Lineární algebra pro fyziky [version 2017-05-17 ed.]

  • Commentary
  • Downloaded from http://msekce.karlin.mff.cuni.cz/~smid/pmwiki/uploads/Main/LAFprednaskaskripta.pdf

Table of contents :
Cást 1. První semestr
Kapitola 1. Soustavy lineárních rovnic
1. Úvod
2. Vlastnosti rešení soustav
3. Gaussova eliminace
Kapitola 2. Matice
1. Násobení matic
2. Vlastnosti maticového soucinu
3. Inverzní matice
4. Transponovaná matice
5. Blokové matice
Kapitola 3. Vektorové prostory
1. Definice vektorového prostoru
2. Podprostory
3. Spojení a prunik podprostoru
Kapitola 4. Báze a dimenze
1. Lineární nezávislost
2. Báze
3. Dimenze spojení a pruniku
Kapitola 5. Hodnost matice
1. Ctyri prostory spojené s maticí
2. Hodnost transponované matice
3. Hodnost a rešení soustav rovnic
4. Vlastnosti hodnosti
Kapitola 6. Lineární zobrazení
1. Maticová a lineární zobrazení
2. Jádro a obraz homomorfizmu
3. Izomorfizmus
4. Souradnice
5. Transformace souradnic
Kapitola 7. Determinant matice
1. Permutace
2. Výpocet determinantu
3. Aplikace determinantu
Kapitola 8. Diagonalizace matic
1. Vlastní císla a vlastní vektory
2. Diagonalizovatelnost matice
3. Soucasná diagonalizovatelnost
Cást 2. Druhý semestr
Kapitola 9. Ortogonalita
1. Multilineární zobrazení
2. Skalární soucin
3. Indukovaná norma
4. Ortonormální báze
5. Unitární a ortogonální matice
Kapitola 10. Operátory na unitárních prostorech
1. Adjungovaný operátor
2. Ortogonální diagonalizace
3. Polární rozklad operátoru
Kapitola 11. Kvadratické formy
1. Kvadratické formy
2. Afinní prostor
3. Kvadriky
Kapitola 12. Jordanuv tvar endomorfizmu
1. Jordanova bunka
2. Nilpotentní endomorfismus
3. Jordanuv tvar
4. Exponenciála matice
5. Diferenciální rovnice
Kapitola 13. Tenzory
1. Duální prostor
2. Tenzorový soucin
3. Kovariantní a kontravariantní tenzory
4. Zdvihání a spouštení indexu
5. Symetrie tenzoru a kontrakce

Citation preview

Lineární algebra pro fyziky Zápisky z p°edná²ek

Dalibor ’míd

ćst 1

První semestr

KAPITOLA 1

Soustavy lineárních rovnic 1. Úvod Nejjednodu²²í lineární rovnicí je

2x − y = 3 Popisuje p°ímku v rovin¥. Podobn¥

2x + 3y + z = 1

(1)

je rovnicí roviny v trojrozm¥rném prostoru. Obojí m·ºeme popsat parametricky, nap°íklad

y=t 1 x = (3 + t), 2

t ∈ R,

resp.

z=t y=s 1 x = (1 − 3s − t), 2

t ∈ R,

Soustava dvou rovnic o dvou neznámých

2x − y = 3 −x + 3y = 1 (x, y) = (2, 1). x a y , která spl¬ují vektorovou rovnost       2 −1 3 x +y = −1 3 1 Výraz nalevo je lineární kombinace sloupcových vektor· s koecienty x a y . Uº víme, ºe správné koecienty, s nimiº se pravá strana bude rovnat levé, jsou x = 2 a y = 1.

je vlastn¥ úloha na pr·se£ík dvou p°ímek, jímº je v tomto p°ípad¥ bod M·ºeme se na ni ale dívat také jako na hledání £ísel

Oba dva pohledy na soustavu rovnic, °ádkový i sloupcový, v sob¥ kombinuje maticový zápis



2 −1

−1 3



x y





=

který budeme od této chvíle pouºívat. Matice

 3 , 1 2 × 2 se

nazývá maticí soustavy

lineárních rovnic. Soustava t°í rovnic o t°ech neznámých

 (2)

2  1 1

    3 1 x 1 2 0  y  =  0  −2 4 z 4

odpovídá úloze na hledání pr·niku t°í rovin, první z nich je rovina popsaná rovnicí 1. Jedno °e²ení snadno odhalíme ze sloupcového tvaru: t°etí sloupec matice soustavy je 5

6

1. SOUSTAVY LINEÁRNÍCH ROVNIC

stejný jako sloupec pravých stran, takºe lineární kombinace s koecienty

(0, 0, 1)

(x, y, z) =

je ur£it¥ správn¥. Je to jediná moºnost? Kdyº se podíváme na první dva

sloupce, vidíme, ºe dvojnásobek prvního minus druhý dávají také sloupec pravých

(x, y, z) = (2, −1, 0).

stran. Dal²ím °e²ením je tedy

Je také snadno vid¥t, ºe kaºdý

vektor tvaru



     x 0 2  y  = t  0  + (1 − t)  −1  , t ∈ R z 1 0 je °e²ením, coº je vlastn¥ parametrický popis p°ímky. Pr·nikem t°í rovin m·ºe být bu¤ prázdná mnoºina, bod, p°ímka nebo rovina. První dv¥ moºnosti uº jsme vylou£ili a poslední také nenastane, protoºe to by musely v²echny t°i rovnice popisovat tuto jednu stejnou rovinu, coº zjevn¥ není pravda. Tedy p°ímka



     x 2 −2  y  =  1  + t 1 ,t ∈ R z 0 1 je úplným °e²ením soustavy rovnic 2.

1.1. Cvi£ení. (1) Najd¥te pr·nik rovin (2) Zjist¥te, zda vektor

x − y + z = 1 a 2x + z = 1. (1, 1, 1) je lineární kombinací

vektor·

(−1, 2, 1)

a

(3, −1, 1). (3) Najd¥te kvadratický polynom, který prochází body

[0, 1], [1, 0]

a

(4) Najd¥te v²echny kvadratické polynomy, které procházejí body

[2, 1]. [−1, 1]

a

[1, 3].

2. Vlastnosti °e²ení soustav Chceme se nau£it °e²it soustavy rovnic bez hádání a bez nutnosti se odvolávat na geometrickou intuici. Nejprve zavedeme pot°ebné pojmy. Definice 1.

Lineární rovnicí s neznámými x1 , x2 , . . . , xn

a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn = b,

zkrácen¥

n X

rozumíme rovnici

aj xj = b,

j=1 kde

koecienty aj , j ∈ {1, 2, . . . , n} a pravá strana b jsou zadaná reálná nebo

komplexní £ísla a °e²ení hledáme také v °ekn¥me

m,

mluvíme o

R,

respektive v

soustav¥ lineárních rovnic n X

C.

Pokud je rovnic více,

aij xj = bi , i ∈ {1, 2, . . . , m}

j=1 Kaºdá

n-tice

stavy rovnic.

£ísel

(x1 , . . . , xn ),

která spl¬uje v²ech

m

rovnic, je

Tabulka



A ≡ (aij )m,n 1,1

a11  a21  ≡ .  .. am1

a12 a22

a13 a23 ..

am2

... ...

.

am3

...

 a1n a2n    . .  . amn

°e²ením sou-

2. VLASTNOSTI °EŠENÍ SOUSTAV

se nazývá

7

matice soustavy a 

a11  a21  (A|b) =  .  .. am1

a12 a22

a13 a23 ..

am2

... ...

 b1 b2   .  .  . bm

a1n a2n . . .

.

am3

...

amn

roz²í°ená matice soustavy. Sloupec, který p°ibyl, se nazývá sloupec pravých stran. Pokud je celý nulový, nazývá se soustava homogenní, v opa£ném p°ípad¥ nehomogenní. Maticovým zápisem soustavy budeme rozum¥t zápis Ax = b

je

neboli



a11  a21   ..  . am1

a12 a22

a13 a23 ..

am2

Pokud má soustava

   b1 a1n x1  x2   b2 a2n       ..  =  .. . .  .   .  . bm xn amn

... ...

.

am3

Ax = b

...

    

matici



1 0

A= je vlastn¥ vy°e²ená, protoºe musí být

0 1

 ,

x 1 = b1 , x 2 = b2 .

O mnoho sloºit¥j²í není ani

p°ípad



1 0

A= protoºe z druhé rovnice máme

x 2 = b2 ,

a12 1

 ,

coº dosadíme do první:

x1 = b1 − a12 b2 .

Poj¤me p°idat jednu neznámou. Soustava s maticí

 A=

1 0

0 1

a13 a23

 ,

x3 = t, x2 = b2 − a23 t, x1 = b1 − a13 t, kde t je libovolné. Jakmile x3 rovné parametru, obsahovala uº kaºdá z rovnic jen jednu neznámou, které jsme mohli v libovolném po°adí dopo£íst. Kdyby koecient a12 nebyl nulový, museli bychom nejprve ur£it x2 a aº pak dosazením x1 :

je spln¥na pro jsme poloºili

x3 = t x2 = b2 − a23 t x1 = b1 − a13 t − a12 (b2 − a23 t) neboli



     x1 b1 − a12 b2 a12 a23 − a13  x2  =   + t ,t ∈ R b2 −a23 x3 0 1 Pokusme se charakterizovat matice soustav, které se dají °e²it takto jednodu²e: Definice 2. ekneme, ºe matice

A = (aij )m,n 1,1



odstup¬ovaný tvar, po-

kud jsou spln¥ny tyto podmínky (1) Existuje celé £íslo

0≤k≤m

takové, ºe pro v²echna

i>k

a v²echna

j

je

aij = 0. 1 ≤ j1 < j 2 < . . . j k ≤ n p < ji je aip = 0 a aiji 6= 0.

(2) Existují p°irozená £ísla

i≤k

a pro v²echna

taková, ºe pro v²echna

Matice má redukovaný odstup¬ovaný tvar, pokud navíc pro v²echna

q j)

tvo°í podprostor

Mmn (F).

Dokaºte

dolních trojúhelníkových matic (aij = 0 pro

i < j ). = 0

které

horních trojúhelníkových matic (tedy ta-

pro

(9) Dokaºte, ºe mnoºina v²ech (aij

X ∈ Mnn (F),

v²ech matic

ost°e horních trojúhelníkových matic

Mmn (F)

tvo°í podprostor

Mmn (F),

podobn¥ pro

ost°e dolní trojúhelníkové matice. (10) Rozhodn¥te, zda následující mnoºiny jsou podprostory prostoru v²ech nekone£ných reálných posloupností

(ai )∞ 0

s operacemi s£ítání posloupností

a násobení posloupnosti reálným £íslem. Zd·vodn¥te. (a) mnoºina v²ech konvergentních posloupností (b) mnoºina v²ech periodických posloupností (c) mnoºina v²ech posloupností spl¬ujících rekurentní vztah

an−1

pro v²echna

an+1 = an +

n∈N

(d) mnoºina v²ech posloupností se sudým po£tem nenulových £len· (11) Rozhodn¥te, zda následující mnoºiny jsou podprostory prostoru v²ech reálných polynom· se s£ítáním polynom· a násobením polynomu £íslem. Zd·vodn¥te. (a) mnoºina obsahující v²echny polynomy stupn¥

n

a nulový polynom

(b) mnoºina v²ech polynom· majících pouze reálné ko°eny (c) mnoºina v²ech polynom·, pro n¥º je aritmetický pr·m¥r jejich hodnot na mnoºin¥

{−1, 1, 3, 7}

nulový

(d) mnoºina v²ech polynom·, které mají nenulové pouze koecienty v sudých °ádech (12) Rozhodn¥te, zda je vektorovým prostorem mnoºina polynom·, které mají ko°en 2. (13) Rozhodn¥te, zda je vektorovým prostorem mnoºina polynom·, které mají n¥jaký racionální ko°en. (14) Rozhodn¥te, zda jsou následující mnoºiny vektorovými podprostory v pro-

V {f {f {f

storu (a) (b) (c)

= F (ha, bi, R): ∈ V |f (a) = 1} ∈ V |f (b) = 0} ∈ V |f (a) − 2f (b) = 0}

(15) Rozhodn¥te, zda je mnoºina v²ech periodických funkcí z

R

do

R

spolu s

nulovou funkcí vektorový prostor. A co mnoºina v²ech funkcí s racionální periodou?

3. Spojení a pr·nik podprostor· Kaºdé dva podprostory vektorového prostoru

V

musí obsahovat nulový vektor,

který se tím pádem nachází v pr·niku libovolné mnoºiny podprostor·. Ve skute£nosti platí pro pr·nik n¥co více:

Nech´ V je vektorový prostor a W je mnoºina podprostor· ve V . W ∈W W v²ech prvk· mnoºiny W je podprostor ve V .

Lemma 10.

Pak pr·nik

T

T u, v ∈ W ∈W W , pak pat°í u, v do kaºdého podprostoru W ∈ W . Pak ale T i ru + sv pat°í do kaºdého W pro libovolné skaláry r, s ∈ F a tedy ru + sv ∈ W ∈W W .  P n n Ozna£me Wi ≤ F prostor v²ech °e²ení homogenní rovnice aij xj = 0, Tj=1 m aij ∈ F, p°i£emº i b¥ºí p°es mnoºinu I = {1, . . . , m}. Pak pr·nik i=1 Wi t¥chto D·kaz. Pokud

prostor· je práv¥ mnoºina °e²ení homogenní soustavy lineárních rovnic s maticí

3. SPOJENÍ A PR—NIK PODPROSTOR—

A = (aij )m,n 1,1 .

Z lemmatu plyne, ºe je to podprostor v

prostor matice

A

N (A).

a zna£í

Fn ,

37

který se nazývá

nulový

Pozor, neplést s nulovým podprostorem

{0},

který je obsaºen v kaºdém vektorovém prostoru.

V

Definice 10. Nech´

je vektorový prostor nad

neární kombinací vektor· z mnoºiny M v1 , . . . , v k M 6= ∅ je

M

jsou vektory z

a

r1 , . . . , rk

F, M

jeho podmnoºina.

nazveme libovolný sou£et

jsou skaláry z

Pk

Li-

i=1 ri vi , kde

F. Lineární obal mnoºiny M , zna£íme jej hM i. Dále

mnoºina v²ech lineárních kombinací prvk· z

denujeme

h∅i = 0

Tvrzení 3. Nech´ V je vektorový prostor nad F a M podmnoºina V . Pak hM i je podprostorem V . D·kaz. Pro

M =∅

je to jasné, p°edpokládejme tedy

u=

k X

M 6= ∅.

Pokud jsou

ri ui , kde ui ∈ M, ri ∈ F

i=1

v=

l X

si vi , kde vi ∈ M, si ∈ F

i=1 vektory z

hM i,

pak

k l X X (rri )ui + (ssi )vi

ru + sv =

i=1 je také lineární kombinace prvk· z Definice 11. Nech´

V.

Denujme

V

M,

i=1 a tedy prvek

W

je vektorový prostor a

spojení v²ech podprostor· z W W :=

je mnoºina podprostor· ve

+ [

W ∈W



jako

* _

hM i.

W

W ∈W

Jinými slovy, spojení podprostor· je lineárním obalem jejich sjednocení, díky tvrzení 3 je to také podprostor. Nej£ast¥ji se setkáme se spojením dvou podprostor·, tedy

W = {W1 , W2 }.

Pak

_

W ≡ W1 ∨ W2 = hW1 ∪ W2 i

W ∈W Podobn¥ pro

W = {W1 , W2 , . . . , Wk }

pouºíváme obvykle zápis

W1 ∨ W2 ∨ . . . ∨ Wk ≡ hW1 ∪ W2 ∪ . . . ∪ Wk i Lemma 11. Nech´ V je vektorový prostor nad F, W1 , W2 , . . . , Wk jeho podprostory. Pak jejich spojení

W1 ∨ W2 ∨ . . . ∨ Wk

je rovno mnoºin¥ v²ech vektor· tvaru w1 + w2 + . . . wk ,

kde wi ∈ Wi . D·kaz. Prvek

z

W1 ∪ . . . ∪ Wk

w ∈ W1 ∨W2 ∨. . .∨Wk

w=

n1 X

r1i u1i +

i=1 kde klad

lze zapsat jako lineární kombinaci prvk·

a následn¥ ji rozepsat jako sou£et

uji ∈ Wj . Ozna£íme-li wj := w = w1 + w2 + . . . wk .

n2 X

r2i u2i . . . +

nk X

rki uki , i=1 i=1 Pnj i=1 rji uji , dostáváme p°esn¥ poºadovaný roz

38

3. VEKTOROVÉ PROSTORY

W1 , W2 jsou podprostory vektorového prostoru V nad F, W1 ∩ W2 = 0. Pak jejich spojení W1 ∨ W2 nazýváme direktní zna£íme W1 ⊕ W2 .

Definice 12. Nech´

pro které platí

sou£et,

Tvrzení 4. Nech´ W1 , W2 jsou podprostory vektorového prostoru V nad F, pro které platí W1 ∩ W2 = 0. Pak pro kaºdý vektor w ∈ W existuje práv¥ jeden vektor w1 ∈ W1 a práv¥ jeden vektor w2 ∈ W2 , pro které platí w = w1 + w2 . D·kaz. Kaºdý vektor w ∈ W1 ∨ W2 se díky lemmatu 11 dá zapsat jako w = w1 + w2 , kde wi ∈ Wi . Uvaºme druhý takový zápis, w = w10 + w20 , kde wi0 ∈ Wi . 0 0 Pak w1 − w1 = w2 − w2 , levá strana pat°í do W1 , pravá do W2 a díky W1 ∩ W2 = 0 musí být tedy ob¥ rovny nulovému vektoru. 

W= Wi ∩ W j

Kdybychom cht¥li zobecnit pojem direktního sou£tu na více podprostor·

{W1 , W2 , W3 , . . .},

intuitivn¥ bychom asi zkusili poºadovat, aby pr·nik

kaºdé dvojice podprostor· byl nulový. Brzy bychom ale zjistili, ºe s takovou denicí se nám nepoda°í zobecnit tvrzení 4 o jednozna£ném zápisu vektoru ze spojení jako sou£tu vektor· z jednotlivých podprostor·

Wi .

Dokonce ani zesílená podmínka, ºe

musí být nulové v²echny pr·niky p°es v²echny podmnoºiny p°edpokládat je²t¥ více: aby kaºdý podprostor z v²ech ostatních prvk·

W,

nesta£í. Je nutné

m¥l nulový pr·nik se spojením

W:

Definice 13. Nech´

F

W

W

je mnoºina podprostor· vektorového prostoru

V

nad

spl¬ující

 ∀W ∈ W : W ∩ 

 _

W 0 = 0

W 0 ∈W\{W } Pak ozna£íme

M

W :=

W ∈W

jako

_

W

W ∈W

direktní sou£et v²ech podprostor· z mnoºiny W

V¥ta 4.

¬ující

Nech´ W je mnoºina podprostor· vektorového prostoru V nad F spl ∀W ∈ W : W ∩ 

 _

W 0 = 0

W 0 ∈W\{W }

Pak pro kaºdý nenulový vektor w ∈ W ∈W W existuje práv¥ jedna kone£ná podmnoºina {W1 , . . . , Wk } ⊂ W taková, ºe w = w1 + . . . + wk , kde wi ∈ Wi jsou nenulové vektory. Tyto vektory jsou ur£eny jednozna£n¥. L

D·kaz. Jako v d·kazu lemmatu 11 lze vektor

w

z direktního sou£tu zapsat

jako lineární kombinaci a tu rozd¥lit na kone£ný po£et s£ítanc· pat°ících do r·zných prvk·

W.

Pi²me tedy

w = w1 + w2 + . . . + wk , Wi ∈ W , W1 , . . . , WP k jsou navzájem r·zné. P°edpo0 kládejme, ºe existuje je²t¥ dal²í takový zápis w = i∈I wi , kde I je n¥jaká kone£ná 0 mnoºina index· a op¥t 0 6= wi ∈ Wi . Ozna£me kde

k∈N

a

wi 6= 0

pat°í do

I1 = {1, . . . , k} \ I I2 = I ∩ {1, . . . , k} I3 = I \ {1, . . . , k} Porovnáním obou vyjád°ení máme

X i∈I1

wi +

X i∈I2

(wi − wi0 ) −

X i∈I3

wi0 = 0

3. SPOJENÍ A PR—NIK PODPROSTOR—

Pro libovolné

j ∈ I1

39

odtud plyne

X

wj = −

wi −

X

(wi − wi0 ) +

wi0 ,

i∈I3

i∈I2

i∈I1 \{j}

X

tedy



 _

wj ∈ Wj ∩ 

W 0  = 0,

W 0 ∈W\{W coº je v rozporu s p°edpokladem uº víme, ºe

I1

a

I3

j}

wj 6= 0. Podobn¥ pro j ∈ I3 . Zbývá j ∈ I2 , p°i£emº

jsou prázdné. Pak

wj − wj0 =

X

(wi0 − wi ),

i6=j coº musí být ze stejných d·vod· op¥t nula. Rozklad je tedy jednozna£ný. Definice 14. Nech´

W0 ≤ V

se nazývá

V

je vektorový prostor a

dopln¥k podprostoru W

ve

V,

W



jeho podprostor. Podprostor

pokud

W ⊕ W0 = V .

3.1. Cvi£ení. v ∈ R4

je lineární kombinací vektor· u1 , u2 , u3 . V a, b, c ∈ R tak, ºe v = au1 + bu2 + cu3 : (a) v = (2, 0, 3, 1), u1 = (1, 0, 1, −2), u2 = (2, −1, 0, 1), u3 = (1, −1, −2, −2) (b) v = (3, 1, −1, 2), u1 = (1, 1, 1, 2), u2 = (1, 0, −1, 0), u3 = (0, −1, 1, −2) (c) v = (2, 1, 2, −1), u1 = (1, 0, 1, 0), u2 = (1, 2, 1, −2), u3 = (−1, 1, −1, −1) Zjist¥te, zda vektor v je v lineárním obalu vektor· ui : (a) u1 = (1, 2, 1), u2 = (0, 1, 2), u3 = (2, 1, 3), v = (1, 0, 0) (b) u1 = (1, 2, 0), u2 = (2, 1, 1), u3 = (3, 0, 2), v = (0, 3, −1) (c) u1 = (1, 2, 0), u2 = (2, 1, 1), u3 = (3, 0, 2), v = (4, 3, 2) (d) u1 = (1, 0, 1, 2), u2 = (2, 1, −1, 0), u3 = (−1, 2, 0, 1), u4 = (0, 3, −2, −1), v = (1, 5, 0, 4) (e) u1 = (1, 0, 1, 2), u2 = (2, 1, −1, 0), u3 = (−1, 2, 0, 1), u4 = (0, 3, −2, −1), v = (2, 1, 3, 1) 2 3 Rozhodn¥te, jestli je funkce cos 3x v lineárním obalu mnoºiny funkcí {1, sin x, sin x, sin x} (ve vektorovém prostoru v²ech reálných funkcí nad R) Rozhodn¥te, jestli je funkce cos 2x v lineárním obalu mnoºiny funkcí {cos x, sin x, sin 2x} (ve vektorovém prostoru v²ech reálných funkcí nad R) 5 Popi²te pr·nik podprostor· R :

(1) Zjist¥te, zda vektor

kladném p°ipad¥ ur£ete £ísla

(2)

(3) (4) (5)

V1 = h(1, 2, 1, 0, −1), (2, 1, 0, 1, −1), (1, 0, 0, 0, 1)i V2 = h(1, 2, 0, 1, 0), (1, 0, 1, 0, −2), (0, 1, −5, 5, 2)i (6) Popi²te pr·nik podprostor·

R4 :

(a)

V1 = h(1, 1, −1, 0), (1, 0, 1, 2), (1, 3, 1, −1)i V2 = h(0, 0, 0, 1), (2, 3, −4, −2), (3, 2, −1, 2)i (b)

V1 = {x1 + 2x2 − x3 = 0, x1 − x2 + 2x4 = 0} V2 = {x3 + x4 = 0, x1 + 5x2 − x3 − x4 = 0} (7) Popi²te pr·nik podprostor·

R3 :

V1 = {2x1 + 3x2 + 4x3 = 0, x1 + 2x2 − x3 = 0} V2 = {x1 + 11x3 = 0}

40

3. VEKTOROVÉ PROSTORY

(8) Zjist¥te, zda vektor

v

leºí ve spojení prostor·

V1

a

V2 :

(a)

V1 = h(1, 0, 1, 2), (2, 1, 3, 1)i V2 = h(1, −1, 0, 1), (0, −1, −1, 1)i v = (0, 0, 0, 1) (b)

V1 = h(1, 0, 1, 2), (2, 1, 3, 1)i V2 = h(1, −1, 0, 1), (0, −1, −1, 1)i v = (0, 1, 1, 0) (c)

V1 = h(1, 1, 2), (2, 1, 1)i V2 = h(0, 1, 3)i v = (1, 1, 1) (d)

V1 = h(1, 1, 2), (2, 1, 1)i V2 = h(0, 1, 3)i v = (3, 1, 0) (9) Popi²te pr·nik podprostor· v

R4 :

W1 = h(1, 0, 1, 1), (2, 1, 1, 0) W2 = {x1 + x3 = 0, x1 − x3 − x4 = 0} (10) Popi²te pr·nik a spojení podprostor· v

R4 :

W1 = h(1, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 0)i W2 = h(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 0)i (11) Dokaºte, ºe vektorový prostor

Sn

v²ech symetrických

kých

n×n

n×n

Mn (F)

je direktním sou£tem podprostoru

matic a podprostoru

matic. Dokaºte, ºe

Mn (C)

An

v²ech antisymetric-

je direktním sou£tem podprostoru

hermitovských a antihermitovských matic. (12) Matici



0  3   1 2

1 2 2 3

 3 0   0  1

2 1 3 0

napi²te jako sou£et symetrické a antisymetrické matice.

Mmn (F) Mmn (F) mají Mmn (F)?

(13) Dokaºte, ºe podprostor v²ech ost°e horních trojúhelníkových matic v a podprostor v²ech ost°e dolních trojúhelníkových matic v nulový pr·nik. Je jejich direktním sou£tem celý prostor

(14) Dokaºte, ºe spojením podprostoru v²ech horních trojúhelníkových matic

Mmn (F) a podprostoru v²ech dolních trojúhelníkových matic v Mmn (F) Mmn (F). Je i jejich direktním sou£tem? Za jakých podmínek je sjednocení W1 ∪ W2 dvou podprostor· také podv

je celé

(15)

prostor? (16) Dokaºte, ºe spojení mnoºiny podprostor· nejmen²í podprostor ve

V

slovy, dokaºte, ºe kaºdý podprostor prvky mnoºiny

W,

W

vektorového prostoru

obsahující v²echny prvky mnoºiny

V

W.

V

je

Jinýmy

obsahující jako podprostory v²echny

obsahuje jako podprostor také jejich spojení.

3. SPOJENÍ A PR—NIK PODPROSTOR—

W1 , W2 , W3 podprostory v n¥m. Rozhod(W1 ∨ W2 ) ∩ W3 = W1 ∨ (W2 ∩ W3 ). Odpov¥¤ zd·vodn¥te. Dokaºte, ºe druhá mocnina matice A = AS + AA , kde AS je symetrická a AA antisymetrická matice, je symetrická práv¥ kdyº AS AA + AA AS = 0. Najd¥te matici A, která není symetrická ani antisymetrická (tedy AS 6= 0, AA 6= 0), ale A2 je symetrická.

(17) Nech´

V

je vektorový prostor

n¥te, zda platí

(18)

41

KAPITOLA 4

Báze a dimenze 1. Lineární nezávislost Jeden a ten samý vektorový prostor m·ºeme zapsat jako lineární obal mnoha r·zných mnoºin. Lineárním obalem mnoºin

M1 = {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} M2 = {(1, 1, 0), (1, −1, 0)} M3 = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 0)}

je podprostor

W = {(x, y, 0)|x, y ∈ F} ≤ F3 Zatímco ale pro první dv¥ mnoºiny platí, ºe kaºdý vektor z lineární kombinace jejich prvk·

jednozna£n¥, pro M3

W

se dá zapsat jako

to není pravda:

(x, y, 0) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) = (x − y)(1, 0, 0) + y(1, 1, 0) = (y − x)(0, 1, 0) + x(1, 1, 0) = (x − t)(1, 0, 0) + (y − t)(0, 1, 0) + t(1, 1, 0) M3 m·ºeme kterýkoli vektor vynechat a lineárním obalem z·stane W , M1 a M2 ºádné nadbyte£né vektory nejsou. Hlavním cílem této kapitoly

Vidíme, ºe z zatímco v

je takové mnoºiny bez redundancí charakterizovat a nau£it se je poznat a najít. Definice 15. Nech´

V

je vektorový prostor,

M

jeho podmnoºina. ekneme,

generuje V , pakliºe hM i = V . Pokud v prostoru V existuje kone£ná mnoºina, která ho generuje, ozna£íme ho za kone£n¥ generovaný vektorový prostor. Pk Ozna£me lineární kombinaci i=1 ri vi za triviální, pokud v²echny koecienty ri jsou nulové, jinak je netriviální. ekneme, ºe M je lineárn¥ závislá, pokud exisºe

M

tuje n¥jaká netriviální lineární kombinace vektor· z vektoru. V opa£ném p°ípad¥ je P°íklad 6. Mnoºiny

M

M,

lineárn¥ nezávislá.

