujme nejprve podle definice, na i-tém řádku a v j-tém sloupci adjungované matice se nachází subdeterminant původní matice, v níž vyškrtneme j-tý řádek a i-tý sloupec, vynásobený hodnotou (−1)^{i+j} :

adj(A) = (\begin{matrix}6 & 5 \\ 4 & 1 \end{matrix}) , adj(B) = (\begin{matrix}2 & 6 \\ 6 & 1 \end{matrix}) , adj(C) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

U poslední matice, pro niž už jsme (v úloze 1.13.) zjistili, že je regulární, a známe její

inverz B^{−1} = (\begin{matrix}2 & 5 & 5 \\ 1 & 3 & 4 \\ 1 & 6 & 2 \end{matrix}). Nyní stačí abychom spočítali determinant det(D) = 5

a využili Tvrzení 6.9, které říká, že adj(D) = det(D) · D^{−1}, tedy adj(D) = 5 ·

(\begin{matrix}2 & 5 & 5 \\ 1 & 3 & 4 \\ 1 & 6 & 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 & 4 & 4 \\ 5 & 1 & 6 \\ 5 & 2 & 3 \end{matrix}). □

5.15. Spočítejte adjungovanou matici ke čtvercové matici stupně 100, která má hodnost 98.

Uvážíme-li, že matice, kterou dostaneme z původní vyškrtnutím i-tého řádku a j-tého sloupce má hodnost nejvýše 98, je taková matice singulární a má tedy determinant rovný nule. To znamená, že hledaná adjungovaná matice je nulová. □

4./5.1.

6. Skalární součin

6.1. Nechť M = (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & −\frac{2}{\sqrt{5}} & 0 \end{matrix}), b_{1} = (\frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ) , b_{2} = ( \frac{1}{\sqrt{2}} ; −\frac{1}{\sqrt{2}} ; 0 ) , b_{3} = ( \frac{1}{\sqrt{6}} ; \frac{1}{\sqrt{6}} ; −\frac{2}{\sqrt{6}} )

jsou reálné matice a uvažujme standardní skalární součin na reálném aritmetickém vektorovém prostoru R^{3}.

(a) Ověřte, že B = (b_{1}, b_{2}, b_{3}) je ortonormální báze R^{3},

(b) spočítejte souřadnice vektorů (0, 0, 1)^{T}, (2, 1, 0)^{T} a (1, 2, 3)^{T} vzhledem k ortonormální bázi B,

(c) ověřte, že M a M^{T} jsou ortonormální matice,

(d) dokažte, že (Mb_{1}, Mb_{2}, Mb_{3}) je opět ortonormální báze.

(a) Podle definice spočítáme

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

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

\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0) · ( \frac{1}{\sqrt{6}} ; \frac{1}{\sqrt{6}} ; −\frac{2}{\sqrt{6}} ) = 0, \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, −2) · ( \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, a proto lineárně nezávislá posloupnost. Protože jde o tříprvkovou lineárně nezávislou posloupnost ve vektorovém prostoru dimenze 3, musí jít o bázi. Seřadíme-li vektory b_{1}, b_{2}, b_{3} do matice N, mohli jsme otázku zformulovat maticově, konkrétně jsme měli zjistit (a zjistili), zda N^{T} ·N = I_{3}.

(b) Připomeňme, že pro každou ortonormální bázi B = (b_{1}, b_{2}, b_{3}) tvoří souřadnice vektor v ∈ R^{3} vzhledem k bázi B jednoznačně určený aritmetický vektor (x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} ∈ R^{3}, pro který platí v = ∑_{i=1}^{3} x_{i}b_{i}. Využijeme-li ortonormality bázi, vidíme, že

b_{j}^{T} · v = b_{j}^{T} · ∑_{i=1}^{3}x_{i}b_{i} = ∑_{i=1}^{3}x_{i}b_{j}^{T} · b_{i} = x_{j},

tedy souřadnicev jsou právě Fourierovy koeficienty. Konkrétně dostáváme, že

- N^{T} ·(0, 0, 1)^{T} = (1· \frac{1}{\sqrt{3}}, 1·0, 1· \frac{−2}{\sqrt{6}})^{T} = \frac{1}{\sqrt{6}}(\sqrt{2}, 0, −2)^{T} jsou souřadnice vektoru (0, 0, 1)^{T} vzhledem k B,

