PÍSEMKY Z LINEÁRNÍ ALGEBRY

Úloha 1. [26.2] Uvažujme endomorfismus φ vektorového prostoru Z_{7}^{2} nad tělesem Z_{7} splňující podmínku φ((3, 2)^{T}) = (0, 2)^{T} a φ((6, 1)^{T}) = (1, 1)^{T}. Dokažte, že je φ izomorfismus a spočítejte matici [φ^{−1}]_{K_{2}}^{K_{2}}.

[28.2]: Napište matici vzhledem ke kanonickým bázím ortogonální projekce reálného vektorového prostoru R^{3} se standardním skalárním součinem na rovinu U = ⟨(1, 1, 1)^{T} , (0, 0, 1)^{T} ⟩.

Řešení.

[26.2]: Bezprostředně z definice endomorfismus φ dostaneme matici [φ]_{K_{2}}^{B} =

(\begin{matrix}0 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}) pro bázi B = ((3, 2)^{T} , (6, 1)^{T}). Protože je matice [φ]_{K_{2}}^{B} regulární, je φ

izomorfismus. Nyní můžeme zcela využít Tvrzení 7.15(3):

[φ^{−1}]_{K_{2}}^{K_{2}} = ([φ]_{K_{2}}^{K_{2}})^{−1} = ([φ]_{K_{2}}^{B} · [Id]_{B}^{K_{2}})^{−1} =

= [Id]_{K_{2}}^{B} · ([φ]_{K_{2}}^{B})^{−1} = (\begin{matrix}3 & 6 \\ 2 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}0 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}1 & 5 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .

Připomeňme, že pro součin matice s maticí inverzní můžeme využít například řádkový algoritmus pro transponované matice:

(\begin{matrix}0 & 2 & |3 & 2 \\ 1 & 1 & |6 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & |6 & 1 \\ 0 & 1 & |5 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & |1 & 0 \\ 0 & 1 & |5 & 1 \end{matrix}) .

[28.2]: Snadno určíme ortonormální bázi \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)^{T} , (0, 0, 1)^{T} roviny U a normovaný vektor \frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0)^{T}, který je na rovinu U kolmý. Vidíme, že posloupnost B = (\frac{1}{\sqrt{2}}⟨(1, 1, 0)^{T} , (0, 0, 1)^{T} , \frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0)^{T}) je ortonormální báze R^{3}, vůčí níž má

ortogonální projekce p matici [p]_{B}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}). Nyní obvyklým způsobem určíme

[p]_{K_{3}}^{K_{3}} = [Id]_{K_{3}}^{B}[p]_{B}^{B}[Id]_{B}^{K_{3}} = (\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & −\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) · (\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & −\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix})^{−1} =

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

kde jsme využili faktu, že je matice [Id]_{K_{3}}^{B} ortogonální a proto [Id]_{B}^{K_{3}} = ([Id]_{K_{3}}^{B})^{−1} = ([Id]_{K_{3}}^{B})^{T}. □

Úloha 2. [5.3] Je-li ψ ortogonální projekce reálného vektorového prostoru R^{3} se standardním skalárním součinem na rovinu U = ⟨(1, 1, 0)^{T} , (1, 0, 1)^{T} ⟩, spočítejte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory ψ, najděte ortonormální bázi B, aby [ψ]_{B}^{B} byla diagonální a určete [ψ]_{B}^{B}.

[7.3]: Je-li φ lineární operátor na reálném vektorovém prostoru R^{2} s maticí

[φ]_{K_{2}}^{K_{2}} = (\begin{matrix}4 & 0 \\ 7 & 3 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{2}, spočítejte všechna vlastní čísla a

všechny jim příslušné vlastní vektory φ, najděte bázi B, aby [φ]_{B}^{B} byla diagonální a určete [φ]_{B}^{B}

Řešení.

[5.3] Protože lineární operátor ψ není izomorfismus, je 0 jeho vlastní číslo a příslušné vlastní vektory tvoří právě jádro

Kerψ = ⟨(1, 1, 0)^{T} , (1, 0, 1)^{T} ⟩^{⊥} = ⟨(−1, 1, 1)^{T} ⟩.

Protože na rovině U působí ψ jako identita, jedná se o podprostor všech vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 1.

