19./21.2.

9. Endomorfismy vektorových prostorů

9.1. Uvažujme endomorfismus φ vektorového prostoru Z_{5}^{2} nad tělesem Z_{5} splňující podmínku φ((1, 2)^{T}) = (3, 2)^{T} a φ((1, 1)^{T}) = (1, 0)^{T}.

(a) Dokažte, že takový endomorfismus existuje a že je právě jeden.

(b) Spočítejte matici [φ]_{K_{2}}^{K_{2}} pro kanonickou bázi K_{2}.

(c) Spočítejte matici [φ]_{B}^{B} pro bázi B = ((1, 2)^{T} , (1, 1)^{T}).

(d) Ověřte, že je φ izomorfismus a spočítejte matici [φ^{−1}]_{K_{2}}^{K_{2}}.

(a) Stačí si všimnout, že je posloupnost B = {(1, 2)^{T} , (1, 1)^{T} } báze vektorového prostoru Z_{5}^{2} a poté použít Tvrzení 7.4, které říká že daná podmínka určuje jednoznačně lineární zobrazení φ.

(b) Bezprostředně z definice dostaneme matici [φ]_{K_{2}}^{B} = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 2 & 0 \end{matrix}). Dále můžeme

bud’ obvyklým způsobem využít Tvrzení 7.15(3):

[φ]_{K_{2}}^{K_{2}} = [φ]_{K_{2}}^{B} · [Id]_{B}^{K_{2}} = [φ]_{BK_{2}} · ([Id]_{K_{2}}^{B})^{−1} = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 2 & 0 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 3 \end{matrix})

nebo využít snadného pozorování, že

φ((0, 1)^{T}) = φ((1, 2)^{T} −(1, 1)^{T}) = φ((1, 2)^{T})−φ((1, 1)^{T}) = (3, 2)^{T} −(1, 0)^{T} = (2, 2)

a

φ((1, 0)^{T}) = φ((1, 1)^{T} −(0, 1)^{T}) = φ((1, 1)^{T})−φ((0, 1)^{T}) = (1, 0)^{T} −(2, 2)^{T} = (4, 3).

(c) Postupujeme stejně jako v (b) s využitím Tvrzení 7.15(3):

[φ]_{B}^{B} = [Id]_{B}^{K_{2}} · [φ]_{K_{2}}^{B} = ([Id]_{K_{2}}^{B})^{−1} · [φ]_{BK_{2}} = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix})^{−1} · (\begin{matrix}3 & 1 \\ 2 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 & 4 \\ 4 & 2 \end{matrix}) .

(d) Pro důkaz faktu, že je φ izomorfismus, stačí, abychom si uvědomili, že je matice [φ]_{K_{2}}^{K_{2}} regulární. Aplikací Tvrzení 7.15(3) dostaneme, že [φ^{−1}]_{K_{2}}^{K_{2}} = ([φ]_{K_{2}}^{K_{2}})^{−1}, zbývá nám tedy spočítat inverzní matici:

[φ^{−1}]_{K_{2}}^{K_{2}} = ([φ]_{K_{2}}^{K_{2}})^{−1} = (\begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 3 \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 1 & 4 \end{matrix}) .

□

9.2. Mějme lineární operátor φ na vektorovém prostoru V nad tělesem T s bází B = (b_{1}, …, b_{n}) daný podmínkami φ(b_{1}) = 0 a φ(b_{i+1}) = b_{i} pro všechna i = 1, …, n − 1.

(a) Dokažte, že φ^{n} = 0.

(b) Spočítejte matici [φ]_{B}^{B}.

(c) Spočítejte matici ([φ]_{B}^{B})^{n}.

(a) Nejprve indukcí podle i dokážeme, že φ^{i}(b_{i}) = 0. Základní krok φ^{1}(b_{1}) = 0 je součástí definice φ a platí-li φ^{i−1}(b_{i−1}) = 0, pak

φ^{i}(b_{i}) = φ^{i−1}(φ(b_{i})) = φ^{i−1}(b_{i−1}) = 0.

Nyní už vidíme, že φ^{n}(b_{i}) = φ^{n−i}(φ^{i}(b_{i})) = φ^{n−i}(0) = 0. Protože je φ^{n} nulový na bázi, jedná se podle Tvrzení 7.4 o nulový homomorfismus.

(b) Postupujeme přímo podle definice [φ^{n}]_{B}^{B} = (\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 & … & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & … & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & … & 0 & 0 \\ . & . & . & . & … & . & . \\ . & . & . & . & … & . & . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 0 & 0 \end{matrix}).

(c) Využijeme-li opět Tvrzení 7.15(3), vidíme, že ([φ]_{B}^{B})^{n} = [φ^{n}]_{B}^{B} = 0 díky (a). □

9.3. Napište matici ortogonální projekce reálného vektorového prostoru R^{2} se standardním skalárním součinem na přímku ⟨(2, 1)^{T} ⟩ vzhledem ke kanonickým bázím.

Nejprve spočítáme ortonormální bázi R^{2}, jejíž první vektor generuje právě přímku ⟨(2, 1)^{T} ⟩: B = (\frac{1}{\sqrt{5}}(2, 1)^{T} , \frac{1}{\sqrt{5}}(−1, 2)^{T}). Nyní přímo z definice matice homomor-

fismu dostaneme [φ]_{B}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}). Zbývá standardní cestou určit matici [φ]_{K_{2}}^{K_{2}} =

[Id]_{K_{2}}^{B}[φ]_{B}^{B}[Id]_{B}^{K_{2}}. Nejprve si všimněme, že báze B je ortonormální, tedy matice přechodu [Id]_{B}^{K_{2}} je ortogonální a je tedy velmi snadné určit matici k ní inverzní

[Id]_{B}^{K_{2}} = ([Id]_{K_{2}}^{B})^{−1} = ([Id]_{K_{2}}^{B})^{T} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}2 & −1 \\ 1 & 2 \end{matrix})^{T} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}2 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix}) .

Nyní snadno dopočítáme:

[φ]_{K_{2}}^{K_{2}} = [Id]_{K_{2}}^{B}[φ]_{B}^{B}[Id]_{B}^{K_{2}} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}2 & −1 \\ 1 & 2 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) · \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}2 & 1 \\ −1 & 2 \end{matrix}) = \frac{1}{5} (\begin{matrix}4 & 2 \\ 2 & 1 \end{matrix}) .

□

26./28.2.

10. Vlastní čísla a vlastní vektory

10.1. Mějme lineární operátor φ na reálném vektorovém prostoru Z_{7}^{2} s maticí

[φ]_{K_{2}}^{K_{2}} = (\begin{matrix}3 & 2 \\ 0 & 3 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{2}.

(a) Ověřte, že je φ izomorfismus,

(b) najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory φ,

(c) najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory φ^{−1},

(d) rozhodněte, zda jsou lineární operátory φ a φ^{−1} diagonalizovatelné,

(a) Stačí si všimnout, že je matice [φ]_{K_{2}}^{K_{2}} regulární.

(b) Víme, že λ je vlastní číslo lineárního operátor φ, právě když je to vlastní číslo matice [φ]_{K_{2}}^{K_{2}}, což nastává právě tehdy, když je parametrická matice

[φ]_{K_{2}}^{K_{2}} − λI_{n} = (\begin{matrix}3 − λ & 2 \\ 0 & 3 − λ \end{matrix})

singulární. Protože se jedná o horní trojúhelníkovou matici, nemusíme používat charakteristický polynom (tedy v daném případě polynom (3 − λ)^{2}), abychom zjistili, že má lineární operátor φ jediné vlastní číslo 3.

Nyní pomocí Věty 9.15 spočítáme vlastní vektory matice [φ]_{K_{2}}^{K_{2}} jako nulový prostor

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

Podle Tvrzení 9.14 jsme právě našli souřadnice vlastních vektorů φ vzhledem ke kanonické bázi, tedy množinu vlastních vektorů tvoří právě nenulové vektory pod-

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

(c) Poznamenejme, že ani φ a φ^{−1} nemohou mít diky Tvrzení 9.10 a 9.14 vlastní čísla 0, protože se jedná o izomorfismy. Dále si všimněme, že pro nenulový vektor v a nenulové číslo λ máme φ(v) = λ v, právě když φ^{−1}(v) = λ^{−1} v. Přímo z definice vlastního čísla a vlastního vektoru tak dostáváme pozorování, že v je vlastní vektor lineárního operátoru φ příslušný vlastnímu číslu λ, právě když je to vlastní vektor lineárního operátoru φ^{−1} příslušný vlastnímu číslu λ^{−1}. Odtud bez dalšího počítání vidíme, že φ^{−1} má jediné vlastní číslo 3^{−1} = 5 a množina vlastních vektorů je stejná

jako u φ, tedy ⟨(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})⟩.

(d) Zjistili jsme, že pro dané endomorfismy nemáme bázi složenou z vlastních vektorů, tedy podle Tvrzení 9.8 φ ani φ^{−1} není diagonalizovatelný. □

10.2. Je-li ρ lineární operátor na vektorovém prostoru Z_{7}^{2} nad tělesem Z_{7} s maticí

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

všechny jim příslušné vlastní vektory ρ a rozhodněte, zda je ρ diagonalizovatelný.

Postupujeme obdobně jako v předchozí úloze. Nejprve zjistíme, že je matice

[ρ]_{K_{2}}^{K_{2}} − λI_{n} = (\begin{matrix}4 − λ & 2 \\ 0 & 3 − λ \end{matrix})

singulární právě pro λ = 3 a λ = 4 (charakteristický polynom má matice i endomorfismus (3 − λ)(4 − λ)) a pomocí Věty 9.15 a Tvrzení 9.14 spočítáme vlastní vektory matice [φ]_{K_{2}}^{K_{2}}, tedy i vlastní vektory operátoru ρ jako jader matic

Ker([ρ]_{K_{2}}^{K_{2}} − 3I_{n}) = Ker (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & 0 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}5 \\ 1 \end{matrix})⟩,

Ker([ρ]_{K_{2}}^{K_{2}} − 4I_{n}) = Ker (\begin{matrix}0 & 2 \\ 0 & 6 \end{matrix}) = ⟨(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})⟩.

Zjistili jsme, že ⟨(\begin{matrix}5 \\ 1 \end{matrix})⟩ ∪ ⟨(\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})⟩ jsou všechny vlastní vektory ρ.

Konečně tentokrát vidíme, že najdeme bázi složenou z vlastních vektorů, konkrét-

ně například pro bázi C = ((\begin{matrix}5 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})) máme diagonální [ρ]_{C}^{C} = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 4 \end{matrix}). □

10.3. Označme ψ ortogonální projekci reálného vektorového prostoru R^{3} se standardním skalárním součinem na rovinu ⟨(1, 2, 3)^{T} , (1, 0, 1)^{T} ⟩.

(a) Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory ψ, (c) rozhodněte, zda je ψ diagonalizovatelný,

(d) určete všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory matice [ψ]_{K_{3}}^{K_{3}}.

(a) Nejprve si všimneme, že lineární operátor ψ není izomorfismem, protože není na, tedy podle Tvrzení 9.10 a 9.14 je 0 jeho vlastní číslo. Vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 0 tvoří právě jádro Kerψ = ⟨(1, 2, 3)^{T} , (1, 0, 1)^{T} ⟩^{⊥} = ⟨(1, 2, −1)^{T} ⟩. Protže na rovině ⟨(1, 2, 3)^{T} , (1, 0, 1)^{T} ⟩ působí ψ jako identita, jedná se o podprostor všech vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 1. Žádné další nenulové vlastní číslo nemůže existovat, protože jiné přímky než ty, které leží v ⟨(1, 2, 3)^{T} , (1, 0, 1)^{T} ⟩ nejsou vzhledem k operátoru ψ invariantní.

Geometrickými úvahami jsme zjistili, že endomorfismus ortogonální projekce má právě vlastní čísla 0 a 1 a množinu vlastních vektorů tvoří všechny nenulové vektory z množiny ⟨(1, 2, 3)^{T} , (1, 0, 1)^{T} ⟩ ∪ ⟨(1, 2, −1)^{T} ⟩.

(b) Nahlédneme, že například posloupnost M = ((1, 2, −1)^{T} , (1, 2, 3)^{T} , (1, 0, 1)^{T}) tvoří bázi R^{3} složenou z vlastních vektorů endomorfismu ψ, tedy ortogonální projekce je diagonalizovatelný lineární operátor. Závěrem si všimněme, že [ψ]_{M}^{M} =

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

(c) Využijeme-li Tvrzení 9.14, nemusíme nic počíat, protože vlastní čísla lineárního operátoru ψ a matice [ψ]_{K_{3}}^{K_{3}} jsou shodná, tedy 0 a 1 a souřadnicové vektory vzhledem ke kanonické bázi se rovněž nemění, proto ⟨(1, 2, 3)^{T} , (1, 0, 1)^{T} ⟩ ∪ ⟨(1, 2, −1)^{T} ⟩ tvoří množinu všech vlastních vektorů matice [ψ]_{K_{3}}^{K_{3}}. □

V následujícím textu budeme pro jednoduchost psát [φ]_{B} místo [φ]_{B}^{B} pro jakýkoli lineární operátor φ na vektorovém prostoru s bází B.

10.4. Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory reálné matice A =

(\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}) a rozhodněte, zda je (ortogonálně) diagonalizovatelná.

Nejprve určíme vlastní čísla. Mohli bychom standardně spočítat charakteristický polynom det(A − λI_{3}) a najít jeho kořeny. V našem případě je ovšem snadné

uhádnout vlastní číslo 1, protože matice A−1·I_{n} = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) je zjevně singulární.

Vyřešíme-li homogenní soustavu rovnic s maticí A − 1 · I_{n} dostaneme všechny příslušné vlastní vektory v_{1}, tedy v_{1} ∈ ⟨(−1, 1, 0)^{T} , (−1, 0, 1)^{T} ⟩. Protože je A ortogonálně diagonalizovatelná, víme, že další vlastní vektor musí být kolmý na vektory příslušné vlastnímu číslu 1, tedy musí ležet v podprostoru ⟨(−1, 1, 0)^{T} , (−1, 0, 1)^{T} ⟩^{⊥} = ⟨(1, 1, 1)^{T} ⟩. Proto (1, 1, 1) musí být vlastní vektor matice A 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)^{T} ⟩, tedy, že

⟨(1, 1, 1)^{T} ⟩ je množina všech řešení homogenní soustavy s maticí (\begin{matrix}−2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & −2 \end{matrix}).