- N^{T} · (2, 1, 0)^{T} = (\frac{2+1}{\sqrt{3}} , \frac{2−1}{\sqrt{2}} , \frac{2+1}{\sqrt{6}} )^{T} = (\sqrt{3}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \sqrt{\frac{3}{2}})^{T} jsou souřadnice vektoru (2, 1, 0)^{T} vzhledem k B a

- N^{T} · (1, 2, 3)^{T} = (\frac{1+2+3}{\sqrt{3}} , \frac{1−2}{\sqrt{2}} , \frac{1+2−3·2}{\sqrt{6}} )^{T} = (2\sqrt{3}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, −\sqrt{\frac{3}{2}})^{T} jsou souřadnice vektoru (1, 2, 3)^{T} vzhledem k B.

(c)Máme zjistit, zda M^{T} · M = I_{3}, což snad ověříme přímým výpočtem. Protože je matice M ortogonální, víme z přednášky, že je ortogonální i matice M^{T}.

(d) Protože matice M·N obsahuje ve svých sloupcích právě vektory Mb_{1}, Mb_{2}, Mb_{3}, ptáme se, zda je tato matice ortogonální. Obě matice jsou ovšem ortogonální, tedy M · N je ortogonální podle tvrzení z přednášky. □

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

(a) Najděte nějakou ortonormální bázi prostoru V,

(b) najděte ortogonální bázi V obsahující vektor (2, 4, 2)^{T},

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

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

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

(b) Postupujeme obdobně jako v (a) jen zvolíme bázi V začínající vektorem (2, 4, 2)^{T}, například bázi ((2, 4, 2)^{T} , (1, 1, 0)^{T}). Poznamenejme, že kdybychom našli postupem (a) ortonormální bázi, jednalo by se určitě i o bázi ortogonální. My nyní použijeme úvahu obdobnou jako v (a), tentokrát ovšem nebudeme (protože nemusíme) normalizovat:

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

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

(c) V (a) jsme nalezli ortonormální bázi (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)^{T} , \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)^{T}). Připomeňme, že každý vektor kolmá na bázi podprostoru V je kolmý na jeho všechny vektory. Stačí nám tedy najít vektor u, pro (1, 1, 0) u = 0 a (1, 3, 2) u = 0, tedy

hledáme řešení homogenní soustavy rovnic s maticí (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 2 \end{matrix}). Snadno spočítáme,

že takovým řešením je například vektor (−1, 1, −1)^{T}. Stačí tedy tento vektor normalizovat, abychom našli poslední vektor hledané ortonormální báze. Tedy je-li c_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)^{T}, c_{2} = \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)^{T} c_{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}(−1, 1, −1)^{T}, dostáváme ortonormální bázi (c_{1}, c_{2}, c_{3}) požadovaných vlastností. □

6.3. Buď M = ((1, 1, 0)^{T} , (0, 1, 1)^{T} , (1, 1, 1)^{T}) 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 L((1, 1, 0)^{T}) = L(v_{1}) a L((1, 1, 0)^{T} , (0, 1, 1)^{T}) = L(v_{1}, v_{2}).

Postupujme opět Gramovu-Schmidtovu ortogonalizací.

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

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

∥ v′_{2} ∥ = \frac{\sqrt{6}}{2} v_{2} = \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)^{T}.

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

\frac{1}{\sqrt{3}} a v_{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, −1, 1)^{T}.

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

Chceme-li vytvořit ortonormální bázi z báze ((1, 1, 0)^{T} , (0, 1, 1)^{T} , (1, 1, 1)^{T}) modifikovaným Gramovým-Schmidtovým algoritmem, dostáváme:

1. v_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)^{T}, v′_{2} = (0, 1, 1)^{T} a v′_{3} = (1, 1, 1)^{T}.