Nyní zbývá ortogonalizovat například posloupnost (1, 1, 0)^{T} , (1, 0, 1)^{T}, tedy fakticky stačí najít generátor například podprostoru ⟨(1, 1, 0)^{T} , (−1, 1, 1)^{T} ⟩^{⊥}, jímž je vektor (1, −1, 2)^{T}. Nyní zbývá normalizovat, abychom dostali ortonormální bázi

B = ((\frac{1}{\sqrt{2}} ; \frac{1}{\sqrt{2}} ; 0) , (\frac{1}{\sqrt{6}} ; \frac{−1}{\sqrt{6}} ; \begin{matrix}√ & \overline{2} \\ √ & \overline{3} \end{matrix} ) , (\frac{−1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} )) a matici [ψ]_{B}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

[7.3] Protože je matice [φ]_{K_{2}}^{K_{2}} dolní trojúhelníková, vidíme všechna vlastní čísla matice i endomorfismu na její diagonále, tedy φ má vlastní čísla 3, 4. Pro každé vlastní číslo λ najdeme jemu příslušný podprostor vlastních vektorů Ker(φ − λId) jako řešení homogení soustavy rovnic s maticí [φ]_{K_{2}}^{K_{2}} − λI_{2}:

Ker([φ]_{K_{2}}^{K_{2}} − 3I_{2}) = Ker (\begin{matrix}1 & 0 \\ 7 & 0 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})⟩,

Ker([φ]_{K_{2}}^{K_{2}} − 4I_{2}) = Ker (\begin{matrix}0 & 0 \\ 7 & −1 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}1 \\ 7 \end{matrix})⟩.

Zjistili jsme, že ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})⟩ ∪ ⟨(\begin{matrix}1 \\ 7 \end{matrix})⟩ \ \{(\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix})\} tvoří množinu všech vlastních vektorů φ a

pro bázi složenou z vlastních vektorů B = ((\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 7 \end{matrix})) máme [φ]_{B}^{B} = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 4 \end{matrix}). □

Úloha 3. [12.3] Necht’ A = (\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 3 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) je matice nad tělesem Z_{5}. Najděte všechna

její vlastní čísla a vlastní vektory, dokažte, že je diagonalizovatelná, a najděte regulární matici P, aby P^{−1}AP byla diagonální.

[14.3] Necht’ A = (\begin{matrix}3 & 2 & 0 \\ 3 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 4 \end{matrix}) je matice nad tělesem Z_{5}. Najděte všechna její

vlastní čísla a vlastní vektory, dokažte, že je diagonalizovatelná, a najděte regulární matici P, aby P^{−1}AP byla diagonální.

Řešení.

[12.3] Nejprve spočítáme charakteristický polynom det(A − λI_{3}) =

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

= 3(λ − 1) + (1 − λ)(λ^{2} + λ + 3) = (1 − λ)(λ^{2} + λ) = (1 − λ)λ(1 + λ). Zjistili jsme, že A má právě tři vlastní čísla 0, 1, 4, tedy je A diagonalizovatelná. Nyní hledáme vlastní vektory jako jádra matic A − λI_{3}:

Ker(A − 0I_{3}) = Ker (\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 3 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})⟩,

Ker(A − 1I_{3}) = Ker (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 3 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}4 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩,

Ker(A − 4I_{3}) = Ker (\begin{matrix}3 & 2 & 1 \\ 3 & 3 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 1 \end{matrix})⟩,

Hledanou matici P dostaneme jako matici přechodu od báze složené z vlastních

vektorů ke kanonické bázi, tedy například P = (\begin{matrix}3 & 4 & 1 \\ 4 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}).

[14.3] Nejprve spočítáme charakteristický polynom det(A − λI_{3}) =

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

= −λ^{3} + 2 + λ + 3 = −λ(λ + 1)(λ − 1).

Zjistili jsme, že A má právě tři vlastní čísla 0, 1, 4, tedy je A diagonalizovatelná a můžeme hledat vlastní vektory jako jádra matic A − λI_{3}:

Ker(A − 0I_{3}) = KerA = (\begin{matrix}3 & 2 & 0 \\ 3 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 4 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})⟩,

Ker(A − 1I_{3}) = KerA = (\begin{matrix}2 & 2 & 0 \\ 3 & 2 & 4 \\ 4 & 2 & 3 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}1 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})⟩,

Ker(A − 4I_{3}) = KerA = (\begin{matrix}4 & 2 & 0 \\ 3 & 4 & 4 \\ 4 & 2 & 0 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩,

Hledanou matici P dostaneme jako matici přechodu od báze složené z vlastních

vektorů ke kanonické bázi, tedy například P = (\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 4 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}). □

Úloha 4. [19.3] Je-li φ lineární operátor na vektorovém prostoru Z_{7}^{3} s maticí

[φ]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\begin{matrix}5 & 0 & 0 \\ 3 & 2 & 0 \\ 6 & 1 & 1 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{3}, najděte všechny invariantní

podporostory lineárních operátorů φ a φ^{2}.