Na závěr poznamenejme, že spektrum σ(A) = {1, 1, 4} a že z nalezených vlastních čísel a dimenzí podprostorů vlastních vektorů (tzv. geometrické násobnosti) můžeme zjistit, že charakteristický polynom matice A je det(A−λI_{3}) = −(λ−1)^{2}(λ−4). □

5./7.3.

10.5. Mějme matici A = (\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 4 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 4 \end{matrix}) nad tělesem Z_{5}.

(a) Najděte (nad Z_{5}) všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory matice A,

(b) dokažte, že je matice A diagonalizovatelná,

(c) najděte regulární matici P nad Z_{5}, pro niž je P^{−1}AP diagonální.

(d) Spočítejte A^{100}

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

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

Zřejmě například vektory (1, 0, 1)^{T} a (0, 1, 0)^{T} tvoří bázi podprostoru vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 1 a vektor (1, 3, 4)^{T} tvoří bázi podprostoru vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 2.

(b) Uvážíme-li, že posloupnost M = ((1, 0, 1)^{T}, (0, 1, 0)^{T}, (1, 3, 4)^{T}) je báze Z_{5}, vidíme, že je matice A diagonalizovatelná.

(c) Interpretujeme-li matici A jako matici endomorfismu φ zhledem ke kanonické bázi a vezmeme-li matici přechodu P = [Id]_{K_{3}}^{B}, pak vidíme, že P^{−1}AP =

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

P = [Id]_{K_{3}}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix}) .

(d) Označme J = [φ]_{B}^{B}. Všimneme-li si, že A^{100} = PJ^{100}P^{−1} a že J^{100} =

(\begin{matrix}1^{100} & 0 & 0 \\ 0 & 1^{100} & 0 \\ 0 & 0 & 2^{100} \end{matrix}) = I_{3}, protože už 2^{4} = 1, pak vidíme, že

A^{100} = PJ^{100}P^{−1} = PI_{3}P^{−1} = I_{3}.
□

10.6. Uvažujme lineární operátor φ na reálném vektorovém prostoru R^{2} s maticí

[φ]_{K_{2}} = (\begin{matrix}3 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{2}.

(a) Najděte všechna vlastní čísla a všechny jim příslušné vlastní vektory φ.

(b) Rozhodněte, zda je φ diagonalizovatelný,

(c) Existuje ortonormální bází R^{2} se standardním skalárním součinem, vůči níž má φ diagonální matici?

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

([φ]_{B} − λI_{2})[v]_{B}^{T} = [(φ − λId)]_{B}[v]_{B}^{T} = [0]_{B}^{T} = (0, 0)^{T} .

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

Určíme charkteristický polynom matice

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

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

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

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

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

(b) Uvážíme-li, že máme dvě různá vlastní čísla endomorfismu na prostoru dimenze 2, víme, že jde o diagonalizovatelný endomorfismus. Protože jsme v (a) našli vlastní vektory stačí vzít bázi M = ((−2, 1)^{T} , (1, 2)^{T}), abychom dostali matici

[φ]_{M} = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 7 \end{matrix}) vzhledem k bázi M.

(c) Nahlédneme, že je báze M ortogonální (brzy ukážeme, že to není náhoda), tedy normováním dostaneme ortonormální bázi B = (\frac{1}{\sqrt{5}}(−2, 1)^{T} , \frac{1}{\sqrt{5}}(1, 2)^{T}) prostoru R^{2} se standardním skalárním součinem sestávající s vlastních vektorů, tedy

[φ]_{B} = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 7 \end{matrix}). Na závěr poznamenejme, že bází s požadovanými vlastnostmi

existuje právě osm: (±\frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}−2 \\ 1 \end{matrix}) , ±\frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix})) a (±\frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix}) , ±\frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}−2 \\ 1 \end{matrix})). □

10.7. Necht’ ψ je endomorfismus na vektorové prostoru R^{3} nad tělesem reálných čísel daný předpisem ψ((x, y, z)^{T}) = (x + 2y + z, 2x − y + 2z, −2y)^{T}.

(a) Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory endomorfismu ψ,

(b) existuje-li, najděte bázi B, vůči níž ma endomorfismus ψ diagonální matici,

(c) najděte matici endomorfismů ψ^{11} a ψ^{154} vzhledem ke kanonické bázi,

(d) určete vlastní čísla a všechny vlastní vektory endomorfismu ψ^{2}, (e) najděte všechny invariantní podprostory endomorfismu ψ,

(e) najděte všechny invariantní podprostory endomorfismu ψ^{2}.

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

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

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

[ψ]_{K_{3}} −0I_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}), [ψ]_{K_{3}} −1I_{3} = (\begin{matrix}0 & 2 & 1 \\ 2 & −2 & 2 \\ 0 & −2 & −1 \end{matrix}), najdeme právě všechny

vlastní vektory ⟨(1, 0, −1)^{T} ⟩, ⟨(3, 1, −2)^{T} ⟩ a ⟨(−2, 1, 2)^{T} ⟩.

(b) Posloupnost B = ((3, 1, −2)^{T} , (1, 0, −1)^{T} , (−2, 1, 2)^{T}) je tvořena vlastními vektory příslušnými různým vlastním číslům, tudíž jde o lineárně nezávislou po-

sloupnost. Proto je B báze R^{3} a [ψ]_{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}).

(c) Uvědomíme-li si, že [ψ^{n}]_{B} = [ψ]_{B}^{n}, určíme snadno matice ψ^{11} a ψ^{154} vzhledem k bázi:

[ψ^{11}]_{B} = [ψ]_{B}^{11} = (\begin{matrix}1^{11} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & (−1)^{11} \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) = [ψ]_{B},

[ψ^{154}]_{B} = [ψ]_{B}^{154} = (\begin{matrix}1^{154} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & (−1)^{154} \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = [ψ^{2}]_{B},

Tedy okamžitě vidíme, že [ψ^{11}]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}) a [ψ^{154}]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix})^{2} =

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

(d) Učiníme-li obdobnou úvahu jako v (c), vidíme, že matice [ψ^{n}]_{B} = [ψ]_{B}^{n}, a tedy i endomorfismus ψ^{n} má vlastní čísla λ^{n} pro vlastní čísla endomorfismu ψ, tedy ψ^{2} práve vlastní čísla 0, 1. Je-li navíc v_{λ} vlastní vektor p ψ(v_{λ}) = λ v_{λ}, pak ψ^{n}(v_{λ}) = λ^{n} v_{λ}, tedy ⟨(3, 1, −2)^{T} ⟩ a ⟨(−2, 1, 2)^{T} ⟩ jsou vlastní vektory ψ^{2} příslušné vlastnímu číslu 1 a ⟨(1, 0, −1)^{T} ⟩ jsou vlastní vektory ψ^{8} příslušné vlastnímu číslu 0. Uvážíme-li, že s vlastními vektory příslušnými stejnému vlastnímu číslu jsou vlastními vektory i jejich lineární kombinace, pak.

⟨(1, 0, −1)^{T} ⟩ ∪ ⟨(3, 1, −2)^{T} , (−2, 1, 2)^{T} ⟩

jsou právě všechny vlastní vektory endomorfismu ψ^{2}.

12./14.3.

(e) Nejprve si uvědomme, že triviální podprostory {0} a R^{3} jsou invariantní podprostory pro každý lineární operátor. Nalezené vlastní vektory nám přímo dávají generátory všech invariantních přímek, tedy podprostorů dimenze 1. Tedy invariantní podprostory dimenze 1 jsou

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

Zbývá popsat invariantní podprostory dimenze 2. Využijeme faktu, že náš endomorfismus je diagonalizovatelný. Protože charakteristický polynom endomorfismu omezeného na invariantní podprostor je stupně 2 a musí dělit charakteristický polynom původního endomorfismu podle Tvrzení 9.47, má právě 2 různá vlastní čísla (viz také úvaha Pozorování 9.46). Protože je zjevně každý vlastní vektor omezeného operátoru podle Pozorování 9.46 vlastním vektorem původního operátoru, musí být invariantní tedy i stejné jim příslušné vlastní vektory. Proto musí být invariantní rovina generována právě odpovídajícími vlastními vektory. Tedy dvoudimenzionální invariantní podprostory jsou právě:

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

(f) I endomorfismus ψ^{2} je podle (d) diagonalizovatelný, proto můžeme postupovat stejně jako v předchozí úloze. Budeme invariantní podprostory probírat podle dimenze. dim=0: Zjevně je vždy jediným invariantním podprostorem dimenze 0 právě pod-

prostor {0}. dim=1: Jednodimenzionální invariantní podprostory jsou vždy určeny vlastním vek-

torem, tedy tentokrát máme opět jeden invariantní podprostor ⟨(1, 0, −1)^{T} ⟩ daný vlastním číslem 0 a nespočetně mnoho invariantních přímek ⟨v⟩ pro každý vektor v ∈ ⟨(3, 1, −2)^{T} , (−2, 1, 2)^{T} ⟩.

dim=2: Dvoudimenzionální invariantní podprostory jsou opět generovány dvojicí vlastních vektorů. Tentokrát máme tedy invariantní roviny:

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

pro každý vektor v ∈ ⟨(3, 1, −2)^{T} , (−2, 1, 2)^{T} ⟩.

dim=3: Triviálně je podprostor R^{3} vždy jediným invariantním podprostorem dimenze 3. □

10.8. Ověřte, že podprostor U = ⟨(3, 1, −2)^{T} , (−2, 1, 2)^{T} ⟩ invariantním podprotosrem lineárního operátoru ψ z úlohy 10.7. Označme ϕ endomorfismus na U, který vznikne zúžením ψ na U (tedy ϕ(u) = ψ(u)). Najděte matice:

(a) [ϕ]_{B}^{B} pro bázi B = ((3, 1, −2)^{T} , (−2, 1, 2)^{T}),

(b) [ϕ^{2}]_{B}^{B} pro bázi B z (a),

(c) [ϕ]_{C}^{C} pro bázi C = ((1, 2, 0)^{T} , (−2, 1, 2)^{T}),

(d) [ϕ^{2}]_{C}^{C} pro bázi C z (c).

Že jde o invariantní podprotosr jsme dokázali v 10.7. Obecně stačí dokázat, že ψ(u_{i}) ∈ U pro jakoukoli generující množinu u_{1} …, u_{k} podprostoru U.

(a) Protože jsou B vlastní vektory endomorfismu v dostáváme přímo z definice

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

(b) Pdobně jako v (a) využijeme faktu zjištěného v 10.7(d), že B obsahuje právě

vlastní vektory endomorfismu ϕ^{2} příslušné vlastnímu číslu 1. Tedy [ϕ^{2}]_{B}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}).

(c) Tentokrát bud’ můžeme použít větu o tom, jak se změní matice homomorfismu, když změníme báze nebo lze opět postupovat přímo podle definice. Protože (1, 2, 0)^{T} = (3, 1, −2)^{T} + (−2, 1, 2)^{T} máme

ϕ((\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})) = ϕ((\begin{matrix}3 \\ 1 \\ −2 \end{matrix})) + ϕ((\begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})) = (\begin{matrix}3 \\ 1 \\ −2 \end{matrix}) − (\begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}) − 2 (\begin{matrix}−2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) ,

proto [ϕ]_{B}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ −2 & −1 \end{matrix}).

(d) V (b) jsme zjistili, že ϕ^{2} na U operuje jako identita, tedy nemusíme nic

počítat, abychom viděli, že [ϕ^{2}]_{C}^{C} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) pro libovolnou bázi C. □

10.9. Najděte všechny invariantní podprostory matice A = (\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 4 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 4 \end{matrix}) nad tělesem

Z_{5}. Kolik jich celkem je?

Využijeme vlastních vektorů matice, které jsme naši v úloze 10.5 a postupujeme stejně jako v 10.7:

dim=0: {0} je invariantní podprostor. dim=1: Přímky jsou určeny vlastním vektorem, tedy máme invariantní přímky

⟨(\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})⟩ a ⟨v⟩,

kde v ∈ ⟨(1, 0, 1)^{T} , (0, 1, 0)^{T} ⟩.

dim=2: Dvoudimenzionální invariantní podprostory jsou generovány dvojicí vlastních vektorů, tedy dostáváme invariantní roviny:

⟨(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩ a ⟨(\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}) , v⟩

pro každý vektor v ∈ ⟨(1, 0, 1)^{T} , (0, 1, 0)^{T} ⟩

dim=3: Z_{5}^{3} je invariantní podprostor.

Vidíme, že invariantních přímek i rovin je právě 7 (přímek v rovině nad Z_{5} totiž najdeme právě 6 = \frac{5^{2}−1}{5−1}), tedy celkem má matice A právě 16 invariantních podprostorů . □

10.10. Uvažujme endomorfismus f na reálném vektorovém prostoru R^{3} s maticí

[f]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ 1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{3}. Najděte všechny invariantní

podprostory endomorfismu f.

Spočítáme-li charakteristický polynom [f]_{K_{3}}^{K_{3}} − λI_{3} = (1 − λ)(λ^{2} + 1), vidíme, že f má jediné reálné vlastní číslo 1 a jemu odpovídající podprostor vlastních vektorů je ⟨(0, 0, 1)^{T} ⟩. Jediným invariantním podprostorem dimenze 1 je tudíž podprostor ⟨(0, 0, 1)^{T} ⟩.

Přímo z matice [f]_{K_{3}}^{K_{3}} vidíme, že

f(e_{1}) = e_{1} + e_{2} a f(e_{2}) = −2e_{1} − e_{2}, proto f(e_{1}), f(e_{2}) ∈ ⟨e_{1}, e_{2}⟩

a ⟨e_{1}, e_{2}⟩ je invariantní podprostor dimenze 2. Triviální podprostory {0} a R^{3} jsou samozřejmě invariantní podprostory. Zbývá nahlédnout, že žádné další invariantní podprostory f neexistují.