2. v′_{2} = \frac{1}{2}(−1, 1, 2)^{T}, v′_{3} = (1, 1, 1)^{T} − \sqrt{2} · \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)^{T} = (0, 0, 1)^{T} a normu-

jeme v_{2} = \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)^{T}.
3. v′_{3} = (0, 0, 1)^{T} − \frac{2}{\sqrt{6}} \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)^{T} = \frac{1}{3}(1, −1, 1)^{T} a v_{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, −1, 1)^{T}.

Výsledek modifikovaného algoritmu je stejný jako v případě klasického algoritmu, změnili jsme jen uspořádání úprav. □

Připomeňme, že QR-rozkladem matice A nad reálným nebo komplexním tělesem rozumíme rozklad A = QR, kde Q^{T} ·Q je jednotková matice a R je regulární horní trojúhelníková matice s kladnými reálnými hodnotami na diagonále.

6.4. Najděte QR rozklady matic (a) (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}), (b) (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}), (c) (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}).

Uvažujme obecnou matici A = (a_{1}| … |a_{m}) s lineárně nezávislými sloupci. Připomeňme, že je-li q_{1}, …, q_{m} je posloupnost ortonormálních vektorů, kterou z posloupnosti a_{1}, …, a_{m} vytvoříme Gramovou-Schmidtovou ortogonalizací a položímeli Q = (q_{1}| … |q_{m}) a R = (r_{ij}), kde r_{ij} = q_{i}^{T} · a_{j}, potom je A = QR právě QR rozklad matice A. Navíc poznamenejme, že r_{ii} = q_{i}^{T} · a_{i} = ∥q′_{i}∥, tedy matice Q sestává z výsledných ortonormálních vektorů a matice R obsahuje právě všechny údaje, které při Gramově-Schmidtově ortogonalizaci spočítáme (tedy nad diagonálou všechny potřebné skalární součiny a na diagonále všechny potřebné normy).

(a) Protože jsou sloupce první matice právě první dva vektory z úlohy 6.3, využijeme prvních dvou kroků Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace z 6.3 a sepíšeme údaje do matic

Q = (\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & −\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{matrix} ) a R = (\begin{matrix}∥(1, 1, 0)^{T} ∥ & \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)(0, 1, 1)^{T} \\ 0 & ∥\frac{1}{2}(−1, 1, 2)^{T} ∥ \end{matrix}) = (\begin{matrix}\sqrt{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & \frac{\sqrt{6}}{2} \end{matrix}) .

(b) Tentokrát sepíšeme do matic údaje celé Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace z 6.3, první dva sloupce matic Q a R už známe (u prvních dvou sloupců R přidáme nulový poslední řádek). Tedy dostáváme Q = (\begin{matrix}\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}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix} ) a

R = (\begin{matrix}\sqrt{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)(1, 1, 1)^{T} \\ 0 & \frac{\sqrt{6}}{2} & \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)(1, 1, 1)^{T} \\ 0 & 0 & ∥\frac{1}{\sqrt{3}}(1, −1, 1)^{T} ∥ \end{matrix} ) = (\begin{matrix}\sqrt{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \sqrt{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{6}}{2} & \frac{2}{\sqrt{6}} \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{matrix}).

(c) Nyní budeme Gramovou-Schmidtovou ortogonalizací upravovat lineárně nezávislou posloupnost vektorů (1, 1, 1, 1)^{T}, (1, 0, 1, 0)^{T}, (0, 1, 0, 2)^{T} mezivýsledky sepsat do matic Q a R. Všimněme si, že r_{ii} = ⟨q_{i} a_{i}⟩ = ∥q′_{i}∥.

1. q_{1} = \frac{(1,1,1,1)^{T}}{∥(1,1,1,1)^{T} ∥} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})^{T} a r_{11} = ∥(1, 1, 1, 1)^{T} ∥ = 2.

2. q′_{2} = (1, 0, 1, 0)^{T} −⟨\frac{1}{2}(1, 1, 1, 1)^{T} , (1, 0, 1, 0)^{T} ⟩·\frac{1}{2}(1, 1, 1, 1)^{T} = \frac{1}{2}(1, −1, 1, −1)^{T}.