M1 , M2

i

M3

generují

W,

která se rovná nulovému

ale pouze první dv¥ jsou

lineárn¥ nezávislé. Poznámky.

(1) Triviální kombinace dává nulový vektor vºdy, jde tedy o to, zda existuje

M = {v1 , v2 , . . . , vk } rj = 1 a ostatní ri = 0 a

je²t¥ n¥jaká jiná. Pokud nap°íklad mnoºina vektor·

vj = 0, pak Pk r v = 0 , tedy M je i=1 i i

obsahuje nulový vektor

sta£í vzít

pak máme

lineárn¥ závislá.

(2) Pokud mnoºina obsahuje s vektorem

v

také n¥jaký jeho dal²í násobek

je lineárn¥ závislá, protoºe sta£í brát koecienty vektor· a vynulovat koecienty ostatní. 43

−r

a

1

rv ,

u t¥chto dvou

44

4. BÁZE A DIMENZE

(3) Alespo¬ dvouprvková mnoºina vektor· je lineárn¥ závislá práv¥ tehdy, kdyº lze n¥jaký její vektor vyjád°it jako lineární kombinaci ostatních: rov-

Pk na 0 = v − i=1 ri vi snadno p°epí²eme i=1 ri vi a naopak z Pj netriviální lineární kombinace i=1 si ui = 0 m·ºeme vyjád°it kterýkoli vektor ui s nenulovým koecientem si pomocí ostatních. nost

Pk

v =

(4) Z denice plyne, ºe prázdnou mnoºinu povaºujeme za lineárn¥ nezávislou. (5) Pokud je mnoºina

M

lineárn¥ závislá, pak je lineárn¥ závislá i kaºdá její

nadmnoºina: kaºdá netriviální lineární kombinace prvk· z

M

je totiº záro-

ve¬ lineární kombinací prvk· z nadmnoºiny. Ze stejných d·vod· platí, ºe

M

pokud

generuje vektorový prostor

(6) Místo  M generuje

V,

pak jej generuje i kaºdá

N ⊂V,

M.

která je nadmnoºinou

V

se také pouºívá fráze  M je mnoºinou generátor·

V .

1.1. Cvi£ení. (1) Rozhodn¥te, zda dané mnoºiny vektor· z vislé a zda generují

R3

jsou lineárn¥ závislé £i nezá-

R3 :

(a) {(2,1,0), (4,1,2), (0,1,-4)} (b) {(2,1,0), (-4,-2,0)} (c) {(1,2,1), (2,1,3), (0,0,0)} (2) Rozhodn¥te, zda dané mnoºiny vektor· z nezávislé a zda generují

P 2 (x, R)

jsou lineárn¥ závislé £i

2

P (x, R):

{(x + 1)2 , (x + 1)} 2 2 2 (b) {x + 3x + 2, 2x + x + 3, 3x + 2x + 1} 2 2 (c) {x + 1, 2x − 1, x + 3} 4 Rozhodn¥te, zda dané mnoºiny vektor· z R jsou 4 vislé a zda generují R : (a)

(3)

lineárn¥ závislé £i nezá-

(a) {(1,1,0,1), (2,1,0,3), (3,0,1,2)} (b) {(2,1,3,2), (1,4,0,1), (5,3,1,0), (-1,9,7,9)} (4) Rozhodn¥te, zda jsou dané podmnoºiny a zda generují

M2 (R) lineárn¥ závislé £i nezávislé

M2 (R):

(a)



1 0

  2 , 1

3 2

−1 0



3 2

−5 −2



(b)



1 0

2 1

  2 , 1

−1 −2

  −1 , 2

1 1

  0 , 2

1 −1



(5) Ukaºte, ºe lineární závislost závisí na volb¥ £íselné mnoºiny. Najd¥te podmnoºinu

M ⊂ C2 ,

která je lineárn¥ nezávislá, pokud bereme

vektorový prostor nad nad

R, a lineárn¥ závislá, pokud bereme C

2

C2

jako

standardn¥

C.

(6) Dokaºte, ºe prostor

P (x, F)

není kone£n¥ generovaný.

(7) Najd¥te co nejv¥t²í lineárn¥ nezávislou mnoºinu v prostoru v²ech symetrických matic

Sn (F)

a dokaºte, ºe kaºdá její nadmnoºina uº je lineárn¥

závislá. (8) M¥jme mnoºinu

F

n−m

M

vektor· v

Fn ,

M lineárn¥ nezávislá. {u1 , u2 , . . . un } lineárn¥ nezávislá mnoºina ve vektorovém prostoru V nad F a rij ∈ F, 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ n, pak vektory si = (ri1 , ri2 , . . . , rin ) tvo°í lineárn¥ nezávislou mnoºinu {s1 , s2 , . . . sk } ⊂ Fn ºe pokud je

N

N vektor· v m sloºek. Dokaºte,

vytvo°me z ní mnoºinu

tak, ºe vynecháme u kaºdého vektoru posledních lineárn¥ nezávislá, pak je

(9) Dokaºte, ºe je-li

2. BÁZE

45

práv¥ kdyº je lineárn¥ nezávislá mnoºina

Pn

{v1 , v2 , . . . , vk } ⊂ V ,

kde

vi =

j=1 rij uj .

(10) Denujme °et¥zec vektorových prostor· jako posloupnost kde

V0 = 0

a pro v²echna

°et¥zce nazveme £íslo

k.

i

je

Vi

(V0 , V1 , . . . , Vk ), Vi+1 . Délkou

vlastním podprostorem

Dokaºte, ºe vektorový prostor není kone£n¥ ge-

nerovaný práv¥ kdyº v n¥m existuje °et¥zec libovolné délky.

2. Báze Definice 16. Lineárn¥ nezávislá mnoºina, která generuje vektorový prostor

V,

báze V . Pokud existuje ve V kone£ná báze, pak ozna£ujeme po£et prvk· této báze jako dimenzi prostoru V , pí²eme dim V . Pokud ve V ºádná taková báze není, pak °íkáme, ºe V je prostor nekone£né dimenze. se nazývá

Tato denice má n¥kolik há£k·. A priori nevíme, ºe kaºdý vektorový prostor má bázi, a pokud ji má a je kone£ná, ºe má vºdy stejný po£et prvk·. Cesta k ov¥°ení t¥chto skute£ností a tím i korektnosti denice dimenze vede p°es první komplikovan¥j²í výsledek lineární algebry - Steinitzovu v¥tu. Lemma 12. Nech´ V je kone£n¥ generovaný vektorový prostor, M jeho mnoºina generátor·. Pak existuje kone£ná mnoºina K ⊂ M , která je bází V . D·kaz. Pokud

V = 0,

pak má práv¥ dv¥ podmnoºiny, sebe sama a prázdnou

∅. Ta je jist¥ podmnoºinou V 6= 0. Nejprve ukáºeme, ºe z kaºdé nekone£né mnoºiny M generující V 6= 0 lze vybrat kone£nou podmnoºinu, která také generuje V . Protoºe V je kone£n¥ generovaný, existuje mnoºina N = {v1 , . . . , vk }, která generuje V . Protoºe M generuje V , lze Pki kaºdý vektor z N zapsat jako lineární kombinaci prvk· z M , vi = j=1 rij uij . Ozna£me Mi = {ui1 , . . . , uiki }. Libovolný vektor v ∈ V lze zapsat jako lineární kombinaci prvk· z N a tedy

mnoºinu. Ob¥ ho generují, ale lineárn¥ nezávislá je pouze kaºdé mnoºiny generátor·

V.

v=

Dále tedy m·ºeme p°edpokládat

k X

si vi =

i=1 £ili jako lineární kombinaci prvk· z

ki k X X

(si rij )uij ,

i=1 j=1

M 0 :=

Sk

i=1

Mi ,

coº je hledaná kone£ná pod-

mnoºina.

M generující V je kone£ná. Nyní mezi M , které generují V , vyberme n¥jakou K = {v1 , . . . , vn } s nejmen²ím po£tem prvk·. Ukáºeme sporem, ºe K uº je lineárn¥ nezávislá, tedy báze V . Je z°ejmé, ºe pokud n = 1, pak bu¤ v1 = 0 a hKi = 0 6= V , nebo v1 6= 0 a K je lineárn¥ nezávislá. Sta£í se tedy zabývat p°ípadem, ºe K je alespo¬ dvouprvková. Pn Pokud by existovala netriviální lineární kombinace i=1 ri vi = 0, pak P by bylo 1 moºné n¥který z vektor· vj vyjád°it pomocí ostatních jako vj = − i6=j ri vi . rj Libovolný vektor v ∈ V pak lze napsat jako  n X X X sj sj X ri vi = si − ri vi , v= si vi = si vi − rj rj i=1 Lze proto p°edpokládat, ºe mnoºina

v²emi podmnoºinami mnoºiny

i6=j

tedy jako lineární kombinaci prvk· prvk· neº

K,

sporu, a tedy

i6=j

K \ {vj }.

i6=j

To je ale mnoºina s men²ím po£tem

a tudíº podle p°edpokladu nem·ºe generovat celé

K

V.

Dosp¥li jsme ke

je báze.



Z tvrzení také plyne, ºe pojmy  kone£n¥ generovaný vektorový prostor a  prostor kone£né dimenze znamenají totéº a m·ºeme je voln¥ zam¥¬ovat.

46

4. BÁZE A DIMENZE

V¥ta 5 (Steinitzova v¥ta). Bu¤ M = {u1 , . . . , un } mnoºina generátor· vektorového prostoru V a N = {v1 , . . . , vk } lineárn¥ nezávislá mnoºina ve V . Pak platí:

(1) (2)

k≤n

P°i vhodném o£íslování vektor· u1 , . . . , un mnoºina {v1 , . . . , vk , uk+1 , . . . un } generuje V .

D·kaz. Budeme postupovat indukcí podle po£tu

tor·. Pokud

k = 1,

pak musí být

n ≥ k = 1, N = {v1 },

k

lineárn¥ nezávislých vek-

protoºe v opa£ném p°ípad¥

M = ∅ negenerovala V , který je jakoºto P nadmnoºina N nenulový. Protoºe M n V , existují £ísla ri taková, ºe v1 = i=1 ri ui , a protoºe v1 6= 0, musí pro n¥který index j být rj 6= 0. Pokud j není rovno 1, pak p°e£íslujeme vektory ui , Pn ri 1 aby tomu tak bylo. Lze tedy psát u1 = i=2 r1 ui . Kaºdý vektor, který je r1 v 1 − lineární kombinací u1 , . . . , un , je tudíº také lineární kombinací v1 , u2 , . . . , un , £ili hv1 , u2 , . . . , un i = V . P°edpokládejme proto platnost tvrzení pro k − 1, ukáºeme, ºe pak musí platit i pro k . Pokud {v1 , . . . , vk } jsou lineárn¥ nezávislé, pak {v1 , . . . , vk−1 } jsou lineárn¥ nezávislé a tudíº podle induk£ního p°edpokladu generuje mnoºina {v1 , . . . , vk−1 , uk , . . . , un } vektorový prostor V . Zárove¬ musí být n ≥ k , protoºe z induk£ního p°edpokladu n ≥ k−1, a kdyby n = k−1, pak by bylo vk lineární kombinací vektor· v1 , . . . , vk−1 , coº je ve sporu s lineární nezávislostí mnoºiny {v1 , . . . , vk }. Tedy vk lze vyjád°it jako Pk−1 Pn i=1 ri vi + i=k ri ui , kde pro n¥jaké j ≥ k musí být rj 6= 0, jinak bychom op¥t dostali spor s lineární nezávislostí mnoºiny {v1 , . . . , vk }. P°e£íslujme zbylé vektory uk , . . . , un tak, aby j = k , pak je moºné podobn¥ jako v p°ípad¥ k = 1 vyjád°it uk jako lineární kombinaci mnoºiny {v1 , . . . , vk , uk+1 , . . . , un }, a tedy i libovolný vektor z V jako lineární kombinaci z této mnoºiny.  by

generuje

Steinitzova v¥ta (nebo téº Steinitzovo lemma o vým¥n¥) vlastn¥ °íká, ºe v mnoºin¥ generátor· m·ºeme vym¥nit vhodné prvky  kus za kus s prvky n¥jaké lineárn¥ nezávislé mnoºiny tak, abychom po vým¥n¥ m¥li stále mnoºinu generátor·. Plyne z ní celá °ada d·leºitých d·sledk·: D·sledek 1.

po£et prvk·.

V²echny báze vektorového prostoru kone£né dimenze mají stejný

D·kaz. Pokud

M

V o m prvcích a N je báze V o n m ≥ n a zárove¬ n ≥ m, £ili m = n.

je báze

Steinitzovy v¥ty plyne, ºe

prvcích, pak ze



Toto je dosud nejd·leºit¥j²í výsledek, kterého jsme dosáhli. Díky n¥mu má pojem dimenze oprávn¥ní a smysl. Zárove¬ je v n¥m skryt návod, jak dimenzi ur£it: sta£í najít libovolnou bázi a spo£ítat, kolik je v ní vektor·. N¥kdy budeme ve zkratce psát prostor

V0 = 0

má dimenzi

Vn

pro vektorový prostor dimenze

n.

Nulový

0.

D·sledek 2. Po£et prvk· kaºdé lineárn¥ nezávislé mnoºiny ve Vn je men²í nebo roven n, a pokud je roven, uº musí být tato mnoºina bází. D·kaz. Sta£í vzít ve Steinitzov¥ v¥t¥ za

M

libovolnou bázi

Vn

a za

N

zadanou



mnoºinu.

D·sledek 3. Po£et prvk· kaºdé mnoºiny generátor· prostoru Vn je v¥t²í nebo roven n, a pokud je roven, uº musí být tato mnoºina bází. D·kaz. Ukáºeme, ºe

n-prvková

mnoºina generátor·

N

prostoru

Vn

musí být

lineárn¥ nezávislá. Kdyby nebyla, bylo by moºné z ní vybrat podle lemmatu 12 lineárn¥ nezávislou vlastní podmnoºinu

N 0,

pro niº

hN i = hN 0 i.

Pak ale

N0

je

2. BÁZE

47

báze, která má mén¥ prvk· neº je dimenze vektorového prostoru, coº je spor s



d·sledkem 1.

Poslední dv¥ tvrzení znamenají, ºe báze jsou práv¥ nejv¥t²í lineárn¥ nezávislé mnoºiny a také práv¥ nejmen²í mnoºiny generátor·.

Kaºdý podprostor W vektorového prostoru Vn má kone£nou di-

D·sledek 4.

menzi.

D·kaz. V²echny lineárn¥ nezávislé podmnoºiny

závislé podmnoºiny

Vn

a mají tedy nanejvý²

n

W

jsou zárove¬ lineárn¥ ne-

prvk·. Zvolme z nich n¥jakou

N = {v1 , . . . , vk } s maximálním po£tem prvk·. Pokud by N negenerovala celé W , pak by existoval vektor u ∈ W , pro n¥jº u ∈ / hN i. Kdyby N ∪ {u} byla lineárn¥ Pk závislá mnoºina, pak by existovala netriviální lineární kombinace ru + 1 si vi = 0. Pak ale bu¤ r = 0, coº je ve sporu s lineární nezávislostí N , nebo r 6= 0, coº je zase ve sporu s u ∈ / hN i. Tedy N ∪ {u} musí být lineárn¥ nezávislá podmnoºina ve W . O N jsme ale p°edpokládali, ºe je maximální lineárn¥ nezávislá mnoºina ve W , takºe dostáváme spor s p°edpokladem a N musí generovat celé W . Tedy W má kone£nou dimenzi.  Následující tvrzení °íká, ºe bázi podprostoru lze doplnit na bázi celého prostoru:

Nech´ W ≤ Vn , N báze W . Pak existuje její nadmnoºina M ⊃ N ,

D·sledek 5.

která je bází Vn .

D·kaz. Sta£í vzít ve

Vn

n-prvková,

je to báze

Vn .

{u1 , . . . , un }, pak druhá £ást Stei{v1 , . . . , vk , uk+1 , . . . , un } generuje Vn , a jelikoº je 

libovolnou bázi

nitzovy v¥ty °íká, ºe mnoºina

P°íklad 7.

(1) Mnoºina vektor·

{e1 , . . . , en } aritmetického vektorového prostoru Fn , kde e1 = (1, 0, 0, . . . , 0, 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0, 0), . . .

en = (0, 0, 0, . . . , 0, 1), se nazývá

kanonická báze. Tedy dim Fn = n.

{Eij , i ∈ {1, . . . , m}, j ∈ {1, . . . , n}}, kde Eij je matice, Mmn (F) nad F, který má proto dimenzi mn. Ozna£me Un (F) prostor v²ech horních trojúhelníkových matic v Mn (F). Pak mnoºina {Eij |i, j ∈ {1, . . . , n}, j ≥ i} je bází Un (F). Tedy

(2) Mnoºina matic jejíº

(3)

ij -tý

element je 1 a ostatní 0, je báze prostoru

dim Un (F) = 1 + 2 + . . . + n =

n(n + 1) 2

L0n (F) v²ech striktn¥ dolních trojúhelníkových matic v Mn (R) má {Eij |i, j ∈ {1, . . . , n}, j < i}, takºe

Prostor bázi

dim L0n (F) = 1 + 2 + . . . + (n − 1) = (4) Mnoºina

n(n − 1) 2

{1, x, x2 , . . .} je báze prostoru v²ech polynom· P (x, F) nad F. Je

to tudíº prostor nekone£né dimenze.

{(1, 0), (i, 0), (0, 1), (0, i)} je báze prostoru C2 nad R. 2 tedy dimenzi 4, zatímco C nad C má dimenzi 2.

(5) Mnoºina stor má

Tento pro-

Dal²í d·leºité p°íklady uvidíme v následující kapitole, v níº se budeme zabývat vztahem dimenze a existence °e²ení soustavy lineárních rovnic.

48

4. BÁZE A DIMENZE

2.1. Cvi£ení. (1) Najd¥te n¥jakou bázi a ur£ete dimenzi následujících podprostor· (a) (b) (c)

R3 :

h(2, 1, 0), (4, 1, 2), (0, 1, −4)i h(2, 1, 0), (−4, −2, 0)i h(1, 2, 1), (2, 1, 3), (0, 0, 0)i

(2) Najd¥te n¥jakou bázi a ur£ete dimenzi prostoru (a) (b) (c) (d) (e) (f ) (g)

Dn (F) v²ech £tvercových diagonálních matic stupn¥ n Sn (F) v²ech symetrických matic stupn¥ n An (F) v²ech antisymetrických matic stupn¥ n. Un0 (F) v²ech £tvercových striktn¥ horních trojúhelníhových matic stupn¥ n Ln (F) v²ech £tvercových dolních trojúhelníhových matic stupn¥ n Hn (C) v²ech hermitovských matic stupn¥ n AHn (C) v²ech antihermitovských matic stupn¥ n.

(3) Najd¥te n¥jakou bázi a ur£ete dimenzi prostoru

P n (x, R)

n P n (x, R), pro které p(0) = 0. n (c) v²ech polynom· z P (x, R), pro které ∀x ∈ R : p(x) = −p(−x). n 3 (d) v²ech polynom· z P (x, R), které jsou násobkem polynomu x +x+2. ∞ Ukaºte, ºe prostor v²ech posloupností (ai )1 , spl¬ujících an+2 = an+1 + an pro v²echna n ∈ N, je kone£n¥ generovaný a ur£ete jeho bázi. 3 Ur£ete bázi a dimenzi prostoru {(x, y, z) ∈ R |x + y + z = 0}. 4 Najd¥te n¥jakou bázi prostoru R , která obsahuje bázi daného podpro(a)

v²ech polynom· stupn¥ nejvý²e

(b) v²ech polynom· z

(4) (5) (6)

storu:

h(1, 1, 0, 1), (2, 1, 0, 3), (3, 0, 1, 2)i h(2, 1, 3, 2), (1, 4, 0, 1), (5, 3, 1, 0), (−1, 9, 7, 9)i Nech´ V je vektorový prostor dimenze n, W ≤ V , dim W = n − 1, M je báze W , u ∈ V . Dokaºte, ºe M ∪ {u} je báze V práv¥ kdyº u není prvkem W. ∞ Nech´ V je vektorový prostor v²ech reálných posloupností {ai }0 a M ⊂ V je podmnoºina v²ech posloupností vyhovujících pro n ≥ 3 rekurentní relaci an = Aan−1 +Ban−2 +Can−3 , kde A, B, C jsou reálné konstanty. Dokaºte, ºe M je vektorový podprostor V dimenze 3. (a)

(b)

(7)

(8)

3. Dimenze spojení a pr·niku V¥ta 6 (o dimenzi spojení a pr·niku). Nech´ V je vektorový prostor a U, W jsou dva jeho podprostory kone£né dimenze. Pak

dim U + dim W = dim U ∩ W + dim U ∨ W U ∩W

W , a je tedy také kone£né {v1 , . . . , vk }, tuto bázi lze doplnit podle d·sledku 5 vektory u1 , . . . , up na bázi U a vektory w1 , . . . , wq na bázi W . Ukáºeme, ºe mnoºina M = {u1 , . . . , up , v1 , . . . , vk , w1 , . . . , wq } je bází U ∨ W . Je z°ejmé, ºe M generuje U ∨ W . Kaºdý vektor v ∈ U ∨ W je sou£tem n¥jakého vektoru u ∈ U a n¥jakého vektoru w ∈ W . Kaºdý z nich je lineární kombinací prvk· M a tedy i v je lineární kombinací prvk· M . P°edpokládejme nyní, ºe D·kaz. Prostor

je podprostorem prostoru

dimenze. Zvolme v n¥m libovolnou bázi

0=

p X

ri ui +

i=1

k X

si vi +

i=1

q X

ti wi

i=1

Tedy vektor

u=−

p X i=1

ri ui =

k X i=1

si vi +

q X i=1

ti wi

3. DIMENZE SPOJENÍ A PR—NIKU

U a W , tedy x v i=1 i i . Pak ale

je zárove¬ prvkem jako

u=

49

prvkem jejich pr·niku. Je proto moºné jej vyjád°it

Pk

k X

x i vi +

i=1 k X

(si − xi )vi +

i=1 Jelikoº mnoºiny

p X i=1 q X

ri ui = 0

ti wi = 0

i=1

{u1 , . . . , up , v1 , . . . , vk }

a

{v1 , . . . , vk , w1 , . . . , wq }

jsou lineárn¥ ne-

závislé, musí být v obou rovnostech v²echny koecienty nulové. To ale znamená, ºe i mnoºina

M

je lineárn¥ nezávislá.

Zkonstruovali jsme tedy z báze prostoru

U ∩W

báze prostor·

U, W

Dokazovaná rovnost plyne prostým dosazením po£t· prvk· t¥chto bází:

(k + q) = k + (p + k + q). V²imn¥te si, jak je v d·kazu konstruována báze

U ∨ W.

a U ∨ W. (p + k) + 

Pro libovolnou bázi

tohoto prostoru nem·ºeme o£ekávat, ºe n¥jaké její podmnoºiny budou bázemi

U,

U ∩ V . Kdyº ale postupujeme zdola, od báze U ∩ V , lze dopl¬ováním U a V bázi U ∨ V s takovými speciálními vlastnostmi vytvo°it.

na

V

nebo

bázi

P°íklad 8. Ukáºeme modelový p°íklad uºití v¥ty o dimenzi spojení a pr·niku.

Uvaºujme dva podprostory v

R3 : U = h(1, 0, 0), (0, 1, 0)i V = h(0, 0, 1), (1, 2, 3)i

Kaºdý je zadán jako lineární obal dvojice lineárn¥ nezávislých vektor·, tedy

dim V = 2.

Sjednocení mnoºin generátor· prostor·

U

a

dim U =

V

{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 2, 3)} U ∨V.

generuje celé

První t°i vektory tvo°í bázi

R3 ,

takºe

U ∨ V = R3 .

Z toho

zjistíme dimenzi pr·niku

dim U ∩ V = dim U + dim V − dim U ∨ V = 1, aniº bychom samotný pr·nik museli po£ítat. (Ne ºe by to v tomto p°ípad¥ bylo extra sloºité.) Zobecn¥ní v¥ty o dimenzi spojení a pr·niku na více podprostor· není tak jednoduché, jak by se mohlo zdát. V nejd·leºit¥j²ím p°ípad¥ direktního sou£tu ale funguje dob°e: V¥ta 7 (O dimenzi direktního sou£tu).

takové, ºe

i=1 Wi existuje. Pak

Lk

k X

Nech´ W1 , . . . , Wk jsou podprostory Vn

dim Wi = dim

i=1

k M

Wi

i=1

D·kaz. Budeme postupovat matematickou indukcí. Pro

k = 2 tvrzení plyne z k−1. Uvaºujme

v¥ty o dimenzi spojení a pr·niku. P°edpokládejme tedy, ºe platí pro podprostory

W1 , . . . , W k

takové, ºe

Lk

i=1

∀j ∈ {1, . . . , k},

Wi

existuje. Pak

Wj ∩

k _ i=1 i6=j

Wi = 0

50

4. BÁZE A DIMENZE

a tím pádem také

∀j ∈ {1, . . . , k − 1},

Wj ∩

k−1 _

Wi = 0

i=1 i6=j Tedy

Lk−1

Pk−1 Lk−1 Wi existuje a podle induk£ního p°edpokladu i=1 dim Wi = dim i=1 Wi . Lk−1 Wk ∩ i=1 Wi = 0, plyne z v¥ty o dimenzi spojení a pr·niku

i=1

Protoºe

dim

k M

Wi = dim Wk + dim

i=1

k−1 M

Wi =

i=1

k X

dim Wi .

i=1

 Un (F) v²ech horních trojúhelníkových matic n je dopl¬kem prostoru L0n (F) v²ech striktn¥ dolních trojúhelníkových matic stupn¥ n v prostoru Mn (F) v²ech £tvercových matic stupn¥ n. Víme, ºe matice, P°íklad 9. Ukaºme, ºe prostor

stupn¥

která je zárove¬ horní trojúhelníková a striktn¥ dolní trojúhelníková, musí být nutn¥ nulová, a ze známých dimenzí

Un (F)

a

L0n (F)

plyne

n(n + 1) n(n − 1) + = n2 , 2 2 Mn (R) dimenze n2 je ale samotné Mn (R),

dim Un (F) ⊕ L0n (F) = Jediným podprostorem v

proto nutn¥

Un (R) ⊕ L0n (R) = Mn (R).