Nyní budeme f chápat jako lineární oparátor na komplexním vektorovém prostoru C^{3} se stejnou maticí. V takovém případě se charakteristický polynom [f]_{K_{3}}^{K_{3}} − λI_{3} = (1−λ)(λ+i)(λ−i) rozkládá na kořemové činitele, máme tři komplexní vlastní čísla 1, i, −i jednodimenzionální invariantní podprostory jsou právě ⟨(0, 0, 1)^{T} ⟩, ⟨(2, 1 − i, 0)^{T} ⟩, ⟨(2, 1 + i, 0)^{T} ⟩. Obvyklým způsobem nahlédneme, že invariantní roviny jsou v tomto případě právě

U_{1} = ⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 − i \\ 0 \end{matrix})⟩, U_{2} = ⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 + i \\ 0 \end{matrix})⟩, U_{3} = ⟨(\begin{matrix}2 \\ 1 − i \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 + i \\ 0 \end{matrix})⟩.

Protože je každý invariantní podprostor reálného operátoru f invariantním podprostorem komplexního operátoru f, stačí abychom si všimli, že

U_{1} ∩ R^{3} = ⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩, U_{2} ∩ R^{3} = ⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩, U_{3} ∩ R^{3} = ⟨(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩.

Tím jsme nahlédli, že ⟨e_{1}, e_{2}⟩ je jediný invariantní podprostor reálného operátoru f dimenze 2. □

10.11. Necht’ (v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}) je báze R^{4} a uvažujme lineární operátor g na reálném vektorovém prostoru R^{4} daný vztahy g(v_{1}) = v_{2} + v_{3}, g(v_{2}) = −2 v_{2} − v_{3}, g(v_{3}) = v_{1} + v_{2} a g(v_{4}) = 2 v_{2} − v_{4}.

(a) Ověřte, že je V = ⟨v_{1}, v_{2} + v_{3}⟩ invariantní podprostor g,

(b) je-li h restrikce g na V, spočítejte matici [h]_{M}^{M} pro bázi (v_{1}, v_{2} + v_{3}) a spočítejte vlastní čísla h,

(c) rozhodněte, zda je −\frac{1+\sqrt{5}}{2} vlastní číslo endomorfismu g.

(a) Stačí spočítat g(v_{1}) = v_{2} + v_{3} ∈ V a

g(v_{2} + v_{3}) = g(v_{2}) + g(v_{3}) = −2 v_{2} − v_{3} + v_{1} + v_{2} = v_{1} −(v_{2} + v_{3}) ∈ V

(b) Údaje potřebné pro sestavení matice [h]_{M}^{M} = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}) už jsme spočítali v

(a). Nyní zbývá najít kořeny charakteristického polynomu det (\begin{matrix}−λ & 1 \\ 1 & −1 − λ \end{matrix}) =

λ^{2} + λ − 1. Vlastní čísla h jsou tedy právě hodnoty \frac{−1±\sqrt{5}}{2}.

(c) Podle Pozorování 9.46 je každé vlastní číslo endomorfismu h vlastním číslem endomorfismu g. Protože jsme v (b) zjistili, že −\frac{1+\sqrt{5}}{2} je vlastní číslo endomorfismu h, nemusíme už nic počítat. □

19./21.3.

11. Jordanův kanonický tvar

11.1. Bud’ 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 kanonický tvar matic M, N a K,

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

(d) najděte regulární matice P Q nad tělesem reálných čísel, aby P^{−1}MP a Q^{−1}NQ byly Jordanovy matice,

(e) najděte regulární matici S, aby S^{−1}MS = N.

(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 mají matice M jedniné vlastní číslo 2 algebraické naásobnosti 2, a matice K má právě vlastní čísla 1 a 2 (obě algebraické a tedy i geometrické násobnosti 1). Nyní

vyřešíme homogení soustavy rovnic s maticemi M − 2I_{2} = (\begin{matrix}3 & 3 \\ −3 & −3 \end{matrix}), N − 2I_{2} =

(\begin{matrix}−1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}), K − 1I_{2} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 3 & 0 \end{matrix}) a K − 2I_{2} = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 3 & −2 \end{matrix}). Tedy množina vlastních

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

(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.

(d) 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 − 2I_{2}) v_{=} v_{1} s maticí

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

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

Stejně postupujeme pro matici Q. Nejprve najdeme vlastní vektor v_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})

matice N a poté hledáme druhý vektor Jordanova řetízku, tedy vektor v_{2} splňující rovnost φ(v_{2}) = v_{1} +2 v_{2}. Potřebujeme tedy vyřešit nehomogenní soustavu s maticí

(\begin{matrix}−1 & 1 & |1 \\ −1 & 1 & |1 \end{matrix}), nalezeným řešením je například vektor v_{2} = (\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}). Proto Q =

[Id]_{K_{2}}^{(v_{i})} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}).

(e) Stačí uvážit, že jsou obě matice podobné téže Jordanově matici, tedy, že P^{−1}MP = Q^{−1}NQ, a proto (PQ^{−1})^{−1}MPQ^{−1} = N. Obvyklým způsobem tedy

najdeme součin S = PQ^{−1} = (\begin{matrix}1 & \frac{1}{3} \\ −1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix})^{−1} = (−1 0^{\frac{2}{3}  \frac{1}{3}}).  □

11.2. Existuje-li, najděte nad tělesem Z_{5} Jordanův kanonický tvar matic D_{1} =

(\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 4 & 3 & 2 \end{matrix}), D_{2} = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 4 & 3 & 2 \end{matrix}), D_{3} = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 4 & 3 & 2 \end{matrix}). Existují-li, najděte dále re-

gulární matice P_{i}, aby P_{i}^{−1}D_{i}P_{i} byly Jordanovy matice.

(a) Existuje-li, najděte Jordanův kanonický tvar matic D_{i} pro i = 1, 2, 3.

(b) najděte regulární matice P_{i}, aby P_{i}^{−1}D_{i}P_{i} pro i = 1, 2, 3 byly Jordanovy,

(c) rozhodněte pro která a ∈ Z_{5} je matice F_{a} = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ a & 2 & 0 \\ 4 & 3 & 2 \end{matrix}) podobná D_{1},

(d) rozhodněte, kolik existuje matic P_{1}, aby P_{1}^{−1}D_{1}P_{1} byla Jordanova.

(a) Protože je matice D_{1} dolní trojúhelníková, okamžitě dostaneme její charakteristický polynom (2 − λ)^{3}, tedy díky Důsledku 9.61 víme, že Jordanův kanonický tvar matice D existuje. Postupujeme-li stejně jako v úloze 11.1, zjistíme, že

rank(D_{1} −2I_{3}) = rank((\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 4 & 3 & 0 \end{matrix})) = 2, a proto D ∼ (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}), tedy že geome-

trická násobnost vlastního čísla 2 matice D_{1} je 1. Protože je gemetrciká násobnost vlastních čísel podobných matic stejná, proto musí být matice D_{1} nutně podobná Jordanově buňce (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}).

Podobně zjistíme, že je charakteristický polynom matice D_{2} opět (2−λ)^{3} a rank matice D_{2}−2I_{3} roven 1, proto má vlastní číslo 2 matice D_{2} geometrickou násobnost 2. Tudíž Jordanův kanonický tvar matice D_{2} je nutně tvaru (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}).

Konečně vlastní číslo 1 matice D_{3} má algebraickou i geometrickou násobnost 1 a vlastní číslo 2 matice D_{3} má algebraickou i geometrickou násobnost 2, tedy se jedná o diagonalizovatelnou matici s Jordanovým kanonickým tvar (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}).

(b) Při hledání matic P_{i} opět využijeme postup z 11.1.

Nejprve najdeme vlastní vektor v_{1} = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) matice D_{1} a poté počítáme postupně nehomogenní soustavy rovnic

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

Spočítali jsme P_{1} = (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}).

Pro matici D_{2} opět snadno spočítáme její charakteristický polynom (2 − λ)^{3}, dále podprostor vlastních vektorů je tentokrát dvoudimenzionální ⟨(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})⟩, proto nejprve vybereme vlastní vektor v_{1} tak, aby rovnice (D_{2} − 2I_{3}) x = v_{1} měla řešení (tj. vektor z průniku Ker(D_{2} − 2I_{3}) ∩ Im(D_{2} − 2I_{3})). Snadno nahlédneme, že tuto podmínku opět splňuje vlastní vektor v_{1} = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}), pro nějž dopočítáme

vektor v_{2} = (\begin{matrix}4 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) splňující nehomogenní soustavu (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & |0 \\ 0 & 0 & 0 & |0 \\ 4 & 3 & 0 & |1 \end{matrix}). Za poslední vektor stačí vzít kterýkoli lineárně nezávislý vlastní vektor, například opět vektor v_{3} = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}). Tentokrát jsme našli matici P_{2} = (\begin{matrix}0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}) (poznamenejme zde, že by podmínkám vyhovovala i předchozí matice P_{1}). Navíc si všimněme pokud vhodně změníme pořadí sloupců dostaneme matici P̃_{2} = (\begin{matrix}1 & 0 & 4 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}), která také spĺňuje původní podmínky, avšak součiny nám dávají různé byt’ podobné Jordanovy matice:

P_{2}^{−1}D_{2}P_{2} = (\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}) a P̃_{2}^{−1}D_{2}P̃_{2} = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}) .

Konečně poslední úloha obnáší pouze nalezení báze složené z vlastních vektorů a její seřazení do sloupců matice P_{3} (viz například 10.5). Hledáme tedy báze podprostorů

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

(c) Protože má matice dolní trojúhelníková matice F_{a} opět charakteristický polynom (2 − λ)^{3}, stačí odobně jako v případě (a) určit, kdy je Jordanův kanonický tvar matice F_{a} stejný jako matice D_{1}. Tedy se ptáme, kdy je hodnost matice

F_{a} − 2I_{3} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ a & 0 & 0 \\ 4 & 3 & 0 \end{matrix}) rovna dvěma, což nastává právě tehdy, když a ∈ Z_{5} \ \{0\}.

(d) Všimněme si, že postup, jak sestavit matici P_{1} nám poskytne všechny takové matice, tedy, že je nutně první sloupcový vektor vlastním vektorem a další sloupcový vektor řeší nehomogenní soustavu s touž maticí levých stran a vektorem pravých stran obsaženým v předchozím sloupci. Tedy se ptáme, kolik vhodných řešení soustav existje. Podprostor vlastních vektorů je jednodimenzionální, tedy existují 4 nenulové vlastní vektory, druhý i třetí sloupcový vektor potom můžeme vybrat pěti způsoby (řešíme nehomogenní soustavu, tedy se mezi řešeními nulový, respektive lineárně závislý vektor nevyskytne). To znamená, že existuje právě 4 · 5 · 5 = 100 různých matic P_{1}. □

11.3. Uvažujme 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}) nad tělesem

racionálních čísel.

(a) Existuje-li, najděte Jordanův kanonický tvar matic A a B

(b) rozhodněte, zda jsou si matice A a B podobné.

(a) U obou matic snadno zjistíme, že

det(A − λI_{3}) = det(B − λI_{3}) = −λ^{3} + 3λ^{2} − 3λ + 1 = (1 − λ)^{3}.

Obě tedy mají vlastní číslo 1 násobnosti 3, proto musí být podle Důsledku 9.61 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 rank(J_{1} − I_{3}) = rank((\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})) = 0, rank(J_{2} −

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

spočítat rank(A − I_{3}) = 2 a rank(B − E) = 1. Matice A nutně podobná Jordanově matici J_{3} a matice B je podobná Jordanově matici J_{2}.

(b) Matice J_{2} a J_{3} zřejmě nejsou podobné, proto nejsou podobné ani matice A a B. □

26./28.3.

11.4. Mějme endomorfismus φ na C^{3} s maticí [φ]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & −2 & −1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 4 \end{matrix}) vzhledem

ke kanonické bázi K_{3}.

(a) Najděte bázi B, vůči níž bude mít φ Jordanovu matici,

(b) spočítejte [φ^{45}]_{B}^{B} pro bázi B z (a),

(c) položíme-li A = \frac{1}{3}[φ]_{K_{3}}^{K_{3}}, spočítejte mocninu A^{45}.

(a) Nejprve spočítáme charakteristický polynom lineárního operátoru φ, jímž je (3 − λ^{3}). Definujme-li f = φ − 3Id. Určíme dále jádro

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

Zvolíme si například vlastní vektor v_{1} = (\begin{matrix}−2 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}) a dále počítáme obvyklým způsobem

Jordanův řetízek

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

Našli jsme bázi B = ((\begin{matrix}−2 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})), pro níž [φ]_{B} = (\begin{matrix}3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}).

(b) Jordanova věta nám může pomoct při počítání mocnin matic. Nejdříve připomeňme, že mocninu libovolné Jordanovy buňky dostaneme jako

J_{i}^{k} = (\begin{matrix}λ_{i} & 1 & 0 & … & 0 \\ 0 & λ_{i} & 1 & … & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ... & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & λ_{i} & 1 \\ 0 & 0 & … & 0 & λ_{i} \end{matrix})^{k} = (\begin{matrix}λ_{i}^{k} & \binom{k}{1}λ_{i}^{k−1} & \binom{k}{2}λ_{i}^{k−2} & … & \binom{k}{n−1}λ_{i}^{k−n+1} \\ 0 & λ_{i}^{k} & \binom{k}{1}λ_{i}^{k−1} & … & \binom{k}{n−2}λ_{i}^{k−n+2} \\ ⋮ & ⋮ & ... & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & … & λ_{i}^{k} & \binom{k}{1}λ_{i}^{k−1} \\ 0 & 0 & … & 0 & λ_{i}^{k} \end{matrix}) ,

kde definitoricky položíme \binom{k}{r}λ_{i}^{k−r} = 0 pro r > k. To použijeme na matici

[φ^{45}]_{B}^{B} = ([φ]_{B}^{B})^{45} = (\begin{matrix}3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix})^{45} = (\begin{matrix}3^{45} & 45 · 3^{44} & 990 · 3^{43} \\ 0 & 3^{45} & 45 · 3^{44} \\ 0 & 0 & 3^{45} \end{matrix}) .