Proto r_{12} = ⟨\frac{1}{2}(1, 1, 1, 1), (1, 0, 1, 0)^{T}) = 1, r_{22} = ∥\frac{1}{2}(1, −1, 1, −1)^{T} ∥ = 1 a
q_{2} = (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, −\frac{1}{2})^{T}.
3. Konečně r_{13} = ⟨q_{1}, (0, 1, 0, 2)^{T} ⟩ = \frac{3}{2}, r_{23} = ⟨q_{2}, (0, 1, 0, 2)^{T} ⟩ = −\frac{3}{2}, proto

q′_{3} = (0, 1, 0, 2)^{T} − \frac{3}{2} · (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})^{T} + \frac{3}{2} · (\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, −\frac{1}{2})^{T} = (0, −\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2})^{T}.

Tedy r_{33} = ∥(0, −\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2})^{T} ∥ = \frac{1}{\sqrt{2}} a q_{3} = (0, −\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})^{T}.

Dostáváme QR rozklad (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} ) (\begin{matrix}2 & 1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 1 & −\frac{3}{2} \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} ) . □

6.5. Najděte nějakou ortonormální bázi podprostoru V = L((1, 1, −2, 1)^{T}, (2, 0, 1, 0)^{T}, (0, 1, 0, 1)^{T}) reálného aritmetického vektorovém prostoru R^{4} se standardním skalárním součinem.

Nejprve zvolíme vhodnou bázi prostoru V, kterou budeme ortogonalizovat pomocí Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace. Vektor (2, 0, 1, 0)^{T} je zřejmě kolmý na zbývající vektory, zvolme tedy bázi V, tak aby byl vektor (2, 0, 1, 0)^{T} na jejím prvním místě. Tedy vyjdeme například z báze ((2, 0, 1, 0)^{T} , (0, 1, 0, 1)^{T} , (1, 1, −2, 1)^{T}). 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)^{T} · (0, 1, 0, 1)^{T} = 0, tedy máme první dva (zatím jen ortogonální, nikoli ortonormální) vektory hledané báze: v′_{1} = (2, 0, 1, 0)^{T}, v′_{2} = (0, 1, 0, 1)^{T}. Nyní budeme hledat třetí bazický vektor ve tvaru v′_{3} = (1, 1, −2, 1)^{T} − 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)^{T}}{(2, 0, 1, 0) · (2, 0, 1, 0)^{T}} = 0, c_{2} = \frac{(1, 1, −2, 1) · (0, 1, 0, 1)^{T}}{(0, 1, 0, 1) · (0, 1, 0, 1)^{T}} = −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 L((1, 1, −2, 1)^{T} , (0, 1, 0, 1)^{T}), která musí být kolmá na vektor (2, 0, 1, 0)^{T}. Tedy v′_{3} = (1, 1, −2, 1)^{T} − (0, 1, 0, 1)^{T} = (1, 0, −2, 0)^{T} je posledním hledaným kolmým vektorem. Posloupnost vektorů ((2, 0, 1, 0)^{T} , (0, 1, 0, 1)^{T} , (1, 0, −2, 0)^{T}) 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)^{T}, v_{2} = \frac{v ′_{2}}{∥ v ′_{2} ∥} = \frac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, 0, 1)^{T}, v_{3} = \frac{v ′_{3}}{∥ v ′_{3} ∥} = \frac{1}{\sqrt{5}}(1, 0, −2, 0)^{T}, Ortonormální bází je tedy například posloupnost vektorů (\frac{1}{\sqrt{5}}(2, 0, 1, 0)^{T} , \frac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, 0, 1)^{T} , \frac{1}{\sqrt{5}}(1, 0, −2, 0)^{T}.

□

11./12.1.

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

Připomeňme, že

U^{⊥} = {v ∈ R^{5}| u^{T} · v = 0∀ u ∈ U} = {v ∈ R^{5}| u^{T} · 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)^{T} , (−3, 1, 0, 1, 0)^{T} , (−5, 2, 0, 0, 1)^{T}. □

6.7. Spočítejte ortogonální projekci vektoru (2, 2, −1)^{T} do podprostoru V a bázi ortogonálního doplňku V^{⊥}, kde V je z příkladu 6.2.