3.1. Cvi£ení. (1) Ur£ete dimenzi pr·niku podprostor· v

R4 :

U = h(1, 1, 2, 1), (1, 0, 0, 2)i V = h(2, 1, 0, 3), (1, 2, 2, 0)i An (F) v²ech antisymetrických matic je dopl¬kem proMn (F). Dokaºte, ºe Un (F) ⊕ An (F) = Mn (F) 0 Dokaºte, ºe Dn (F) ⊕ Un (F) = Un (F) 0 Dokaºte, ºe Dn (F) ⊕ Ln (F) ⊕ An (F) = Mn (F) n Ozna£me v P (x, R) podmnoºiny

(2) Dokaºte, ºe prostor storu

(3) (4) (5) (6)

Sn (F)

v²ech symetrických matic v

P+n (x, R) = {p ∈ P n (x, R)|p(x) = p(−x)} P−n (x, R) = {p ∈ P n (x, R)|p(x) = −p(−x)} Dokaºte, ºe

P n (x, R) = P+n (x, R) ⊕ P−n (x, R) Dokaºte analogické tvrzení pro nekone£n¥dimenzionální prostory v²ech polynom·

P (x, R) = P+ (x, R) ⊕ P− (x, R)

KAPITOLA 5

Hodnost matice Definice 17.

rem

R(A)

1. ƒty°i prostory spojené s maticí Nech´ A ∈ Mmn (F) je matice. Jejím °ádkovým podprosto-

A, chápaných S(A) matice A je lineární obal mnoºiny v²ech n sloupc· matice A, chápaných jako prvky Fm . Denujeme hodnost h(A) matice A jakoºto dimenzi prostoru R(A). rozumíme lineární obal mnoºiny v²ech

Fn .

jako vektory ve vektorovém prostoru

m

°ádk· matice

Sloupcový podprostor

Nyní máme ke kaºdé matici p°i°azeny £ty°i fundamentální podprostory:

R(A), jeho dimenze je hodnost h(A) S(A) ≡ R(AT ), jeho dimenze je h(AT ) nulový prostor N (A), jeho dimenze se nazývá nulita matice n(A) T T prostor N (A ), jehoº dimenze je n(A )

(1) °ádkový prostor

(2) sloupcový prostor (3) (4)

V této kapitole budeme studovat, jak spolu tyto £ty°i prostory a jejich dimenze souvisí. Z kapitoly o °e²ení soustav lineárních rovnic víme, ºe

N (A)

se zachovává

p°i elementárních °ádkových úpravách matice. Z následujícího lemmatu plyne, ºe se p°i t¥chto úpravách zachovává i

R(A):

Lemma 13. Nech´ M0 = (v1 , . . . , vm ) je mnoºina vektor· ve vektorovém prostoru V nad F, j, k ∈ {1, . . . , m}, j 6= k, r, s ∈ F, r 6= 0. Ozna£me

M1 = (v1 , . . . , vk−1 , rvk , vk+1 , . . . , vm ) M2 = (v1 , . . . , vk−1 , vk + svj , vk+1 , . . . , vm )

Pak platí, ºe hM0 i = hM1 i = hM2 i. Dále platí, ºe M0 je lineárn¥ nezávislá, práv¥ kdyº je lineárn¥ nezávislá M1 a práv¥ kdyº je lineárn¥ nezávislá M2 . M2 , p°ípad M1 je zcelaPanalogický a m v ∈ hM0 i, pak existují ri ∈ F, ºe v = i=1 ri vi . Pro p°edpokládejme k < j . Pak lze sumu p°epsat jako

D·kaz. Dokáºeme tvrzení pouze pro

vlastn¥ jednodu²²í. Pokud pohodln¥j²í zápis

v=

k−1 X i=1

tedy

v

j−1 X

ri vi + rk (vk + svj ) +

si ∈ F

m X

ri vi ,

i=j+1

i=k+1

je lineární kombinací vektor· z

existují

ri vi + (rj − srk )vj +

M2 , v ∈ hM2 i.

Naopak pokud

v ∈ hM2 i,

pak

taková, ºe

v=

k−1 X

si vi + sk (vk + svj ) +

i=1

m X

si vi ,

i=k+1

P°epí²eme lineární kombinaci do tvaru

v=

j−1 X

si vi + (sk s + sj )vj +

i=1 £ili

v ∈ hM0 i.

m X

si vi ,

i=j+1

Tím jsme dokázali ob¥ inkluze

pádem rovnost obou mnoºin. 51

hM0 i ⊂ hM2 i

i

hM2 i ⊂ hM0 i

a tím

52

5. HODNOST MATICE

Podobn¥ ov¥°íme, ºe se zachovává lineární (ne)závislost. Pokud nezávislá a

Pm

k−1 X

i=1 ri vi = 0,

M2

je lineárn¥

pak musí být v lineární kombinaci

j−1 X

ri vi + rk (vk + svj ) +

i=1

ri vi + (rj − srk )vj +

m X

ri vi ,

i=j+1

i=k+1

M2 v²echny koecienty nulové. To ale znamená ri = 0, pokud i není Pm k ani rk = 0, a díky tomu rj = rj − srk = 0. Tedy lineární kombinace i=1 ri vi musí být triviální, a tedy M0 je lineárn¥ nezávislá. Stejným zp·sobem lze ov¥°it opa£nou implikaci. 

prvk·

j,

dále

M = {(3, −6, 1, −1), A, která má tyto vekh(A). ádkové úpravy

P°íklad 10. Ur£eme dimenzi lineárního obalu mnoºiny

(1, −2, 3, 1), (−2, 4, 0, 1), (0, 0, 2, 1)}

v

R4 .

Sestavíme matici

tory jako °ádky, hledaná dimenze je pak rovna hodnosti

podle lemmatu zachovávají lineární obal, takºe Gaussovou eliminací

  1 1 −2 3 1  3 −6 1 −1   0  ∼  −2 4 0 1   0 0 0 0 2 1    1 1 −2 3 1   0  0 0 2 1 ∼   0 0 6 3   0 0 0 0 −8 −4 

zji²´ujeme, ºe jednou z bází

hM i

je

 −2 3 1 0 −8 −4  ∼ 0 6 3  0 2 1  −2 3 1 0 2 1   0 0 0  0 0 0

{(1, −2, 3, 1), (0, 0, 2, 1)}. Hledaná dimenze je M je lineárn¥ závislá mnoºina.

tedy 2 a jako vedlej²í produkt jsme také zjistili, ºe

1.1. Cvi£ení. (1) Dokaºte, ºe

N (AT ) = {y ∈ Fm |y T A = 0},

kde

A ∈ Mmn (F)

a

y

chápeme

jako sloupcový vektor. (2) Zjist¥te, zda je mnoºina

{(1, −1, 1, 2), (1, 8, 7, −7), (1, 2, 3, −1), (1, 5, 5, −4)} lineárn¥ nezávislá, p°ípadn¥ ji dopl¬te na bázi celého

R4 .

(3) Zjist¥te, zda je mnoºina

{(0, −4, 3, 3), (8, 1, 3, −3), (1, 0, 0, 7), (1, 3, 4, 8)} R4 . Zjist¥te, zda je mnoºina {(2, 1, −1, 2, −1), (−4, 3, 2, −1, 1), (3, 5, −2, 1, −2), (2, 2, −1, 3, −1), (−1, 2, 3, 1, 3)} lineárn¥ nezávislá, p°ípadn¥ ji dopl¬te na 5 bázi celého R . lineárn¥ nezávislá, p°ípadn¥ ji dopl¬te na bázi celého

(4)

(5) Zjist¥te, zda je mnoºina

{(1 + i, 1 − i, 1 + i), (1 − i, 1 + 3i, i − 1), (1, 1 + i, i)} C3 . {(a, −4, −1), (4, −6, −3), (1, 1, −a)}

lineárn¥ nezávislá, p°ípadn¥ ji dopl¬te na bázi celého (6) Pro která

a∈R

je mnoºina

nezávislá? Ur£ete dimenzi jejího lineárního obalu v závislosti na (7) Pro která

a∈R

je mnoºina

{(7, a, −1), (−4, 8, −3), (2a, 1, −4)}

nezávislá? Ur£ete dimenzi jejího lineárního obalu v závislosti na (8) Najd¥te bázi

h(0, 1, −3, 4), (2, 2, 2, 2), (1, −1, 3, 7)i ⊂ R4 , obsahující vektor

(1, 4, −4, −1).

lineárn¥

a. lineárn¥

a.

1. ƒTY°I PROSTORY SPOJENÉ S MATICÍ

53

(9) Nech´

V1 = h(1, 0, 2, −3), (3, 2, 1, −5), (−1, 2, 1, −2)i V2 = h(−3, 0, 2, 0)i jsou podprostory

R4 .

parametru

λ,

V1 ∩ V2 . V , W , V ∩ W , V ∨ W ⊂ R5

Ur£ete dimenzi

(10) Najd¥te dimenze prostor·

v závislosti na

kde

V = h(3, −1, −2, 2, 1), (1, 4, 0, 1, −1), (λ, 6, −4, 6, 0)i W = h(1, −3, 2, −3, 0), (0, 0, 0, 1, 1)i (11) Z vektor·

(1, 0, 2, −3), (3, 2, 1, −5), (−1, 2, 1, −2), (−3, 0, 2, 0) vyberte lineárn¥ nezávislou mnoºinu a vyjád°ete ostatní vektory jako lineární kombinace prvk· této lineárn¥ nezávislé mnoºiny. (12) Nech´

V1 = h(1, 3, 0, 2), (2, 0, 1, 3), (5, −3, 3, 1)i V2 = h(3, −3, 2, −2), (3, 3, 1, 5), (2, 0, 1, 1)i jsou podprostory

R4 .

Ur£ete dimenzi

(13) Vyberte v²echny báze

R3

V1 ∩ V2 .

z mnoºiny

{(1, 2, 3), (2, 3, 4), (3, 2, 3), (4, 3, 4), (1, 1, 1)} . (14) Najd¥te dimenzi prostoru

h{(1, 1, 1, a), (1, 1, a, 1), (1, a, 1, 1), (a, 1, 1, 1)}i ⊂ R4 v závislosti na parametru

a ∈ R.

(15) Vyberte z mnoºiny

{(1, 0, 1), (3, 2, 1), (1, 2, 3), (1, 0, −2)} n¥jakou bázi

R3

a vyjád°ete zbylé vektory jako lineární kombinaci vektor·

báze. (16) Z mnoºiny vektor·

{(5, 7, −1, 3), (1, −3, 8, 2), (9, 17, −10, 4), (−2, 6, −16, −4)} v

R4

vyberte n¥jakou bázi jejího lineárního obalu.

(17) Pro která

a∈R

je

{(3, 1, 1, 4), (a, 4, 10, 1), (1, 7, 17, 3), (2, 2, 4, 3)} lineárn¥ nezávislá mnoºina? (18) Pro která

a∈R

je

{(1, a, −1, 2), (2, −1, a, 5), (1, 10, −6, 1)} lineárn¥ nezávislá mnoºina?

{(ai1 , . . . , ainP ) ∈ T n , i = 1, . . . , s ≤ n}. Dokaºte, s j platí |ajj | > i=1,i6=j |aij |, pak je tato mnoºina

(19) M¥jme mnoºinu vektor· ºe pokud pro v²echna lineárn¥ nezávislá.

54

5. HODNOST MATICE

2. Hodnost transponované matice sloupcový

Z p°íkladu je vid¥t, ºe

prostor matice se p°i

°ádkových

úpravách

nezachovává. Báze sloupcového prostoru poslední matice je totiº nap°íklad

     ,   

   1 1      2 0   N=   0 , 0    0 0 ale ºádný sloupec p·vodní matice ale je, ºe

dimenzi

A

v

hN i neleºí.

D·leºitým a netriviálním faktem

sloupcového prostoru ponechávají °ádkové úpravy stejnou:

Nech´ A ∈ Mmn (F) a A0 vznikne z A elementární °ádkovou úpravou. Pak dim S(A) = dim S(A0 ). Lemma 14.

k sloupc· A tvo°í S(A0 ), a to postupn¥ pro jednotlivé typy elementárních úprav. Ozna£me sloupce A jako a1 , . . . , an a sloupce A0 jako a01 , . . . , a0n . Mnoºina M = {a1 , . . . , ak } tvo°í bázi S(A), práv¥ kdyº je lineárn¥ nezávislá a v²echny ostatní sloupce aj , j > k lze zapsat jako lineární kombinaci prvk· M (protoºe pak jde kaºdý vektor z S(A) zapsat jako lineární kombinaci prvk· z M ). D·kaz. Bez újmy na obecnosti p°edpokládejme, ºe prvních

bázi

S(A).

Ukáºeme, ºe prvních

k

sloupc·

A0

tvo°í bázi

(1) Vynechání nulových °ádk·.

Pk 0 aj = i=1 ri ai , kde j > k , pak z°ejm¥ aj = Pk 0 0 i=1 ri ai , nebo´ vektory ai vznikly z ai pouze vynecháním n¥kterých 0 0 0 sloºek. Tedy {a1 , . . . , ak } generuje S(A ). Pk Pk 0 Lineární nezávislost. Pokud i=1 ri ai = 0, pak i i=1 ri ai = 0, 0 protoºe ai vznikly z ai p°idáním n¥kolika sloºek rovných nule. Ale {a1 , . . . , ak } je podle p°edpokladu lineárn¥ nezávislá, tedy musí být ∀i : ri = 0, tedy je i {a01 , . . . , a0k } lineárn¥ nezávislá.

(a) Generování. Pokud

(b)

(2) P°idání nulových °ádk·. Analogicky. (3) Vým¥na

p-tého

a

q -tého

°ádku.

Pk

0 i=1 ri ai , kde j > k , pak z°ejm¥ aj = 0 0 i=1 ri ai , nebo´ vektory ai vznikly z ai pouze vým¥nou p-té a q -té 0 0 0 sloºky. Tedy {a1 , . . . , ak } generuje S(A ).

(a) Generování. Pokud

aj =

Pk

(b) Lineární nezávislost. Analogicky.

s-násobku p-tého °ádku do q -tého °ádku, p 6= q . Pk Generování. Pokud aj = i=1 ri ai , kde j > k , pak pro q -tou a0j platí

(4) P°i£tení (a)

(a0j )q = (aj )q + s(aj )p =

k X

ri (ai )q + s

i=1

=

k X

ri ((ai )q + s(ai )p ) =

i=1

k X

sloºku

ri (ai )p

i=1 k X

ri (a0i )q

i=1

Pk

0 i=1 ri ai a 0 0 0 {a1 , . . . , ak } generuje S(A ). (b) Lineární nezávislost. Podobn¥ jako u generování zjistíme, ºe z 0 = Pk Pk 0 i=1 ri ai plyne 0 = i=1 ri ai a odtud ri = 0. (5) Násobení q -tého °ádku £íslem s ∈ F, s 6= 0. Podobn¥ jako p°edchozí p°ípad. Ostatní sloºky

a0i

jsou stejné jako v

ai ,

máme tedy

a0j =



3. HODNOST A °EŠENÍ SOUSTAV ROVNIC

55

Jednoduchým d·sledkem lemmatu je, ºe °ádkové i sloupcové úpravy zachovávají jak

h(A) = dim R(A),

tak

h(AT ) = dim S(A).

Odtud je jen krok k d·kazu velmi

d·leºité v¥ty: V¥ta 8 (O hodnosti transponované matice).

platí

Pro kaºdou matici A ∈ Mmn (F)

h(A) = h(AT ) D·kaz. Matici

A

lze p°evést °ádkovými úpravami na redukovaný odstup¬o-

vaný tvar bez nulových °ádk·, a pak je²t¥ p°euspo°ádat sloupce tak, aby pivotní byly na prvních

p

pozicích. Výsledná matice má tvar



1 0  0 1  A0 =  .  .. 0 0

... ...

0 0

c11 c21

..

.

. . .

. . .

...

1

cp1

c12 c22

... ... ..

cp2

.

...

 c1q c2q   , . .  . cpq

(E, C), kde C ∈ Mpq (F), q = n − p. Je z°ejmé, ºe h(A0 ) ≡ dim R(A0 ) = p. Prvních p sloupc· zase 0 0T 0 evidentn¥ tvo°í bázi sloupcového prostoru S(A ), tedy h(A ) = dim S(A ) = p. P°i

coº m·ºeme p°epsat blokov¥ jako

°ádky jsou lineárn¥ nezávislé, takºe

v²ech úpravách se dimenze °ádkového i sloupcového prostoru zachovávala, takºe

h(A) = h(AT ).



2.1. Cvi£ení. (1) Ur£ete hodnost matice

     

1 2 3 1 4

2 3 4 3 5

3 4 5 4 5 1 5 1 2 5 12 9 6 −3 3

     

Ur£ete také hodnost matice transponované a ov¥°te, ºe se rovnají. (2) Ur£ete hodnost matice



1 −2  2 −1 4 −5

2 1 1

 1 2  1

Ur£ete také hodnost matice transponované a ov¥°te, ºe se rovnají. (3) V závislosti na

a∈R

ur£ete hodnost matice



3  a   1 2

 1 1 4 4 10 1   7 17 3  2 4 3

Ur£ete také hodnost matice transponované a ov¥°te, ºe se rovnají.

3. Hodnost a °e²ení soustav rovnic V¥ta 9 (O hodnosti a nulit¥).

Pro kaºdou matici A ∈ Mmn (F) platí

h(A) + n(A) = n D·kaz. P°eve¤me op¥t matici

A

na redukovaný odstup¬ovaný tvar bez nu-

lových °ádk·, p°e£íslujme neznámé tak, aby pivotní sloupce odpovídaly index·m

56

5. HODNOST MATICE

1 aº p = h(A) a zapi²me výslednou A0 = (E, C). Mnoºina vektor·

matici podobn¥ jako v p°edchozím d·kazu

M = {(−c11 , −c21 , . . . , − cp1 , 1, 0, . . . , 0) (−c12 , −c22 , . . . , − cp2 , 0, 1, . . . , 0) . . .

(−c1q , −c2q , . . . , − cpq , 0, 0, . . . , 1)} (x1 , . . . , xn ) q sloºek r1 , . . . , rq . Dosazev²echna i ∈ {1, . . . , p} uº musí být

je lineárn¥ nezávislá a kaºdý její vektor je °e²ením soustavy rovnic. Nech´ je libovolné °e²ení soustavy, ozna£me jeho posledních ním do v²ech rovnic soustavy zjistíme, ºe pro

xi = −

Pq

j=1 cij rj . Vzniklý vektor °e²ení

 −

q X

c1j rj , −

j=1

q X

c2j rj , . . . , −

j=1

q X

 cpj rj , r1 , . . . , rq  ,

j=1

M s koecienty r1 , . . . , rq . Kaºdé °e²ení soustavy Ax = 0 je tedy v lineárním obalu mnoºiny M , proto je M bází N (A) a q = n−h(A) je dimenze tohoto prostoru n(A).  je lineární kombinací vektor· z

Mnoºina

0,

M

v d·kazu je bází prostoru

její prvky nazýváme

N (A) v²ech °e²ení soustavy rovnic Ax =

bázová °e²ení. Jejich hledání v konkrétních p°ípadech uº Ax = b Ax = b a

máme zaºité z první kapitoly. Jakékoli °e²ení nehomogenní soustavy rovnic získáme díky v¥t¥ 2 jako sou£et libovolného, tzv. partikulárního °e²ení n¥jakého prvku

N (A) = hM i. Pokud soustava rovnic vede na odstup¬ovaný   1 0 . . . 0 c11 c12 . . . c1q b01  0 1 . . . 0 c21 c22 . . . c2q b02     .. . . . . , .. .. . . . .   . . . . . . . 0 0 . . . 1 cp1 cp2 . . . cpq b0p

je nejpohodln¥j²í volit za toto partikulární °e²ení

tvar

(b01 , . . . , b0p , 0 . . . , 0). Obecné °e²ení

pak vypadá

(b01 , . . . ,b0p , 0 . . . , 0)+ h(−c11 , −c21 , . . . , − cp1 , 1, 0, . . . , 0) (−c12 , −c22 , . . . , − cp2 , 0, 1, . . . , 0) . . .

(−c1q , −c2q , . . . , − cpq , 0, 0, . . . , 1)i V reálných po£etních p°íkladech samoz°ejm¥ vºdy nevyjdou pivotní sloupce na prvních

p

pozic, jsou s nepivotními promíchány, coº se projeví odpovídajícím pro-

mícháním sloºek °e²ení.

Nech´ A ∈ Mmn (F) je matice, b ∈ Fm vektor pravých stran. Soustava rovnic Ax = b má °e²ení, práv¥ kdyº h(A) = h(A|b). V¥ta 10 (Frobeniova).

Ax = b má °e²ení, práv¥ kdyº je b lineární kombinací sloupc· A, jinými slovy kdyº b ∈ S(A), £ili S(A|b) = S(A). Podle v¥ty 8 je pak h(A) = h(A|b). Naopak, pokud h(A) = h(A|b), musí být b ∈ S(A), jinak by S(A) byl vlastním podprostorem S(A|b) a nem¥l by stejnou dimenzi.  D·kaz. Soustava

matice

4. VLASTNOSTI HODNOSTI

57

3.1. Cvi£ení. (1) Dokaºte, ºe mnoºina podprostor

{(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 |x1 + x2 = 0 ∧ x2 − 2x4 = 0}

4

R a ur£ete jeho A ∈ Mmn (F). Jaký je

(2) Nech´

je

dimenzi. vztah mezi

n(A)

a

n(AT )?

(3) O soustav¥ °ekneme, ºe je °e²itelná, pokud má alespo¬ jedno °e²ení. Nech´

A

je £tvercová matice stupn¥

n, B

je regulární matice stupn¥

n.

Rozhod-

n¥te, které z následujících výrok· platí: (a) (b) (c) (d)

(A|b) je °e²itelná ⇒ (BA|b) (A|b) je °e²itelná ⇒ (AB|b) (AB|b) je °e²itelná ⇒ (A|b) (BA|b) je °e²itelná ⇒ (A|b)

je °e²itelná je °e²itelná je °e²itelná je °e²itelná

(e) ºádný z p°edchozích výrok· neplatí Odpov¥¤ zd·vodn¥te.

Ax = b

(4) Nech´

je soustava lineárních rovnic, mající alespo¬ jedno °e²ení.

Ur£ete nutnou a posta£ující podmínku, aby prom¥nná

xk

m¥la hodnotu

nula v kaºdém °e²ení této soustavy a dokaºte.

Ax = b

(5) Nech´

je soustava lineárních rovnic, mající alespo¬ jedno °e²ení.

Ur£ete nutnou a posta£ující podmínku, aby prom¥nná

xk

m¥la stejnou

hodnotu v kaºdém °e²ení této soustavy a dokaºte. (6) Ur£ete vektor

(a, b, c)

tak, aby byl násobkem n¥jakého °e²ení soustavy

rovnic

4x − 2y + 2z = a 2x + 2z = b −x + y + z = c (7) Dokaºte, ºe pro libovolnou homogenní soustavu rovnic, jejíº koecienty jsou racionální £ísla, lze sestavit bázi prostoru °e²ení, v níº kaºdá sloºka kaºdého vektoru je celé £íslo.

a, b, c najd¥te obecné ax + y + z = a

(8) Vzhledem k parametr·m

°e²ení soustavy

x + by + z = b x + y + cz = c y T y ≥ 0, p°i£emº rovnost nastane pouze pro y = 0. T Podobn¥ dokaºte, ºe y A Ay ≥ 0, p°i£emº rovnost nastane pouze pro y ∈ N (A). Dokaºte odtud, ºe pro libovolnou matici A platí N (A) = N (AT A) T a h(A) = h(A A).

(9) Dokaºte, ºe

∀y ∈ Fn

je

T

4. Vlastnosti hodnosti V¥ta 11.

Nech´ A ∈ Mmn (F), B ∈ Mnp (F) jsou matice. Pak h(AB) ≤

min(h(A), h(B)).

D·kaz. Sloupce matice AB jsou lineární kombinací S(AB) ≤ S(A) a tedy h(AB) ≤ h(A). ádky AB jsou °ádk· B , takºe i h(AB) ≤ h(B). V¥ta 12.

kdyº h(A) = n.

sloupc· matice

A,

tedy

zase lineární kombinací



Nech´ A ∈ Mnn (F) je £tvercová matice. Pak A je regulární práv¥

n × n matice En je bází Fn . Pokud A −1 je regulární, pak má inverzní matici A , A A = En . Podle p°edchozí v¥ty tedy −1 −1 n = h(En ) = h(A A) ≤ min(h(A), h(A )). ádkové prostory matic A a A−1 n −1 jsou podprostory F , tedy také h(A) ≤ n, h(A ) ≤ n. Musí být tedy h(A) = −1 h(A ) = n. D·kaz. Mnoºina sloupc· jednotkové

−1

58

5. HODNOST MATICE

Fn . Ozna£me tyto °ádky po °ad¥ a1 , . . . , an . Pro libovolný °ádek ei matice En , i ∈ {1, . . . , n} tedy existují £ísla bij , j ∈ {1, . . . , n}, ºe ei je lineární kombinací vektor· aj s koecienty bij , Pn £ili ei = j=1 bij aj . Pak ale matice B spl¬uje vztah BA = E a podle denice je inverzní maticí regulární matice A.  Pokud naopak

h(A) = n,

pak °ádky

A

tvo°í bázi

V¥ta 13. Nech´ A ∈ Mmn (F) je libovolná matice, B ∈ Mmm (F), C ∈ Mnn (F) jsou regulární matice. Pak h(BAC) = h(A). D·kaz. Platí

h(BAC) ≤ min(h(B), h(A), h(C)) = = min(n, h(A), m) = h(A) a také

h(A) = h(B −1 BACC −1 ) ≤ ≤ min(h(B −1 ), h(BAC), h(C −1 )) = h(BAC) 

4.1. Cvi£ení. (1) Dokaºte, ºe pokud

B

je regulární a

A

£tvercová matice, pak

h(AB) =

h(BA). ∀n ∈ N, h(An ) ≥ h(An+1 ). Dokaºte, ºe pro libovolné dv¥ matice A, B ∈ Mmn (F) h(A) + h(B).

(2) Dokaºte, ºe (3)

platí

h(A + B) ≤

(4) Dokaºte, ºe hodnost matice

 kde

A ∈ Mmn (F)

a

A 0

0 B

 ,

B ∈ Mpq (F), je rovna h(A) + h(B). A ∈ Mmn (F) existuje £tvercová

(5) Dokaºte, ºe v kaºdé matici stupn¥ (6) Nech´

h(A), která je A, B jsou dv¥

podmatice

regulární. £tvercové matice °ádu

n.

Platí

h(AB) = h(BA)?

Zd·vodn¥te.

A je singulární, práv¥ kdyº existuje nenulová AB = 0. matice. Rozhodn¥te, zda platí: A je singulární ⇔

(7) Dokaºte, ºe £tvercová matice £tvercová matice

B

spl¬ující

A je £tvercová (∃n ∈ N) (An = 0). Odpov¥¤

(8) Nech´

zd·vodn¥te.

(9) Ur£ete hodnost matice v závislosti na parametrech



 a b c d  −b a d −c     −c −d a b  −d c −b a (Návod:

h(A) = h(AT A).)

KAPITOLA 6

Lineární zobrazení 1. Maticová a lineární zobrazení Uvaºujme bod

(x1 , x2 )

v rovin¥

R2

a bod

(y1 , y2 ),

kde

y1 = x1 cos α − x2 sin α y2 = x1 sin α + x2 cos α, α proti sm¥ru hodinových ru£i£ek. Rα : R2 → R2 , denované p°edpisem      x1 cos α − sin α x1 Rα = x2 sin α cos α x2

který vznikne jeho rotací o úhel

Operaci rotace

lze zapsat jako zobrazení

Tento p°íklad m·ºeme zobecnit: Definice 18. Nech´

A ∈ Mmn (F).

Zobrazení

fA :Fn → Fm x 7→ Ax budeme nazývat

maticovým zobrazením denovaným maticí A.

Nech´ A, B ∈ Mmn (F), C ∈ Mnk (F), D ∈ Mn (F) regulární. Pak ∀x, y ∈ Fn : fA (x + y) = fA (x) + fA (y) ∀x ∈ Fn , ∀r ∈ F : fA (rx) = rfA (x) fA + fB = fA+B fA ◦ fC = fAC fE = Id (fD )−1 = fD−1

Tvrzení 5.

(1) (2) (3) (4) (5) (6)



D·kaz. V²e plyne z vlastností maticového násobení.

Nyní zobecníme první dv¥ poloºky tvrzení 5 a pový²íme je na denici lineárního zobrazení na abstraktních vektorových prostorech: Definice 19. Nech´

f :V →V

0

nazveme

V

a

V0

jsou dva vektorové prostory nad

F.

Zobrazení

lineárním zobrazením, nebo téº homomorzmem vek-

torových prostor·, pokud ∀u, v ∈ V

a

∀r ∈ F

spl¬uje podmínky

f (u + v) = f (u) + f (v) f (ru) = rf (u)

Nech´ V a V 0 jsou dva vektorové prostory nad F. Zobrazení f : V → V je homomorzmus, práv¥ kdyº ∀u, v ∈ V a ∀r, s ∈ F platí f (ru + sv) = rf (u) + sf (v). Lemma 15.

0

D·kaz. Podobné slou£ení dvou podmínek do jedné jsme vid¥li uº v p°ípad¥

denice podprostoru a d·kaz zde je zcela analogický. P°íklad 11. 59



60

6. LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

1V : V → V , ∀v ∈ V : 1V (v) = v . Je to evidentn¥ lineární 0 : V → V 0 , které je denováno ∀v ∈ V :

(1) Na kaºdém vektorovém prostoru máme identické zobrazení které je denováno p°edpisem zobrazení. Nulové zobrazení (2) (3)

0(v) = 0, je také homomorzmus. V = Mn (F), V 0 = F. Zobrazení stopa Tr : V → V 0 je lineární zobrazení. d V = P (x, F) = V 0 , D : p(x) → dx p(x) je lineární zobrazení díky vlastnostem derivace.