(c) V (a) jsme fakticky spočítali regulární matici P = [Id]_{K_{3}}^{B}, tak, že platí 3A = PJP^{−1}, kde J je Jordanův kanonický tvar matice [φ]_{K_{3}}^{K_{3}}. Proto

A^{k} = P\frac{1}{3}JP^{−1}P\frac{1}{3}JP^{−1} … P\frac{1}{3}JP^{−1} = P\frac{1}{3^{k}} J^{k}P^{−1}.

Popsaným postupem tedy najdeme mocnimu A^{45}:

A^{45} = \frac{1}{3^{45}} (\begin{matrix}−2 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}3^{45} & 45 · 3^{44} & 990 · 3^{43} \\ 0 & 3^{45} & 45 · 3^{44} \\ 0 & 0 & 3^{45} \end{matrix}) (\begin{matrix}−2 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix})^{−1} =

= (\begin{matrix}−2 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 15 & 110 \\ 0 & 1 & 15 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}−234 & −30 & −235 \\ 15 & 1 & 15 \\ 235 & 30 & 236 \end{matrix}) .

□

11.5. 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 kanonický 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 11.3 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 obvyklým způsobem. Nejdříve hledáme 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 bázi (v_{1}, v_{2}, v_{3}) ke kanonické bázi 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 10.8(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. □

11.6. Mějme reálné matice A_{1} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & 2 & −1 & 1 \end{matrix}) a A_{2} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & 2 & 1 & 1 \end{matrix}). Najděte

jejich Jordanův kanonický tvar a rozhodněte, zda jsou si podobné.

Okamžitě ze zadání vidíme, že mají obě matice jediné vlastní číslo 1 algebraické násobnosti 4 a snadno spočítáme, že je jeho geometrická násobnost 2. Proto mají obě matice jednu z následujících Jordanových matic

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

To znamená, že existují regulární matice P_{1} a P_{2} a indexy i_{1} a i_{2}, pro něž J_{i_{1}} = P_{1}^{−1}A_{1}P_{1} a J_{i_{2}} = P_{2}^{−1}A_{2}P_{2}. Všimněme si, že platí

(J_{2} − I_{4})^{2} = 0, zatímco (J_{1} − I_{4})^{2} ≠ 0.

Protože (J_{i_{j}} − I_{4})^{2} = P_{j}^{−1}(A_{j} − I_{4})^{2}P_{j}, stačí tedy rozhodnout, zda (A_{j} − I_{4})^{2} = 0:

(A_{1} − I_{4})^{2} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & −1 & 0 \end{matrix})^{2} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ,

(A_{1} − I_{4})^{2} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 1 & 0 \end{matrix})^{2} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

Zjistil jsme, že je matice A_{1} má Jordanůn kanonický tvar J_{2} a matice A_{2} má Jordanůn kanonický tvar J_{1}, což znamená, že matice A_{1} a A_{2} nejsou podobné. □

2./4.4.

12. Unitární diagonalizovatelnost

12.1. Najděte reálnou ortogonální matici U, pro níž je nad R

(a) matice U^{T} (\begin{matrix}−1 & 3 \\ 3 & 7 \end{matrix}) U diagonální,

(b) matice U^{T} (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}) U diagonální.

Nejprve si uvědomme, že obě matice dané matice jsou normální, a proto unitárně diagonalizovatelná.

(a) Snadno si všimneme (nebo obvyklým způsobem spočítáme), že −2 je vlastní číslo algebraické i geometrické násobnosti 1 a jemu příslušný normalizovaný vlastní vketor je bud’ \frac{1}{\sqrt{10}}(3, −1)^{T} nebo \frac{1}{\sqrt{10}}(−3, 1)^{T}. Zvolme například u_{1} = \frac{1}{\sqrt{10}}(3, −1)^{T}. Protože je matice unitárně diagonalizovatelná, nezbývá než, aby každý vektor kolmý na \frac{1}{\sqrt{10}}(3, −1)^{T} byl také vlastním vektorem, zvolme tedy normalizovaný vektor

u_{2} = \frac{1}{\sqrt{10}}(1, 3)^{T}. Všimneme si, že z podmínky (\begin{matrix}−1 & 3 \\ 3 & 7 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 \\ 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}8 \\ 24 \end{matrix}) snadno

určíme druhé vlastní číslo 8. Báze B je nyní ortonormální a skládá se s vlastních

vektorů, proto položíme-li U = [Id]_{K_{3}}^{B} = \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}−3 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}), je tato matice přechodu

ortogonální a U^{T} AU = \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}−3 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}) (\begin{matrix}−1 & 3 \\ 3 & 7 \end{matrix}) \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}−3 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}−2 & 0 \\ 0 & 8 \end{matrix}) .

(b) Určíme vlastní čísla a 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)^{T} , (−1, 0, 1)^{T} ⟩ \ {0}, a protože další vlastní vektor musí být kolmý na vektory příslušné vlastnímu číslu 3, tj. leží v podprostoru ⟨(−1, 1, 0)^{T} , (−1, 0, 1)^{T} ⟩^{⊥} = ⟨(1, 1, 1)^{T} ⟩, je jím například vektor (1, 1, 1)^{T}. 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}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) a pro λ = 3 najdeme

ortonormální bázi (\frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}−1 \\ −1 \\ 2 \end{matrix})) podprostoru ⟨(\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})⟩ například

Gramovou-Schmidtovou ortogonalizací. Nyní položme

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})).

Protože je B ortonormální báze, je zřejmě matice přechodu U = [Id]_{K_{3}}^{B} 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}). □

12.2. Najděte ortonormální bázi B reálného vektorového prostoru R^{3}, aby byla matice [f]_{B}^{B} diagonální, jestliže

(a) [f]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}),

(b) [f]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}).

(a) Stačí nám vzít ortonormální bázi B z 12.1, o níž víme, že

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

tedy 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})) je hledaná ortonormální báze.

(b) Postupujeme stejně jako v úloze (a). Nejprve standardním způsobem najdeme vlastní čísla matice [f]_{K_{3}}^{K_{3}}, jimiž jsou 1 (algebraické násobnosti 2) a 7 (algebraické násobnosti 1) Pro vlastní číslo 1 najdeme podprostor vlastních vektorů V_{1} = ⟨(1, −1, 0)^{T} , (2, 0, −1)^{T} ⟩ a pro vlastní číslo 7 tvoří podprostor vlastních vektorů V_{7} = ⟨(1, 1, 2)^{T} ⟩. Zbývá nám například pomocí Grammovy-Schmidtovy ortogonalizace najít ortonormální bázi V_{1} (tedy například (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0)^{T} , \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, −1))^{T} a normalizovat vektor (1, 1, 2)^{T}. Nyní je B = (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0)^{T} , \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, −1)^{T} , \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, 2))^{T}

takovou ortonormální bází R^{3}, že [f]_{B}^{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \end{matrix}). □

12.3. Jestliže A = (\begin{matrix}1 & 1 − i & −1 \\ 1 + i & 2 & −1 − i \\ −1 & −1 + i & 1 \end{matrix}), najděte komplexní unitární matici

U, pro níž je \overline{U}^{T} AU diagonální.

Snadno spočítáme, že \overline{A}^{T} = A, a proto je komplexní matice A normální, tedy unitárně diagonalizovatelná. Chceme-li najít ortonormální bázi C^{3} složenou z vlastních vektorů, stačí nám najít ortonormální báze podprostorů řešení homogení soustavy rovnic s maticí A − λE pro jednotlivá vlastní čísla λ.

Charakteristický polynom matice A je −λ^{3} +4λ^{2}, proto jsou vlastní čísla matice A právě 0 a 4. Snadno najdeme ortonormální bázi množiny všech řešení soustavy s maticí A − 4E =

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

Podprostor všech řešení je jednodimenzionální, jeho bázi tvoří například vektor (1, 1 + i, −1)^{T}. Protože je norma ∥(1, 1 + i, −1)^{T} ∥ = 2, je vektor \frac{1}{2}(1, 1 + i, −1)^{T} hledaným normalizovaným vektorem. Dále snadno zjistíme, že například vektory (\begin{matrix}−1 + i \\ 1 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) tvoří bázi dvoudimenzionálního podprostoru všech řešení soustavy

s maticí A. Zbývá tyto vektory ortogonalizovat a normalizovat. To můžeme provést například Gramovou-Schmidtovou ortogonalizací, tak dostaneme ortonormální bázi

\frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}), \frac{1}{2\sqrt{2}} (\begin{matrix}−1 + i \\ 2 \\ 1 − i \end{matrix}). Zjistili jsme, že (\begin{matrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) =

= (\begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2} − \frac{i}{2} & −\frac{1}{2} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{−1−i}{2\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1−i}{2\sqrt{2}} \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 1 − i & −1 \\ 1 + i & 2 & −1 − i \\ −1 & −1 + i & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{−1+i}{2\sqrt{2}} \\ \frac{1}{2} + \frac{i}{2} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ −\frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1−i}{2\sqrt{2}} \end{matrix} ) .

□

12.4. Najděte nad tělesem reálných čísel horní trojúhelníkovou matici T a ortogonální matici U, aby T = U^{T} AU a matici T najděte (tj. najděte Schurův rozklad reálné matice A), jestliže

(a) A = (\begin{matrix}3 & 2 \\ 3 & 4 \end{matrix}),

(b) A = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 \\ 4 & 5 & 2 \end{matrix}),

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

□

(a) Snadno spočítáme vlastní čísla 1 a 6. Například pro vlastní číslo najdeme

normalizovaný vlastní vektor \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ −1 \end{matrix}), který snadno doplníme vektorem \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix})

na ortonormální bázi vektorového prostoru R^{2} se standardním skalárním součinem.

Vezmem nyní matici přechodu od kanonické k této bázi U = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}). Nyní

zbývá dopočítat

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

Poznamenejme, že U^{T} = U^{−1}, proto hodnoty na diagonále musí nutně být vlastní čísla, tedy je nemusíme počítat. Stejnětak víme, že je hodnota pod dioagonálou nulová, protože první sloupec matice U je vlastní vektor, tedy stačilo dopočítat součin \frac{1}{2}(1, −1)A(1, 1)^{T}.

(b) Protože je matice A dolní trojúhelníková, stačí nám jen přeházet řádky a

sloupce, tedy položit U = (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}) a dopočítat T = U^{T} AU = (\begin{matrix}2 & 5 & 4 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}).

9./11.4.

(c) Nejprve spočítáme charakteristický polynom det(A−λI_{3}) = −λ(λ−1)(λ−3). Poté vybereme jedno vlastní číslo a spočítáme pro něj normovaný vlastní vek-

tor. Například pro vlastní číslo 0 dostaneme vlastní vektor v_{1} = \frac{1}{\sqrt{3}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}). Nyní

tento vektor doplníme na ortonormální bázi prostoru R^{3} (se standardním skalárním součinem). Místo, abychom nalezli nějakou bázi ⟨v_{1}⟩ ⊥ a tu poté ortogonalizovali, můžeme ortonormální bázi induktivně konstruovat tak, že nejprve najdeme jeden normalizovaný nenulový vektor kolmý na vektor v_{1}, tedy jedno netriviální řešení

homogení soustavy s maticí (1 1 −1), tedy například vektor v_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix})

a poté hledáme normalizovaný nenulový vektor kolmý na vektory v_{1} i v_{1}, tedy

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

v_{3} = \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}).

Nyní máme ortonormální matici U_{1} = [Id]_{K_{3}}^{(v_{i})} = (\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} ) a spočítáme

U_{1}^{T} AU_{1} = (\frac{1}{\sqrt{2}} \frac{−1}{\sqrt{2}} 0_{\frac{1}{\sqrt{6}} \frac{1}{\sqrt{6}} \frac{2}{\sqrt{6}}}^{\frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{−1}{\sqrt{3}}} ) (\begin{matrix}0 & −2 & −2 \\ −1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 3 \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} ) =

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

Nyní budeme pracovat stejně jako v (a) s blokem B = (\begin{matrix}2 & −\sqrt{3} \\ \frac{−1}{\sqrt{3}} & 2 \end{matrix}). Protože

det(A − λI_{3}) = −λ det(B − λI_{2}), jsou 1 a 3 vlastní čísla matice B, snadno tedy

spočítáme normovaný vlastní vektor u_{1} = (\frac{\sqrt{3}}{2} ; \frac{1}{2}) pro vlastní číslo 1 a k němu

najdeme kolmý normovaný vektor u_{2} = ( \frac{1}{2} ; \frac{−\sqrt{3}}{2}). Vezmeme-li nyní

V = [Id]_{K_{2}}^{(u_{i})} = (\begin{matrix}\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{−\sqrt{3}}{2} \end{matrix}) a U_{2} = (\begin{matrix}1 & 0_{1×2} \\ 0_{2×1} & V \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{−\sqrt{3}}{2} \end{matrix} ) ,

vidíme, že se jedná o ortogonální matice, pro něž platí

U_{2}^{T} (\begin{matrix}0 & b_{0}^{T} \\ 0_{2×1} & B \end{matrix} ) U_{2} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{−\sqrt{3}}{2} \end{matrix} ) (\begin{matrix}0 & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{−5}{\sqrt{2}} \\ 0 & 2 & −\sqrt{3} \\ 0 & \frac{−1}{\sqrt{3}} & 2 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{−\sqrt{3}}{2} \end{matrix} ) =

= (\begin{matrix}1 & 0_{1×2} \\ 0 & V^{T} \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & b_{0}^{T} \\ 0_{2×1} & B \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 0_{1×2} \\ 0 & V \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & b_{0}^{T} V \\ 0 & V^{T} BV \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & \frac{7}{\sqrt{6}} & \frac{−11}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & \frac{2}{\sqrt{3}} \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) .

Konečně hledanou matici dostaneme jako součin

U = U_{1}U_{2} = (\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}1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{−\sqrt{3}}{2} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{−1}{\sqrt{6}} & \frac{−1}{\sqrt{2}} \\ \frac{−1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{−1}{\sqrt{2}} \end{matrix} ) .