Podobně jako v úloze 6.1 lze souřadnice ortogonální projekce vektoru u na podprostor V vzhledem k ortonormální bázi B = (b_{1}, b_{2}) spočítat jako Fourierovy koeficienty, tj. označíme-li v_{u} ∈ V ortogonální projekci vektoru u na V a v_{u} = a_{1}b_{1}+ a_{2}b_{2}, pak (a_{1}, a_{2}) = (⟨b_{1}, v⟩, ⟨b_{2}, v⟩), kde (b_{,}b_{2}) = (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)^{T} , \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2)^{T}) je ortonormální báze nalezená v úloze 6.2. Tedy

(a_{1}, a_{2}) = (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) · (2, 2, −1)^{T} , \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, 1, 2) · (2, 2, −1)^{T}) = (\frac{4}{\sqrt{2}}, −\frac{2}{\sqrt{6}})^{T} ,

a proto

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

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

6.8. Uvažujme standardní skalární součin na reálném vektorovém prostoru R^{4}. (a) najděte nějakou ortogonální bázi podprostoru U = L((1, 1, 0, 1)^{T} , (1, 0, 1, 1)^{T}),

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

(c) spočítejte ortogonální projekci vektoru (−1, 1, 0, 4)^{T} do podprostoru W = L((1, 2, 1, −1)^{T} , (1, 1, 0, 1)^{T}).

(a), (b) Můžeme postupovat několika způsoby. Jednak můžeme doplnit vektory (1, 1, 0, 1)^{T} , (1, 0, 1, 1)^{T} na bázi celého prostoru R^{4} (například vektory (1, 0, 0, 0)^{T} a (0, 1, 0, 0)^{T}) 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 6.6) a obě báze ortogonalizovat. Postupujme druhým způsobem: Bázi U^{⊥} tvoří například posloupnost (−1, 1, 1, 0)^{T}, (0, 1, 1, −1)^{T}. Vektor (0, 1, 1, −1)^{T} můžeme upravit jedním krokem Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace

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

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

(c) Potřebujeme nejprve určit souřadnice x_{1}, x_{2} ortogonální projekce u = x_{1} · (1, 2, 1, −1)^{T} + x_{2} · (1, 1, 0, 1)^{T}, aniž budeme hledat ortogonální bázi W, jak jsme činili v 6.7. Řešíme tedy nehomogenní soustavu rovnic s maticí:

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

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

6.9. 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 = L((1, 3, −2)^{T} , (1, 1, −1)^{T}) a v = (2, 4, 3)^{T},

(b) je-li U = L((1, 2, 1)^{T} , (2, 1, −1)^{T}) a v = (1, 2, 4)^{T},

(c) je-li U = L((1, 2, 1)^{T} , (2, 1, −1)^{T}) a v = (4, 2, 1)^{T}.

Postupujme obdobně jako v 6.8(d), tj. hledáme takovou lineární kombinaci vektorů a(1, 3, −2)^{T} +b(1, 1, −1)^{T}, aby byl vektor (2, 4, 3)^{T} −a(1, 3, −2)^{T} −b(1, 1, −1)^{T} kolmý na prostor U. To můžeme ekvivalentně vyjádřit tak, že vektor (2, 4, 3)^{T} − a(1, 3, −2)^{T} − b(1, 1, −1)^{T} je kolmý na vektor (1, 3, −2)^{T} i (1, 1, −1)^{T} a odtud dostáváme soustavu rovnic

(1, 3, −2) · [(2, 4, 3)^{T} − a(1, 3, −2)^{T} − b(1, 1, −1)^{T}] = 0,
(1, 1, −1) · [(2, 4, 3)^{T} − a(1, 3, −2)^{T} − b(1, 1, −1)^{T}] = 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)^{T} na podprostor U je u = (1, 3, −2)^{T} − (1, 1, −1)^{T} = (0, 2, −1)^{T} a u^{⊥} = v − u = (2, 4, 3)^{T} − (0, 2, −1)^{T} = (2, 2, 4)^{T}.