[21.3] Bud φ lineární operátor na racionálním vektorovém prostoru Q^{3} daný

obrazy φ((\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix})) = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}), φ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}2 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}) a φ((\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})) = (\begin{matrix}−1 \\ −2 \\ 0 \end{matrix}). Najděte všechny

invariantní podporostory lineárních operátorů φ a φ^{100}.

Řešení.

[19.3] Nejprve poznamenejme, že {0} a Z_{7}^{3} jsou invariantní podprostory obou endomorfismů φ i φ^{2}. Zbývá najít všechny invariantní podprostory dimenze 1 a 2.

Snadno přímo z (trojúhelníkové) matice zjistíme, že φ má vlastní čísla 1, 2, 5, tedy se jedná o diagonalizovatelný endomorfismus. Obvyklým způsobem spočítáme vlastní vektory:

⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩ ∪ ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})⟩ ∪ ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩

Tedy φ má právě 3 invariantní přímky a právě 3 invariantní roviny:

⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩.

Protože 2^{2} = 5^{2} = 4 a 1^{2} = 1 má lineární operátor φ^{2} pouze dvě vlastní čísla. Vlastní číslo 4 má ovšem geometrickou naásobnost 2, proto podprostor vlastních

vektorů pro něj tvoří ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩.

Proto má φ^{2} invariantní přímky (je jich 9)

⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩ a ⟨v⟩, kde v ∈ ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩ \ \{0\}.

a invariantní roviny (opět je jich 9) φ^{2} jsou:

⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩ a ⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , v⟩, kde v ∈ ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩ \ \{0\}.

[21.3] Nejprve poznamenejme, že {0} a Z_{7}^{3} jsou invariantní podprostory obou endomorfismů φ a φ^{100}. Zbývá najít všechny invariantní podprostory dimenze 1 a 2.

Nejprve si hned z definice φ všimněme, že báze B = ((\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})) sestává

z vlastních vektorů a [φ]_{B}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}). Proto [φ^{100}]_{B}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2^{100} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}). Odtud

vidíme, že 1, 2, −1 jsou vlastní čísla endomorfismu φ a 1, 2^{100} jsou vlastní čísla endomorfismu φ^{100} Tedy φ má právě 3 invariantní přímky a právě 3 invariantní roviny:

⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})⟩, ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix})⟩.

Protože vlastní číslo 1 lineární operátor φ^{100} má geometrickou násobnost 2, je

množina všech vlastních vektorů φ^{100} tvaru ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix})⟩ ∪ ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩ \ \{0\}.

Tudíž má φ^{100} nekonečně invariantních přímek

⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩ a ⟨v⟩, kde v ∈ ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix})⟩ \ \{0\}.

a nekonečně invariantních rovin

⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix})⟩ a ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , v⟩, kde v ∈ ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix})⟩ \ \{0\}.

□

Úloha 5. [26.3] Najděte Jordanův kanonický tvar komplexní matice A = (\begin{matrix}1 & −2 \\ 2 & 5 \end{matrix}),

spočítejte regulární komplexní matici P, aby P^{−1}AP byla Jordanova a součin P^{−1}AP určete.

[28.3] Najděte Jordanův kanonický tvar komplexní matice B = (\begin{matrix}1 & −2 \\ 2 & −3 \end{matrix}), určete

regulární komplexní matici P, aby P^{−1}BP byla Jordanova a rozhodněte, zda jsou matice B a B^{−1} podobné.

Řešení.

[26.3] Nejprve spočítame charaktreristický polynom matice A a zjistíme, že det(A − λI_{2}) = λ^{2} − 6λ^{2} + 9 = (λ − 3)^{2}. Protože je navíc hodnost matice A − 3I_{2} rovna 1, má vlastní číslo 3 algebraickou násobnost 2 a geometrickou násobnost 1. To nutně znamená, že Jordanův kanonický tvar matice A má na diagonále vlastní

6 PÍSEMKY Z LINEÁRNÍ ALGEBRY

číslo 3 geometrické násobnosti 1, tedy Jordanův kanonický tvar představuje právě

matice J = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 0 & 3 \end{matrix}).

Nyní nejprve hledáme vlastní vektor matice A, jímž je například v_{1} = (\begin{matrix}−1 \\ 1 \end{matrix}), který řeší homogenní soustavu s maticí matice A − 3I_{2} = (\begin{matrix}−2 & −2 \\ 2 & 2 \end{matrix}) a poté počítáme nehomogenní soustavu rovnic s maticí (\begin{matrix}−2 & −2 & | & −1 \\ 2 & 2 & | & 1 \end{matrix}), kterou řeší například vektor v_{2} = (0^{\frac{1}{2}}). Spočítali jsme Jordanův řetízek v_{1}, v_{2}, proto je hledaná matice například tvaru P = [Id]_{K_{2}}^{(v_{i})} = (\begin{matrix}−1 & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{matrix}). Konečně ze způsobu, jak jsme matici P získali, okamžitě plyne rovnost P^{−1}AP = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 0 & 3 \end{matrix}).