Máme tedy

T = U^{T} AU = U_{2}^{T} U_{1}^{T} AU_{1}U_{2} = U_{2}^{T} (\begin{matrix}0 & b_{0}^{T} \\ 0_{2×1} & B \end{matrix} ) U_{2} = (\begin{matrix}0 & \frac{7}{\sqrt{6}} & \frac{−11}{\sqrt{2}} \\ 0 & 1 & \frac{2}{\sqrt{3}} \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) .

□

12.5. Napište lineární operátor f na reálného vektorového prostoru R^{n} se standardním skalárním součinem jako lineární kombinaci projekcí na přímku, jestliže

(a) n = 2 a f (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix}3y − x \\ 3x + 7y \end{matrix}),

(b) n = 3 a f (\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) = (\begin{matrix}5x + 2y + 2z \\ 2x + 5y + 2z \\ 2x + 2y + 5z \end{matrix}).

Nejprve připomeňme obecné pozorování pro lineární operátor f na reálného vektorového prostoru se standardním skalárním součinem: Je-li B = (b_{i}) ortonormální báze složená z vlastních vektorů lineárního operátoru f, potom

[f]_{B}^{B} = (\begin{matrix}λ_{1} & 0 & … & 0 \\ 0 & λ_{2} & … & 0 \\ · & · & … & · \\ 0 & 0 & … & λ_{n} \end{matrix}) = ∑_{i=1}^{n} λ_{i} (\begin{matrix}δ_{1i} & 0 & … & 0 \\ 0 & δ_{2i} & … & 0 \\ · & · & … & · \\ 0 & 0 & … & δ_{ni} \end{matrix}) = ∑_{i=1}^{n}[λ_{i}f_{i}]_{B}^{B},

kde f_{i} je právě ortogonální projekce na přímku ⟨b_{i}⟩. To znamená, že f = ∑_{i=1}^{n} λ_{i}f_{i}. Potřebujeme tedy pouze najít vlastní čísla a ortonormální bázi složenou z vlastních

vektorů. Snadno nahlédneme, že (a) [f]_{K_{2}}^{K_{2}} = (\begin{matrix}−1 & 3 \\ 3 & 7 \end{matrix}) a (b) [f]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}).

Údaje, které potřebujeme k vyřešení úlohy jsme spočítali už v příkladu 12.1, nyní jich tedy využijeme:

(a) Ortonormální bázi B složenou z vlastních vektorů endomorfismu f tvoří

posloupnost B = ((\frac{−3}{\sqrt{10}} ; \frac{1}{\sqrt{10}}) , (\frac{1}{\sqrt{10}} ; \frac{3}{\sqrt{10}})) a skládá se s vlastních vektorů. Proto je endo-

morfismus f_{1} právě ortogonální projekcí na přímku ⟨(\begin{matrix}−3 \\ 1 \end{matrix})⟩, endomorfismus f_{2} je

ortogonální projekcí na přímku ⟨(\begin{matrix}1 \\ 3 \end{matrix})⟩ a f = −2f_{1} + 8f_{2}. Připomeňme, že známe-

li matici přechodu U = [Id]_{K_{3}}^{B} = \frac{1}{\sqrt{10}} (\begin{matrix}−3 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}), je snadné spočítat matice obou ortonormálních projekcí vzhledem ke kanonickým bázím:

[f_{1}]_{K_{2}}^{K_{2}} = U (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) U^{T} = (\begin{matrix}\frac{−3}{\sqrt{10}} & \frac{1}{\sqrt{10}} \\ \frac{1}{\sqrt{10}} & \frac{3}{\sqrt{10}} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}\frac{−3}{\sqrt{10}} & \frac{1}{\sqrt{10}} \\ \frac{1}{\sqrt{10}} & \frac{3}{\sqrt{10}} \end{matrix}) = (\begin{matrix}\frac{9}{10} & \frac{−3}{10} \\ \frac{−3}{10} & \frac{1}{10} \end{matrix}) ,

[f_{2}]_{K_{2}}^{K_{2}} = U (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) U^{T} = (\begin{matrix}\frac{−3}{\sqrt{10}} & \frac{1}{\sqrt{10}} \\ \frac{1}{\sqrt{10}} & \frac{3}{\sqrt{10}} \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}\frac{−3}{\sqrt{10}} & \frac{1}{\sqrt{10}} \\ \frac{1}{\sqrt{10}} & \frac{3}{\sqrt{10}} \end{matrix}) = (\begin{matrix}\frac{1}{10} & \frac{3}{10} \\ \frac{3}{10} & \frac{9}{10} \end{matrix}) ,

dostáváme tak také maticový rozklad

(\begin{matrix}−1 & 3 \\ 3 & 7 \end{matrix}) = −2 · (\begin{matrix}\frac{9}{10} & \frac{−3}{10} \\ \frac{−3}{10} & \frac{1}{10} \end{matrix}) + 8 · (\begin{matrix}\frac{1}{10} & \frac{3}{10} \\ \frac{3}{10} & \frac{9}{10} \end{matrix}) .

(b) Tentokrát máme spočítánu ortonormální bázi složenou z vlastních vektorů B = (u_{1}, u_{2}, u_{3}) = ((\frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ) , (\frac{−1}{\sqrt{2}} ; \frac{1}{\sqrt{2}} ; 0) , (\frac{−1}{\sqrt{6}} ; \frac{−1}{\sqrt{6}} ; \frac{2}{\sqrt{6}} )). To znamená, že máme ortogonální projekce f_{i} na přímky ⟨u_{i}⟩. Navíc platí rovnost f = 9f_{1} + 3f_{2} + 3f_{3} a opět tedy můžeme spočítat matice ortogonálních projekcí vzhledem ke kanonickým bázím jako [f_{i}]_{K_{2}}^{K_{2}} = u_{i} · u_{i}^{T}:

[f_{1}]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ; \frac{1}{\sqrt{3}} ) (\frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}}) = (\begin{matrix}\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix} ) ,

[f_{2}]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\frac{−1}{\sqrt{2}} ; \frac{1}{\sqrt{2}} ; 0) (\frac{−1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}} 0) = (\begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{−1}{2} & 0 \\ \frac{−1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ,

[f_{3}]_{K_{3}}^{K_{3}} = (\frac{−1}{\sqrt{6}} ; \frac{−1}{\sqrt{6}} ; \frac{2}{\sqrt{6}} ) (\frac{−1}{\sqrt{6}} \frac{−1}{\sqrt{6}} \frac{2}{\sqrt{6}}) = (\begin{matrix}\frac{1}{6} & \frac{1}{6} & \frac{−1}{3} \\ \frac{1}{6} & \frac{1}{6} & \frac{−1}{3} \\ \frac{−1}{3} & \frac{−1}{3} & \frac{2}{3} \end{matrix} ) .

□

13. Lineární diferenční posloupnosti

13.1. Je-li v_{n+1} = (\begin{matrix}3 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) v_{n}, kde v_{n} ∈ R^{2}, určte (nerekurentní) vzorec pro výpočet v_{n}, jestliže (a) v_{0} = (1, 1)^{T}, (b) v_{0} = (1, 2)^{T}.

Nejprve najdeme obvyklým způsobem Jordanův kanonický tvar J_{A} matice A = (\begin{matrix}3 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) a regulární matici P, pro niž J_{A} = P^{−1}AP. Snadno spočítáme charakteristický polynom (λ − 2)^{2}, Jordanův kanonický tvar J_{A} = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}), Jordanův řetízek v_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}), v_{2} = (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) a P = [Id]_{K_{2}}^{(v_{i})} = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}). Všimněme si, že podle 11.4

v_{n} = A^{n} v_{0} = PJ_{A}^{n}P^{−1}v_{0} = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}2^{n} & n2^{n−1} \\ 0 & 2^{n} \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix}) v_{0} =

= 2^{n−1} (\begin{matrix}n + 2 & −n \\ n & 2 − n \end{matrix}) v_{0}, a proto

(a) v_{n} = 2^{n−1} (\begin{matrix}n + 2 & −n \\ n & 2 − n \end{matrix}) (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) = 2^{n} (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}),

(b) v_{n} = 2^{n−1} (\begin{matrix}n + 2 & −n \\ n & 2 − n \end{matrix}) (\begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix}) = 2^{n−1} (\begin{matrix}−n + 2 \\ 4 − n \end{matrix}). □

13.2. Uvažujme celočíselnou rekurentní posloupnost a_{n+1} = 2a_{n}+3a_{n−1} s počátečními podmínkami a_{0} = a_{1} = 1. Najděte (nerekurentní) vzorec pro n-tý člen posloupnosti.

Označíme-li v_{n+1} = (a_{n+1}, a_{n})^{T}, vidíme, že v_{n+1} = (\begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 0 \end{matrix}) v_{n} a v_{1} = (1, 1)^{T},

proto můžeme postupovat obdobně jako v předchozí úloze. Nejprve zjistíme, že má

matice (\begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 0 \end{matrix}) vlastní čísla −1 a 3, matice je tedy diagonalizovatelná. Vezmeme-li

matici přechodu P = (\begin{matrix}1 & 3 \\ −1 & 1 \end{matrix}) s vlastními vektory ve sloupcích a spočítáme-li

P^{−1} = \frac{1}{4} (\begin{matrix}1 & −3 \\ 1 & 1 \end{matrix}) dostaneme

v_{n+1} = (\begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 0 \end{matrix})^{n} v_{1} = (\begin{matrix}1 & 3 \\ −1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}(−1)^{n} & 0 \\ 0 & 3^{n} \end{matrix}) (\begin{matrix}\frac{1}{4} & \frac{−3}{4} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{matrix}) (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) =

= (\begin{matrix}1 & 3 \\ −1 & 1 \end{matrix}) (−\frac{(−1)^{n}}{2}_{\frac{3^{n}}{2}} ) = \frac{1}{2} (\begin{matrix}3^{n+1} + (−1)^{n+1} \\ 3^{n} + (−1)^{n} \end{matrix}) .

Zjistili jsme, že a_{n} = \frac{3^{n}+(−1)^{n}}{2} . □

16./18.4.

14. Bilineární a kvadratické formy

14.1. Bud’ A nějaká čtvercová matice stupně n nad tělesem T a definujme zobrazení f : T^{n} × T^{n} → T předpisem f(u, v) = u · A · v^{T} a dále pro každé u ∈ T^{n} dvojici zobrazení f_{u},_{u} f : T^{n} → T podmínkou f_{u}(v) = f(v, u) a _{u}f(v) = f(u, v). Dokažte, že f_{u} a _{u}f jsou pro každé u ∈ T^{n} lineární formy.

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

Poznamenejme, že zobrazení, které jsme zavedli v 14.1 je bilineární forma.

14.2. Uvažujme zobrazení f : Z_{5}^{2}×Z_{5}^{2} → Z_{5} dané předpisem (analytickým vyjádřením)

f((\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) , (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix})) = x_{1}y_{1} + 2x_{1}y_{2} + 4x_{2}y_{1} + 3x_{2}y_{2}

(a) Ověřte, že je f bilineární forma,

(b) najděte matici f vzhledem ke kanonické bázi,

(c) najděte matici f vzhledem k bázi B = ((\begin{matrix}3 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}4 \\ 1 \end{matrix})).

(a) Stačí, abychom si všimli, že f f((\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) , (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix})) = (x_{1}, x_{2}) (\begin{matrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix}) (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}), a

proto se jedná o bilineární formu podle pozorování předchozího příkladu.

(b) Označme [f]_{K_{2}} matici f vzhledem ke kanonické bázi. Postupujeme-li podle definice, tedy uvážíme, že obsahuje na i-tém řádku a j-tém sloupci právě hodnotu

f(e_{i}, e_{j}) = e_{i}Ae_{j}^{T}, vidíme, že [f]_{K_{2}} = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix}).

(c) Označme [f]_{B} matici f vzhledem k bázi B. Využijeme definice a Větu 10.6 z přednášky, která říká, že

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

□

14.3. Bud’ g bilineární forma na racionálním vektorovém prostoru Q^{3} s maticí

[g]_{B} = (\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) vzhledem k bázi B = ((1, 1, 1)^{T} , (1, 1, 0)^{T} , (1, 0, 0)^{T}).

(a) Spočítejte g((1, 1, 0)^{T} , (1, 1, 1)^{T}).

(b) spočítejte g((1, 2, 1)^{T} , (0, 2, 2)^{T}),

(b) najděte matici g vzhledem k bázi M = ((1, 0, 2)^{T} , (2, −1, 0)^{T} , (1, 0, 1)^{T}).

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

(b) Využijeme tvrzení 10.4, které říká, jak zjistit hodnotu bilineární formy z matice a souřadnicových vektorů g(u, v) = [u]_{B} · A · [v]_{B}^{T}. Obvyklým způsobem určíme souřadnice [(1, 2, 1)^{T}]_{B} = (1, 1, −1)^{T} a [(0, 2, 2)^{T}]_{B} = (2, −2, 0)^{T}, proto

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

(c) Nejprve obvyklým způsobem standardní cestou spočítáme matici přechodu

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

Nyní zbývá využít Větu 10.6:

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

Snadno dopočítáme, že [g]_{M} = (\begin{matrix}−7 & −9 & −4 \\ 6 & 5 & 4 \\ −2 & −3 & −1 \end{matrix}). □

14.4. (a) Najděte matice vzhledem ke kanonické bázi a vzhledem k bázi B symetrické bilineární formy f_{s} a antisymetrické bilineární formy f_{a}, pro které f = f_{s} +f_{a}, kde forma f a báze B jsou z 14.2.

(b) Najděte matice vzhledem k bázi B symetrické bilineární formy g_{s} a antisymetrické bilineární formy g_{a}, pro které g = g_{s} + g_{a}, kde forma g a báze B jsou z 14.3.

(a) Z přednášky víme, že stačí položit f_{s}(u, v) = \frac{1}{2}(f(u, v)+f(v, u)) a f_{a}(u, v) = \frac{1}{2}(f(u, v) − f(v, u)), abychom dostali jednoznačně určenou symetrickou bilineární formu f_{s} a antisymetrickou bilineární formu f_{a}, pro než f = f_{s} + f_{a}. Označme [f_{s}]_{K_{3}} matici f_{s} a [f_{a}]_{K_{3}} matici f_{a} vzhledem ke kanonické bázi. Díky izomorfismu, který pro pevně zvolenou bázi C přiřadí bilineární formě její matici vzhledem k C, můžeme otázku vyřešit přímo v maticovém zápisu, tj.