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

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

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

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

(a) Najděte ortonormální bázi podprostoru U = L((1, i, 1−i)^{T}, (i, 2+i, −1)^{T}),

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

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

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

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

(c) Podobně jako v příkladu 6.7(c) stačí, abychom spočítali souřadnice ortogonální projekce vzhledem k ortonormální bázi U, tedy hodnoty

a_{1} = v_{1} ·(1, 0, −i)^{T} = \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)^{T} = \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)^{T} + \frac{−1 − 2i}{24}(3i, 3 + 2i, −1 + i)^{T} = \frac{1}{24}(18 − 9i, 7 + 4i, 21 + 5i)^{T} .

□ 6.11. 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)^{T} a vektory levých stran a_{1} = (1, 2, 1, 1, 0)^{T}, a_{2} = (2, 1, −2, 2, 1)^{T} a a_{3} = (0, 2, 1, 2, −1)^{T}. Hledáme x_{i} tak, aby ∑_{i=1}^{3} x_{i}a_{i} byla právě ortogonální projekce vektoru pravých stran do podprostoru L(a_{1}, a_{2}, a_{3}). To vede stejně jako v případě ortogonální projekce k soustavě rovnic s maticí

(\begin{matrix}a_{1}^{T} · a_{1} & a_{1}^{T} · a_{2} & a_{1}^{T} · a_{3} & | & a_{1}^{T} · y \\ a_{2}^{T} · a_{1} & a_{2}^{T} · a_{2} & a_{2}^{T} · a_{3} & | & a_{2}^{T} · y \\ a_{3}^{T} · a_{1} & a_{3}^{T} · a_{2} & a_{3}^{T} · a_{3} & | & a_{3}^{T} · 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. □

6.12. 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)^{T}, v_{2} = (1, 1, −1)^{T} a y = (2, 4, 3)^{T} a uvažujme-li stejně jako v příkladu 6.11 potřebujme vyřešit nehomogenní soustavu s maticí

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

Tuto soustavu už jsme vyřešili v úloze 6.9, tedy (x, y) = (1, −1) je přibližné řešení soustavy metodou nejmenších čtverců. □

Další úlohy

(1) Spočítejte determinant matic A = (\begin{matrix}2 & 1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 0 \end{matrix}), B = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}),

A^{−1}, A · B a A · B^{−1} nad tělesy R, C, Z_{3}, Z_{5} a Z_{7}.

(2) Najděte pro libovolná a ∈ Q nad Q rekurentní vzorec pro výpočet determinant čtvercové matice G_{n} = (g_{ij}) stupně n, kde g_{ii} = 1, g_{ii+1} = a a g_{i+1i} = b a jinde je g_{ij} = 0.

(3) Najděte nad tělesy Q, Z_{3}, Z_{5} a Z_{7} adjungované matice k maticím A =

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

(4) Rozhodněte, pro která a ∈ Z_{7} je nad Z_{7} matice (\begin{matrix}a & 2 + a & 1 \\ 3a + 2 & 1 & a \\ 2a^{2} & a + 6 & 2 + a \end{matrix} )

regulární.

(5) Najděte pro všechna a ∈ Z_{7}, pro něž je to možné, inverzní matici k matici z předchozí úlohy.

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

(a) Najděte nějakou ortonormální bázi podprostoru V = L((1, 3, −2, 1, 1)^{T}, (2, 0, 1, 1, 0)^{T}, (1, 3, 1, 2, −1)^{T}),

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

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

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

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

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

(7) Mějme komplexní vektorový prostor C^{4} se standardním skalárním součinem.

(a) Najděte ortonormální bázi podprostoru V = L((1, 1 − i, 1 + i, 2 − 3i)^{T}, (i + 1, −1, 1 + 2i, 2 − i)^{T}),

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

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

(d) je-li U = L((i, −i, 2 + i, 1 − 3i)^{T}, (1, 1, i, 2 + 3i)^{T}), najděte vektory

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

(8) Najděte přibližné řešení metodou nejmenších čtverců soustavy rovnic Ax = y 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)^{T}

(b) A je jako v (a) a y = (2, 1, 0, 2, 1)^{T},

(c) A je jako v (a) a y = (2, 1, 0, 2, 0)^{T},

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