[28.3] Spočítame-li charaktreristický polynom det(B − λI_{2}) = λ^{2} + 2λ^{2} + 1 = (λ + 1)^{2} matice B, vidíme, že −1 je jediné vlastní číslo A algebraické násobnosti 2. Protože matice B není diagonální, jedná se o vlastní číslo geometrické násobnosti 1, tudíž Jordanův kanonický tvar matice A má na diagonále vlastní číslo −1 geometrické násobnosti 1, proto jím je právě matice (\begin{matrix}−1 & 1 \\ 0 & −1 \end{matrix}).

Nyní nejprve hledáme vlastní vektor matice B, jímž je například v_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}), který řeší homogenní soustavu s maticí matice B+1I_{2} = (\begin{matrix}2 & −2 \\ 2 & −2 \end{matrix}) a poté počítáme nehomogenní soustavu rovnic s maticí (\begin{matrix}2 & −2 & |1 \\ 2 & −2 & |1 \end{matrix}), kterou řeší například vektor v_{2} = (0^{\frac{1}{2}}). Spočítali jsme Jordanův řetízek v_{1}, v_{2}, proto je hledaná matice například tvaru P = [Id]_{K_{2}}^{(v_{i})} = (\begin{matrix}1 & \frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{matrix}). Protože má matice B^{−1} opět jediné vlastní číslo (−1)^{−1} = −1 algebraické násobnosti 2 a geometrické násobnosti 1, vidíme, že má matice B^{−1} stejný Jordanův kanonický tvar jako matice B, a proto jsou obě matice podobné. □

Úloha 6. [2.4] Bud’ M = (v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}) báze vektorového prostoru V nad tělesem Z_{7} a φ endomorfismus V daný vztahy φ(v_{1}) = 2 v_{1}, φ(v_{2}) = 6 v_{1} +2 v_{2}, φ(v_{3}) = 2 v_{1} +2 v_{3} a φ(v_{4}) = 5 v_{2} +6 v_{3} +2 v_{4}. Najděte Jordanovu matici J, pro kterou existuje báze N splňující rovnost J = [φ]_{N}^{N}.

[4.4] Rozhodněte, zda jsou matice (\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 0 \\ 5 & 1 & 1 & 2 \end{matrix}) a (\begin{matrix}3 & −1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) podobné

nad tělesem reálných čísel.

Řešení. [2.4] Nejprve určíme matici [φ]_{M}^{M} = (\begin{matrix}2 & 6 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}). Nyní vidíme, že

má matice [φ]_{M}^{M} jediné vlastní číslo 2 algebraické násobnosti 4 a snadno spočítáme,

rank([φ]_{M}^{M} − 2I_{4}) = rank (\begin{matrix}0 & 6 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = 2,

proto je geometrická násobnost vlastní číslo rovna 2. To znamená, že má matice [φ]_{M}^{M} jeden z následujících Jordanových kanonických tvarů:

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

Protože (J_{1} − 2I_{4})^{2} ≠ 0, zatímco (J_{2} − 2I_{4})^{2} = 0, potřebujeme rozhodnot, zda ([φ]_{M}^{M} − 2I_{4})^{2} je či není nulová matice. Spočítáme

([φ]_{M}^{M} − 2I_{4})^{2} = (\begin{matrix}0 & 6 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})^{2} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ,

proto má matice [φ]_{M}^{M} Jordanůn kanonický tvar J_{2}, tedy existuje báze N, pro kterou [φ]_{N}^{N} = J_{2}.

[4.4] Okamžitě ze zadání vidíme, že má matice A = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 2 & 0 \\ 5 & 1 & 1 & 2 \end{matrix}) jediné

vlastní číslo 2 algebraické násobnosti 4 a snadno spočítáme, že je jeho geometrická násobnost 2. Navíc protože (A − 2I_{4})^{2} = 0, vidíme, že má matice A Jordanův

kanonický tvar J_{A} = (\begin{matrix}2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}). Pro matici B = (\begin{matrix}3 & −1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) nyní stačí

jen ověřit, zda rank(B − 2I_{4}) = 2 a zda (B − 2I_{4})^{2} = 0. Kdyby tomu tak nebylo, neměly by matice stejný Jordanův kanonický tvar, a proto by nemohly být podobné. Naopak, v případě, že by druhá podmínka byla splněna, musela by mít jediné vlastní číslo 2 algebraické násobnosti 4, z první podmínky by plynulo, že je jeho geometrická násobnost rovna dvěma a konečně znovu druhá podmínka by řekla, že je B Jordanův kanonický tvar roven rovněž J_{A}. Tedy počítáme:

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

Zjistili jsme, že jsou matice A a B podobné. □

Úloha 7. [9.4] Ukažte, že je matice A = (\begin{matrix}7 & 7 & 7 \\ 7 & 7 & 7 \\ 7 & 7 & 7 \end{matrix}) unitárně diagonalizovatelná,

najděte reálnou ortogonální matici U, pro níž je U^{T} AU diagonální a součin U^{T} AU určete.