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

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

Všimněme si, že místo druhého výpočtu jsme mohli uvážit, že [f_{a}]_{K_{3}} = [f]_{K_{3}} − [f_{s}]_{K_{3}}.

Při hledání matic [f_{s}]_{B} a [f_{a}]_{B} pracujeme s maticí [f]_{B} bilineární formy f vzhledem k bázi B = ((3, 3), (4, 1)):

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

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

(b) Opět označíme [g_{s}]_{B} matici g_{s} a [g_{a}]_{B} matici g_{a} vzhledem k bázi B a postupujeme stejně jako v příkladu (a):

[g_{s}]_{B} = \frac{1}{2}([g]_{B} + [g]_{B}^{T}) = \frac{1}{2}((\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 2 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix})) = (\begin{matrix}1 & 1 & \frac{1}{2} \\ 1 & −1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1 \end{matrix}) ,

[g_{a}]_{B} = [g]_{B} − [g_{s}]_{B} = (\begin{matrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix}) − (\begin{matrix}1 & 1 & \frac{1}{2} \\ 1 & −1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 1 & −\frac{1}{2} \\ −1 & 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} & 0 \end{matrix}) .

Všimněme si, že v obou případech je diagonála matice symetrické části rovna diagonále matice původní formy a že diagonála matice antisymetrické části je nulová, to znemená, že stačí, abychom počítali hodnoty nad (či pod) diagonálou symetrické matice a hodnoty antisymetrické snadno dopočítali. □

14.5. Bud’ g bilineární forma daná analytickým vyjádřením

g((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} , (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T}) = x_{1}y_{1} + 3x_{1}y_{2} − x_{1}y_{3} + x_{3}y_{1} + 2x_{2}y_{2} − 2x_{3}y_{2}

vzhledem ke kanonické bázi na racionálním vektorovém prostoru Q^{3}.

(a) Najděte matici g vzhledem ke kanonické bázi,

(b) najděte matice symetrické g_{s} a antisymetrické g_{a} části g vzhledem ke kanonické bázi,

(c) určete analytické vyjádření symetrické g_{s} a antisymetrické g_{a} části g vzhledem ke kanonické bázi,

(a) Stačí využít Větu 12.3 a uvědomit si, že koeficient u členu x_{i}y_{j} v analytickém vyjádření vzhledem ke kanonické bázi je právě hodnota na i-tém řádku a j-tém sloupci matice bilineární formy vzhledem ke kanonické bázi, tedy

[g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 3 & −1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & −2 & 0 \end{matrix}) .

(b) Postupujeme jako v 14.4 s využitím známé matice [g]_{K_{3}}, proto [g_{s}]_{K_{3}} =

\frac{1}{2}([g]_{K_{3}} + [g]_{K_{3}}^{T}) = (\begin{matrix}1 & \frac{3}{2} & 0 \\ \frac{3}{2} & 2 & −1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}) a [g_{a}]_{K_{3}} = [g]_{K_{3}} − [g_{s}]_{K_{3}} = (\begin{matrix}0 & \frac{3}{2} & −1 \\ −\frac{3}{2} & 0 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix}) .

(c) Užijeme úvahu připomenutou v (a), abychom z matic nalezených v (b) dostali

g_{s}((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} , (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T}) = x_{1}y_{1} + \frac{3}{2}x_{1}y_{2} + \frac{3}{2}x_{2}y_{1} + 2x_{2}y_{2} − x_{2}y_{3} − x_{3}y_{2},

g_{a}((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} , (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T}) = \frac{3}{2}x_{1}y_{2} − \frac{3}{2}x_{2}y_{1} − x_{1}y_{3} + x_{3}y_{1} + x_{2}y_{3} − x_{3}y_{2}.

□

23.4.

14.6. Rozhodněte, zda je zobrazení h_{2} : R^{2} → R dané předpisem h_{2}((\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix})) =

x_{1}^{2} + 4x_{1}y_{2} + 3x_{2}^{2} kvadratická forma.

Snadno nahlédneme, že můžeme dané zobrazení vyjádřit ve tvaru

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

pro symetrickou bilineární formu h s maticí [h]_{K_{2}} = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix}). Tedy h_{2}(u) = h(u, u)

je podle definice kvadratická forma. □

14.7. Mějme kvadratickou formu f_{2} na Z_{5}^{3} danou analytickým vyjádřením f_{2}((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T}) = 3x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + 2x_{2}^{2} + 3x_{2}x_{3} + 4x_{3}^{2} vzhledem ke kanonické bázi.

(a) Najděte symetrickou bilineární formu f na Z_{5}^{3}, která vytváří kvadratickou formu f_{2},

(b) určete radikál f,

(c) určete hodnost a nulitu f.

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

ke kanonické bázi [f]_{K_{3}} = (\begin{matrix}3 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 4 \end{matrix}). Tuto bilineární formu můžeme popsat i

analyticky (vzhledem ke kanonické bázi):

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

(b) Vzhledem k tomu, že radikálem kvadratické formy je pravý (nebo levý) radikál symetrické bilineární formy f, která vytváří kvadratickou formu f_{2}, stačí najít řešení homogenní soustavy rovnic s maticí [f]_{K_{3}}. Protože

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

je radikál rad(f) = ⟨(1, 4, 1)^{T} ⟩.

(c) Hodnost bilineární formy f je rovna hodnosti matice [f]_{K_{3}}, tedy je rovna 2 a nulita je dimenze radikálu a je tudíž rovna 1. □

14.8. Bud’ h symetrická bilineární forma na vektorovém prostoru Z_{7}^{5} daná podmínkou h(e_{i}, e_{j}) = 2 pro všechna i, j = 1, …, n Najděte nějakou bázi radikálu a nějakou ortogonální bázi h.

Z podmínky, jíž je zadána bilineární forma h, vidíme, že matice h vzhledem ke ka-

nonické bází sestává ze samých dvojek, tedy [h]_{K_{5}} = (\begin{matrix}2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \end{matrix}). Hledáme-li

radikál, stačí jako obvykle vyřešit homogení soustavu rovnic s maticí [h]_{K_{5}}. Vidíme, že například posloupnost

M = ((6, 1, 0, 0, 0)^{T} , (6, 0, 1, 0, 0)^{T} , (6, 0, 0, 1, 0)^{T} , (6, 0, 0, 0, 1)^{T})

je báze radikálu h. Vzhledem k tomu, že je hodnost dané bilineární formy (tj. hodnost kterékoli její matice) rovna jedné, stačí nám v tomto případě pro nalezení ortogonální báze najít libovolný doplněk posloupnosti M na bázi Z_{7}^{5} (v jednodimenzionálním doplňku totiž už není co dále upravovat). Tedy dostáváme h-ortogonální bázi

N = ((\begin{matrix}6 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}6 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}6 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}6 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) pro níž [h]_{N} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) .

□

14.9. Bud’ B čtvercová matice stupně 2 nad tělesem Z_{7} a uvažujme zobrazení f : Z_{7}^{2} × Z_{7}^{2} → Z_{7} dané předpisem f(u, v) = u · B · v^{T}. Určete matici B, víte-li, že f((1, 4), (1, 4)) = f((1, 4), (3, 3)) = 1, f((3, 3), (1, 4)) = 2 a f((3, 3), (3, 3)) = 0.

Z pozorování příkladu 14.1 víme, že je f bilineární forma. Vezmeme-li bázi M = ((1, 4)^{T} , (3, 3)^{T}) vektorového prostoru Z_{7}^{2}, vidíme, že v zadání příkladu máme

uvedeny údaje, které můžeme sepsat do matice [f]_{M} = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \end{matrix}) f bilineární formy

f vzhledem k bázi M. Uvážíme-li, že je matice B právě maticí f vzhledem ke kanonické bázi K_{2}, stačí podobně jako v 14.2(b) využít vztahu dokázaného na přednášce

B = [f]_{K_{3}} = [1]_{K_{2}M}^{T} · C · [1]_{K_{2}M}.

Obvyklým způsobem potom spočítáme

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

a proto

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

□

25.4.

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

(a) Najděte matici symetrické bilineární formy g na R^{3} vzhledem ke kanonické bázi, která vytváří kvadratickou formu g_{2},

(b) určete hodnost g a rozhodněte, zda je g regulární

(c) najděte ortogonální bázi symetrické bilineární formy g.

(a) Opět bezprostředně z předpisu určíme matici hledané symetrické bilineární

formy g vzhledem ke kanonické bázi [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}0 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & −3 \\ 2 & −3 & 1 \end{matrix}). Budeme postupovat

metodou Pozorování 10.22 z přednášky.

(b) Stačí spočítat hodnost matice rank[g]_{K_{3}} = 3, tedy matice i forma jsou regulární.

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

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

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

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

Konečně tentokrát volíme vektor p_{3} ∈ ⟨p_{1}, p_{2}⟩^{⊥_{g}}, tedy řešíme soustavu rovnic s maticí

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

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

níž má bilineární forma g matici [g]_{P} = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 60 \end{matrix}). □

14.11. Najděte nějakou ortogonální bázi symetrické bilineární formy f z 14.7 na vektorovém prostoru Z_{5}^{3}.

Postupujme stejně jako v úloze 14.10. V 14.7 jsme našli bázi ((1, 4, 1)^{T}) radikálu f. Vektor (1, 4, 1)^{T} můžeme doplnit na bázi Z_{5}^{3} například vektory e_{1} a e_{2} kanonické

báze. Snadno určíme matici Ã = (\begin{matrix}3 & 3 \\ 3 & 2 \end{matrix}) bilineární formy f̃, která je restrikcí

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

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

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

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

14.12. Najděte nějakou ortogonální bázi symetrické bilineární formy g na vekto-

rovém prostoru R^{2} dané předpisem g((\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) , (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix})) = x_{1}y_{1}−3x_{1}y_{2}−3x_{2}y_{1}+2x_{2}y_{2}.

Nejprve obvyklým způsobem určíme matici symetrické bilineární formy g vzhle-

dem ke kanonické bázi [g]_{K_{2}} = (\begin{matrix}1 & −3 \\ −3 & 2 \end{matrix}). Matici [g]_{K_{2}} budeme tentokrát upravo-

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

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

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

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

Nyní snadno určíme bázi M = ((\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix})), pro niž [g]_{P} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −7 \end{matrix}), tedy M je

f-ortogonální báze. □

14.13. Najděte nějakou ortogonální bázi symetrické bilineární formy f a matici f vzhledem k ortogonální bázi, je-li (a) f bilineární forma na vektorovém prostoru Q^{2} s maticí [f]_{K_{2}} = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

vzhledem ke kanonické bázi,

(b) f bilineární forma na vektorovém prostoru Z_{5}^{2} s analytickým vyjádřením

f((\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) , (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix})) = 2x_{1}y_{2} + 2x_{2}y_{1} + x_{2}y_{2} vzhledem ke kanonické bázi,

(c) f bilineární forma na vektorovém prostoru Z_{5}^{2} s maticí [f]_{B} = (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix})

vzhledem k bázi B = ((1, 2), (2, 3)),

(d) f bilineární forma na vektorovém prostoru R^{3} s analytickým vyjádřením f((x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} , (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{T}) = x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1} − x_{2}y_{3} − x_{3}y_{2} vzhledem ke kanonické bázi,

(e) f bilineární forma na vektorovém prostoru Z_{7}^{3} s maticí [f]_{B} = (\begin{matrix}1 & 6 & 0 \\ 6 & 3 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \end{matrix})

vzhledem k bázi B = ((1, 0, 2)^{T} , (1, 0, 1)^{T} , (0, 3, 1)^{T}).

Postupujeme stejně jako v Příkladu 14.12.

(a) Pracujeme-li s maticí (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}), zjevně nám při hledání ortogonální báze ne-

pomůže přehození dvou řádků, jak jsme na to byli zvyklí u Gaussovy eliminace, protože následnou výměnou dvou sloupců, vynucenou symetrickými úpravami, dostáváme původní matici. Místo toho přičteme druhý řádek k prvnímu a poté druhý sloupec k prvnímu (uvědomme si, že tento postup v maticovém zápisu odpovídá úvaze Věty 12.23) a následně už můžeme postupovat standardně:

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

Tedy [Id]_{K_{2}}^{P} = (\begin{matrix}1 & −\frac{1}{2} \\ 1 & \frac{1}{2} \end{matrix}) je matice přechodu od kanonické báze k ortogonální

bázi P, proto P = ((\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) , (\frac{−1}{2} ; \frac{1}{2})) a [f]_{P} = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & −\frac{1}{2} \end{matrix}).

(b) Nejprve snadno určíme matici [f]_{K_{2}} = (\begin{matrix}0 & 2 \\ 2 & 1 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi.

Tentokrát nám k úpravě matice symetrická výměna řádku a sloupce pomůže, na-

opak obdobná úprava jako v příkladu (a) (\begin{matrix}0 & 2 \\ 2 & 1 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}0 & 3 \\ 3 & 1 \end{matrix}) je zbytečná a k

nalezení diagonální matice nevede. Počítáme tedy

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

Tedy v řádcích pravé poloviny poslední matice nacházíme bázi P = ((\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 3 \end{matrix})),

pro níž [f]_{P} = I_{2}.

(c) Postupovali-li bychom stejně jako v úloze (a) a upravovali-li bychom sy-

metrickými úpravami matici (\begin{matrix}0 & 1 & | & 1 & 0 \\ 1 & 3 & | & 0 & 1 \end{matrix}) našli bychom, poté, co bychom v

levé části matice dostali diagonální matici, v pravé části právě matici transponovanou k matici přechodu od báze B ke hledané ortogonální bázi P. Uvážíme-li, že ([Id]_{K_{2}}^{P})^{T} = ([Id]_{B}^{P})^{T} · ([Id]_{K_{2}}^{B})^{T}, stačí abychom místo jednotkové matice umístili napravo transponovanou matici přechodu od od kanonické báze k bázi B a tu obvyklým způsobem upravovali:

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

Vidíme, že pravé části poslední matice máme transponovanou matici přechodu [Id]_{K_{2}}^{P} = ([Id]_{B}^{P})^{T} · ([Id]_{K_{2}}^{B})^{T}, proto P = ((\begin{matrix}2 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix})). Konečně [f]_{P} = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}).