(4)

V

je mnoºina v²ech konvergentních reálných posloupností,

V 0 = R.

Zob-

lim : V → R je homomorzmem díky v¥t¥ o algeb°e limit. V = F (R, R), V 0 = R. Tzv. evalua£ní zobrazení Ea : f → f (a) je homo-

razení limita (5)

morzmus. (6)

V = L(a, b)

ha, bi, které mají p°es Rb : f → a f (x)dx je homo-

(mnoºina v²ech funkcí na intervalu

tento interval kone£ný integrál),

0

V = R, I(a,b)

morzmus z vlastností integrálu. Tvrzení 6. Nech´ V1 , V2 , V3 jsou vektorové prostory nad F a f, h : V1 → V2 , g : V2 → V3 jsou homomorzmy, r ∈ F. Pak (1) Sou£et zobrazení (f + h) : V1 → V2 je homomorsmus. (2) Násobek zobrazení (rf ) : V1 → V2 je homomorzmus. (3) Sloºené zobrazení g ◦ f ≡ gf : V1 → V3 je homomorzmus. −1 (4) Pokud f je bijekce, pak f : V2 → V1 je homomorzmus. D·kaz.

f + h je denováno na vektoru v ∈ V1 f (v) + h(v). Pokud s, t ∈ F, u, v ∈ V1 , pak

(1) Zobrazení

p°edpisem

(f + h)(v) :=

(f + h)(su + tv) = f (su + tv) + h(su + tv) = = sf (u) + tf (v) + sh(u) + th(v) = s(f + h)(u) + t(f + h)(v) (2) Násobek zobrazení je denován p°edpisem

∀v ∈ V1 : (rf )(v) = rf (v).

Linearita se dokáºe stejn¥ jako v p°edchozím bod¥. (3) Podobn¥ jako p°edchozí body.

s, t ∈ F, u, v ∈ V2 , pak existuje práv¥ jeden vektor u0 ∈ V1 , ºe f (u ) = u, a práv¥ jeden v 0 ∈ V1 , ºe f (v 0 ) = v . Platí u0 = f −1 (u), v 0 = f −1 (v). Z linearity f plyne f (sv 0 + tu0 ) = sf (u0 ) + tf (v 0 ) = ru + sv ,

(4) Pokud

0

takºe

f −1 (su + tv) = sv 0 + tu0 = sf −1 (u) + tf −1 (v) 

1.1. Cvi£ení. (1) Dokaºte tvrzení 5.

f platí f (0) = 0. r ∈ R. Rozhodn¥te, která z níºe uvedených zobrazení R4 → R4

(2) Dokaºte, ºe pro kaºdé lineární zobrazení (3) Nech´

jsou

lineární: (a) (b) (c) (d)

(x, y, z, u) → (xy, y − x, z, u) (x, y, z, u) → (ry, y − x, z, u) (x, y, z, u) → (0, z, y, x + y + z + u) (x, y, z, u) → (1, z + y, z + x, z + u)

Zd·vodn¥te. (4) Rozhodn¥te, která z níºe uvedených zobrazení (a) (b) (c)

f (z) = z¯ f (z) = iz f (z) = z + i

f :C→C

jsou lineární:

1. MATICOVÁ A LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

(d)

61

f (z) = |z|

(5) Rozhodn¥te, která z níºe uvedených zobrazení

f : M2 (R) → M2 (R)

jsou

lineární: (a) (b) (c) (d)

f (X) = X T f (X) = X −1 f (X) = X 2 f (X) = B −1 XB ,

kde

B

je regulární matice.

f : V → W jsou lineární: R a f je zobrazení p°i°azující funkci její absolutní hodnotu f (g) = |g|. V je prostor v²ech komplexních polynom· stupn¥ nejvý²e n, W = Cn a f je zobrazení p°i°azující polynomu p vektor (x1 , x2 , . . . , xn ) jeho

(6) Rozhodn¥te, která z níºe uvedených zobrazení (a) (b)

V =W

je prostor v²ech reálných funkcí na

ko°en· (v£etn¥ násobností).

V = W je prostor v²ech komplexních polynom· stupn¥ nejvý²e n a f je zobrazení p°i°azující polynomu p(x) polynom x2 p(x) Rozhodn¥te, zda je zobrazení f : M22 (R) → P3 (x, R), denované vztahem   a b f = a + d + (c + 2b)x2 − x3 , c d (c)

(7)

lineární.

f : P (x, R) → M22 (R)   p(0) p(1) f (p(x)) = p(2) p(3)

(8) Rozhodn¥te, zda je zobrazení

lineární. (9) Najd¥te matici

A

takovou, ºe maticové zobrazení

fA : R2 → R3

spl¬uje

fA : R3 → R3

spl¬uje

f A : R 3 → R3

spl¬uje

fA : R 3 → R 2

spl¬uje

fA ((1, 1)) = (0, 1, 2) fA ((1, −1)) = (2, 0, −1) (10) Najd¥te matici

A

takovou, ºe maticové zobrazení

fA ((1, 1, 1)) = (0, 1, 1) fA ((1, 1, 0)) = (1, 0, 2) fA ((1, 0, 0)) = (3, 1, −2) (11) Najd¥te matici

A

takovou, ºe maticové zobrazení

fA ((2, 3, 5)) = (1, 1, 1) fA ((0, 1, 2)) = (1, 1, −1) fA ((1, 0, 0)) = (2, 1, 2) (12) Najd¥te matici

A

takovou, ºe maticové zobrazení

fA ((2, 0, 3)) = (1, 2) fA ((4, 1, 5)) = (4, 5) fA ((3, 1, 2)) = (1, −1) A takovou, ºe zobrazení fA : R3 → R2 (x, y, z) vektor (z, y). n n Najd¥te matici A takovou, ºe zobrazení fA : R → R jeho c-násobek. 3 3 Najd¥te matici A takovou, ºe zobrazení fA : R → R (x, y, z) vektor osov¥ soum¥rný podle roviny xz .

(13) Najd¥te matici

p°i°azuje vektoru

(14)

p°i°azuje vektoru

(15)

p°i°azuje vektoru

62

6. LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

(16) Nech´

u ∈ R3 .

Najd¥te matici

A

takovou, ºe zobrazení

fA : R3 → R3

x × u. M vektorového prostoru V je konvexní, pokud pro libovolné dva body u, v ∈ M je v M i jejich spojnice, tedy mnoºina vektor· {tu+(1−t)v|t ∈ h0, 1i}. Dokaºte, ºe lineární zobrazení zachovávají x

p°i°azuje vektoru

vektorový sou£in

(17) ekneme, ºe podmnoºina

konvexitu mnoºin.

2. Jádro a obraz homomorzmu Definice 20. Nech´

je homomorzmus.

V

a

Jádrem f

V0

jsou dva vektorové prostory nad

F

a

f : V → V0

se nazývá mnoºina

Ker f := {u ∈ V |f (u) = 0},

obrazem f

je mnoºina

Im f := {u0 ∈ V 0 |∃u ∈ V, f (u) = u0 }. Jádro homomorzmu

f

V , ve skute£nosti r, s ∈ F, pak

je podmnoºina v prostoru

prostor. To ov¥°íme snadno: pokud

u, v ∈ Ker f

a

je to pod-

f (ru + sv) = rf (u) + sf (v) = r0 + s0 = 0, ru + sv ∈ Ker f . Obraz Im f je zase podprostorem ve V 0 : pokud u0 , v 0 ∈ Im f , 0 0 existují u, v ∈ V , pro n¥º f (u) = u a f (v) = v . Potom ale

tedy pak

f (ru + sv) = rf (u) + sf (v) = ru0 + sv 0 , tedy i

ru0 + sv 0 ∈ Im f .

Pro maticové zobrazení

fA ,

kde

A ∈ Mmn (F),

platí

n

Ker fA = {x ∈ F |Ax = 0} ≡ N (A) Im fA

Obraz

n

je zase roven mnoºin¥ v²ech vektor·

x∈F

takové, ºe

matice

A,

y = Ax.

y ∈ Fm , pro které existuje n¥jaké

Je to tedy mnoºina v²ech lineárních kombinací sloupc·

jinými slovy její sloupcový prostor

S(A).

Proto je p°irozená následující

denice: Definice 21. Dimenzi

menzi

Ker f ≤ V

nazýváme hodností h(f ) nulita n(f ) homomorzmu f .

Im f ≤ V 0

budeme °íkat

V¥ta o hodnosti a nulit¥ 9 °íká, ºe pro

A ∈ Mmn (F)

platí

zobrazení

f,

di-

h(A) + n(A) = n.

Protoºe

h(A) = h(AT ) = dim S(A) = dim Im(fA ) = h(fA ) n(A) = dim N (A) = dim KerfA = n(fA )

a

n = dim Fn , m·ºeme tvrzení v¥ty 9 p°epsat pro p°ípad maticového zobrazení jako dim Fn = h(fA ) + n(fA ) ≡ dim Im(fA ) + dim KerfA

Tato formulace se dá zobecnit pro libovolné lineární zobrazení na prostoru kone£né dimenze: V¥ta 14.

[O dimenzi jádra a obrazu] Nech´ V je prostor kone£né dimenze a

f : V → V 0 je homomorzmus. Pak

dim Ker f + dim Im f = dim V

2. JÁDRO A OBRAZ HOMOMORFIZMU

63

n := dim V . Nejprve nalezneme podprostor W ve V , který {u1 , . . . , uk } je báze Ker f (p°ipou²tíme i k = 0, tedy prázdnou mnoºinu), dopl¬me ji na bázi M = {u1 , . . . , un } celého V . Ozna£me W = huk+1 , . . . , un i. Pak mnoºina W ∪ Ker f obsahuje M a tedy generuje celé V , £ili W ∨ Ker f = V . Zárove¬ pokud by existoval nenulový vektor v ∈ W ∩ Ker f , D·kaz. Ozna£me

Ker f .

bude dopl¬kem

Nech´

pak by bylo moºné jej vyjád°it netriviálními lineárními kombinacemi

v=

k X

n X

ri ui =

i=1

si ui ,

i=k+1

M . Platí tedy Ker f ⊕ W = V a podle v¥ty 7 dim Ker f + dim W = n. Dále ov¥°íme, ºe obrazem báze podprostoru W ≤ V je báze podprostoru Im f ≤ V 0 . Ozna£me proto N 0 = {f (uk+1 ), . . . , f (un )}. Nejprve ov¥°íme, ºe N 0 generuje Im f . Kaºdý vektor u0 ∈ Im f je obrazem n¥jakého vektoru u ∈ V v zobrazení f . Tento vektor u m·ºeme zapsat jako lineární kombinací prvk· báze M , £ili existují Pn £ísla ri taková, ºe u = i=1 ri ui . Platí tedy ! n n n X X X 0 u = f (u) = f ri ui = ri f (ui ) = ri f (ui ),

coº je ve sporu s lineární nezávislostí o dimenzi direktního sou£tu

i=1 kde jsme nejprve vyuºili linearity Tedy

i=1

f

i=k+1

a posléze toho, ºe

f (ui ) = 0

pro

i ∈ {1, . . . , k}.

Im f = hN 0 i.

Zbývá dokázat lineární nezávislost

1, . . . , n}

Pn

N 0.

Pokud pro n¥jaká £ísla

i=k+1 si f (ui ) = 0, pak vektor u = (op¥t vyuºíváme, ºe f je lineární). Pat°í ale zárove¬ do musí být

platí

Pn

si , i ∈ {k +

i=k+1 si ui pat°í do Ker f W , a protoºe Ker f ∩W = 0,

u nulový vektor. Protoºe mnoºina {uk+1 , . . . , un } je lineárn¥ nezávislá, jsou si = 0, i ∈ {k + 1, . . . , n}. To ale znamená, ºe mnoºina N 0 je

v²echny koecienty lineárn¥ nezávislá.

N 0 je báze Im f , její po£et prvk· je stejný jako po£et prvk· báze prostoru W , £ili dim Im f = dim W a tedy dim Ker f +dim Im f = n.  Celkov¥ jsme ukázali, ºe

2.1. Cvi£ení. (1) Nech´

Ker gf

f : U → V , g : V → W jsou homomorzmy. Dokaºte, ºe Ker f ≤ a Im gf ≤ Im g . Najd¥te p°íklady, kdy platí rovnost a kdy platí

ostrá inkluze.

f, g : V → W jsou dv¥ lineární zobrazení. Dokaºte, ºe mnoºina V , na nichº se zobrazení f a g rovnají, je vektorový podprostor. 3 4 Najd¥te bázi jádra a obrazu zobrazení f : R → R zadaného vztahem f (x1 , x2 , x3 ) = (x1 + x2 , x2 − x3 , x1 + x3 , 4x1 + x3 ). 4 3 Najd¥te bázi jádra a obrazu zobrazení f : R → R zadaného vztahem f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 + 2x2 + x4 , x2 − 2x3 , x1 + 4x3 + x4 ). 3 3 Ur£ete jádro a obraz zobrazení fu : R → R , které p°i°azuje vektoru x vektorový sou£in x × u. Nech´ V je vektorový prostor v²ech reálných £tvercových matic °ádu n. Popi²te jádro a obraz zobrazení F : Mn (F) → Mn (F) které matici A T p°i°azuje matici A + A . Popi²te jádro a obraz endomorzmu F mnoºiny M v²ech reálných funkcí na R, který je denován vztahem ∀f ∈ M , ∀x ∈ R, (F (f ))(x) = f (x) − f (−x).

(2) Nech´

vektor· z

(3) (4) (5) (6)

(7)

(8) Nech´

 A=

1 1

2 3

1 0



64

6. LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

Najd¥te jádro a obraz zobrazení p°i°azuje matici

f : M32 (R) → M22 (R),

které matici

X

 0 2 1 1 f : M22 (R) → M23 (R),

které matici

X

AX .

(9) Nech´

 A=

1 1

Najd¥te jádro a obraz zobrazení p°i°azuje matici

XA.

(10) Najd¥te jádro a obraz zobrazení

f : Pn (x, R) → Pn (x, R), které polynomu

p°i°azuje jeho první derivaci.

A ∈ Mmn (F), B ∈ Mnp (F).

(11) Nech´

Rozhodn¥te, které z následujících vý-

rok· platí a odpov¥¤ zd·vodn¥te:

Im fAB = Im fB Im fAB ⊃ Im fB (c) Im fAB ⊂ Im fA (d) Im fAB = Ker fB T (e) Im fAB = Im fA Nech´ A ∈ Mmn (F), B ∈ Mnp (F). (a)

(b)

(12)

Rozhodn¥te, které z následujících vý-

rok· platí a odpov¥¤ zd·vodn¥te:

Ker fAB Ker fAB Ker fAB Ker fAB Ker fAB

(a) (b) (c) (d) (e)

= Ker fA ⊂ Ker fA ⊃ Ker fB = Im fAT = Ker fB

3. Izomorzmus Zobrazení



f :X→Y

prosté neboli injektivní, pokud pro kaºdý prvek y ∈ Y

jedno



na

x ∈ X,

neboli

jedno



(ne nutn¥ lineární) je

ºe

f (x) = y

ºe

f (x) = y

surjektivní,

x ∈ X,

pokud pro kaºdý prvek

y ∈ Y

existuje nejvý²e existuje alespo¬

vzájemn¥ jednozna£né neboli bijektivní, pokud pro kaºdý prvek y ∈ Y

existuje práv¥ jedno

x ∈ X,

ºe

f (x) = y ,

neboli pokud je

f

zárove¬

injektivní i surjektivní. V p°ípad¥ lineárních zobrazení se pro tyto vlastnosti uºívají speciální pojmy a je moºné je charakterizovat pomocí dimenzí ur£itých podprostor·: Definice 22. Nech´

• • •

f

je homomorzmus vektorových prostor·. Pak

monomorzmem. epimorzmem. pokud je bijektivní, nazýváme ho izomorzmem. pokud je injektivní, nazýváme ho

pokud je surjektivní, nazýváme ho

Nech´ f : V → V 0 je homomorzmus. Pak f je monomorzmus, práv¥ kdyº Ker f = 0 f je epimorzmus, práv¥ kdyº Im f = V 0

Lemma 16.

(1) (2)

D·kaz.

f je prosté, pak existuje nejvý²e jeden vektor v ∈ V , pro který f (v) = 0. Pro kaºdé lineární zobrazení ale platí f (0) = 0. Tedy Ker f obsahuje pouze nulový vektor. Naopak, pokud Ker f = 0 a pro dva vektory u, v ∈ V platí f (u) = f (v), pak z linearity f plyne f (u − v) = 0, £ili u − v ∈ Ker f , tudíº u − v = 0, u = v , f je prosté. Im f je práv¥ mnoºina vektor· z V 0 , které mají n¥jaký vzor v zobrazení f . Je tedy z°ejmé, ºe f je surjektivní, práv¥ kdyº Im f je celé V 0 .

(1) Pokud

(2)

3. IZOMORFIZMUS

65

 V a V 0 jsou prostory kone£né dimenze, pak Ker f = 0 °íká, n(f ) = 0, a Im f = V 0 znamená, ºe hodnost h(f ) je maximální moºná. Pokud

ºe nulita

Nech´ f : V → V 0 je homomorzmus, dim V = n. Pak f je monomorzmus, práv¥ kdyº h(f ) = n. Lemma 17.

D·kaz. Plyne ihned z v¥ty 14 o dimenzi jádra a obrazu.



V¥ta 15 (O zachovávání dimenze izomorzmem). Nech´ V je prostor kone£né dimenze, f : V → V 0 je izomorzmus. Pak dim V = dim V 0 . D·kaz. Protoºe

dim V .

f

V , platí podle lemmatu dim Im f = Im f = V 0 . Tedy dim V 0 = dim V . 

je monomorzmus na

Je to také epimorzmus, tedy

Pokud mezi dv¥ma vektorovými prostory °íkáme, ºe jsou

izomorfní, zna£íme V

'V

0

V

a

V0

existuje n¥jaký izomorzmus,

. Z v¥ty plyne, ºe jsou-li dva prostory, z

nichº jeden je kone£né dimenze, izomorfní, pak mají stejnou dimenzi. Platí i opa£ná implikace, k jejímu d·kazu ale budeme pot°ebovat zkonstruovat pro libovolné dva vektorové prostory stejné dimenze izomorzmus mezi nimi. K tomu je nutné zavést pojem sou°adnic, coº u£iníme je²t¥ v této kapitole. Lemma 18. Nech´ V1 , V2 , V3 jsou vektorové prostory nad F a f : V1 → V2 , g : V2 → V3 jsou izomorzmy. Pak f −1 a g ◦ f jsou izomorzmy. D·kaz. Zobrazení

f −1

a

g◦f

jsou bijekce a podle tvrzení 6 jsou to homomor-



zmy.

Lemma 19. Nech´ V, W jsou dva vektorové prostory nad F, f : V → W je izomorzmus a M skupina vektor· ve V . Pak M je lineárn¥ nezávislá, práv¥ kdyº f (M ) je lineárn¥ nezávislá, a M generuje V , práv¥ kdyº f (M ) generuje W .



D·kaz. Za cvi£ení. P°íklad 12.

A ∈ Mmn (F) je fA monomorzmus, práv¥ kdyº n(fA ) = 0, tedy podle h(A) = h(fA ) = n. M·ºeme to také odvodit z toho, ºe aby Ax = 0 nastalo pouze pro x = 0, musí mít A lineárn¥ nezávislé sloupce. Zobrazení fA je epimorzmus, práv¥ kdyº h(A) = h(fA ) = m, £ili pokud sloupce m generují celé F . Kone£n¥ fA je izomorzmem, práv¥ kdyº A je £tvercová matice hodnosti n = m, £ili regulární matice. n 0 n+1 0 Nech´ V = P (x, F), V = F a f : V → V je zobrazení, které poPn i lynomu i=0 ai x p°i°adí vektor (a0 , . . . , an ). Je vid¥t, ºe f je lineární a n n+1 bijektivní zobrazení. Tedy prostory P (x, F) a F jsou izomorfní. 0 + Nech´ V = R se standardními operacemi a V = R s operacemi ⊕ a r , kde u ⊕ v = uv a r u = u jsou vektorové prostory nad R. Pak exp : u → eu je jejich izomorzmus.

(1) Pro

v¥ty 14

(2)

(3)

Nej£ast¥ji pracujeme s homomorzmy, pro které razení se nazývá

V = V 0.

Takové lineární zob-

endomorzmus. Výhoda endomorzm· je, ºe je m·ºeme skládat

samy se sebou, má tedy smysl psát zárove¬ izomorzmem, °íkáme mu verzní automorzmus

f −1

f ◦ f ≡ f2

apod. Pokud je endomorzmus

automorzmus. Pro automorzmy existuje in-

a tedy i záporné mocniny

dimenzi jádra a obrazu plyne, ºe pokud je

V

f −n .

V²imn¥te si, ºe z v¥ty o

kone£né dimenze, pak sta£í, aby byl

endomorzmus jedním z dvojice monomorzmus, epimorzmus, a automaticky uº musí být i tím druhým z dvojice, a tedy také automorzmem. P°íklad 13.

66

6. LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

(1) Je-li maticové zobrazení

fA

endomorzmem, je matice

A

£tvercová. Platí

(fA )n = fAn .

P : V → V spl¬ující P 2 = P se nazývá projekce. P°íkla3 dem m·ºe být zobrazení P : (a1 , a2 , a3 ) → (a1 , a2 , 0), V = F . 2 Endomorzmus I : V → V spl¬ující I = Id se nazývá involuce. P°íklan dem je osová nebo st°edová soum¥rnost v R .

(2) Endomorzmus (3)

3.1. Cvi£ení. (1) Dokaºte, ºe relace  býti izomorfní je relace ekvivalence na mnoºin¥ v²ech vektorových prostor·. (2) Najd¥te nenulový endomorzmus (3) Nech´

V, V 0 , V 00

f,

pro n¥jº

jsou vektorové prostory nad

Ker f = Im f . F, f : V → V 0 , g : V 0 → V 00

jsou dva homomorzmy. Dokaºte následující tvrzení: (a) Pokud (b) Pokud (c) Pokud (d) Pokud (e) Pokud

gaf gaf gaf gf je gf je

jsou monomorzmy, pak jsou epimorzmy, pak jsou izomorzmy, pak monomorzmus, pak

f

gf gf

gf

je monomorzmus.

je epimorzums. je izomorzums.

je monomorzums.

g je epimorzmus. f : V → V , který je monomorzmem, ale není epi-

epimorzmus, pak

(4) Najd¥te endomorzmus

morzmem, a naopak, který je epimorzmem, ale není monomorzmem. M·ºe mít

V

kone£nou dimenzi?

Mmn (F) a Fmn jsou izomorfní. Dokaºte, ºe zobrazení f : P (x, R) → P (x, R), které polynomu p(x) p°i°azuje polynom p(x − 1), je izomorzmus vektorových prostor·. n+1 Najd¥te dva r·zné izomorzmy mezi prostory Pn (x, R) a R . mn Najd¥te dva r·zné izomorzmy mezi prostory Mmn (R) a R . Dokaºte, ºe zobrazení, které p°i°adí £tvercové matici A její symetrickou 1 T £ást (A + A ) je projekce. 2 Dokaºte, ºe pro kaºdou projekci P : V → V platí Ker P ⊕ Im P = V . 0 Dokaºte, ºe f : V → V je monomorzmus, práv¥ kdyº existuje homomor0 zmus g : V → V takový, ºe gf = 1V . 0 Dokaºte, ºe f : V → V je epimorzmus, práv¥ kdyº existuje homomor0 zmus g : V → V takový, ºe f g = 1V 0 . Nech´ V1 , V2 jsou vektorové prostory kone£né dimenze, g : V1 → V2 a f : V2 → V1 jsou homomorzmy. Rozhodn¥te, zda platí následující tvrzení: Je-li gf izomorzmus a f g izomorzmus, pak g je izomorzmus a f je

(5) Ukaºte, ºe prostory (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12) (13)

izomorzmus. Odpov¥¤ zd·vodn¥te. Rozhodn¥te, zda tvrzení platí i bez poºadavku kone£né dimenze.

f a g takových, ºe ani f ani g nejsou gf izomorzmus je. Mohou být f a g endomorzmy? Dokaºte, ºe jsou-li f a g homomorzmy a gf je monomorzmus, pak f je monomorzmus. Ukaºte také, ºe g monomorzmus být nemusí. Uvaºujme homomorzmy f : V1 → V2 , g : V2 → V3 takové, ºe f je monomorzmus, g je epimorzmus a gf = 0. Dokaºte, ºe potom dim V2 ≥ dim V1 + dim V3 . Nech´ V je vektorový prostor dimenze 2n a f endomorzmus na M . Do2 kaºte, ºe Ker f = Im f práv¥ kdyº f = 0 a sou£asn¥ hodnost f je rovna n. Nech´ f ∈ End(Vn ). Dokaºte, ºe

(14) Najd¥te p°íklad dvou homomorzm· izomorzmy, ale

(15) (16)

(17)

(18)

dim(Ker f ∩ Im f ) = h(f ) − h(f 2 ) (19) Dokaºte lemma 19.

4. SOU°ADNICE

67

4. Sou°adnice Praktické po£ítání s lineárními zobrazeními se obvykle usnadní, kdyº si ve zdrojovém a cílovém vektorovém prostoru zvolíme n¥jakou bázi. V této kapitole uvidíme, ºe taková volba p°i°adí lineárnímu zobrazení jisté maticové zobrazení, které sdílí s p·vodním lineárním zobrazením v²echny d·leºité vlastnosti.

V je vektorový prostor dimenze n nad F, N = {v1 , . . . , vn } v ∈ V . Sou°adnicemi vektoru v vzhledem k bázi N budeme rozum¥t T sloupcový vektor (v)N := (x1 , . . . , xn ) , kde xi jsou koecienty lineární kombinace Pn v = i=1 xi vi . Definice 23. Nech´

jeho báze a

Poznámka 2. Formáln¥ vzato bychom v této kapitole m¥li bázi chápat nikoli

jako mnoºinu, ale jako

uspo°ádanou n-tici vektor·. Zm¥níme-li totiº po°adí vektor·

báze, zm¥ní se i po°adí sou°adnic, a aritmetický vektor nap°íklad totoºný s

(2, 1, 3).

(1, 2, 3)

jist¥ není

V dal²ím výkladu budeme psát dál slovo mnoºina, ale budeme

implicitn¥ p°edpokládat, ºe vektory v ní jsou o£íslované a pracuje se s nimi ve standardním po°adí. Tvrzení 7. Nech´ V je vektorový prostor dimenze n nad F, N = {v1 , . . . , vn } jeho báze. Zobrazení

σN :V → Fn v → (v)N

je izomorzmus vektorových prostor·. D·kaz. Sou°adnice vektoru (a tedy i zobrazení

sN )

jsou dob°e denovány,

protoºe (1) kaºdý vektor z

V

se dá vyjád°it jako lineární kombinace prvk· báze

N,

(2) toto vyjád°ení je jednozna£né. Pokud by existovala dv¥ taková vyjád°ení

Pn Pn vP= i=1 xi vi = i=1 yi vi , pak z lineární nezávislosti N plyne, ºe 0 = (xi − yi )vi lze splnit pouze triviální lineární kombinací, £ili ∀i : xi = yi . Zárove¬ kaºdá n-tice £ísel (x1 , . . . , xn ) je sou°adnicemi práv¥ jednoho vektoru v := P n i=1 xi vi vzhledem k bázi N . Tedy σN je bijekce. Zbývá ukázat, ºe σN je lineární T T zobrazení. Pokud ale (v)N = (x1 , . . . , xn ) , (w)N = (y1 , . . . , yn ) , r, s ∈ F pak rv + sw = r

n X

x i vi + s

yi vi =

i=1

i=1 £ili

n X

n X

(rxi + syi )vi ,

i=1

(rv + sw)N = (rx1 + sy1 , . . . , rxn + syn ).