[11.4.] Uvažujme endomorfismus φ (\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) = (\begin{matrix}−2x + y + z \\ x − 2y + z \\ x + y − 2z \end{matrix}) na reálného vekto-

rového prostoru R^{3} se standardním skalárním součinem. Najděte ortonormální bázi B, aby byla matice [φ]_{B}^{B} diagonální a tuto matici najděte.

Řešení. [9.4] Matice A je zjevně symetrická, proto normální a tedy unitárně diagonalizovatelná. Matice je navíc singulární, proto je 0 její vlastní číslo, tedy vektor (1, 1, 1)^{T} je kolmý na dvoudimenzionální podprostor vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 0, tedy se jedná o vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu (7, 7, 7) · (1, 1, 1)^{T} = 21. Snadno také najdeme kolmé vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 0 nejprve najdeme jeden nenulový vektor kolmý na vektor (1, 1, 1)^{T}, tedy jedno netriviální řešení homogení soustavy s maticí (1 1 1), jímž je například

vektor (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) a poté hledáme nenulový vektor kolmý na nalezené dva vlastní vek-

tory, tedy jedno netriviální řešení homogení soustavy s maticí (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix}), jímž

je například vektor (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix}).

Nyní zbývá nalezené ortogonální vlastní vektory normovat a sestavit do sloupců

matice U = (\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} ). Zbývá určit dagonální matici s vlastními čísly na

diagonále

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}7 & 7 & 7 \\ 7 & 7 & 7 \\ 7 & 7 & 7 \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}21 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

[11.4] Nejprve určíme matici [φ]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\begin{matrix}−2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & −2 \end{matrix}), pro níž snadno na-

jdeme vlastní čísla 0 a −3. Nejprve najdeme normovaný vlastní vektor \frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})

příslušný vlastnímu číslu 0. Podprostor vlastních vektorů příslušný vlastnímu číslu

−3, tedy prostor Ker (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) je zřejmě dvoudimenzionální, budeme tedy hle-

dat dva kolmé normované vlastní vektory. Nejprve snadno najdeme jeden, například vektor \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) a poté druhý, například \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix}) jako řešení homogenní sou-

stavy rovnic s maticí (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix}). Našli jsme ortonormální bázi

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

pro níž [φ]_{B}^{B} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & −3 & 0 \\ 0 & 0 & −3 \end{matrix}) □

Úloha 8. [16.4.] Najděte nad tělesem reálných čísel horní trojúhelníkovou matici T a ortogonální matici U, aby (\begin{matrix}1 & −3 \\ 3 & 7 \end{matrix}) = UTU^{T}.

[18.4.] Najděte nad tělesem reálných čísel horní trojúhelníkovou matici T = (t_{ij}) a ortogonální matici U, aby (\begin{matrix}4 & 1 \\ 6 & 5 \end{matrix}) = UTU^{T} a t_{11} ≥ t_{22}.

[16.4.] Nejprve určíme charakteristiký polynom (λ − 4)^{2} matice A = (\begin{matrix}1 & −3 \\ 3 & 7 \end{matrix}).

Dále pro jediné vlastní číslo 4 najdeme normovaný vlastní vektor \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix}) a snadno

ho doplníme vektorem \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) na ortonormální bázi R^{2} vzhledem ke standardnímu skalárnímu součinu. Vezmeme-li nyní matici přechodu od této ortonormální báze k bázi kanonické U = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}) zbývá dopočítat hodnotu v prvním řádku a druhém sloupci matice T, tedy −6 = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{−1}{\sqrt{2}})A(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})^{T}. Spočítali jsme, že

T = U^{T} AU = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & −3 \\ 3 & 7 \end{matrix}) · \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 & −6 \\ 0 & 4 \end{matrix}) .

Nyní už vidíme, že A = UU^{T} AUU^{T} = UTU^{T}.