(d) Postupujeme stejně jako v případě (a) a (b), tedy určíme matici [f]_{K_{3}} = (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & −1 \\ 0 & −1 & 0 \end{matrix}) bilineární formy f vzhledem ke kanonické bázi a pak standardně symetricky upravujeme, tentokrát se symetrickým násobením řádků a sloupců vyhneme zlomkům:

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

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

∼_{s} (\begin{matrix}2 & 0 & 0 & | & 1 & 1 & 0 \\ 0 & −2 & −6 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & −6 & −2 & | & 1 & 1 & 2 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}2 & 0 & 0 & | & 1 & 1 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & | & −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 16 & | & 4 & −2 & 2 \end{matrix}) ∼_{s}

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

Dostáváme ortogonální bázi P = ((1, 1, 0)^{T} , (−1, 1, 0)^{T} , (2, −1, 1)^{T}) a matici bilineární formy [f]_{P} = (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) vzhledem k P.

(e) Tentokrát uvažujeme stejně jako v (c), proto upravujeme matici

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

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

Našli jsme ortogonální bázi P = ((1, 0, 2)^{T} , (2, 0, 3)^{T} , (5, 3, 5)^{T}), vůči níž má bilineární forma f matici [f]_{P} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}). □

14.14. Najděte bázi radikálu symetrické bilineární formy f z příkladu 14.13(e).

Podle Věty 13.8 stačí vzít ty vektory nalezené ortogonální báze, na nichž je hodnota f nulová. Proto bázi radikálu tvoří právě vektor (5, 3, 5)^{T}. □

14.15. Najděte nějakou ortogonální bázi kvadratické formy f_{2} na vektorovém prostoru Z_{7}^{3} s analytickým vyjádřením f_{2}(x_{1}, x_{2}, x_{3})^{T} = 2x_{1}^{2} + x_{1}x_{3} + x_{2}^{2} + 4x_{2}x_{3}.

Stejně jako v předchozí úloze snadno určíme matici [f]_{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 2 \\ 4 & 2 & 0 \end{matrix}) sy-

metrické bilineární formy f, která vytváří kvadratickou formu f_{2}, vzhledem ke kanonické bázi a poté postupujeme standardně:

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

V řádcích pravé strany upravené matice vidíme, že ortogonální bázi f tvoří například vektory (1, 0, 0)^{T} , (0, 1, 0)^{T} , (5, 5, 1)^{T}. □

30.4.

14.16. Necht’ h je symetrická bilineární forma na reálném vektorovém prostoru R^{3}

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

skalární součin na R^{3}.

Položme A = [h]_{B} a označme A_{i} matici, která vznikne z A vynecháním posledních n−i řádků a sloupců a využijme Tvrzení 10.35 z přednášky, podle nějž stačí zjistit, zda jsou všechny subdeterminanty det A_{1} kladné. Tedy počítáme det A_{1} =

1, det A_{2} = det (\begin{matrix}1 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}) = 2 − 1 = 1 a

det A_{3} = det (\begin{matrix}1 & −1 & −1 \\ −1 & 2 & 1 \\ −1 & 1 & 5 \end{matrix}) = 10 + 1 + 1 − 2 − 5 − 1 = 4,

což znamená, že h je skalární součin. □

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

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

posloupností symetrických úprav na diagonální matici:

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

Protože víme, že existuje ortogonální báze M vůči níž má symetrická bilineární

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

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

14.18. Rozhodněte, zda existuje vektor v a zda existuje vektor u, aby pro kvadratickou formu h_{2} z úlohy 14.17 platilo h_{2}(v) < 0 a h_{2}(u) = 0.

V příkladu 14.17 jsem zjistili, že je kvadratická forma h_{2} indefinitní, tedy existují vektory v a u, pro které platí h_{2}(v) < 0 a h_{2}(u) = 0. □

14.19. Rozhodněte, zda existují reálná čísla x_{1}, x_{2}, x_{3}, pro která

x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2} − 2x_{1}x_{3} + 4x_{2}^{2} + 3x_{3}^{2} < 0.

Definujeme-li kvadratickou formu g_{2} = 2x_{1}^{2}−4x_{1}x_{2}−4x_{1}x_{3}+4x_{2}^{2}+5x_{3}^{2}, vidíme, že řešíme stejnou úlohu jako 14.18, stačí nám tedy zjistit signaturu g_{2}. Symetrickými úpravami tedy bude upravovat matici [g]_{K_{3}} vytvářející bilineární formy g

[g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & −2 & −2 \\ −2 & 4 & 0 \\ −2 & 0 & 5 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −2 \\ 0 & −2 & 3 \end{matrix}) ∼_{s} (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .

Zjistili jsme, že signatura g_{2} je (0, 3, 0), tedy g_{2} je pozitivně definitní, a proto g_{2}(v) ≥ 0 pro všechny vektory v ∈ R^{3}. Hledaná reálná čísla tedy neexistují. □

14.20. Uvažujme kvadratickou formu g_{2} = x_{1}^{2} − 6x_{1}y_{2} + 2x_{2}^{2}. Určete signaturu symetrické bilineární formy, která kvadratickou formu g vytváří. Existuje-li, najděte nenulový vektor v ∈ R^{2}, pro který

(a) g_{2}(v) > 0,

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

kde g_{2} je kvadratická forma vytvořená bilineární formou z příkladu 14.12.

Snadno určíme matici [g]_{K_{2}} = (\begin{matrix}1 & −3 \\ −3 & 2 \end{matrix}) vytvářející symetrické bilineární formy

g vzhledem ke kanonické bázi. Zřejmě se jedná o regulární formu a spočítáme-li sub-

determinaty det(1) = 1 a det (\begin{matrix}1 & −3 \\ −3 & 2 \end{matrix}) = −7 nejedná se podle Tvrzení 10.35 o

skalární součin. Protože je ovšem hodnota g_{2}(e_{2}) kladná, nemůže jít o negativně definitní bilineární formu, a proto má g signaturu (0, 1, 1).

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

(b) Zjistit jsme, že kvadratická forma g_{2} není pozitivně semidefinitní a v příkladu

14.12 jsme našli ortogonální bázi M = ((1, 0)^{T} , (3, 1)^{T}) a matici [g]_{M} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −7 \end{matrix}).

Protože má matice g vzhledem bázi M jedno kladné a jedno záporné číslo, je g indefinitní. Opět přímo z matice vidíme, že g_{2}((3, 1)) = −7.

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

2.5.

14.21. Necht’ 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 ortogonální vzhledem k symetrické bilineární formě f.

Stačí nám vzít ortonormální bázi B, 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}) ,

kterou jsme spočítali v 12.1(b), tedy 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})). □

14.22. Najděte ortogonální 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}).

Nejprve standardním způsobem najdeme vlastní čísla matice [g]_{K_{3}}, jimiž jsou 1 a

7. Pro vlastní číslo 1 najdeme podprostor vlastních vektorů V_{1} = ⟨(1, −1, 0)^{T} , (2, 0, −1)^{T} ⟩ a pro vlastní číslo 7 tvoří podprostor vlastních vektorů V_{7} = ⟨(1, 1, 2)^{T} ⟩. Zbývá nám například pomocí Grammovy-Schmidtovy ortogonalizace najít ortonormální bázi V_{1} (tedy například (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0)^{T} , \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, −1)^{T}) a normalizovat vektor (1, 1, 2). Nyní je M = (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0)^{T} , \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, −1)^{T} , \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, 2)^{T}) ortonormální bází R^{3}, která je zároveň ortogonální vzhledem ke g. Závěrem poznamenejme, že [g]_{M} =

(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \end{matrix}). □

15. Afinní prostory

15.1. Necht’ S = ((\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})) a R = ((\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 2 \end{matrix})).

(a) Ověřte, že se jedná o souřadné soustavy afinního prostoru Z_{5}^{2},

(b) spočítejte souřadnice bodu b = (\begin{matrix}0 \\ 2 \end{matrix}) vzhledem k soustavě souřadnic S,

(c) najděte bod c, pro který [c]_{S} = (\begin{matrix}4 \\ 3 \end{matrix}) vzhledem k soustavě souřadnic S,

(d) pro bod a afinního prostoru najděte [a]_{S}, jestliže [a]_{R} = (\begin{matrix}2 \\ 3 \end{matrix}).

(a) Stačí ověřit, že dvojice M = ((\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix})) a dvojice N = ((\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 2 \end{matrix})) tvoří

báze vektorového prostoru Z_{5}^{2}, což zjevně platí.

(b) Hledáme souřadnice vektoru b−(\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix}) vzhledem k bázi M, tedy řešíme soustavu s maticí (\begin{matrix}1 & 1 & |3 \\ 1 & 0 & |1 \end{matrix}). Snadno spočítáme [b]_{S} = [(\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix})]_{M} = (\begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix}).

(c) Postupujeme přímo podle definice. Tedy c = (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}) + 4 (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) + 3 (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 \\ 0 \end{matrix}).

(d) Pro výpočet změny souřadnic použijeme Pozorování 11.10, které říká, že [a]_{S} = [(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})]_{S} + [Id]_{M}^{N}[a]_{R}. Potřebujme tedy určit [Id]_{M}^{N} a souřadnice [(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})]_{S} = [(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix}) − (\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix})]_{M}. Nejprve proto najdeme matici přechodu

[Id]_{M}^{N} = [Id]_{M}^{K_{2}} · [Id]_{K_{2}}^{N} = ([Id]_{K_{2}}^{M})^{−1} · [Id]_{K_{2}}^{N} = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 0 \end{matrix})

[a]_{S} = [(\begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix})]_{S} + [Id]_{M}^{N}[a]_{R} = (\begin{matrix}0 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}2 \\ 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 \\ 2 \end{matrix}) .

□

15.2. Uvažujme posloupnost bodů B = ((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})) afinního prostoru s body i vektory A = V = Q^{3}.

(a) Ověřte, že je B barycentrická soustava souřadnic afinního prostoru A,

(b) spočítejte barycentrické souřadnice bodu b = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) vzhledem k soustavě B,

(c) najděte bod c s barycentrickými souřadnicemi (\frac{1}{4}, \frac{1}{6}, \frac{1}{4}, \frac{1}{3})^{T} vzhledem k soustavě B,

(d) spočítejte barycentrické souřadnice bodu b = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) vzhledem k soustavě

B′ = ((\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})).

(a) Uvědomme si, že stačí ověřit, zda je posloupnost

S = ((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) − (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) − (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) − (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})) =

= ((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}))

souřadnou soustavou. K tomu stačí standardní cestou nahlédnout, že tvoří poslední 3 vektroy posloupnosti S bázi vektorového prostoru V.

(b) Podle Tvrzení 11.12 nejprve najdeme souřadnice bodu b vzhledem k souřadné soustavě b z bodu (a). Vyřešíme tedy nehomogenní soustavu

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

Zjistili jsme, λ_{2} = λ_{3} = 1 a λ_{4} = 0 a zbývá dopočítat λ_{1} = 1 − ∑_{i=2}^{4} λ_{i} = −1. Bod b tedy dostaneme jako afinní kombinaci bodů barycentrické soustavy B se

souřadnicemi (\begin{matrix}λ_{1} \\ λ_{2} \\ λ_{3} \\ λ_{4} \end{matrix}) = (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}).

(c) Postupujeme duálně k úvaze (b). Hledaný bod musí mít souřadnice [c]_{S} = (\frac{1}{6}, \frac{1}{4}, \frac{1}{3})^{T} vzhledem k souřadné soustavě S, proto

c = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + \frac{1}{6} (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + \frac{1}{4} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) + \frac{1}{3} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = \frac{1}{12} (\begin{matrix}17 \\ 6 \\ 7 \end{matrix}) .

(d) Protože barycentrická soustava souřadnic B′ afinního prostoru A vznikla ze soustavy B permutací bodů, stačí díky Tvrzení 11.12 adekvátně přepermutovat

souřadnice nalezené v (b). Máme tedy (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}). □

15.3. V afinním prostoru s body i vektory A = V = Z_{5}^{4} uvažujme podprostory

D_{1} = ⟨(\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 2 \\ 2 \\ 4 \end{matrix})⟩, D_{2} = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})⟩,

D_{3} = \{a ∈ A| (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 2 \\ 3 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) · a = (\begin{matrix}4 \\ 3 \end{matrix})\}.

(a) Najděte soustavu souřadnic a barycentrickou soustava souřadnic afinních prostorů D_{1}, D_{2} a D_{3}.

(b) určete parametrické vyjádření podprostorů D_{1} a D_{3},

(c) určete rovnicové vyjádření podprostorů D_{1} a D_{2},

(d) určete podprostory D_{2} a D_{3} jako afinní kombinace bodů,

(e) spočítejte vzájemnou polohu podprostorů D_{i} a D_{j} pro i ≠ j,

(f) Existuje-li, najděte průnik podprostorů D_{i} ∩ D_{j} pro i ≠ j.

(a) Postupujeme podobně jako v předchozí úloze. Nejprve najdeme jeden bod podprostoru a potom bázi příslušného vektorového prostoru.

Pro D_{1} si můžeme vzít například jeho bod a = (\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) a poté spočítat vektory

v_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) − (\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) a v_{2} = (\begin{matrix}2 \\ 2 \\ 2 \\ 4 \end{matrix}) − (\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}). Protože jsou vektory v_{1}

a v_{2} zřejmě lineárně nezávislé, dostáváme souřadnou soustavu S_{1} = (a, v_{1}, v_{2}) =

= ((\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})) . proto posloupnost B_{1} = ((\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 2 \\ 2 \\ 4 \end{matrix}))

tvoří barycentrickou soustava souřadnic afinního prostoru D_{1}.