Podle denice

sN

pak

σN (rv + sw) = (rv + sw)N = r(v)N + s(w)N = rσN (v) + sσN (w)  V¥ta 16 (O zadání homomorzmu hodnotami na bázi). Nech´ V, W jsou vektorové prostory nad F, N = {v1 , . . . , vn } je báze V a w1 , . . . , wn je n-tice vektor· z W . Pak existuje práv¥ jedno lineární zobrazení f : V → W , pro které ∀i ∈ {1, . . . , n} : f (vi ) = wi . D·kaz. Dokazujeme existenci a jednozna£nost. Existenci dokáºeme tak, ºe

denujeme hodnotu zobrazení

f :V →W f (v) :=

na libovolném vektoru

n X

v∈V

p°edpisem

xi wi ,

i=1 kde

(x1 , . . . , xn )T = (v)N .

takto denované zobrazení

Pro

f

f

ur£it¥ platí, ºe

je lineární.

∀i : f (vi ) = wi .

Ov¥°te sami, ºe

68

6. LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

Naopak lineární zobrazení na vektoru

v=

Pn

i=1 xi vi

g : V → W,

n X

g(v) = g

! x i vi

=

i=1 tedy stejné jako zobrazení

spl¬ující

∀i : g(vi ) = wi ,

musí nabývat

hodnoty

f,

n X

xi g(vi ) =

i=1

proto

n X

xi wi ,

i=1

g = f.



Lemma 20. Zobrazení f z v¥ty 16 je epimorzmus, práv¥ kdyº mnoºina {w1 , . . . , wn } generuje V 0 , monomorzmus, práv¥ kdyº je lineárn¥ nezávislá, a izomorzmus, práv¥ kdyº je to báze V 0 .



D·kaz. Za cvi£ení.

V¥ta 17 (O invarianci dimenze). Nech´ V a W jsou dva vektorové prostory kone£né dimenze nad F. Pak V a W jsou izomorfní práv¥ kdyº dim V = dim W . D·kaz. Implikaci



jsme uº dokázali jako v¥tu 15. K druhé implikaci po-

V a W . Pokud N = {v1 , . . . , vn } je báze V a M = {w1 , . . . , wn } je báze W , pak podle v¥ty 16 existuje jednozna£n¥ ur£ený homomorzmus f : V → W spl¬ující ∀i : f (vi ) = wi . Podle lemmatu 20 je f izomorzmus. 

t°ebujeme sestrojit izomorzmus

Alternativn¥ bychom mohli v¥tu dokázat pomocí tvrzení 7 a lemmatu 18. Z nich plyne, ºe zobrazení

(σM )−1 ◦ σN : V → W

je izomorzmus.

Definice 24 (Matice homomorzmu). Nech´

dim V = n, dim W = m, N ⊂ V , M ⊂ W

V, W jsou vektorové prostory, f : V → W homomorzmus.

jejich báze,

Maticové zobrazení

fA :Fn → Fm :(v)N → (f (v))M , n-tici sou°adnic vektoru v vzhledem k bázi N m-tici sou°adnic jeho f (v) vzhledem k bázi M nazýváme maticovým zobrazením p°íslu²ným lineárnímu zobrazení f vzhledem k bázím N a M . Matici A ozna£ujeme symbolem (f )M N a °íkáme jí matice homomorzmu f vzhledem k bázím N aM které p°i°azuje obrazu

Tvrzení 8 (Vlastnosti matice homomorzmu). Nech´ V, W, N, M, f jsou jako v p°edchozí denici, N = {v1 , . . . , vn }, M = {w1 , . . . , wm }. Pak (1) Zobrazení fA z denice 24 je skute£n¥ maticovým zobrazením ve smyslu denice 18. Jeho matice A ≡ (f )M N má ∀j ∈ {1, . . . , n} sv·j j -tý sloupec roven vektoru (f (vj ))M , tedy vektoru sou°adnic f -obrazu j -tého vektoru báze N vzhledem k bázi M . (2) ∀v ∈ V : (f (v))M = (f )M N (v)N . (3) Pokud U je vektorový prostor, P = {u1 , . . . , uk } jeho báze a g : U → V homomorzmus, pak

(4) (5)

(f g)M P = (f )M N (g)N P  Pokud f je izomorzmus, pak f −1 N M = ((f )M N )−1 . h(f ) = h ((f )M N )

D·kaz.

4. SOU°ADNICE

69

Pn v ∈ V lze zapsat jako v = j=1 xj vj , kde (x1 , . . . , xn )T = (v)N . Pm Ozna£me aij i-tou sou°adnici f (vj ) vzhledem k M , tedy f (vj ) = i=1 aij wi .

(1) Vektor

Pak

f (v) =

(5)

n X

xj f (vj ) =

j=1

=

(6)

n X j=1

m X



n X

 i=1

M.

aij wi

i=1

 aij xj  wi

j=1

i-té

Závorka v posledním výrazu je rovna dem k

m X

xj

sou°adnici vektoru

Podle denice 24 tedy musí být matice

ticového zobrazení

fA .

Sloupce matice

A

A = (aij )

f (u)

vzhle-

maticí ma-

mají p°esn¥ tvar poºadovaný

tvrzením. (2) Pouze trochu jinak p°epsaná denice (3) Nech´

u ∈ U.

(f )M N .

Podle denic

((f g)(u))M = (f (g(u)))M = (f )M N (g(u))N = (f )M N (g)N P (u)P Tedy

(f )M N (g)N P

je matice

f g vzhledem k P a M . ∀v ∈ V , ∀w ∈ W

(4) Podle p°edchozího bodu platí

(v)N = ((f −1 ◦ f )(v))N = (f −1 )N M (f )M N (v)N (w)M = ((f ◦ f −1 )(w))M = (f )M N (f −1 )N M (w)M (f −1 )N M (f )M N i (f )M N (f −1 )N M −1 −1 matici, £ili f = ((f )M N ) . NM

Oba sou£iny notkové

musí tedy být rovny jed-

(5) Platí

h(f ) = dim Im f = dimhf (v1 ), . . . f (vn )i = dimh(f (v1 ))M , . . . , (f (vn ))M i = h ((f )M N ) , kde jsme nejprve pouºili denici hodnosti homomorzmu, pak lemma 19

σM

pro p°ípad sou°adnicového izomorzmu matice a skute£nost, ºe

(f (vj ))M

je

j -tý

a nakonec denici hodnosti

sloupec matice

(f )M N . 

P°íklad 14. Spo£t¥me matici lineárního zobrazení

denováno p°edpisem

f (x1 , x2 , x3 ) = (x1 + x3 , x1 − 2x2 )

f : R3 → R2 ,

bázím

K3 = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} K2 = {(1, 0), (0, 1)} Snadno vidíme, ºe



x1 + x3 x1 − 2x2



 =

1 1



 x1  x2  x3

0 1 −2 0







a protoºe



   x1 x1  x2  =  x2  , x3 x3 K

y1 y2

=

3

znamená to, ºe

 (f )K2 K3 =

1 1

0 1 −2 0

 K2



které je

vzhledem ke kanonickým

y1 y2

 ,

70

6. LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

Nyní zvolme jiné báze

N = {(1, −1, 0), (1, 0, 0), (0, 0, 1)} M = {(1, 2), (1, 3)} a ur£eme

(f )M N .

Dosazením do p°edpisu pro



1 f  −1 0  1 f  0 0  0 f  0 1

f



dostáváme



1 3





1 1





1 0



 =   =   =

M jsou podle prvního (f )M N . Vy°e²ením soustavy rovnic     1 0 0 2 3 1 1 1 1 1 ∼ , 2 3 3 1 0 0 1 1 −1 −2

Sou°adnice t¥chto t°í vektor· vzhledem k rovny sloupc·m

bodu tvrzení 8

dostáváme, ºe

 (f )M N =

0 1

2 3 −1 −2



V do vektoW symbolem Hom(V, W ). Díky prvním dv¥ma bod·m tvrzení 6 Hom(V, W ) je podmnoºina prostoru v²ech zobrazení z V do W uzav°ená

Ozna£me mnoºinu v²ech homomorzm· z vektorového prostoru rového prostoru víme, ºe

na sou£ty a skalární násobky, je to tedy vektorový prostor. Tvrzení °íká, ºe ke kaºdému lineárnímu zobrazení f : V → W , kde dim V = n dim W = m, lze p°i°adit jeho zobrazení maticové podle denice 24, tedy prvku Hom(V, W ) matici z Mmn (F). Naopak pro libovolnou matici A ∈ Mmn (F) lze denovat homomorzmus, který vektor vj z báze N zobrazí na lineární kombinaci P m i=1 aij wi vektor· wi tvo°ících bázi M . Podle v¥ty 16 je homomorzmus ur£en a

tímto poºadavkem jednozna£n¥. Tato dv¥ p°i°azení jsou navzájem inverzní, získali jsme tedy bijekci mezi mnoºinami

Hom(V, W )

a

Mmn (F).

Ve skute£nosti jde o

izomorzmus vektorových prostor·: V¥ta 18. Nech´ V, W jsou vektorové prostory, dim V = n, dim W = m. Pak Hom(V, W ) je izomorfní Mmn (F) a dim Hom(V, W ) = mn.

W bázi N , resp. M , ozna£me N = {u1 , . . . , un }. ΣM N : Hom(V, W ) → Mmn (F), které homomorzmu f p°i°adí jeho matici (f )M N , je lineární. Jsou-li f, g z Hom(V, W ) a r, s ∈ F, pak ΣM N (rf + sg) = (rf + sg)M N je matice, jejíº j -tý sloupec je D·kaz. Zvolme ve

V

a

Sta£í dokázat, ºe zobrazení

((rf + sg)(uj ))M = (rf (uj ) + sg(uj ))M = r(f (uj ))M + s(g(uj ))M , (rf + sg)M N = r(f )M N + s(g)M N . Podle poznámek p°ed dim Mmn (F) = mn, dim Hom(V, W ) = mn. 

tudíº i celá matice spl¬uje v¥tou je

ΣM N

bijekce, musí to tedy být izomorzmus. Protoºe

podle v¥ty 15 také

V²imn¥te si formální podobnosti mezi zobrazeními

Hom(V, W ) → Mmn (F),

σN : V → F n

a

ΣM N :

resp. mezi tvrzením 7 a v¥tou 18. V obou p°ípadech kon-

struujeme izomorzmus mezi abstraktním vektorovým prostorem a aritmetickým

4. SOU°ADNICE

71

vektorových prostorem (chápeme-li prostor matic jako zvlá²tní p°ípad aritmetického vektorového prostoru). Díky této analogii m·ºeme interpretovat matici homomorzmu

(f )M N ≡ ΣM N (f )

jakoºto

mn-tici

sou°adnic homomorzmu

f

vzhle-

dem k vhodné bázi. Zkuste si rozmyslet, ºe touto bází je mnoºina homomorzm·

{fij |i ∈ {1, . . . , m}, j ∈ {1, . . . , n}} kde fij : V → W N i-tý vektor báze M a ostatním prvk·m N nuly.

p°i°azuje

j -tému

prvku báze

V , tedy vlastn¥ Hom(V, V ), End(V ), mnoºinu v²ech automorzm· na V zna£íme Aut(V ). End(V ) dimenzi n2 , zatímco Aut(V ) není vektorový prostor (na-

Mnoºinu v²ech endomorzm· na vektorovém prostoru ozna£ujeme zkrácen¥ Podle v¥ty 18 má

p°íklad chybí nula, protoºe nulový endomorzmus není automorzmem).

4.1. Cvi£ení. u = (7, −3, 4, 12) vzhledem k bázi M = {(2, 3, 1, 4), (1, −2, 2, 3),(−3, 2, 1, −2)} podprostoru hM i ⊂ R4 . 3 4 Ur£ete matici homomorzmu f : R → R , f ((x1 , x2 , x3 )) = (x1 , x1 , x2 , x3 ) 3 4 vzhledem ke kanonickým bázím R a R a vzhledem k bázím

(1) Najd¥te sou°adnice vektoru (2)

M = {(2, 1, 1), (1, 2, 1), (1, 1, 2)} a

M 0 = {(1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1)} . Ur£ete jádro a obraz

f.

f : P2 (x, R) → P2 (x, R) p°i°azujícího pop0 (x) − 2p(x), kde p0 (x) je první derivace p(x), 2 2 2 2 2 vzhledem k bázím M = {x + 2x + 1,2x + 1,x − x} a N = {x + 2, x − 2 3x + 1, x + x + 3}. 3 Nech´ v ∈ R . Ur£ete matici homomorzmu fv (x) = v × x daného vektorovým sou£inem s v v·£i kanonickým bázím. Ur£ete jádro a obraz tohoto

(3) Ur£ete matici homomorzmu lynomu

(4)

p(x)

polynom

homomorzmu. (5) Nech´

f : R4 → R5

je homomorzmus ur£ený vztahem

f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (−x1 − 2x2 + x3 , x1 + x2 − x4 , x2 − x3 + x4 , x1 + 2x2 − x3 , x1 + x3 − 2x4 ) M jádra zobrazení f a n¥jakou bázi N obrazu zobraf . Dále najd¥te n¥jaký dopln¥k W podprostoru Ker f v R4 a takovou jeho bázi P , aby matice zúºeného zobrazení f |W vzhledem k bázím P a N byla jednotková matice. n n n Nech´ v ∈ R a pv : R → R je zobrazení dané pro libovolný vektor x ∈ Pn n R vztahem (pv (x))i = ( j=1 vj xj )vi . Ov¥°te, ºe pv je lineární zobrazení, najd¥te matici zobrazení pv vzhledem ke kanonickým bázím a ur£ete jádro, obraz a hodnost zobrazení pv . Co musí spl¬ovat v , aby pv byla projekce? Nech´ V je prostor v²ech reálných £tvercových matic stupn¥ 2 a denujme −1 zobrazení f : V → V vztahem f (X) = BXB , kde   1 0 B= 2 1 Najd¥te n¥jakou bázi zení

(6)

(7)

f vzhledem k bázi     1 0 0 0 , , 0 1 0 0

Ur£ete matici endomorzmu



1 0

  0 0 , 0 0

0 1



f : Pn (x, R) → Pn (x, R) p°i°azující polynomu p(x) p(x − 1) je automorzmus a najd¥te jeho matici vzhledem k bázi {1, x, . . . , xn }.

(8) Dokaºte, ºe zobrazení polynom

72

6. LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

V, V 0 jsou vektorové prostory, M = {u1 , . . . , un } je mnoºina generující V , která není bází. Ukaºte, ºe existují vektory v1 , . . . , vn takové, 0 ºe neexistuje lineární zobrazení f : V → V spl¬ující ∀i ∈ {1, . . . , n} je f (ui ) = vi .

(9) Nech´

(10) Dokaºte lemma 20.

V je vektorový prostor kone£né dimenze, f : V → V je endomorV = V1 ⊕ V2 a pro i = 1, 2 je Ni báze Vi a platí f (Vi ) ⊂ Vi . Ukaºte, matice (f )N N , kde N = N1 ∪ N2 , je blokov¥ diagonální.

(11) Nech´ zmus, ºe

5. Transformace sou°adnic Definice 25. Nech´

{v10 , . . . , vn0 }

V

je vektorový prostor nad

dv¥ báze v n¥m. Vektory báze

vektor· báze

N0

F, N = {v1 , . . . , vn }, N 0 =

lze vyjád°it jako lineární kombinace

N: ∀j ∈ {1, . . . , n} : vj0 =

n X

rij vi

i=1

Matici

R ≡ (rij ) ∈ Mnn (F)

nazýváme

maticí p°echodu od báze N

Tvrzení 9 (Vlastnosti matice p°echodu).

chozí denici. Pak (1) (2) (3) (4) (5)

k bázi

N 0.

Nech´ V, N, N 0 , R jsou jako v p°ed-

∀i ∈ {1, . . . , n} je i-tý sloupec R vektorem sou°adnic vektoru u0i vzhledem k bázi N R = (1V )N N 0 ∀v ∈ V : (v)N = R(v)N 0 Pokud N 00 je dal²í báze V a S je matice p°echodu od N 0 k N 00 , pak RS je matice p°echodu od N k N 00 . Matice p°echodu od N 0 k N je R−1

D·kaz.

(1) Pouze p°epis denice. (2) Podle prvního bodu tvrzení 8 je

1V (vj0 ) ≡ vj0 (1V )N N 0 = R.

°adnicemi tedy

j -tý

(1V )N N 0 tvo°en souN . Podle denice matice p°echodu

sloupec matice

vzhledem k bázi

(3) Z p°edchozího bodu a druhého bodu tvrzení 8. (4) Z t°etího bodu tvrzení 8 dostáváme

(1V )N N 00 = (1V ◦ 1V )N N 00 = (1V )N N 0 (1V )N 0 N 00 = RS (5) Ze £tvrtého bodu tvrzení 8 a faktu

1−1 V = 1V . 

P°íklad 15. Spo£t¥me matici p°echodu od báze

P

k bázi

M

v

R2 ,

kde

P = {(0, 1), (1, 1)} M = {(1, 2), (1, 3)} 1R2 vzhledem k P . Podobn¥ jako v druhé £ásti p°íkladu 14 tedy zobrazíme identitou vektory báze M a spo£ítáme jejich sou°adnice vzhledem k P . e²íme proto soustavu rovnic     1 0 1 2 0 1 1 1 ∼ , 1 1 2 3 0 1 1 1 Podle druhého bodu tvrzení 9 je to vlastn¥ matice homomorzmu

bázím

M

a

tedy hledaná matice p°echodu je

 (1R2 )P M =

1 1

2 1



5. TRANSFORMACE SOU°ADNIC

73

M·ºeme otestovat, ºe tato matice skute£n¥ správn¥ transformuje sou°adnice, nap°íklad na vektoru

u = (1, 2).

Jeho sou°adnice vzhledem k bázím

 (u)P =

1 1



 ,

(u)M =

1 0

P

a

M

jsou



a skute£n¥ platí

 neboli

1 1

2 1



1 0



 =

1 1

 ,

(1R2 )P M (u)M = (u)P .

P°íklad 16. Chceme-li po£ítat matici p°echodu od kanonické báze, nap°íklad

(1R3 )K3 N , kde N = {(1, −1, 0), (1, 0, 0), (0, 0, 1)}, není vlastn¥ co upravovat, protoºe soustava rovnic   1 1 0 1 0 0  0 1 0 −1 0 0  0 0 1 0 0 1 je uº v redukovaném odstup¬ovaném tvaru, takºe její pravá polovina je uº hledaná

(1R3 )K3 N .

V opa£ném sm¥ru m·ºeme vyuºít pátý bod tvrzení 9:



(1R3 )N K3

1 =  −1 0

−1  0 0 0  = 1 0 1

1 0 0

 −1 0 1 0  0 1

V¥ta 19 (O transformaci matice homomorzmu). Nech´ V, W jsou dva vektorové prostory kone£né dimenze nad F, N, N 0 báze V , M, M 0 báze W a f : V → W homomorzmus. Pak

(f )M 0 N 0 = (1W )M 0 M (f )M N (1V )N N 0 D·kaz. Pouºijeme t°etí bod tvrzení 8 na

f

zapsané jako sloºení

1W ◦f ◦1V . 

0

V = W , M = N , M = N 0 . Matice A := (f )N N se nazývá maticí endomorzmu f vzhledem k bázi N a A0 := −1 (f )N 0 N 0 je matice endomorzmu f vzhledem k bázi N 0 . Pak s vyuºitím (1V )N 0 N = (1V )N N 0 ≡ R dostáváme V¥ta se nej£ast¥ji pouºívá v p°ípad¥

−1

(f )N 0 N 0 = (1V )N N 0 (f )N N (1V )N N 0 , nebo v kompaktn¥j²ím zápise matice

R

−1

AR,

nazýváme

A0 = R−1 AR.

Operaci, p°i níº se matici

A

p°i°adí

konjugováním matice A maticí R. Z pátého bodu tvr-

zení 8 nebo téº z v¥ty 13 plyne, ºe konjugování zachovává hodnost a podle poslední v¥ty vlastn¥ odpovídá vyjad°ování endomorzmu v r·zných bázích. O maticích a

B,

pro n¥º existuje regulární matice

Q

taková, ºe

B = Q−1 AQ,

A

se °íká, ºe jsou

podobné, zna£íme A ∼ B . Podobné matice mají krom¥ hodnosti stejné i n¥které dal²í veli£iny, jak uvidíme v kapitolách o determinantech a vlastních £íslech. P°íklad 17. Spo£t¥me jádro zobrazení gf , kde f je jako v p°íklad¥ 14 a g : R2 → R4 je lineární zobrazení p°i°azující vektoru (0, 1) vektor (1, −1, 0, 1) a vektoru (1, 1) vektor (−1, 1, 0, −1). Zobrazení g je zadáno svými hodnotami na bázi ve smyslu v¥ty 16, prvky báze P = {(0, 1), (1, 1)} zobrazuje na zadané vektory v R4 . Z toho se dá okamºit¥ ur£it matice g vzhledem k P a K4 :   1 −1  −1 1   (g)K4 P =   0 0  1 −1

Matice sloºeného homomorzmu

gf

je podle t°etího bodu tvrzení 8 rovna

(gf )K4 N = (g)K4 P (f )P N = (g)K4 P (1R2 )P M (f )M N ,

74

6. LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

kde jsme zvolili báze tak, abychom mohli pouºít matice, které uº jsme spo£ítali v p°edchozích p°íkladech. Vynásobením matic



 −1  1   1 0  1 −1

1  −1   0 1

2 1



0 1

2 3 −1 −2



dostáváme



(gf )K4 N

1  −1 =  0 1

 −1 −2 1 2   0 0  −1 −2

Matice má hodnost 1 a nulitu tudíº 2. Jádro maticového zobrazení ur£eného maticí (gf )K4 N obsahuje vektory sou°adnic vektor· jádra zobrazení gf . Jinými slovy u ∈ Ker gf , práv¥ kdyº

(u)N ∈ h(1, 1, 0), (2, 0, 1)i Lep²í by ale bylo mít výsledek zapsán p°ímo, ne pomocí sou°adnic k bázi

N.

Podle

vztahu

(gf )K4 K3 = (gf )K4 N (1R3 )N K3 k tomu pot°ebujeme matici p°echodu od

N

ke

K3 ,

kterou jsme získali v p°íkladu

16:



(gf )K4 K3

1  −1 =  0 1

  −1 −2 0 1 2   1 0 0  0 −1 −2

 −1 0 1 0 , 0 1

coº je



−1  1   0 −1 Odtud

u ∈ Ker gf ,

 −2 −2 2 2   0 0  −2 −2

práv¥ kdyº

u ≡ (u)K3 ∈ h(−2, 1, 0), (−2, 0, 1)i P°íklad 18. M·ºeme také je²t¥ jednou spo£ítat

(f )K2 K3

pomocí v¥ty 19. Z

matic na pravé stran¥ rovnosti

(f )K2 K3 = (1R2 )K2 M (f )M N (1R3 )N K3 (1R2 )K2 M , ale ta má podobn¥ jako (1R3 )K3 N M . Pot°ebujeme tedy ur£it sou£in     0 −1 0 1 0 2 3  1 1 0 , 3 1 −1 −2 0 0 1

jsme dosud nespo£ítali jen

16 sloupce rovné vektor·m báze



1 2

který má o£ekávanou hodnotu



1 1

0 1 −2 0



v p°íkladu

5. TRANSFORMACE SOU°ADNIC

75

5.1. Cvi£ení. N = {(1, 0, 1), (2, 0, 3), (0, 1, 0)} k bázi R3 . 2 2 2 Ur£ete matici p°echodu od báze N = {x + 2x + 1,2x + 1,x − x} k bázi 0 2 2 2 N = {x + 2, x − 3x + 1, x + x + 3} v prostoru v²ech reálných polynom·

(1) Ur£ete matici p°echodu od báze

N 0 = {(0, 1, 2), (0, 1, 1), (1, 0, 0)}

(2)

a naopak v

stupn¥ nejvý²e 2.

a ∈ R. Najd¥te matici p°echodu od báze N = {1, x, x2 . . . , xn } k 0 2 n bázi N = {1, x − a, (x − a) . . . , (x − a) } a naopak v Pn (x, R). 2 3 Homomorzmus f : R → R má vzhledem ke kanonickým bázím matici   1 0  1 1 . 0 2

(3) Nech´ (4)

{(1, 1), (2, 0)} a {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}. f : R3 → R2 má vzhledem k bázím {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}

Ur£ete jeho matici vzhledem k bázím (5) Homomorzmus a

{(1, 1), (2, 0)}

matici



1 1

0 1

−1 1

 .

(x, y, z). f : R4 → R4 p°edpisem ∀a, b, c, d ∈ R:      0 1       + c  1  + d  0   1   1   −1 0         0 0 2 −1  0   1   0   2         = a  1  + b 0  + c 0  + d 0  −1 −1 2 0

Ur£ete jeho matici vzhledem ke kanonickým bázím a obraz vektoru (6) Je dán homomorzmus

  0 1  1   0      + b f a  0 1  1 0  

Rozhodn¥te, jestli je

f

automorzmus a pokud ano, najd¥te matici inverz-

ního automorzmu vzhledem ke kanonickým bázím.

M2 (R) uvaºujme    1 0 0 N= , 0 0 0    1 1 0 N0 = , 1 1 1

(7) V prostoru

báze

  0 , 1   1 0 , 1 1

1 0

  0 , 0   0 0 , 1 0 0 0

N k N 0 a naopak. f (X) = B −1 XB , kde   −1 2 B= 1 −1

Ur£ete matici p°echodu od je dáno p°edpisem

Ur£ete

(f )N N

(f )N 0 N 0 . A ∼ B , pak Ak ∼ B k pro Ak ∼ B k pro v²echna k ∈ Z.



0 1



f : M2 (R) → M2 (R)

a

(8) Ukaºte, ºe pokud regulární, pak

Nech´

0 1

v²echna

k∈N

a pokud

A

je

KAPITOLA 7

Determinant matice 1. Permutace Permutace je bijektivní zobrazení kone£né mnoºiny na sebe. Mnoºina m·ºe být jakákoliv, ale obvykle se bere prost¥ mnoºiny zna£íme

Sn .

{1, . . . , n}.

Mnoºinu v²ech permutací této

Sloºení dvou permutací je permutace, identické zobrazení je

permutace a inverzní zobrazení k permutaci je také permutace. Tedy

Sn

s operací

symetrickou grupu na n prvcích. Místo skládání n¥kdy

skládání tvo°í grupu, tzv.

π

mluvíme o sou£inu permutací. Obvyklý zápis permutace



1 2 π(1) π(2)

... ...

n π(n)

je pomocí dvou °ádk·

 ,

a pokud nehrozí nedorozum¥ní, m·ºeme psát jenom °ádek obraz·

(π(1), π(2), . . . , π(n)).

Pozor, neple´te si tento zápis s podobným zápisem pro vektory a matice. Je snadné dokázat indukcí, ºe na

n

prvcích existuje práv¥

n!

permutací.

P°íklad 19. Grupa S3 sestává práv¥ z ²esti prvk·: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2) a (3, 2, 1). Inverzní prvek k π = (2, 3, 1) je π −1 = (3, 1, 2), protoºe π(1) = 2, takºe musí být π −1 (2) = 1, atd. P°íklad sloºení dvou permutací zapí²eme

pro p°ehlednost ve dvou°ádkovém zápise:



1 2

π◦ρ≡

2 3

3 1



1 3

2 2

3 1



 =

1 1

2 3

3 2



Levá strana je sloºení dvou permutací, takºe nejprve je t°eba zobrazit kaºdý prvek permutací

ρ

a poté permutací

π,

nap°.

(π ◦ ρ)(1) = π(ρ(1)) = π(3) = 1 π ∈ Sn a (i, j), i < j je dvojice index· z {1, . . . , n} ek(π(i), π(j)) tvo°í inverzi v π , pakliºe π(i) > π(j). Po£et v²ech takových nazveme I(π), po£et inverzí permutace π .

Definice 26. Nech´

neme, ºe dvojic

Pozor, pojmy tvo°it inverzi a po£et inverzí nemají ºádnou souvislost s inverzní permutací nebo dokonce inverzní maticí, jsou to prost¥ ty dvojice £ísel, které se na druhém °ádku zápisu permutace vyskytují v opa£ném po°adí neº na prvním. Nap°íklad pro permutaci Lemma 21.

(4, 2, 1, 3)

tvo°í inverzi dvojice

(4, 2), (4, 1), (4, 3)

a

(2, 1).

Nech´ π, ρ ∈ Sn . Pak existuje celé £íslo k takové, ºe I(π ◦ ρ) =

I(π) + I(ρ) + 2k .