[18.4.] Nejprve spočítáme charakteristiký polynom λ^{2} − 9λ + 14 = (λ − 2)(λ − 7) matice B = (\begin{matrix}4 & 1 \\ 6 & 5 \end{matrix}). Máme tedy vlastní čísla 7 ≥ 2. Pro větší z nich najdeme nor-

movaný vlastní vektor \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}1 \\ 3 \end{matrix}) a snadno ho doplníme vektorem \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}−3 \\ 1 \end{matrix}) na ortonormální bázi R^{2} vzhledem ke standardnímu skalárnímu součinu. Nyní vezmeme matici přechodu od této ortonormální báze k bázi kanonické U = \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}1 & −3 \\ 3 & 1 \end{matrix}) a zbývá dopočítat hodnotu v prvním řádku a druhém sloupci matice T, tedy číslo (\frac{1}{\sqrt{10}}, \frac{3}{\sqrt{10}})B(\frac{−3}{\sqrt{10}}, \frac{1}{\sqrt{10}})^{T} = −5. Víme, že na diagonále horní trojúhelníkovou matice

10 PÍSEMKY Z LINEÁRNÍ ALGEBRY

máme vlastní čísla, proto

T = U^{T} BU = \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}1 & 3 \\ −3 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}4 & 1 \\ 6 & 5 \end{matrix}) · \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}1 & −3 \\ 3 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}7 & −5 \\ 0 & 2 \end{matrix}) .

Tím jsme ukázali, že A = UU^{T} AUU^{T} = UTU^{T}. □

Úloha 9. [23.4.] Bud’ f bilineární forma

f((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} , (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T}) = x_{1}y_{2} + 3x_{1}y_{3} + 6x_{2}y_{2} + 2x_{2}y_{3} + 2x_{3}y_{1} + x_{3}y_{3} na vektorovém prostoru Z_{7}^{3}. Určete matice f, f_{s} a f_{a} vzhledem ke kanonické bázi a k bázi B = ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})), kde f_{s} je symetrická a f_{a} antisymetrická bilineární forma, pro něž f = f_{s} + f_{a}.

[25.4.] Bud’ B = ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})) báze a g bilineární forma

g((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} , (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T}) = x_{1}y_{2} + 3x_{1}y_{3} + 6x_{2}y_{2} + 2x_{2}y_{3} + 2x_{3}y_{1} + 3x_{3}y_{3} na vektorovém prostoru Z_{7}^{3}. Určete matice f, f_{s} a f_{a} vzhledem k bázi B, kde f_{s} je symetrická a f_{a} antisymetrická bilineární forma, pro něž f = f_{s} + f_{a}. Spočítejte radikál f_{s}.

[23.4.] Nejprve seřadíme koeficenty polynomu určujícího analytické vyjádření bilineární formy do matice vzhledem ke kanonické bázi [f]_{K_{3}} = (\begin{matrix}0 & 1 & 3 \\ 0 & 6 & 2 \\ 2 & 0 & 1 \end{matrix}). Dále

snadno určíme matici přechodu [Id]_{K_{3}}^{B} = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 6 \end{matrix}) a poté spočítáme matici f vzhledem k bázi B díky vztahu: [f]_{B} = ([Id]_{K_{3}}^{B})^{T} · [f]_{K_{3}} · [Id]_{K_{3}}^{B} =

= (\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 6 \end{matrix}) · (\begin{matrix}0 & 1 & 3 \\ 0 & 6 & 2 \\ 2 & 0 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 6 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 & 4 & 4 \\ 4 & 6 & 5 \\ 3 & 0 & 3 \end{matrix}) .

Nyní určíme matice symetrické a antisymetrické části:

[f_{s}]_{K_{3}} = \frac{1}{2}([f]_{K_{3}} + [f]_{K_{3}}^{T}) = 4((\begin{matrix}0 & 1 & 3 \\ 0 & 6 & 2 \\ 2 & 0 & 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 1 & 6 & 0 \\ 3 & 2 & 3 \end{matrix})) = (\begin{matrix}0 & 4 & 6 \\ 4 & 6 & 1 \\ 6 & 1 & 3 \end{matrix}) ,

[f_{a}]_{K_{3}} = [f]_{K_{3}} − [f_{s}]_{K_{3}} = (\begin{matrix}0 & 1 & 3 \\ 0 & 6 & 2 \\ 2 & 0 & 3 \end{matrix}) − (\begin{matrix}0 & 4 & 6 \\ 4 & 6 & 1 \\ 6 & 1 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 4 & 4 \\ 3 & 0 & 1 \\ 3 & 6 & 0 \end{matrix}) .