Pro prostor D_{2} není třeba nic počítat, abychom dostali

S_{2} = ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})) a B_{2} = ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})) = ((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 2 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}))

soustavu souřadnic a barycentrickou soustavu souřadnic prostoru D_{2}.

Pro prostor D_{3} je třeba najít jedno řešení (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) nehomogenní soustavy a bázi

řešení homogení soustavy (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) s maticí (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 2| & 4 \\ 3 & 0 & 0 & 2| & 3 \end{matrix}). Nyní máme

S_{3} = ((\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) a dopočítáme B_{3} = ((\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}))

soustavu souřadnic a barycentrickou soustavu podprostoru D_{3}.

Nalezené souřadné soustavy využijeme pro zodpovězení úloh (b), (c) a (d).

(b) Tím, že už jsme pro dané podprostory našli soustavu souřadnic, zbývá jen sepsat

D_{1} = (\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + ⟨(\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})⟩, D_{3} = (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) + ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})⟩.

(c) Využijeme parametrický popis prostoru D_{1} a najdeme takovou matici A_{1},

že množina všech řešení homogení soustavy s maticí A_{1} bude rovna ⟨(\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})⟩, tedy potřebujeme opět vyřešit homogenní soustavu rovnic s maticí (\begin{matrix}1 & 3 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{matrix}).

Bázi řešení tvoří například vektory (3, 0, 1, 0)^{T} , (3, 3, 0, 1)^{T}, které seřadíme do řádků

hledané matice A_{1}. Nyní zbývá spočítat b_{1} = A_{1}(2, 3, 2, 1)^{T} = (\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix}). Zjistili jsme,

že bod x leží v podprostoru D_{1} právě tehdy, když je x řešením soustavy rovnic

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

Protože máme prostoru D_{2} dán parametricky, postupujeme stejnějako u hledání rovnicového popisu D_{1}. Nejprve najdeme bázi řešení jediné (homogenní) lineární

rovnice s maticí (1 2 2 1) a tu sepíšem do řádků matice A_{2} = (\begin{matrix}3 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}).

Nyní dopočítáme vektor pravých stran

b_{2} = A_{2} · (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 \\ 4 \\ 0 \end{matrix})

Zjistili jsme, že D_{2} tvoří právě množina všech řešení soustavy lineárních rovnic s

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

(d) Tím, že jsme v (a) nalezli barycentrickou soustavu souřadnic, úlohu už jsme vyřešili, stačí totiž vzít její body, tedy:

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

(e) Nejprve zjistíme, které z prostorů jsou rovnoběžné. Označme V_{i} vektorový prostor z parametrického popisu prostoru budů D_{i}. Okamžitě vidíme, že V_{3} ⊈ V_{1}, V_{3} ⊈ V_{2} a V_{1} ⊈ V_{2}. Zbývá zjistit, zda V_{2} ⊆ V_{1}. Protože je podprostor V_{1} dvoudimenzinální stačí zjisti, zda generátor V_{2} leží ve V_{1}, což rozhodneme například díky pozorování, že má matice

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

hodnost 2, a proto V_{2} ⊆ V_{1}. Zjistili jsme, že jsou podprostory D_{1} a D_{2} rovnoběžné a zbývá rozhodnout, zda mají dvojice afinních podprostorů D_{1}, D_{3} a D_{2}, D_{3} společný bod. Na to můžeme použít například jejich rovnicové vyjádření.

Stačí tedy zjistit, zda existuje pro dvoji D_{1} a D_{3} existuje řešení nehomogenní soustavy rovnic, kterou dostaneme sjednocením rovnic pro tyto podprostory, tedy

soustavy s maticí (\begin{matrix}3 & 0 & 1 & 0| & 3 \\ 3 & 3 & 0 & 1| & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 2| & 4 \\ 3 & 0 & 0 & 2| & 1 \end{matrix}) Protože je matice levých stran zřejmě re-

gulární , daná soustava má řešení, D_{1}∩D_{3} ≠ ∅ a podprostory jsou tedy různoběžné.

Stejně můžeme pro D_{2} a D_{3} matici (\begin{matrix}3 & 1 & 0 & 0| & 4 \\ 3 & 0 & 1 & 0| & 4 \\ 4 & 0 & 0 & 1| & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 2| & 4 \\ 3 & 0 & 0 & 2| & 1 \end{matrix}) a tentokrát zjistíme, že

daná soustava řešení nemá a podprostory jsou mimoběžné.

(f) Pro nalezení průniku D_{1} ∩ D_{3} stačí najít všechna řešení soustavy

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

Našli jsme jednobodový průnik D_{1} ∩ D_{3} = {(1, 3, 0, 4)^{T} }.

Konečně pro nalezení průniku rovnoběžných prostorů D_{1} a D_{2} je třeba zjistit, zda je nějaký bod jednodimenzionálního podprostoru D_{2} také bodem dvoudimenzionálního podprostoru D_{1}. V takovém případě by jejich průnikem byl celý podporostor D_{2} a v opačném případě by podprostory byly disjunktní. Řešíme například vektorovou rovnici

(\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + x (\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) + y (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) ⟺ x (\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) + y (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) − (\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 \\ 3 \\ 4 \\ 0 \end{matrix}) .

Z hodnot první a třetí souřadnice okamžitě vidíme, že rovnice nemá řešení, tedy podprostory D_{1} a D_{2} nemají žádný společný bod. □

15.4. V afinním prostoru s body i vektory A = V = R^{3} se standardním skalárním

součinem uvažujme přímky P = (\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) + ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})⟩ a Q = (\begin{matrix}4 \\ −2 \\ 3 \end{matrix}) + ⟨(\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 1 \end{matrix})⟩.

(a) Určete vzájemnou polohu přímek P a Q,

(b) určete úhel přímek přímky P a Q,

(c) najděte přímku různoběžnou a zároveň kolmou na obě přímky P a Q,

(d) spočítejte vzdálenost P a Q.

(a) Afinní přímky P a Q zřejmě nejsou rovnoběžné, stačí nám tedy například zjis-

tit, zda vektor existuje řešení vektorové rovnice (\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})+x (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 \\ −2 \\ 3 \end{matrix})+y (\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}),

což je ekvivalentní podmínce, zda (\begin{matrix}−1 \\ 6 \\ −2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) − (\begin{matrix}4 \\ −2 \\ 3 \end{matrix}) ∈ ⟨(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 1 \end{matrix})⟩.

Některou z obvyklých metod tedy zjistíme, že jsou P a Q jsou mimoběžné.

(b) Přímky svírají úhel φ daný jejich zaměřeními v_{p} = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) a v_{q} = (\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}):

cos φ = \frac{| v_{p} · v_{q} |}{∥ v_{p} ∥·∥ v_{q} ∥} = \frac{3}{\sqrt{6}·\sqrt{18}} = \frac{1}{2\sqrt{3}}.

(c) Nejprve počítáme-li vektor kolmý na vektory v_{p} a v_{q} a budeme tak znát zaměření hledané přímky. Snadno zjistíme (bud’ pomocí vektorového součinu nebo vyřešením homogenní soustavy s maticí (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 4 & −1 & 1 \end{matrix}) tvořenou řádkovými vektory

v_{p}^{T} a v_{q}^{T}, že hledaným zaměřením je podprostor ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −3 \end{matrix})⟩. Nyní pořebujeme vyřešit

rovnici

((\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) + x (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})) − ((\begin{matrix}4 \\ −2 \\ 3 \end{matrix}) + y (\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 1 \end{matrix})) = z (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −3 \end{matrix})⟩,

která vede na nehomogenní soustavu

(\begin{matrix}−1 & 4 & 1 & | & −1 \\ −2 & −1 & 1 & | & 6 \\ −1 & 1 & −3 & | & −2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & | & −2 \\ 0 & 1 & 0 & | & −1 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 \end{matrix}) .

Zjistili jsme, že x = −2, y = −1 a z = 1. Všimněme si, že podmínka z = 1 říká, že se jednalo o mimoběžky (zjevně nejsou rovnoběžné a to, že se protínají je ekvivalentní podmínce z = 0). Tedy průsečík hledané kolmé příčky s přímkou

P je právě bod (\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) − 2 (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) a průsečík s přímkou Q je právě bod

(\begin{matrix}4 \\ −2 \\ 3 \end{matrix}) − 1 (\begin{matrix}4 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ −1 \\ 2 \end{matrix}). Hledanou kolmou příčku můžeme napsat ve tvaru

(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) + ⟨(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −3 \end{matrix})⟩.

(d) Už jsme našli průsečíky P a Q s kolmou příčkou, nejkratší vzdálenost přímek P a Q je přitom rovna právě vzdálenosti těchto dvou průsečíků. Navíc z vektorové rovnice úlohy (c) vidíme, že tato vzdálenost je rovna právě velikosti vektoru

z (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −3 \end{matrix}). Tedy vzdálenost P a Q je ∥ (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −3 \end{matrix}) ∥ = \sqrt{11}. □

15.5. Spočítejte vzdálenost přímek P = (1, 0, 2, 1, 1)^{T} + ⟨(1, 1, 1, 1, −1)^{T} ⟩ a Q = (2, 1, 1, 1, 0)^{T} + ⟨(1, 1, 1, 1, −1)^{T} ⟩.

Vidíme, že P a Q jsou rovnoběžky a potřebujeme najít vzdálenost průsečíků nějaké jejich kolmé příčky s P a Q. Přitom zaměření kolmé příčky leží v podprostoru ⟨(1, 1, 1, 1, −1)^{T} , (1, 1, −1, 0, −1)^{T} ⟩, protože (1, 1, −1, 0, −1)^{T} = (2, 1, 1, 1, 0)^{T} −(1, 0, 2, 1, 1)^{T}. K nalezení vektoru můžeme použít například Gramovu-Schmidtovu ortogonalizaci:

v_{1} = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) , v_{2} = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) − c (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix}) − \frac{2}{5} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix}) = \frac{1}{5} (\begin{matrix}3 \\ 3 \\ −7 \\ −2 \\ −3 \end{matrix})

Nyní zbývá najít průsečík například příčky (1, 0, 2, 1, 1)^{T} + ⟨(3, 3, −7, −2, −3)^{T} ⟩ a přímky Q. Obvyklou cestou zjistíme, že jím je bod (1, 0, 2, 1, 1)^{T} +\frac{1}{5}(3, 3, −7, −2, −3)^{T}. To ovšem znamená, že je vzdálenost P a Q rovna ∥\frac{1}{5}(3, 3, −7, −2, −3)^{T} ∥ = \frac{4}{\sqrt{5}}. □

15.6. Metricky klasifikujte kvadriku 2x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2} + 5x_{2}^{2} + x_{1} + 2x_{2} − 5 = 0 v R^{2} se standardním skalárním součinem.

Všimneme si, že výraz 2x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2} + 5x_{2}^{2} + x_{1} + 2x_{2} − 5 obsahuje kvadratickou fromu g_{2}(x_{1}, x_{2})^{T} = 2x_{1}^{2} −4x_{1}x_{2} +5x_{2}^{2} a lineární formu f(x_{1}, x_{2})^{T} = x_{1} +2x_{2}, tedy 2x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2} + 5x_{2}^{2} + x_{1} + 2x_{2} − 5 = g_{2}(x_{1}, x_{2})^{T} + f(x_{1}, x_{2})^{T} − 5.

Najdeme ortogonální bázi g_{2}, která je zároveň ortonormální bází vzhledem ke standardnímu skalárnímu součinu. Najdeme tedy vlastní čísla a vlastní vektory

matice [g_{2}]_{K_{2}} = (\begin{matrix}2 & −2 \\ −2 & 5 \end{matrix}), obvyklým způsobem spočítáme vlastní čísla 1 a 6 a

jim příslušné normalizované vlastní vektory v_{1} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix}) a v_{2} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}2 \\ −1 \end{matrix}). Tedy

pro bázi M = (v_{1}, v_{2}) máme [g_{2}]_{M} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 6 \end{matrix}). Nyní zbývá spočítat vyjádřit f

v souřadnicích (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) vzhledem k bázi M. Přenásobím tedy matici f vzhledem ke

kanonické bázi maticí přechodu [Id]_{M}^{K_{2}} = ([Id]_{K_{2}}^{M})^{T} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}) a dostaneme

x_{1} + 2x_{2} = f((\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix})) = (1 2) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) = (1 2) \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}) (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) = \sqrt{5}y_{1}

Vyjádříme-li tedy kvadriku v souřadnicích (\begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \end{matrix}) vzhledem k bázi M, dostaneme

potřebujeme vyřešit rovnici

0 = y_{1}^{2} + 6y_{2}^{2} + \sqrt{5}y_{1} − 5 = (y_{1} + \frac{\sqrt{5}}{2})^{2} + 6y_{2}^{2} − \frac{21}{4} = 0.

Vidíme, že hledaný útvar je elipsa se středem [v]_{M} = (−\frac{\sqrt{5}}{2}, 0)^{T}. □

16. Projektivní prostory

16.1. 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.

□

16.2. Rozhodněte, zda existuje podprostor projektivního prostoru P_{99}(Z_{5}^{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. □

16.3. 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}⟩}.

□

Další úlohy

(1) Najděte všechna vlastní čísla a všechny jim příslušné vlastní vektory endomorfismu φ na reálném vektorovém prostoru R^{4} a a rozhodněte, zda je φ (unitárně) 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 ma-

tice 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 & 0 & 3 \end{matrix}).

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

(b) najděte regulární matici P, pro niž je P^{−1}AP Jordanova,

(c) spočítejte G^{5} a H^{5},

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

(5) Je-li g lineární operátor, najděte ortonormální bázi vektorového prostoru R^{n} se standardním skalárním součinem pro

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

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

(c) n = 8 a g(e_{i}) = e_{i} + ∑_{j=1}^{8} e_{j},

(d) n = 4 a g(e_{i}) = ∑_{j=1}^{8}(i + j)e_{j}.

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

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

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

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

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

(a) ke kanonické bázi,

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

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

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

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

(a) Najděte ortogonální bázi g,

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

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

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

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

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

(c) určete matici g vzhledem k kanonické bázi,

(d) spočítejte bázi radikálu symetrické bilineární formy g,

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

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