D·kaz. Nech´

i < j,

pak nastává práv¥ jedna z následujících moºností:

(−−) : ρ(i) < ρ(j), π(ρ(i)) < π(ρ(j)) (−+) : ρ(i) < ρ(j), π(ρ(i)) > π(ρ(j)) (+−) : ρ(i) > ρ(j), π(ρ(i)) > π(ρ(j)) (++) : ρ(i) > ρ(j), π(ρ(i)) < π(ρ(j)) 77

78

7. DETERMINANT MATICE

I−− , I−+ , I+− (−+) a (++) π ◦ ρ. Tedy

I++ .

Ozna£me po£ty dvojic odpovídající t¥mto variantám jako

a

(+−) a (++) dávají inverzi permutace π a varianty (−+) a (+−)

inverzi

Varianty

permutace

ρ,

varianty

inverzi permutace

I(π ◦ ρ) = I−+ + I+− = = (I−+ + I++ ) + (I+− + I++ ) − 2I++ = I(π) + I(ρ) + 2k, kde

k = −I++ .



Definice 27. Nech´

sgn(π) := (−1)I(π) .

π ∈ Sn . Znaménkem

permutace budeme rozum¥t £íslo

id neobsahuje ºádnou inverzi, tedy její znaménko je sgn(id) = (n, n − 1,. . . , 2, 1) obsahuje maximální moºný po£et inverzí, n protoºe p°evrací po°adí v²ech 2 dvojic. Z lemmatu plyne, ºe sgn(π◦ρ) = sgn(π) sgn(ρ), −1 a z t¥chto dvou vlastností dohromady, ºe sgn(π ◦ π) = 1, tedy sgn(π −1 ) = sgn(π). Identická permutace

1.

Naopak permutace

(G, ·, eG ) je grupa s operací · a eG a (H, , eH ) je grupa s operací a neutrálním prvkem eH . Zobrazení φ : G → H , které spl¬uje (1) ∀g1 , g2 ∈ G : φ(g1 · g2 ) = φ(g1 ) φ(g2 ) (2) φ(eG ) = eH se nazývá homomorzmus grup G a H . Definice 28 (Homomorzmus grup). Nech´

neutrálním prvkem

Z kapitoly o vektorových prostorech víme, ºe kaºdý vektorový prostor je grupa vzhledem k operaci s£ítání. Homomorzmus

W

spl¬uje

f :V →W

vektorových prostor·

V

a

∀u, v ∈ V f (u + v) = f (u) + f (v) f (0) = 0,

· a reprezentovány s£ítáW a neutrálními prvky grup jsou nulové vektory. Ozna£íme-li Z2 grupu tvo°enou mnoºinou {1, −1} s operací násobení, je jejím neutrálním prvkem prvek 1. V symetrické grup¥ je operací skládání a neutrálním prvkem identita. Vidíme tedy, ºe zobrazení sgn : Sn → Z2 je homomorzmus grup.

je to tedy i homomorzmus grup. Zde jsou ob¥ operace ním na

V

resp.

Podobn¥ jako u vektorových prostor·, i u grup pojem homomorzmus vyjad°uje, ºe se zobrazení  chová hezky k dané struktu°e, v tomto p°ípad¥ struktu°e grupy. M·ºeme denovat i analogické pojmy: Definice 29. Nech´

jádro a obraz

φ : G → H

je homomorzmus grup. Denujeme jeho

Ker φ = {g ∈ G|φ(g) = eH } Im φ = {h ∈ H|∃g ∈ G : φ(g) = h} Podobn¥ jako jsou jádro a obraz homomorzmu vektorových podprostor· podprostory, jsou jádro a obraz homomorzmu grup podgrupy. Nem·ºeme ale denovat nap°íklad nulitu nebo hodnost homomorzmu grup, protoºe pro grupy neexistuje rozumná denice dimenze. Definice 30. Podgrupu Ker sgn ≤ Sn nazýváme grupou v²ech sudých permutací nebo také alternující podgrupou, zna£íme An . Permutace je tedy sudá, pokud je její znaménko 1. Permutace se znaménkem −1 jsou liché.

Liché permutace podgrupu netvo°í, protoºe sou£in dvou lichých permutací je permutace sudá.

1. PERMUTACE

79

P°íklad 20. Pro grupy m·ºeme denovat pojem monomorzmus, epimor-

zmus, endomorzmus, automorzmus, mluvit o izomorfních grupách. Nap°íklad grupa

S3

je izomorfní grup¥ v²ech symetrií rovnostranného trojúhelníka: sta£í o£ís-

1, 2, 3 a p°i°adit kaºdé permutaci π shodné π(1), 2 na π(2) a 3 na π(3). To je bijekce,

lovat vrcholy

1

vrchol

na

zobrazení, které p°evádí která spl¬uje vlastnosti

homomorzmu, tedy je to izomorzmus grup. Podobn¥ je izomorfní v²ech symetrií pravidelného £ty°st¥nu. Podgrupa

A3 ,

resp.

A4

S4

s mnoºinou

se pak v tomto izo-

morzmu zobrazuje na podgrupu p°ímých shodností. Není t¥ºké si rozmyslet, ºe ve skute£nosti kaºdá kone£ná grupa prvk·

G

je izomorfní podgrup¥ v

Sn ,

kde

n

je po£et

G.

Supp π nosi£ permutace, tedy mnoºinu v²ech index· i ∈ {1, . . . , n} π(i) 6= i. Permutace s dvouprvkovým nosi£em se nazývají transpozice, vlastn¥ pouze vym¥¬ují n¥jaký prvek i s jiným prvkem j . Takovou transpozici budeme zna£it [i, j], nap°íklad (1, 4, 3, 2) je transpozice [2, 4] ≡ [4, 2]. Transpozice [1, 2] obsahuje práv¥ jednu inverzi a je to tedy lichá permutace. −1 Transpozici [i, j], i < j lze zapsat jako ρ ◦ [1, 2] ◦ ρ, kde ρ je libovolná permutace, pro kterou ρ(i) = 1, ρ(j) = 2. Pak ale Ozna£me

takových, ºe

sgn([i, j]) = sgn(ρ−1 ) sgn([1, 2]) sgn(ρ) = sgn([1, 2]), tedy kaºdá transpozice je lichá permutace.

cyklu, coº je permutace s k-prvkovým nosi£em π(ij ) = ij+1 pro v²echna j ∈ {1, . . . , k − 1} a π(ik ) = i1 . Cyklus ozna£íme [i1 , i2 , . . . , ik ], £íslo k se nazývá délkou cyklu. Dva cykly nazveme Transpozice je speciální p°ípad

{i1 , i2 , . . . ik }

taková, ºe

nezávislými, pokud jsou jejich nosi£e disjunktní. V¥ta 20. Kaºdou permutaci lze zapsat jako sou£in nezávislých cykl·. Kaºdou permutaci lze zapsat jako sou£in transpozic.

i1,1 ∈ Supp π . Jeho obraz ozna£íme i1,2 := i1,3 := π(i1,2 ) atd. Mnoºina je kone£ná, takºe pro n¥jaké k1 ∈ N musí nastat i1,k1 +1 = i1,1 . Denujme π1 permutaci, jejíº nosi£ je {i1,1 , . . . , i1,k1 } a na této mnoºin¥ má stejné hodnoty jako π , je to zjevn¥ cyklus délky k1 . Zvolme i2,1 ∈ Supp π \ Supp π1 a opakujme postup, získáme takto N cykl· πj o délce kj , které jsou nezávislé a platí π = π1 ◦ . . . ◦ πN . Cyklus [i1 , . . . , ik ] je roven nap°íklad sou£inu transpozic [i1 , i2 ][i2 , i3 ] . . . [ik−1 ik ] (rozmyslete si podrobn¥). Pokud tento rozklad pouºijeme pro kaºdý cyklus π1 , . . . , πN , dostáváme zápis permutace jako sou£inu transpozic.  D·kaz. Sta£í vzít libovolný prvek

π(i1,1 ),

dále

Z d·kazu je z°ejmé, ºe rozklad na nezávislé cykly je aº na po°adí jednozna£ný. Rozklad na transpozice jednozna£ný zdaleka není, uº cyklus lze rozloºit na transpozice mnoha jinými zp·soby (najd¥te n¥jaký) a také lze do kteréhokoli místa rozkladu vloºit sou£in typu

[i, j][j, i],

£ímº dostaneme jiný rozklad s jiným po£tem

transpozic. Protoºe ale víme, ºe transpozice je lichá permutace a ºe

sgn

homomorzmus, vidíme, ºe znaménko permutace lze také spo£ítat jako

N

je grupový

(−1)N , kde

je po£et transpozic v n¥jakém (a tedy libovolném) rozkladu na transpozice, nebo

také

(−1)C , kde C

je po£et cykl· sudé délky v rozkladu na nezávislé cykly. To bývá

obvykle rychlej²í metoda výpo£tu znaménka permutace neº vypisování seznamu v²ech inverzí. P°íklad 21. Ur£eme znaménko permutace π = (7, 3, 5, 1, 2, 4, 6, 8). Vidíme, ºe π(1) = 7, π(7) = 6, π(6) = 4 a π(4) = 1, coº dává cyklus [1, 7, 6, 4]. Dále π(2) = 3, π(3) = 5 a π(5) = 2, dal²ím nezávislým cyklem je [2, 3, 5]. Tím jsme vy£erpali celý Supp π , tedy π = [1, 7, 6, 4][2, 3, 5] a znaménko je −1, protoºe v rozkladu je jeden

cyklus sudé délky.

80

7. DETERMINANT MATICE

V¥ta 21.

Nech´ n > 1. Grupa An má

n! 2

prvk·.

[1, 2]. Zobrazení T : Sn → Sn T (π) = [1, 2]◦π je bijekce na kone£né mnoºin¥ Sn , p°i£emº obrazem

D·kaz. Zvolme pevnou transpozici, nap°íklad

denované jako

liché permutace je sudá a naopak. Pak ale mnoºina lichých a sudých permutací musí

n! 2 .

být stejn¥ velká, tedy sudých permutací je práv¥



1.1. Cvi£ení. (1) Je sou£in permutací komutativní? (2) Dokaºte, ºe grupa v²ech symetrií £ty°st¥nu je izomorfní (tedy existuje bijektivní grupový homomorzmus) grup¥ odpovídá grupa

S4 . ƒemu v tomto izomorzmu

A4 ?

(3) Patnácka je klasický hlavolam tvaru £tvercové m°íºky

4 × 4,

v níº je 15

pohyblivých dlaºdic o£íslovaných 1 aº 15. V základní pozici je volné pravé dolní pole a dlaºdice 1 aº 15 jsou srovnány v po°adí odleva doprava a odshora dol·. Hlavolam se stal slavným v roce 1880, kdy Samuel Lloyd nabídl odm¥nu 1000 dolar· tomu, kdo se dokáºe ze základní pozice dostat do pozice, v níº je volné pole na stejném míst¥, ale dlaºdice 14 a 15 jsou vym¥n¥ny. Dokaºte, ºe tato úloha nemá °e²ení. (4) Permutaci

 π=

1 6

2 3

3 2

4 9

5 1

6 7

7 4

8 5



9 8

rozloºte na sou£in transpozic dv¥ma zp·soby. (5) Rozloºte následující permutaci na nezávislé cykly a ur£ete znaménko:



1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 12 3 13 11 4 5 6

10 11 1 14

12 7

13 2

14 9



π k , kde k je po£et dn· od va²eho k −1 narození. Dále ur£ete nejmen²í k > 1000 takové, ºe π = π . Spo£t¥te sou£in (1523)(62)(137)(1234567)(152) v S7 . Pi²te rovnou jako

(6) U permutace z p°edchozí úlohy ur£ete (7)

rozklad na nezávislé cykly. (8) e²te v

S6

 permuta£ní rovnici

kde

1 2

2 6

3 5

4 4

5 3

6 1





1 5

2 4

3 1

4 2

5 3

6 6





1 6

2 5

3 1

4 3

5 2

6 4



A= B= C=

AXB = C ,



(9) Ur£ete znaménko permutace

 π=

1 2 3 3 6 9

... ...

n n+1 3n 2

n+2 5

... ... (10) Sta£í

n−1

n + 3 ... 8 ...

2n 3n − 1

(12) Nech´

En

2n + 2 . . . 4 ...

transpozic na vytvo°ení libovolné permutace na

(11) Charakterizujte permutace, pro které (13) Nech´

2n + 1 1

3n 3n − 2 n



prvcích?

π −1 = π . π 60 .

π je permutace z S6 . Spo£t¥te π ∈ Sn . Ozna£me Eπ matici která

se dostane z jednotkové matice

permutací jejích °ádk· pomocí permutace

π.

Dokaºte, ºe pro kaºdou

2. VýPO£ET DETERMINANTU

X ∈ Mmn (F)

matici

existují permutace

matici

 Eπ XEρ =

je podmatice

X

zápisu

A

A C

B D

81

π ∈ Sm , ρ ∈ Sn 

regulární a její rovnost je rovna hodnosti

se °íká

blokový zápis s plnou hodností.

takové, ºe v

X.

Takovému

Tvrzení °íká, ºe u

h(X) h(X) sloupc· bázi sloup-

kaºdé matice lze p°euspo°ádat °ádky a sloupce tak, aby prvních °ádk· tvo°ilo bázi °ádkového prostoru a prvních cového. (14) Nech´

 X=

A C



B D

je blokový zápis s plnou hodností. Dokaºte, ºe pak

D = CA−1 B . X r×n

(15) Pomocí p°edchozího cvi£ení (anebo i bez n¥j) dokaºte, ºe pro matici

m × n hodnosti r existují takové, ºe X = W Y . Matice W typu °íká

matice a

Y

faktorizace s plnou hodností.

Definice 31.

W

typu

m×r

a

Y

typu

mají plnou hodnost, proto se tomu

2. Výpo£et determinantu Nech´ A ∈ Mnn (F). Determinantem matice A nazveme £íslo X

det A :=

sgn(π)a1π(1) a2π(2) . . . anπ(n)

π∈Sn Vidíme tedy, ºe determinant je sou£et

n!

£len·, z nichº kaºdý je sou£inem

n

element· matice vynásobeným znaménkem permutace. V kaºdém takovém sou£inu se vyskytuje práv¥ jeden element z kaºdého °ádku a práv¥ jeden element z kaºdého sloupce. Místo

det A

budeme také pouºívat ozna£ení

|A|

nebo u konkrétní matice

nahradíme závorky svislicemi. P°íklad 22.

(1) Pokud

A

je matice

2 × 2,

pak

a11 a12 = sgn(12)a11 a22 + sgn(21)a12 a21 a21 a22 = a11 a22 − a12 a21

det A ≡

(2) Podobn¥

a11 a21 a31

a12 a22 a32

(3) Pro obecné

n

a13 a23 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 a33 − a11 a23 a32 − a13 a22 a31 − a12 a21 a33

je determinant sou£tem

n!

s£ítanc·, kaºdý je sou£inem

n

£ísel a znaménka. Je tedy jasné, ºe pro praktický výpo£et se denice determinantu p°íli² nehodí. (4) Pokud je

A ∈ Mn (F)

diagonální, pak

det A = a11 a22 . . . ann , protoºe kaºdý z ostatních s£ítanc· obsahuje alespo¬ jeden mimodiagonální element. Ve skute£nosti obsahuje alespo¬ jeden element nad diagonálou a alespo¬ jeden pod diagonálou, takºe stejný výsledek platí i pro horní a dolní trojúhelníkové matice. Ozna£me °ádky matice

A jako a1 , a2 , . . . , an , |a1 , . . . , an |.

hodné ob£as zna£it také jako

determinant matice

A

bude vý-

82

7. DETERMINANT MATICE

Nech´ A ∈ Mnn (F), a0i ∈ Fn , r ∈ F.

Tvrzení 10.

(1) (2) (3)

|A| = |AT | |a1 , . . . , rai , . . . , an | = r|a1 , . . . , ai , . . . , an |. Pokud 1 ≤ i ≤ n, pak

|a1 , . . . , ai + a0i , . . . , an | = = |a1 , . . . , ai , . . . , an | + |a1 , . . . , a0i , . . . , an | (4)

Pokud 1 ≤ i < j ≤ n, pak |a1 , . . . , ai , . . . , aj , . . . , an | = −|a1 , . . . , aj , . . . , ai , . . . , an |

D·kaz. Podle denice

X

|A| =

sgn(π)a1π(1) a2π(2) . . . anπ(n)

π∈Sn

X

=

sgn(ρ−1 )a1ρ−1 (1) a2ρ−1 (2) . . . anρ−1 (n)

ρ∈Sn

X

=

sgn(ρ)aρ(1)1 aρ(2)2 . . . aρ(n)n

ρ∈Sn

X

=

sgn(ρ)aT1ρ(1) aT2ρ(2) . . . aTnρ(n) = |AT |

ρ∈Sn Nejprve jsme vyuºili toho, ºe pokud

ρ

Sn , pak ρ−1 sgn(ρ) = sgn(ρ−1 ).

b¥ºí p°es celou

p°euspo°ádali £initele v sou£inu a pouºili

také, pak jsme

Druhé tvrzení plyne z

X

sgn(π)a1π(1) . . . (raiπ(i) ) . . . anπ(n) = r

π∈Sn

X

sgn(π)a1π(1) . . . aiπ(i) . . . anπ(n)

π∈Sn

a podobn¥ z°ejmé je i tvrzení t°etí. Zobrazení, které permutaci na

Sn ,

π

p°i°azuje permutaci

π 0 = π ◦ [i, j],

je bijekce

Sn

takºe

X

|A| =

sgn(π 0 )a1π0 (1) . . . aiπ0 (i) . . . ajπ0 (j) . . . anπ0 (n)

π 0 ∈Sn

=

X

sgn(π ◦ [i, j])a1π(1) . . . aiπ(j) . . . ajπ(i) . . . anπ(n)

π∈Sn

=−

X

sgn(π)a1π(1) . . . ajπ(i) . . . aiπ(j) . . . anπ(n) ,

π∈Sn



£ímº je dokázáno i poslední tvrzení. Poznámky.

(1) Z prvního tvrzení plyne, ºe druhé a t°etí tvrzení platí i pro sloupce. (2) Determinant matice, která obsahuje nulový °ádek (nebo sloupec), je nulový, sta£í v druhém tvrzení poloºit (3) Pokud má

A

r = 0.

dva stejné °ádky (nebo sloupce), je

det A = 0,

z druhého

nebo ze £tvrtého tvrzení. (4) Druhé a t°etí tvrzení se dají p°eformulovat tak, ºe pro kaºdé a libovolných

n−1

vektor·

a1 , . . . , aj−1 , aj+1 , . . . , an

z

Fn

j ∈ {1, . . . , n} je zobrazení

n

f :F → F aj 7→ |a1 , . . . , an | lineární. Pozor, neznamená to, ºe determinant je lineární zobrazení z vektorového prostoru

Mn (F)

do

F!

2. VýPO£ET DETERMINANTU

(5) Ze £tvrtého tvrzení plyne, ºe pokud

π ∈ Sn ,

83

pak

|aπ(1) , . . . , aπ(n) | = sgn(π)|a1 , . . . , an |, (6) Pokud do i-tého °ádku matice p°i£teme

r-násobek j -tého °ádku pro i 6= j ,

pak se determinant nezm¥ní. Plyne to z druhého a t°etího tvrzení. Tato pozorování umoº¬ují rychlý praktický výpo£et determinant·. ádkovými a sloupcovými úpravami je moºné p°evést matici na horní nebo dolní trojúhelníkový tvar. Hodnota determinantu se bu¤ nem¥ní (úprava typu 2), nebo se zm¥ní znaménko (úprava typu 3) nebo se determinant vynásobí £íslem (úprava typu 1). Sta£í tedy provád¥t Gaussovu eliminaci (s p°ípadným vyuºitím sloupcových úprav, kdyº je to výhodné) a zaznamenávat si p°ípadné zm¥ny hodnoty determinantu vyvolané zm¥nami po°adí °ádk·/sloupc· a násobením °ádku/sloupce £íslem. V¥ta 22.

Matice A ∈ Mnn (F) je regulární, práv¥ kdyº |A| = 6 0.

D·kaz. Matice

A

je regulární práv¥ kdyº

h(A) = n.

Pokud matici p°evedeme

Gaussovou eliminací na horní trojúhelníkovou, pak se hodnost zachová a nulovost £i nenulovost determinantu také. Ale determinant horní trojúhelníkové matice je nenulový, práv¥ kdyº jsou nenulové v²echny prvky na diagonále a práv¥ tehdy je i

n.

hodnost matice rovna



To je tedy první d·leºitá v¥c, na kterou se determinant hodí: jeho nulovost £i nenulovost detekuje regularitu matice. Sou£in dvou regulárních matic je regulární matice a sou£in dvou singulárních je singulární, takºe nulovost determinantu se musí zachovávat i p°i sou£inech. Ve skute£nosti platí mnohem siln¥j²í tvrzení: V¥ta 23.

Nech´ A, B ∈ Mnn (F). Pak |AB| = |A||B|. i-tý °ádek lineární kombinací °ádk· matice B s koeA. Z linearity determinantu v kaºdém °ádku plyne n n n X X X |AB| = a1i1 bi1 , a2i2 bi2 , . . . , anin bin

D·kaz. V matici

cienty z

i

AB

je

tého °ádku matice

=

i1 =1 n X n X

...

i1 =1 i2 =1 Determinant

|bi1 , bi2 , . . . , bin |

i2 =1 n X

in =1

a1i1 a2i2 . . . anin |bi1 , bi2 , . . . , bin |

in =1

je nulový, pokud jsou v n¥m dva °ádky stejné, jinými

slovy pokud zobrazení mnoºiny

{1, . . . , n}

do sebe, p°i°azující indexu

k

index

ik ,

není permutace. Sta£í tedy zachovat jen ty £leny, pro které to permutace je:

|AB| =

X

a1π(1) a2π(2) . . . anπ(n) |bπ(1) , bπ(2) , . . . , bπ(n) |

π∈Sn

=

X

a1π(1) a2π(2) . . . anπ(n) sgn π|b1 , b2 , . . . , bn |

π∈Sn

= |A||B| π má za následek vynásosgn(π) a poslední krok uº je jen denice determinantu. 

Zde jsme vyuºili toho, ºe p°euspo°ádání °ádk· permutací bení determinantu £íslem

1 |E| = 1, plyne z této v¥ty, ºe |A−1 A| = 1 neboli |A−1 | = |A| a také ºe |R AR| = |A|. To znamená, ºe determinant matice endomorzmu nezávisí na volb¥ báze a má tedy smysl denovat pro f ∈ Vn veli£inu det f jako determinant matice f vzhledem k libovolné bázi. Protoºe

−1

84

7. DETERMINANT MATICE

2.1. Cvi£ení. (1) Spo£t¥te determinant



a b 0 c y 0 0 d e z 0 f h k u l 0 0 0 v

x 0 0 g 0

(2) Vy£íslete determinant



1 1 5 1 1 7 2 0 1 6

2 2 5 3 −2 1 −4 3 3 0 4 −2 1 −1 2

(3) Spo£t¥te determinant



2 0 1 2 1

1 1 2 1 1

2 3 1 0 1

2 4 3 4 3



3 1 3 3 2

(aij )n,n 1,1 , kde aij = i + j a n je 1, 2, 3. Ur£ete tento determinant pro obecné n. n,n i+j Ur£ete determinant matice (aij )1,1 , kde aij = (−1) a n je 1, 2, 3. Ur£ete tento determinant pro obecné n. Pomocí determinantu ur£ete, pro která reálná £ísla k má soustava rovnic

(4) Ur£ete determinant matice (5) (6)

x+y+z−w =2 x + y − 2z + w = 3 x + kz − w = 4 2x + y − w = 2 práv¥ jedno °e²ení. (7) Jak se zm¥ní determinant, pokud matici

A ∈ Mn (F)

vynásobíme £íslem

r ∈ F? (8) Jak se zm¥ní determinant, pokud jeho elementy p°evrátíme v·£i st°edu matice. Zd·vodn¥te. (9) Dokaºte, ºe pokud pro libovolné indexy i1 , . . . , ik ; a

k + l > n,

pak je determinant matice

(aij )

j1 , . . . , j l

(10) Jak se zm¥ní determinant matice, pokud pro v²echna ment vynásobíme £íslem

ci−j , c ∈ R?

platí

aia jb = 0

roven nule.

i, j

její

(i, j)-tý

ele-

Zd·vodn¥te.

(11) Jak se zm¥ní determinant, pokud od kaºdého °ádku ode£teme následující °ádek, jen od posledního °ádku ode£teme první °ádek? Zd·vodn¥te. (12) Jak se zm¥ní determinant, pokud matici poto£íme o 90 stup¬· okolo  st°edu matice? Zd·vodn¥te. (13) ƒísla

1, 2, . . . , 9 mohou být rozmíst¥na do 3×3 matice 9! zp·soby. Najd¥te

sou£et determinant· v²ech t¥chto matic. (14) Dokaºte, ºe determinant antisymetrické matice lichého °ádu je nula.

2. VýPO£ET DETERMINANTU

85

(15) Spo£t¥te determinant



3 2 2 2 3 2 2 2 3

... ... ...

. . .

..

2 2

2 2

2 2

. . . 2 3

2 2 2

2 2 2

.

... ...

3 2

(16) Vypo£t¥te determinant



a0 a0 a0

a1 x a1

a2 a2 x

. . .

..

a0

a1

. . . x

. . . an . . . an . . . an

a2

.

...

(17) e²te rovnici



1 1 1 1−x 1 1

1 1 2−x

. . .

..

1

1

1

=0 . . . n−x

... ... ...

1 1 1

.

...

(18) Vypo£t¥te determinant



a1 b1 a1 b2 a1 b3

a1 b2 a2 b2 a2 b3

a1 b3 a2 b3 a3 b3

. . .

a1 bn

a2 bn

a3 bn

... ... ...

a 1 bn a 2 bn a 3 bn

..

. . .

.

...

an bn



(19) Spo£t¥te determinant



a1 x x

x a2 x

x ... x ... a3 . . .

. . .

x

.

. . .

...

an

..

x

x

x x x

n s nenulovým deGL(n, R) - general linear

(20) Dokaºte, ºe mnoºina reálných £tvercových matic °ádu terminantem tvo°í grupu v·£i násobení (zna£íme group). (21) Dokaºte, ºe mnoºina

SL(n, F) := {A ∈ Mn (F)| det A = 1}

je grupa vzhle-

dem k násobení matic. (22) Ur£ete determinant matice

n × n,

která vznikne jako levý horní roh Pas-

calova trojúhelníku:



1 1 1 1 2 3 1 3 6 1 4 10 . . .

1 4 10 20

... ... ... ... ..

.



86

7. DETERMINANT MATICE

3. Aplikace determinantu A ∈ Mn (F). Nech´ AIJ je podmatice A vzniklá vynecháI ⊂ {1, . . . , n} a sloupc· z mnoºiny J ⊂ {1, . . . , n}. Pokud I a J mají stejný po£et prvk·, pak lze spo£ítat |AIJ |, takovému determinantu se °íká IJ -tý minor matice A. Pokud I = J , mluvíme o hlavním minoru a pokud I = {i} a J = {j}, je to první minor, zna£íme |Aij |. ƒíslo Aˆij := (−1)i+j |Aij | nazýváme ij -tým kofaktorem nebo téº algebraickým dopl¬kem matice A. Definice 32. Nech´

ním °ádk· s indexy z mnoºiny

Následující v¥ta nám mimojiné dává rekurzivní formulku, jak spo£ítat determinant matice pomocí jejích algebraických dopl¬k·.

Nech´ A ∈ Mnn (F), j, k ∈ {1, . . . , n}. Pak

V¥ta 24.

n X

aji Aˆki =

i=1

( |A| 0

D·kaz. Dokazujme nejprve p°ípad

tkneme z kaºdého £lenu prvek na

|A| =

n X

an,i

i=1

n-tém

X

pro j = k pro j = 6 k

j = k = n.