[f_{s}]_{B} = \frac{1}{2}([f]_{K_{3}} + [f]_{K_{3}}^{T}) = 4((\begin{matrix}4 & 4 & 4 \\ 4 & 6 & 5 \\ 3 & 0 & 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix}4 & 4 & 3 \\ 4 & 6 & 0 \\ 4 & 5 & 3 \end{matrix})) = (\begin{matrix}4 & 4 & 0 \\ 4 & 6 & 6 \\ 0 & 6 & 3 \end{matrix}) ,

[f_{a}]_{B} = [f]_{B} − [f_{s}]_{B} = (\begin{matrix}4 & 4 & 4 \\ 4 & 6 & 5 \\ 3 & 0 & 3 \end{matrix}) − (\begin{matrix}4 & 4 & 0 \\ 4 & 6 & 6 \\ 0 & 6 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 6 \\ 3 & 1 & 0 \end{matrix}) .

[25.4.] Nejprve seřadíme koeficenty polynomu určujícího analytické vyjádření bi-

lineární formy do matice vzhledem ke kanonické bázi [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}0 & 1 & 3 \\ 0 & 6 & 2 \\ 2 & 0 & 3 \end{matrix}), dále ob-

vyklým způsobem Dále snadno určíme matici přechodu [Id]_{K_{3}}^{B} = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 6 \end{matrix}) a poté

určíme matici g vzhledem k bázi B díky vztahu: [g]_{B} = ([Id]_{K_{3}}^{B})^{T} · [f]_{K_{3}} · [Id]_{K_{3}}^{B} =

= (\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 6 \end{matrix}) · (\begin{matrix}0 & 1 & 3 \\ 0 & 6 & 2 \\ 2 & 0 & 3 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 6 \end{matrix}) = (\begin{matrix}5 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 3 \\ 6 & 5 & 5 \end{matrix}) .

Nyní určíme matice symetrické a antisymetrické části:

[g_{s}]_{B} = \frac{1}{2}([f]_{K_{3}} + [f]_{K_{3}}^{T}) = 4((\begin{matrix}5 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 3 \\ 6 & 5 & 5 \end{matrix}) + (\begin{matrix}5 & 1 & 6 \\ 1 & 1 & 5 \\ 0 & 3 & 5 \end{matrix})) = (\begin{matrix}5 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 4 \\ 3 & 4 & 5 \end{matrix}) ,

[g_{a}]_{B} = [f]_{B} − [f_{s}]_{B} = (\begin{matrix}5 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 3 \\ 6 & 5 & 5 \end{matrix}) − (\begin{matrix}5 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 4 \\ 3 & 4 & 5 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 6 \\ 3 & 1 & 0 \end{matrix}) .

Konečně protože

[g_{s}]_{B} = (\begin{matrix}5 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 4 \\ 3 & 4 & 5 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 4 \\ 0 & 3 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix})

je rad(g_{s}) = {(0, 0, 0)^{T} }. □

Úloha 10. [30.4.] Mějme kvadratickou formu f_{2} na Z_{5}^{3} danou analytickým vyjádřením f_{2}((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}) = x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} + 3x_{2}x_{3} + 2x_{3}^{2} vzhledem ke kanonické bázi. Najděte matici symetrické bilineární formy f, která vytváří f_{2}, spočítejte bázi radikálu f, najděte nějakou ortogonální bázi B formy f a určete [f]_{B}.

[2.5.] Mějme kvadratickou formu g_{2} na reálném vektorovém prostoru R^{3} danou analytickým vyjádřením g_{2}((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}) = 5x_{1}^{2} + 6x_{1}x_{2} + 4x_{1}x_{3} + 2x_{2}^{2} + 2x_{2}x_{3} + x_{3}^{2} vzhledem ke kanonické bázi. Najděte nějakou ortogonální bázi B symetrické bilineární formy g, která vytváří g_{2}, určete signaturu g a rozhodněte, zda existuje vektor v, aby g_{2}(v) < 0.

[30.4.] Zcela přímočaře (tj. ,,rozpůlením”koeficientů u členů x_{i}y_{j} pro i ≠ j) spočítáme matici hledané symetrické bilineární formy f vzhledem ke kanonické bázi

[f]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 3 & 1 \\ 3 & 0 & 4 \\ 1 & 4 & 2 \end{matrix}). Protože rad(f) = Ker[f]_{K_{3}}, hledáme bázi řešení homogenní soustavy rovnic s maticí [f]_{K_{3}}: Snadno zjistíme

[f]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 3 & 1 \\ 3 & 0 & 4 \\ 1 & 4 & 2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ,

proto bázi radikálu tvoří například vektor b_{1} = (2, 4, 1)^{T}. K radikálu, tedy podprostoru ⟨b_{1}⟩ snadno najdeme doplněk, například podpropstor U = ⟨e_{1}, e_{2}⟩ generovaný prvními dvěma vektory kanonické báze, na němž už je bilineární forma regulární,

vidíme, že matice [f]_{M} = (\begin{matrix}1 & 3 \\ 3 & 0 \end{matrix}) pro bázi M = (e_{1}, e_{2}) podprostoru U.