V denici determinantu vy-

°ádku. Pak

sgn(π)a1,π(1) . . . an−1,π(n−1)

π∈Sn π(n)=i

π chápat jako permutaci mnoºiny {1, . . . , n − 1} a n-tý |Ann | = Aˆnn . Pro ostatní £leny π zobrazuje n na jiný index i 6= n. Sloºená permutace π 0 := πi ◦ π , kde πi := [n, n − 1, . . . , i + 1, i] zobrazuje 0 n−i op¥t n na n a sgn(π ) = (−1) sgn(π) = (−1)n+i sgn(π). Tedy i-tý s£ítanec lze Pokud

i = n,

pak m·ºeme

s£ítanec v sum¥ je roven

p°epsat jako

X

(−1)n+i

sgn(π 0 )a1,π(1) . . . an−1,π(n−1) =

π 0 ∈Sn−1

= (−1)n+i |Ani | = Aˆni , protoºe prvek

ap,π(p)

a0p,π0 (p) matice A0 ≡ Ani po p°e£íslování indexu i z {1, . . . , n}. Tím je tvrzení dokázáno

je vlastn¥ prvkem

sloupc· zp·sobeném vynecháním

j = k = n. Pokud j = k 6= n, pak sta£í p°euspo°ádat °ádky matice A permutací πj , která p°evádí j -tý °ádek na pozici n a posouvá v²echny následující °ádky beze zm¥ny n−j ˜, pak jejich po°adí, platí sgn πj = (−1) . Ozna£íme-li takto vzniklou matici A pro

˜ = (−1)n+j |A| = (−1)n−j |A|

n X

a ˜ni (−1)n+i |A˜ni | =

i=1

=

n X

aji (−1)i+j |Aji |,

i=1 coº jsme cht¥li dokázat.

Pn

ˆ i=1 aji Aki v·bec nezávisí na hodnotách 0 element· na k -tém °ádku matice A. Je proto stejný i pro matici A , která vznikne Kone£n¥ pokud

z

A

pak sou£et

°ádku napí²eme j -tý °ádek a jinak se matice nezm¥ní. Pak Pnk -tého Pn 0 ˆ0 0 ˆ0 0 a A ki ≡ i=1 ji i=1 aki A ki roven determinantu matice A , který je protoºe se jedná o matici mající dva stejné °ádky. 

tím, ºe do

je ale výraz nulový,

j 6= k ,

3. APLIKACE DETERMINANTU

87

V¥ta nám také dává p°ímé vyjád°ení jednotlivých prvk· inverzní matice. Denujemeli

bjk :=

1 ˆ |A| Akj , pak je n X

n

aij bjk ≡

j=1 rovno jedné pro

i=k

a rovno

1 X aij Aˆkj |A| k=1

0 pro i 6= k , £ili AB = E , B = A−1 . Pro matice 2 × 2

odtud dostáváme snadno zapamatovatelnou formulku



a c

−1

b d

=

1 ad − bc



d −b −c a

 ,

tedy ºe inverzní matice se dostane prohozením prvk· na hlavní diagonále, nahrazením prvk· na vedlej²í diagonále prvky opa£nými a vyd¥lením determinantem. Z výrazu pro inverzní matici m·ºeme také odvodit vztah pro °e²ení soustav rovnic, známý jako

Cramerovo pravidlo.

²ením soustavy rovnic

Ax = b

je

A

Pokud

x = A−1 b.

je regulární matice, pak °e-

Dosazením vzorce pro inverzní matici

dostáváme, ºe

xi = Ozna£me

Ab,i

A

1 bj Aˆji |A| j=1

A nahrazením i-tého sloupce vektorem b, pak Pn |Ab,i | = j=1 Aˆji bj , protoºe kofaktory matic Ab,i

matici, která vznikne z

rozvoj podle tohoto sloupce dává a

n X

odpovídající vynechání

i-tého

sloupce jsou stejné. Dostáváme tedy

Nech´ A ∈ Mnn (F) je regulární matice a b ∈ Fn . Pak hodnota i-té b,i | sloºky (jediného) °e²ení x ∈ Fn soustavy rovnic Ax = b je rovna |A|A| . V¥ta 25.

Pokud

a1 , . . . , an ∈ Rn ,

pak výraz

|a1 , . . . , an |

spl¬uje tém¥° v²echny p°iro-

ai . r-násobn¥

zené vlastnosti, které by m¥l spl¬ovat objem rovnob¥ºnost¥nu ur£eného vektory Skute£n¥: pokud jeden z vektor·

r-krát

prodlouºíme, pak determinant

vzroste, stejn¥ se chová i objem. Pokud k vektoru p°i£teme lineární kombinaci ostatních vektor·, pak se  vý²ka rovnob¥ºnost¥nu nezm¥ní, a tedy ani jeho objem. Stejn¥ tak se nezm¥ní ani determinant. Pokud

ai

jsou prvky kanonické báze,

je rovnob¥ºnost¥nem krychli£ka o hran¥ jedna, která má objem také jedna a stejnou hodnotu má i determinant. Pokud jsou

ai

lineárn¥ závislé, pak jsou objem i

determinant rovny nule. Jedinou vadou na kráse tedy z·stává, ºe determinant m·ºe narozdíl od objemu být i záporný. Ve skute£nosti to ale není vada, nýbrº vlastnost: znaménko determinantu nám umoº¬uje denovat, kdy je báze

{a1 , . . . , an }

kladn¥

a kdy záporn¥ orientovaná.

3.1. Cvi£ení. (1) e²te pomocí Cramerova pravidla pro ta

a ∈ R,

pro n¥º se toto pravidlo

dá pouºít:

ax + y + z = 1 x + ay + z = 1 x + y + az = 1 Jinou metodou pak do°e²te pro ostatní hodnoty (2) Ur£ete pouze element na pozici



1  4 7

12 2 6 8

a.

inverzní matice k

 3 6  9

88

7. DETERMINANT MATICE

(3) Vypo£t¥te determinantovou metodou inverzní matici k



1 A= 2 −1

1 3 3

 1 3  −2

(4) Spo£t¥te determinant



0 y

0 0

0 0

... ...

x 0

. . . y x

2 1 0

1 2 1

0 1 2

... ... ...

0 0 0

0 0 0

x y 0 x 0 0

0 ... y ... x ...

. . .

..

0 0 0

.

0 0 0

(5) Spo£t¥te determinant



. . .

..

0 0

0 0

0 0

.

... ...

2 1

. . . 1 2

(6) e²te pomocí Cramerova pravidla

(1 + a)x + y + z = 1 x + (1 + a)y + z = a x + y + (1 + a)z = a2 (7) Spo£t¥te tzv. Vandermonduv  determinant

(8) Numerické p°iblíºení

1 1 1

x20 x21 x22

x0 x1 x2

. . .

1

.

. . .

...

xnn

..

x2n

xn

n-té



derivace: Pro kaºdé

vesm¥s ruzných  reálných £ísel

q0 , q1 , . . . , qn ,

. . . xn0 . . . xn1 . . . xn2

α0 , α1 , . . . , αn

n ∈ N

a kaºdou volbu

najd¥te reálné koecienty

aby

Pn lim

h→0

i=0 qi f (x hn

+ hαi )

= f (n) (x).

Pomocí L'Hospitalova pravidla p°eve¤te tuto podmínku na soustavu lineárních rovnic a tu pak °e²te Cramerovým pravidlem. (9) Dokaºte

2 cos α 1 1 2 cos α 0 1 . . . 0 0

0 ... 1 ... 2 cos α . . . ..

0

.

...

sin(n + 1)α = sin α . . . 2 cos α 0 0 0

n+1

3. APLIKACE DETERMINANTU

89

(10) Dokaºte, ºe determinant blokov¥ diagonální matice

 det

je roven

 0 = B

A 0

a11 a21

a12 a22

. . .

ak1 0

ak2 0

. . .

0

0

... ...

alk a2k

..

. . .

.

0 0

. . . 0 . . . 0 . . . b1l . .. . . . . . . bll ... ...

... ...

akk 0

0 0 b11

..

.

. . .

. . .

...

0

bl1

0 0

det A det B . n-tého 7 2 Dn = 0 .. . 0

(11) Spo£t¥te determinant

°ádu

5 7 2

..

0

. . . 7

0 ... 5 ... 7 ...

0 0 0

.

0 ...

Návod: Sestavte rekurentní formuli pro hledat ve tvaru

Dn = axn + by n

Dn

a ukaºte, ºe její °e²ení lze

pro vhodné konstanty

a, b, x, y ∈ C.

(12) Dokaºte, ºe inverzní matice k regulární antisymetrické matici je antisymetrická. (13) Ur£ete obsah rovnob¥ºníku vytý£eného vektory

(1, 2) a (2, 1). (1, 1, 0), (3, 5, −2)

(14) Ur£ete objem rovnob¥ºnost¥nu vytý£eného vektory

a

(4, 0, 7). (15) Dokaºte, ºe hodnost matice je rovna velikosti nejv¥t²ího jejího nenulového minoru. (16) Pro matici

 X=

 A B , C D Z := D − CA−1 B ,

A je regulární, denujme tzv. Schur·v dopln¥k X . Je vid¥t, ºe pokud jde o blokový zápis s plnou hodností, je Z = 0. Dokaºte, ºe det X = det A det Z . Nápov¥da: Rozloºte X na sou£in blokov¥

kde

A

v

dolní trojúhelníkové matice a blokov¥ horní trojúhelníkové matice. (17) Nech´

 X= kde

A, D

a

X

X −1 =

A C

B D

 ,

jsou regulární. Dokaºte, ºe pak je i



−1

A (E + BZ −Z −1 CA−1

−1

−1

CA

−1

Z

) −A BZ Z −1

regulární a

−1



KAPITOLA 8

Diagonalizace matic n ºije v Kocourkov¥ Tn obyvatel. Kaºdý rok se 1/10 obyvatel Kocourkova 1/5 obyvatel Tramtárie do Kocourkova. Jiná místa (na-

Uvaºujme následující jednoduchý popula£ní model. V roce

Kn

obyvatel a v Tramtárii

odst¥huje do Tramtárie a

p°íklad Houby nebo Onen Sv¥t) neuvaºujeme, takºe kdo se nest¥huje, z·stává na míst¥. Víme, kolik obyvatel m¥l Kocourkov i Tramtárie za krále Klacka (rok 0) a chceme v¥d¥t, kolik jich budou mít, aº napr²í a uschne (rok 42). Situaci v roce

n

lze popsat stavovým vektorem

vn := (Kn , Tn )

a vývoj v £ase

maticovým zobrazením

 vn+1 =

Kn+1 Tn+1



1 5 4 5

9 10 1 10

 =



Kn Tn

 = Avn

v42 = A42 v0 , takºe pot°ebujeme n¥jak efektivn¥ spo£ítat mocninu matice A. Ideální by bylo, kdyby A byla podobná diagonální matici, tedy kdyby existovaly −1 diagonální matice D a regulární matice U taková, ºe A = U DU . Pak totiº

Pak ov²em

−1 −1 −1 A42 = U | DU U DU{z . . . U DU } 42

= U DEDE . . . EDU −1 = U D42 U −1 Pro diagonální matici (nejen) druhého °ádu platí, ºe její mocnina je diagonální matice:



a 0

n

0 b



an 0

0



=

0 bn





1 −1

A skute£n¥, takové matice existují! Platí

 A=

−1 1

2 1



1 0

7 10

1 3

1 2

 ,

a první a poslední matice jsou opravdu navzájem inverzní. Proto

A

42

 = . 1 = 3

kde jsme zanedbali £íslo

2 1 

−1 1 2 1

2 1



142 0

0 0.742



1 3



1 −1

1 2



 ,

. 0.742 = 3.10−7 .

Aº napr²í a uschne, bude rozloºení obyva-

telstva dáno vektorem



K42 T42



1 = 3



2 1

2 1



K0 T0



 =

2 3 (K0 1 3 (K0

+ T0 ) + T0 )



Jinými slovy, t°etina celkové populace bude v Tramtárii a zbylé dv¥ t°etiny v Kocourkov¥. Dalo by se na to p°ijít i tak, ºe bychom hledali rozloºení obyvatel, které je stabilní v·£i zadané migraci. Jak ale p°ijdeme na matice 91

U

a

D?

92

8. DIAGONALIZACE MATIC

1. Vlastní £ísla a vlastní vektory Stabilní rozloºení z p°edchozího p°íkladu je charakterizováno vlastností, ºe jej dané maticové zobrazení zobrazuje na  jednonásobek sebe sama:



9 10 1 10

1 5 4 5





2t t



2t t

= 1.



Tuto situaci zobecníme na libovolný endomorzmus a libovolný násobek:

V

Definice 33. Nech´

λ∈C

je

je vektorový prostor kone£né dimenze nad

vlastním £íslem

lový vektor

v ∈ V

platí

endomorsmu

f (v) = λv .

f ∈ End(V ),

C.

Ēslo

pakliºe pro n¥jaký nenu-

Kaºdý vektor, který toto spl¬uje, se nazývá

vlastním vektorem f p°íslu²ným vlastnímu £íslu λ. Mnoºinu Ker(f − λ1V ) nazýváme vlastním podprostorem f s vlastním £íslem λ. Pokud je f ≡ fA maticové zobrazení, pak mluvíme o vlastních £íslech, vektorech a podprostorech matice.

(2t, t), t ∈ C

V²echny vektory tvaru s vlastním £íslem

1.

jsou tedy vlastními vektory matice

Kdybychom dop°edu v¥d¥li, ºe

bychom je hledat jako °e²ení úlohy

1

je vlastním £íslem

A,

A

mohli

Av − Ev = 0, tedy jako prvky nulového prostoru

matice



1 − 10 1 10

která je zjevn¥ singulární. Prostor

Ker(fA − 1C2 )

maticového zobrazení

1 5 − 15



N (A − E) fA .

, je práv¥ vlastním podprostorem

Stejn¥ tak je singulární matice

7 E≡ 10

A−



9 10

− 1 10

7 10

4 5

1 5



 7 10

7 Av = 10 v , je tedy vlastním 7 7 2 vektorem s vlastním £íslem , prvkem vlastního podprostoru Ker(fA − 10 10 1C ).

a libovolný prvek jejího nulového prostoru spl¬uje

P°íklad 23.

f : P n (x, C) → P n (x, C) denované jako derivace polynomu [f (p)](x) := p0 (x) má jediné vlastní £íslo 0, p°íslu²ný vlastní podprostor

(1) Zobrazení

je tvo°en konstantními polynomy.

D = diag(d1 , . . . , dn ) jsou vlastními £ísly matice d1 , . . . , dn a p°íslu²né vlastní vektory jsou prvky e1 , . . . , en ∈ Cn . Matice horní nebo dolní trojúhelníková

(2) Pro diagonální matici

D

její diagonální prvky

kanonické báze

se stejnou diagonálou má stejná vlastní £ísla, ale jiné vlastní vektory. (3) Pokud

Ax = λx

a

A

je regulární, pak

A−1 x = λ−1 x,

£ili inverzní matice

má stejné vlastní vektory, ale p°evrácená vlastní £ísla.

A = Q−1 BQ, pak Ax = λx znamená BQx = λQx, vlastním £íslem B s vlastním vektorem Qx. Podobné matice

(4) Pokud

tedy

λ

je

mají tedy

stejná vlastní £ísla. Zvolíme-li bázi

M ⊂ V,

pak

f (v) = λv

znamená

(f )M M (v)M = λ(v)M .

Tedy

vlastní £íslo endomorzmu je vlastním £íslem i jeho matice vzhledem ke kterékoli bázi. V²echny tyto matice jsou navzájem podobné, coº je alternativní zp·sob, jak se dívat na poslední bod p°echozího p°íkladu.

λ ∈ C, N (A−λE) neobsahoval pouze nulový vektor. To je ale ekvivalentní poºadavku, aby A − λE byla singulární matice, £ili (v na²em p°íklad¥) aby 9 1 ≡ λ2 − 17 λ + 7 = 0 10 1− λ 4 5 − λ 10 10 10 5 Jak ur£it vlastní £ísla matice? Podle denice víme, ºe to musí být taková

aby

1. VLASTNÍ £ÍSLA A VLASTNÍ VEKTORY

93

7 10 . Vlastní vektory uº jsme pro n¥ nalezli d°íve, ºádná dal²í vlastní £ísla ani vektory tedy uº matice A mít nem·ºe.

Ko°eny tohoto polynomu jsou £ísla

1

a

Definice 34. Nech´ A je £tvercová matice. Jejím charakteristickým polynomem nazýváme polynom pA (λ) := det(A − λE). Nech´ V je vektorový prostor kone£né dimenze nad C, f ∈ End V . Charakteristickým polynomem endomorzmu f rozumíme charakteristický polynom jeho matice vzhledem k n¥jaké bázi M ⊂ V , zna£íme pf (λ). Mnoºinu v²ech ko°en· pf nazýváme spektrum endomorsmu f , zna£íme σ(f ), podobn¥ denujeme spektrum matice σ(A).

Charakteristický polynom endomorzmu nezávisí na volb¥ báze

QAQ−1

je matice

f

M . Pokud B =

vzhledem k jiné bázi, pak

det(B − λE) = det(QAQ−1 − λQQ−1 ) = det Q det(A − λE) det Q−1 = det(A − λE) Protoºe

det(A − λE) = det((A − λE)T ) = det(AT − λE), A a AT stejný charakteristický polynom a tedy i vlastní T podprostory N (A − λE) a N (A − λE) jsou ale obecn¥ r·zné. mají matice

£ísla. Vlastní

Charakteristický polynom matice lze rozepsat

det(A − λE) =

n Y

(aii − λ) + . . .

i=1

= (−λ)n +

X

aii (−λ)n−1 + . . . ,

i=1 kde £leny ozna£ené trojte£kou nemohou obsahovat P°ísp¥vky k

(n − 1). mocnin¥ tedy

λ

ve vy²²í mocnin¥ neº

n − 2.

pochází jen z prvního £lenu a dávají dohromady

Tr A(−λ)n−1 . Absolutní £len polynomu je roven jeho hodnot¥ v nule pA (0) = det A. Celkov¥ tedy

pA (λ) = (−λ)n + Tr A(−λ)n−1 +

n−2 X

Ai (−λ)i + det A

i=1 Popsat £ísla

Ai

je trochu komplikovan¥j²í, ale ne o moc: jsou to sou£ty v²ech hlav-

ních minor· matice

A

stupn¥

n − i.

Pomocí Viètových vztah· mezi koecienty

pA vyjád°it v termínech vlastních £íσ(A) = {λ1 , . . . , λn }, kde kaºdé vlastní £íslo bereme tolikrát, Qnkolik je jeho násobnost jakoºto ko°enu pA , pak dostáváme nap°íklad det A = i=1 λi a Pn Tr A = i=1 λi . Tyto vztahy se dají pouºít jako alternativní denice determinantu

polynomu a jeho ko°eny se dají koecienty sel. Pokud

a stopy endomorzmu a dokonce jako základy pro denici determinantu a stopy vhodné t°ídy endomorzm· na prostorech nekone£né dimenze. My se zde, pokud nebude °e£eno jinak, omezíme na kone£n¥dimenzionální p°ípad. V¥ta 26 (Cayleyova-Hamiltonova). Pokud dosadíme matici A do jejího charakteristického polynomu, dostaneme nulovou matici, £ili pA (A) = 0. D·kaz. Z v¥ty o rozvoji determinantu podle °ádku máme

n X

(aik − λδik )(−1)j+k (A − λE)(j),(k) = pA (λ)δij

k=1 Kaºdý první minor

(A − λE)(j),(k)

je polynom stupn¥ nejvý²e

n − 1,

ozna£me jeho

koecienty takto:

(−1)j+k (A − λE)(j),(k)

=:

(B0 )kj + (B1 )kj λ + . . . + (Bn−1 )kj λn−1

94

8. DIAGONALIZACE MATIC

Získali jsme

n

matic

Bi

spl¬ujících vztahy

AB0 = p0 E AB1 − B0 = p1 E . . .

ABn−1 − Bn−2 = pn−1 E −Bn−1 = pn E, kde

A

pi

i−1

jsou koecienty

pA (λ) =

Pn

pi λi . Nyní sta£í vynásobit i-tou rovnici maticí 0 = pA (A). 

i=0

a v²echny se£íst, dostaneme

pA (A) = det(A − AE) = 0? Dosadit pA (λ) lze, stejn¥ jako spo£ítat det(A − BE). Ale pA (B) je det(A − BE) £íslo, £ili to nem·ºe být totéº.

Poznámka 3. Pro£ nefunguje d·kaz

matici

B

do polynomu

matice, kdeºto

Cayleyova-Hamiltonova v¥ta m·ºe být uºite£ná tehdy, kdyº chceme spo£ítat mocninu matice, aniº bychom znali vlastní £ísla a vektory. Dává nám rekurentní

n×n

formuli pro výpo£et libovolné mocniny

matice pomocí p°edchozích

n

moc-

nin. Pouºití této formule bude jist¥ efektivn¥j²í neº po£ítání mocniny matice z denice maticového násobení. Zárove¬ pro celo£íselnou matici vysta£íme s celo£íselnými operacemi, zatímco p°i výpo£tu vlastních £ísel bychom museli obecn¥ pouºívat numerické metody pro hledání ko°en· polynomu a výsledek by tedy byl pouze p°ibliºný. P°íklad 24.

(1) Matice



0 0

0 0

  0 , 0

mají ob¥ charakteristický polynom



1 0

λ2 ,

jediným vlastním £íslem je nula.

Mají ale r·znou hodnost, tedy nemohou být podobné. Podobné matice tedy mají stejné charakteristické polynomy, ale opa£ná implikace neplatí. Vlastním vektorem první matice je kterýkoli vektor v vektor druhé matice je

e1 ≡ (1, 0)

C2 ,

zatímco vlastní

(a jeho násobky).

(2) Matice



0 A= 0 0 má charakteristický polynom platí

3

A = 0,

1 0 0 −λ3

 0 0  0 a podle Cayleovy-Hamiltonovy v¥ty

coº je hned vid¥t i z matice samotné. Platí dokonce

tedy matice nuluje i polynom

mA (λ) = λ

2

. Polynom

mA (λ)

A2 = 0,

má nejmen²í

moºný stupe¬ mezi v²emi polynomy, které dávají nulu po dosazení takový polynom se nazývá

A,

minimální polynom matice A. Vidíme, ºe

charakteristický polynom obecn¥ není minimálním polynomem matice. Jaké jsou vlastní vektory

A?

(3) Charakteristický polynom matice

 A=

5 −3

1 1



je

(−λ)2 + Tr A(−λ) + det A = λ2 − 6λ + 8 = (λ − 2)(λ − 4)

1. VLASTNÍ £ÍSLA A VLASTNÍ VEKTORY

Pro vlastní £íslo

0,

95

λ1 = 2 tedy hledáme vektory x ∈ C2 spl¬ující (A−2E)x =

£ili °e²ení homogenní soustavy rovnic s maticí



3 −3

A − 2E =

1 −1



2 je tedy hv1 i, kde v1 = (1, −3). Podobn¥ λ2 = 4 je lineární obal v2 = (1, −1). Vidíme, 2 ºe mnoºina M = {v1 , v2 } je báze C . Pokud budeme chápat A jako matici homomorsmu fA vzhledem ke kanonickým bázím, pak

Vlastní podprostor p°íslu²ný vlastní podprostor p°íslu²ný

(fA )M M = (1)M K (fA )KK (1)KM   1 −1 −1 5 = 3 1 −3 2   2 0 = 0 4

1 1



1 −3

1 −1



V bázi z vlastních vektor· má tedy matice diagonální tvar, coº odpovídá tomu, ºe tyto vektory homomorsmus

fA

jenom vynásobí p°íslu²-

ným vlastním £íslem. Ov¥°te sami, ºe stejným zp·sobem je moºné získat

U DU −1 z úvodního p°íkladu. Rotace o úhel α 6= kπ ve dvojrozm¥rném prostoru na první pohled vlastní i rozklad

(4)

vektory mít nem·ºe, protoºe ºádný sm¥r se p°i oto£ení nezobrazí na sv·j násobek. Uvaºujme pro jednoduchost rotaci o



cos π2 − sin π2

sin π2 cos π2

Charakteristický polynom jsou



λ2 + 1

 =

0 −1

má ko°eny

(1, ±i) a diagonalizace vypadá    1 1 −i 0 1 1 1 i −1 0 i 2

1 −i

1 0

π 2 , která je dána maticí



±i,



 =

p°íslu²né vlastní vektory

i 0

0 −i



Vidíme tedy, ºe vlastní £ísla a vektory existují díky tomu, ºe jsme se rozhodli celou úlohu °e²it v komplexním prostoru.

1.1. Cvi£ení. (1) Sestavte charakteristický polynom matice



 2 3 −1 4  1 3

3  2 3 (2) Najd¥te vlastní £ísla matice



1  1   0 0

0 1 0 0

0 0 1 2

 0 0   1  3

(3) Najd¥te vlastní £ísla a vlastní vektory matice



1 −3

1 5



(4) Dokaºte, ºe matice je regulární, práv¥ kdyº v²echna její vlastní £ísla jsou nenulová. (5) Najd¥te n¥jakou matici má vlastní £ísla 5 a 6.

2 × 2,

která není horní ani dolní trojúhelníková a

96

8. DIAGONALIZACE MATIC

(6) Ur£ete koecient u

λ2 v 

charakteristickém polynomu matice

 0 0 −1 0   1 −2  0 0

1 1  0 1   1 0 2 1

(7) Ov¥°te Cayley-Hamiltonovu v¥tu pro matici



a b c d



p°ímým dosazením do charakteristického polynomu. (8) Spo£t¥te vlastní £ísla a vlastní vektory zobrazení

f : P 2 (x, C) → P 2 (x, C)

daného vztahem

f (a + bx + cx2 ) = (5a + 6b + 2c) − (b + 8c)x + (a − 2c)x2 (9)

(2) Dokaºte, ºe pokud A je matice taková, ºe kaºdý její °ádek má sou£et c, pak je c ko°enem jejího charakteristického polynomu. Dokaºte totéº pro sloupce.

(10) Spo£ítejte charakteristický polynom matice

      

0 0

1 0

0 1

. . .

0 −p0

... −p1

0 −p2

... ...

0 0

..

. . .

.

0 ...

1 −pn−1

      

(11) Vypo£t¥te pomocí Hamilton-Cayleovy v¥ty (bez ur£ení vlastních £ísel)



1  1 1

2 0 2

25 1 1  −1

(12) Spo£t¥te vlastní £ísla a vektory zobrazení

F : M22 (C) → M22 (C)

deno-

vaného p°edpisem

 F

a c

b d



 =

2c b − 2c

a+c d



χA (λ) = P λn + D1 λn−1 + . . . + Dn . Dokaºte, ºe T r(Am ) = λm i , kde λi jsou vlastní £ísla A, a pomocí tohoto tvrzení tvrzení a Vietových vztahu pro Di dokaºte

(13) Ozna£me koecienty charakteristického polynomu vyjád°ením

rekurentní formuli

mDm + Dm−1 T r(A) + Dm−2 T r(A2 ) + . . . + T r(Am ) = 0 1 ≤ m ≤ n. Vyuºijte toho k napsání charakteristického polynomu ve 3 a 4 pouze pomocí stop mocnin A. Dokaºte, ºe pro libovolnou matici A a libovolný polynom p(x) platí σ(p(A)) = p(σ(A)) (V¥ta o obrazu spektra). Dokaºte odtud, ºe p(A) je regulární, práv¥ kdyº ºádné vlastní £íslo A není ko°enem p(x). pro

stupni

(14)

2. Diagonalizovatelnost matice Jak jsme vid¥li v prvním z p°edchozí série p°íklad·, dv¥ matice se stejným charakteristickým polynomem a tedy i stejnými vlastními £ísly v£etn¥ násobností nemusí být nutn¥ podobné. Jinými slovy, ne u kaºdé matice lze sestavit z vlastních vektor· bázi a pomocí ní matici diagonalizovat. Rozli²ujeme proto dva druhy násobnosti vlastního £ísla:

2. DIAGONALIZOVATELNOST MATICE

97

Definice 35. Nech´ V je vektorový prostor kone£né dimenze nad C, f ∈ End(V ). Algebraickou násobností vlastního £ísla λ endomorzmu f rozumíme jeho násobnost jakoºto ko°enu charakteristického polynomu pf . Geometrickou násobností λ ozna£ujeme £íslo dim Ker(f − λ1V ). P°íklad 25. Matice

 A := má jediné vlastní £íslo

A

má ale nulitu

1,

0.

1 0



2.

Jeho algebraická násobnost je tedy

geometrická násobnost vlastního £ísla

vlastní vektory jsou násobky diagonalizovat

0 0

(1, 0),

0

A − 0E ≡

Matice

je tedy 1. V²echny

nelze z nich tedy sestavit bázi

C2

a tedy ani

A.

V¥ta 27 (Kritérium diagonalizovatelnosti endomorzmu). Nech´ f ∈ End(V ). Pokud se pro kaºdé vlastní £íslo rovnají jeho algebraická a geometrická násobnost, pak existuje báze V sestávající z vlastních vektor· f . V této bázi má matice f diagonální tvar s vlastními £ísly na diagonále.