Nyní můžeme zvolit vektor b_{2} = e_{1}, protože f_{2}(e_{1}) = 1 a hledáme vektor b_{3} ∈ ⟨b_{2}⟩^{⊥_{f}} ∩ U, tedy řešíme rovnici s maticí [b_{2}]_{M}^{T}[f]_{M} = (1 3). Snadno spočítáme

souřadnicivý vektor [b_{3}]_{M} = (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}), proto b_{3} = 2e_{1} + e_{2} = (2, 1, 0)^{T}. Našli jsme

ortogonální bázi

B = ((\begin{matrix}2 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) , pro níž [f]_{B} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ,

protože f_{2}(b_{3}) = 1.

[2.5.] Přímočaře určíme matici hledané symetrické bilineární formy g vzhledem

ke kanonické bázi [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}5 & 3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{matrix}). Nejprve spočítáme rad(g) = Ker[g]_{K_{3}}, tedy

vyřešíme homogenní soustavu rovnic s maticí Snadno zjistíme

[g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}5 & 3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ,

proto bázi radikálu tvoří například vektor b_{1} = (−1, 1, 1)^{T}. K radikálu, tedy podprostoru ⟨b_{1}⟩ snadno najdeme doplněk, například podprostor U = ⟨e_{2}, e_{3}⟩ generovaný posledními dvěma vektory kanonické báze M = (e_{2}, e_{3}), na němž už je

bilineární forma g regulární, vidíme, že matice [g]_{M} = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})

Nyní můžeme zvolit vektor b_{2} = e_{2}, protože f_{2}(e_{2}) = 2 a hledáme vektor b_{3} ∈ ⟨b_{2}⟩^{⊥_{g}} ∩ U. Vyřešíme-li rovnici s maticí [b_{2}]_{M}^{T}[g]_{M} = (2 1). Snadno spočítáme

souřadnicivý vektor [b_{3}]_{M} = (\begin{matrix}−1 \\ 2 \end{matrix}), proto b_{3} = 2e_{3} − e_{2} = (0, −1, 2)^{T}. Našli jsme

ortogonální bázi B = ((\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 \\ −1 \\ 2 \end{matrix})) . Protože g_{2}(b_{1}) = 0, g_{2}(b_{2}) = 2 a

g_{2}(b_{3}) = 1, je (1,2,0) signatura formy g, a proto v ≥ 0 pro všechny vektory. Tudíž neexistuje žádný vektor v, pro který g_{2}(v) < 0. □

PÍSEMKY Z LINEÁRNÍ ALGEBRY 13

Úloha 11. [7.5.] Najděte bázi B vektorového prostoru R^{3}, která je ortogonální vzhledem k bilineární formě g na R^{3} s maticí [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}3 & 2 & 2 \\ 2 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix}) a zároveň vzhledem ke standardnnímu skalárnímu součinu f, víte-li, že má matice [g]_{K_{3}} vlastní číslo −1. Určete matice [f]_{B} a [g]_{B}.

[9.5.] Najděte bázi C vektorového prostoru R^{3}, která je ortogonální vzhledem k bilineární formě g na R^{3} s maticí [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}) a zároveň vzhledem ke standardnnímu skalárnímu součinu f. Určete matici [g]_{C} a rozhodněte, zda se jedná o skalární součin.

[7.5.] Nejprve zjistíme, že [g]_{K_{3}} − (−1)I_{3} = (\begin{matrix}4 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{matrix}) má hodnost 1, a snadno

spočítáme f-ortonormální bázi \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}0 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) jádra Ker([g]_{K_{3}}+I_{3}). Zbývající normalizovaný vlastní vektor je f-ortogonální na oba tyto vektory, tedy se jedná například o vektor \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}). Snadno spočítáme, že poslední vlastní vektor přísluší

vlastnímu číslu 5. Proto pro hledanou bázi B = (\frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}0 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}))

máme matice [f]_{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) a [g]_{B} = (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{matrix}).

[9.5.] Nejprve si všimněme, že má matice [g]_{K_{3}} vlastní čísla 1 a 4. Spočítáme nejprve dva normalizované f-ortogonální vlastní vektory příslušné vlastnímu 1: \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix}) a okamžitě vidíme, že zbývající normalizovaný f-ortogonální

vektor je vektor \frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}). Spočítali jsme tedy bázi

B = (\frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −2 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})) a matici [g]_{C} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) ,

odkud vidíme, že je g pozitivně definitní reálná symetrická bilineární forma, tedy skalární součin. □