σ(f ) = {λ1 , . . . , λq }, kde λi jsou vzájemn¥ r·zná m1 , . . . , mq , ozna£me Vi := Ker(f −λi 1V ). nenulových vektor· v1 , . . . , vq , p°i£emº vi ∈ Vi . Uká-

D·kaz. Pro kaºdý prvek

vlastní £ísla s algebraickými násobnostmi Uvaºujme libovolnou

q -tici

ºeme, ºe jsou lineárn¥ nezávislé. Pokud by nebyly, mohli bychom z nich vybrat lineárn¥ nezávislou vlastní podmnoºinu jako ních

{v1 , . . . , vq }. Pro j ∈ / {i1 , . . . , ik } Pk vj = p=1 νp vip . Pak ale λj

k X

{vi1 , . . . , vik }, která má stejný lineární obal vj vyjád°it jako lineární kombinaci ostat-

lze

νp vip = λj vj = f (vj ) =

k X

νp f (vip ) =

νp λip vip

p=1

p=1

p=1

k X

Pk

νp (λip −λj )vip = 0. Protoºe jsme vlastní £ísla brali vzájemn¥ r·zná a νp {vi1 , . . . , vik }. Lineární nezávislost libovolné q -tice v1 , . . . , vq , vi ∈ Vi znamená, ºe ºádný podW prostor Vi není ve spojení j v²ech ostatních. Proto prostory Vi tvo°í direktní i6=j VL q 0 sou£et, jeho dimenze n := dim i=1 Vi je rovna sou£tu dimenzí jednotlivých Vi , Tedy

p=1

také nemohou být v²echny nula, dostáváme spor s lineární nezávislostí

tedy sou£tu geometrických násobností v²ech vlastních £ísel. Pokud se rovnají algebraické a geometrické násobnosti v²ech vlastních £ísel, pak charakteristického polynomu, £ili Tvar

dim V . Pak ale V = i=1 Vi Mi je libovolná báze Vi .

Sq M := i=1 Mi , kde matice f v bázi M plyne

struovat jako

Lq

n0

je rovno stupni

a bázi

z denice matice homomorsmu.

V

lze zkon-



Poznámky.

(1) Speciálním p°ípadem je tzv. £ísla algebraickou násobnost

prosté spektrum, kdy mají v²echna vlastní 1.

Z d·kazu v¥ty plyne, ºe kdyº ke kaºdému

vlastnímu £íslu zvolíme libovolný vlastní vektor, bude tato mnoºina lineárn¥ nezávislá. Protoºe je vlastních £ísel

n,

musí to být báze. Z toho

je vid¥t, ºe v takovém p°ípad¥ jsou v²echny geometrické násobnosti také jedna. (2) Opa£ná implikace, tedy ºe pokud se alespo¬ u jednoho vlastního £ísla algebraická a geometrická násobnost nerovnají, pak není matice diagonalizovatelná, platí také. D·kaz je ale podstatn¥ náro£n¥j²í, plyne z existence a jednozna£nosti tzv. Jordanova tvaru matice.

98

8. DIAGONALIZACE MATIC

2.1. Cvi£ení. (1) Najd¥te matici p°echodu od báze vlastních vektor· do kanonické báze pro matici



2 −1



2 5

(2) Ov¥°te, ºe báze vlastních vektor· následující matice je ortogonální (vzhledem ke standarnímu skalárnímu sou£inu):



1 2



2 1

(3) Diagonalizujte matici



0 5



2 −3

(4) Nech´

 A= Najd¥te matici

U

1 1

4 1



 ,B =

takovou, ºe

2 1

3 0



U AU −1 = B .

(5) Diagonalizujte matici



4 A= 2 0

 −3 1 −1 1  0 2

(6) Diagonalizujte matici



0 A= 2 0

 2 0  5

1 3 4

(7) Diagonalizujte matici

 7 −12 6  10 −19 10  12 −24 13 

(8) Dokaºte, ºe matice

 A=

1 0

c 1



c. an+2 = an+1 + 2an , a1 = a2 = 1 2 2 zobrazení f : R 7→ R dané vztahem       an an+1 an+1 f: → = an+1 an+2 an+1 + an

není diagonalizovatelná pro ºádné nenulové (9) Rekurentní posloupnost jako

Diagonalizujte matici tohoto zobrazení a vypo£t¥te její Odvo¤te odtud vztah pro

n-tý

lze formulovat

n-tou

mocninu.

£len posloupnosti.

(10) V prostoru reálných polynom· stupn¥ nejvý²e 2 najd¥te bázi, v níº je

T , které reálnému polynomu f (x) (T f )(x) = f (0) + f (1)(x + x2 ), diagonální.

matice zobrazení (11) Ur£ete limitu



7 1 lim m  3 m→∞ 4 3

−9 7 −9

m −15 3  −11

p°i°azuje polynom

3. SOU£ASNÁ DIAGONALIZOVATELNOST

99

(12) Spo£ítejte pravd¥podobnost vít¥zství ve h°e hrané na hracím plánu se £ty°mi polí£ky 1,2,3,4. Na za£átku je gurka na poli 2, dosáhnout pole 4 je prohra, dosáhnout pole 1 je vít¥zství. V kaºdém tahu si hodíme kostkou a na 1,2 posuneme gurku o jedno pole doleva, na 3,4,5,6 o jedno pole doprava. Pouºijte p°i tom vlastní £ísla a limitní p°echod, p°ípadný alternativní výpo£et jen jako kontrolu.

O(n) := {A ∈ M (n × n)|AT A = E} a SO(n) := O(n) ∩ {A| det A = 1}. Ukaºte, ºe pro libovolná matice A ∈ SO(3) zachovává 3 n¥jaký vektor v ∈ R a v rovin¥ na n¥j kolmé p·sobí jako rotace o úhel 1 2 (Tr A − 1).

(13) Ozna£me

(14) Na kruºnici se pohybují bez t°ení dv¥ t¥lesa, první má hmotnost m a velikost rychlosti

u0 ,

druhé má hmotnost M a velikost rychlosti

v0 .

Rychlosti

nejsou stejné a zárove¬ stejn¥ orientované, tedy £asem dojde ke sráºce.

ui , vi

Povaºujme v²echny sráºky za dokonale pruºné a ozna£me

velikosti

rychlosti obou t¥les po i-té sráºce. Sestavte soustavu diferen£ních rovnic, jíº se tato posloupnost dvojic velikostí rychlostí °ídí a vy°e²te ji. (15) Dokaºte, ºe reálná matice lichého °ádu má alespo¬ jedno reálné vlastní £íslo.

3. Sou£asná diagonalizovatelnost Ve fyzice, zejména v kvantové mechanice, se £asto °e²í úloha, kterak diagonalizovat více matic zárove¬

totoºnou

transformací:

Definice 36. ekneme, ºe mnoºina matic A ⊂ Mnn (C) je sou£asn¥ diagonalizovatelná, pokud existuje regulární matice Q ∈ Mnn (C) taková, ºe ∀A ∈ A je

Q−1 AQ

diagonální matice.

Pokud

A, B ∈ A −1

AB = QDA Q

a

DA := Q−1 AQ −1

QDB Q

a

DB := Q−1 BQ −1

= QDA DB Q

jsou diagonální, pak

= = QDB DA Q−1 = BA

tedy

AB

nutn¥ komutují. Ukáºeme, ºe je to i posta£ující podmínka:

Nech´ A ⊂ Mnn (F) je mnoºina diagonalizovatelných matic. Pak A je sou£asn¥ diagonalizovatelná, práv¥ kdyº kaºdé dv¥ matice v ní komutují. V¥ta 28 (O diagonalizaci mnoºiny matic).

D·kaz. Zbývající implikaci dokáºeme indukcí podle

n.

Matice

1×1

komutují

v²echny a v²echny jsou automaticky diagonální, takºe není co dokazovat. Uvaºujme

A mnoºinu komutujících diagonalizovatelných matic typu n×n, n > 1, kter¥ nejsou v²echny skalární (tj. nejsou násobkem jednotkové matice). Vyberme A ∈ A, která −1 není skalární, takºe existuje regulární matice R taková, ºe D := R AR je diago−1 nální. Pro kaºdou matici B ∈ A platí, ºe C := R BR komutuje s D. Matici D m·ºeme psát v blokov¥ diagonálním tvaru



λ1 En1  0   . .  . 0 kde

λi

0 λ2 En2 ...

...

0 0

..

. . .

.

0

C1  0  C= .  .. 0

0 C2

... ..

...

  , 

λm Enm

jsou navzájem r·zná. Je snadno vid¥t, ºe





.

0

C

musí být také blokov¥ diagonální

 0 0   , . .  . Cm

100

8. DIAGONALIZACE MATIC

kde Ci ∈ Mni ni (F). Mni ni (F) takové, ºe

Podle induk£ního p°edpokladu existují regulární matice pro v²echny takto získané matice



S1  0  S :=  .  .. 0 je

S −1 CS

0 S2

... ..

...

.

0

diagonální matice. Pak pro v²echna

C 

Si ∈

a

0 0    . .  . Sm

A ∈ A

a

Q := RS

diagonální matice.

je

Q−1 AQ 

V¥tu m·ºeme formulovat i tak, ºe pokud mnoºina matic komutuje, pak lze najít spole£nou bázi z vlastních vektor·. Je-li spektrum prosté, sta£í spo£ítat vlastní vektory jedné matice a ty budou vlastními vektory i pro ostatní.

ćst 2

Druhý semestr

KAPITOLA 9

Ortogonalita 1. Multilineární zobrazení Definice 37. Nech´

V, W

jsou dva vektorové prostory nad

F, k ∈ N.

Pokud

pro zobrazení

T : V × ... × V → W {z } | k

platí, ºe

∀u, v, v1 , . . . , vk ∈ V , ∀λ, µ ∈ F

T (v1 , . . . , vi−1 , λu + µv, vi+1 , . . . , vk ) = = λT (v1 , . . . , u, . . . , vk ) + µT (v1 , . . . , v, . . . , vk ), nazýváme ho

W = F,

multilineárním nebo speci£t¥ji k-lineárním zobrazením. Pokud multilineární form¥.

mluvíme o

Poznámka 4. N¥kdy se p°ipou²tí, aby argumenty multilineárního zobrazení

pat°ily do r·zných vektorových prostor·

V1 , . . . , V k ,

principiální rozdíl v tom není.

Po£et argument· (nejen lineárního) zobrazení se nazývá

arita.

P°íklad 26.

(1) (2)

1-lineární zobrazení je oby£ejné lineární zobrazení, tedy prvek Hom(V, W ). 1-lineární form¥ se °íká prost¥ lineární forma. Pokud V = Fn , pak je T kaºdá lineární forma zadaná maticí 1 × n, tedy °ádkovým vektorem ξ ∈ n F :   x1   f (x) = ξ T x = ξ1 . . . ξn  ...  xn Matice

ξT

je vlastn¥ maticí

f ∈ Hom(Fn , F)

vzhledem ke kanonickým

bázím. Proto takto vypadá i sou°adnicové vyjád°ení libovolné lineární formy na vektorovém prostoru kone£né dimenze. (3) P°íkladem

2-lineární

neboli

bilineární formy je

g :Fn × Fn → F (x, y) 7→ xT Ay ≡

n X

aij xi yj

i,j=1 Za chvíli uvidíme, ºe v kone£né dimenzi a v sou°adnicích vypadají v²echny bilineární formy takto.

V je vektorový prostor kone£né dimenze, M = (e1 , . . . , en ) k -lineární forma na n¥m. Sou°adnicemi (T )M formy T vzhledem M rozumíme sadu nk £ísel

Definice 38. Nech´

jeho báze, k bázi

T

je

(Ti1 ,...,ik := T (ei1 , . . . , eik )|i1 , . . . , ik ∈ {1, . . . , n}) 103

104

9. ORTOGONALITA

cemi lineární formy

ξT ,

resp. matice A z p°edchozího p°íkladu jsou sou°adnif , resp. bilineární formy g vzhledem ke kanonické bázi. Sou°ad-

P°íklad 27. Vektor

nice bilineární formy ozna£ujeme jako

matici bilineární formy vzhledem k bázi

M. g na V se nazývá symetrickou, pakliºe ∀u, v ∈ antisymetrickou, pokud g(u, v) = −g(v, u).

Definice 39. Bilineární forma

V

platí

g(u, v) = g(v, u),

a

Snadno se ov¥°í, ºe bilineární forma je (anti-)symetrická práv¥ kdyº je její matice vzhledem k libovolné bázi (anti-)symetrická. Tvrzení 11. Nech´ V je vektorový prostor kone£né dimenze, M = (e1 , . . . , en ), M 0 = (e01 , . . . , e0n ) jeho dv¥ báze. R = (1V )M M 0 matice p°echodu od M k M 0 . T 0T (1) Pokud f je lineární forma na V se sou°adnicemi (f )M = ξ , (f )M 0 = ξ ,

pak platí

(2)

ξ 0T = ξ T R Pokud g je bilineární forma na V se sou°adnicemi (g)M = G, (g)0M = G0 ,

pak platí

G0 = RT GR e0j =

D·kaz. Sta£í dosadit denující vlastnost matice p°echodu

Pn

i=1 rij ei do

denice sou°adnic:

ξj0 = f (e0j ) = f 0 gpq = g(e0p , e0q ) =

n X

! rij ei

i=1 n X

=

n X

rij f (ei ) =

i=1

n X

rij ξi

i=1

rip rjq g(ei , ej ) =

i,j=1

=

n X

rip rjq gij =

i,j=1

n X

T rpi gij rjq

i,j=1

 Definice 40. Nech´

V

je vektorový prostor kone£né dimenze,

M

symetrická bilineární forma na n¥m. Pokud je matice bilineární formy k bázi

M

diagonální, nazýváme bázi

M

jeho báze,

g

g

vzhledem

polární bází symetrické bilineární formy

g. Lemma 22. Nech´ g je nenulová symetrická bilineární forma na vektorovém prostoru V . Pak existuje v ∈ V , pro který g(v, v) 6= 0. D·kaz. P°edpokládejme, ºe pro v²echny vektory

ºe existují vektory

u, w ∈ V

takové, ºe

g(u, w) 6= 0.

v∈V

platí

g(v, v) = 0,

ale

Pak ale

0 = g(u + w, u + w) = g(u, u) + g(u, w) + g(w, u) + g(w, w) = = 0 + 2g(u, w) + 0, 

coº je spor.

V¥ta 29. Nech´ V je vektorový prostor kone£né dimenze a g je symetrická bilineární forma na n¥m. Pak má polární bázi. D·kaz. Budeme postupovat indukcí podle dimenze

V.

Pro

dim V = 1

není co

dokazovat, p°edpokládejme, ºe tvrzení platí pro v²echny prostory dimenze men²í neº

n

vektor matici

V má dimenzi n. Pro g = 0 není co dokazovat. Pro g 6= 0 vyberme u1 tak, aby g(u1 , u1 ) 6= 0 a dopl¬me jej na bázi M = {ui }n1 . Ozna£me g vzhledem k M písmenem G. Chceme najít R takové, aby G0 = RT GR

a ºe

byla diagonální.

1. MULTILINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ

105

Volme nejprve matici p°echodu ve speciálním tvaru a pi²me blokov¥

hT ˜ G

  g11 1 0 G1 := R1T GR1 = r E h   T T g11 r g11 + h = , ˜0 rg11 + h G



rT E

1 0



T ˜ 0 := G+rh ˜ G +hrT +g11 rrT je symetrická matice. Protoºe g11 = g(u1 , u1 ) 6= 0, 1 0 m·ºeme volbou r = − g11 h zajistit, ºe G bude blokov¥ diagonální. Podle induk£ního T ˜ , ºe R ˜ G ˜0R ˜ je diagonální. Pak ale p°edpokladu existuje matice R kde



je hledaná diagonální

1 0

0 ˜T R



R1T GR1



1 0

0 ˜ R



G0 .



P°íklad 28. Diagonalizujme symetrickou bilineární formu

g(x, y) = x1 y1 + 2x1 y2 + 2x2 y1 + x2 y2 Vzhledem ke kanonické bázi má forma matici



1 2

G= Chceme najít matici

g11

S

takovou, ºe

SGS T



2 1

je diagonální (S

= RT

z d·kazu). Element

je nenulový, m·ºeme tedy jako v d·kazu volit

 S=

1 −2

0 1



To je vlastn¥ matice °ádkové úpravy, která do druhého °ádku matice násobek prvního °ádku. Násobení maticí úprava, která do druhého sloupce matice Mluvíme proto o metod¥

ST SG

G p°i£te (−2)-

zprava je pak odpovídající sloupcová p°i£te

(−2)-násobek

prvního sloupce.

diagonalizace symetrickými úpravami. Výsledná ma-

tice je

T



SGS =

1 −2

0 1



1 2

2 1



1 0

−2 1



 =

1 0

0 −3



12

a

pak by

S

V²imn¥te si, ºe sloupcová £ást úpravy uº jenom vynulovala prvek na pozici prvek na pozici

22

z·stal zachován. Pokud by

G

byla matice typu

n × n,

zahrnovala v²echny °ádkové úpravy nulující první sloupec pod pivotem a následná aplikace

ST

zprava by na

˜ nem¥la vliv, pouze by dopsala nuly do n−1×n−1 blok G

prvního °ádku. Podobn¥ jako v Gaussov¥ eliminaci by se pak algoritmus aplikoval na blok

˜. G

Komplikace m·ºe nastat, kdyº

g11 = 0, jako u symetrické bilineární formy, jejíº

matice je



0 G= 1 1 Hledáme matici

S

takovou, aby

SGS T

 1 0  0

1 0 0

byla diagonální (S

nejsnaz²í provést symetrickou úpravu, která

G

= RT

v d·kazu). Pak je

p°evede na matici, v níº uº je pivot

nenulový. Zde nap°íklad p°i£tení druhého °ádku do prvního a následné p°i£tení

106

9. ORTOGONALITA

druhého sloupce do prvního vede na matici



2  1 1

1 0 0

  2 1 0 ∼ 0 0 0

 0 − 12  ∼ − 12

0 − 12 − 21



2 ∼ 0 0

  0 2 0 ∼ 0 0 0

0 − 21 0

0 −2 0

 0 0  0

kterou jsme pak uº normáln¥ diagonalizovali. Poslední symetrická úprava je násobení druhého °ádku a sloupce dvojkou. V²imn¥te si, ºe taková úprava zachovává znaménko prvku na diagonále. Je to indikace d·leºitého výsledku, který dokáºeme pozd¥ji: pro v²echny polární báze symetrické bilineární formy báze, pro n¥º je

g(v, v)

g

je po£et vektor· z

kladné vºdy stejný, totéº platí pro po£et záporných nebo

nulových hodnot. Obvykle chceme znát i bázi, v níº je matice formy diagonální, tedy matici jejíº

°ádky

S,

jsou sou°adnicemi nové báze vzhledem ke staré. Pouºívá se podobný

trik jako p°i výpo£tu inverzní matice, tedy roz²í°ení matice formy o pravou stranu, která je za za£átku jednotkovou maticí a do níº se zaznamenávají pouze °ádkové úpravy (jinak bychom skon£ili s maticí

SS T ).

Pro první formu z tohoto p°íkladu

vypadá takový výpo£et

 Hledaná báze je tedy

1 0

1 2 2 1

0 1



 ∼

1 0

0 −3

1 −2

0 1



{(1, 0), (−2, 1)}.

Nezam¥¬ujte proces diagonalizace symetrickými úpravami s diagonalizací pomocí vlastních £ísel: tam jde o hledání diagonální matice mezi maticemi tvaru

R−1 AR,

nikoli

RT AR.

První vzorec je transformací matice lineárního zobrazení,

druhý matice bilineární formy.

1.1. Cvi£ení. (1) Pro

A

£tvercovou matici ozna£me její °ádky

a1 , . . . , an .

Dokaºte, ºe zob-

razení

det : Fn × . . . × Fn → F | {z } n

(a1 , a2 , . . . , an ) 7→ det(A) je

n -lineární

forma.

(2) Dokaºte, ºe zobrazení

V = Fn , x 7→ x1 V = Mnn (F), A 7→ Tr A V = P n (x, F), p 7→ p(2) Z 1 V = C ∞ (h0, 1i, R), f 7→ f (x)dx 0 jsou lineární formy. (3) Rozhodn¥te, která z následujících zobrazení jsou lineární formy: (a) (b) (c) (d)

f : R2 → C, f (a, b) = √ a + bi 2 f : R → R, f (a, b) = a2 + b2 f : R2 → R, f (a, b) = 1 + 2a + 3b Fx : C ∞ (M, R) → R, kde C ∞ (M, R) je vektorový prostor v²ech reálných hladkých funkcí na mnoºin¥ M , Fx (f ) = f (x), kde x ∈ M .

2. SKALÁRNÍ SOU£IN

107

(4) Dokaºte, ºe kaºdá netriviální lineární forma na vektorovém prostoru di-

n má jádro o dimenzi n − 1. W = h(1, 1, 2, 1), (3, 1, 2, 1)i ≤ R4 . Popi²te v²echny lineární formy, které vymizí na celém W . 2 Nech´ M = {(1, 3), (1, 2)} je báze R , (f )M = (1, 2) sou°adnice line0 ární formy vzhledem k M . Najd¥te její sou°adnice vzhledem k M := {(3, 1), (3, 2)}. 2 Nech´ M = {(1, 3), (1, 2)} je báze R ,   1 2 4 3 menze

(5) Nech´ (6)

(7)

matice bilineární formy vzhledem k

M 0 := {(2, 3), (3, 5)}. Nech´ g je symetrická bilineární

M.

Najd¥te její matici vzhledem k

bázi

(8)

forma na

R3 ,

jejíº matice vzhledem ke

kanonické bázi je



1  1 1

1 2 3

 1 3  1

Najd¥te n¥jakou její polární bázi a matici (9) Nech´

g

g

je symetrická bilineární forma na

vzhledem k této bázi.

R3 ,

jejíº matice vzhledem ke

kanonické bázi je



1  −1 1

 −1 1 1 2  2 1

Najd¥te n¥jakou její polární bázi a matici (10) Nech´

g

je bilineární forma na

R3

g

vzhledem k této bázi.

zadaná p°edpisem

g(x, y) = x1 y3 + x2 y2 + x3 y1 g vzhledem k této bázi.R 1 g je bilineární forma na P 2 (R) denovaná vztahem g(p, q) = 0 p(x)q(x)dx. Ov¥°te, ºe je symetrická a najd¥te n¥jakou její polární bázi a matici g

Najd¥te n¥jakou její polární bázi a matici (11) Nech´

vzhledem k této bázi.

2. Skalární sou£in Definice 41. Nech´

Zobrazení (1) (2) (3) (4) (5)

g : V × V → F,

V

je vektorový prostor nad

které spl¬uje

F, p°i£emº F ∀u, v, w ∈ V , ∀λ ∈ F

je

R

nebo

C.

g(u, v) = g(v, u) g(u + v, w) = g(u, w) + g(v, w) g(λu, v) = λg(u, v) g(u, u) ≥ 0 g(u, u) = 0 ⇔ u = 0

nazýváme skalární sou£in na V . Dvojice (V, g) se ozna£uje jako prostor se skalárním sou£inem nebo unitární prostor. Poznámky.

(1) Z prvního a druhého axiomu plyne

g(u, v + w) = g(u, v) + g(u, w),

tedy

aditivita i v druhém argumentu. (2) Z prvního a t°etího plyne

¯ g(u, λv) = λg(u, v).

V p°ípad¥

F = R

tedy

první t°i axiomy °íkají, ºe skalární sou£in je symetrická bilineární forma. Matice skalárního sou£inu vzhledem k dané bázi je pak p°irozen¥ matice této bilineární formy.

108

9. ORTOGONALITA

(3) V p°ípad¥ se jako

F = C

je

g

antilineární

v druhém argumentu

seskvilineární forma.

a ozna£uje

Zavedeme-li matici seskvilineární formy

stejným zp·sobem jako pro formu bilineární, zjistíme, ºe první axiom znamená, ºe pro skalární sou£in je tato matice hermitovská. Mluvíme proto o

hermitovské seskvilineární form¥.

(4) Poslední dva axiomy dohromady znamenají, ºe

g

je

pozitivn¥ denitní.

Podrobn¥ji se tímto pojmem budeme zabývat v kapitole o kvadratických formách. Pokud je matice symetrické bilineární formy diagonální, je tato forma pozitivn¥ denitní práv¥ kdyº jsou v²echny diagonální elementy kladné. Pomocí symetrických úprav tedy umíme poznat, jestli je jakákoli bilineární forma na reálném prostoru kone£né dimenze skalární sou£in. Upravit p°edpis pro transformaci sou°adnic a zavést analogii symetrických úprav pro hermitovské seskvilineární formy není t¥ºké, necháváme to £tená°í za cvi£ení. (5) Na

Rn ,

resp.

Cn

máme k dispozici skalární sou£in

(x, y) =

n X

xi y¯i ≡ xT E y¯,

i=1 tzv.

standardní skalární sou£in.

Definice 42. Nech´

(V, g)

je unitární prostor. Pokud dva vektory

toru

u

g(u, v) = 0,

a zna£í

u⊥ .

°íkáme, ºe jsou

kolmé,

u, v ∈ V

ortogonální, zna£íme u ⊥ v. Mnoºina v²ech vektor· kolmých na vektor u se nazývá ortogonální dopln¥k vekspl¬ují

neboli

Obdobn¥ denujeme ortogonální dopln¥k mnoºiny

M ⊂V

jako

M ⊥ = {u ∈ V |∀v ∈ M : u ⊥ v} Tvrzení 12.

Ortogonální dopln¥k libovolné mnoºiny je podprostor ve V . 

D·kaz. Za cvi£ení.

Definice 43. Nech´

V

je vektorový prostor. Zobrazení

k · k :V → R+ 0 v → kvk,

které spl¬uje (1) (2) (3)

∀u, v ∈ V , ∀λ ∈ F

kvk = 0 ⇔ v = 0 kλvk = |λ|kvk ku + vk ≤ kuk + kvk

se nazývá

norma na vektorovém prostoru V .

Norma je funkce, která má m¥°it délku vektoru. Proto je p°irozené poºadovat, ºe je nezáporná, p°i°azuje nulu jen nulovému vektoru a p°i vynásobení vektoru £íslem se násobí jeho absolutní hodnotou. Poslední axiom se ozna£uje jako

nerovnost pro normu.

λ

trojúhelníková

2. SKALÁRNÍ SOU£IN

P°íklad 29. Nej£ast¥ji uºívané normy na

kvk∞ := kvk1 :=

Fn

max i∈{1,...,n} n X

109

jsou

|vi |

|vi |

i=1

v u n uX kvk2 := t |vi |2 , i=1

nazývané maximová, manhattanská a eukleidovská norma. Definice 44. Nech´

na

M,

M

ρ(x, y) ≥ 0 a ρ(x, y) = 0 práv¥ ρ(x, y) = ρ(y, x) (3) ρ(x, y) + ρ(y, z) ≥ ρ(x, z) Dvojici (M, ρ) pak nazýváme metrický (1)

ρ : M ×M → R nazýváme metrikou x, y, z ∈ M následující axiomy: kdyº x = y

je mnoºina. Funkci

pakliºe spl¬uje pro v²echny body

(2)

prostor.

První axiom °íká, ºe vzdálenost je vºdy nezáporná a ºádné dva r·zné body nemohou mít nulovou vzdálenost. Druhý axiom vyjad°uje symetrii pojmu vzdálenosti a t°etímu se °íká

trojúhelníková nerovnost pro metriku. Zd·raz¬ujeme,

ºe metrický prostor nemusí být prostorem vektorovým, nep°edpokládáme, ºe jsou na n¥m denované n¥jaké operace nebo, pokud jsou, ºe se k nim metrika chová  hezky . V¥ta 30.

funkce

Nech´ V je vektorový prostor, k · k norma na n¥m, u, v ∈ V . Pak ρ(u, v) = ku − vk

je metrika na V . D·kaz. Nezápornost je z°ejmá. První axiom plyne z prvního axiomu pro normu.

Symetrie metriky je d·sledek druhého axiomu normy a trojúhelníková nerovnost pro metriku vyplývá z trojúhelníkové nerovnosti pro normu.



Norma tedy denuje na vektorovém prostoru strukturu prostoru metrického. To se hodí kdykoli chceme na vektorovém prostoru pouºít prost°edky matematické analýzy, tj. p°edev²ím denovat konvergenci posloupností, °ad a funkcí mezi vektorovými prostory.

2.1. Cvi£ení. (1) Rozhodn¥te, které z následujících matic jsou matice skalárního sou£inu na

R2 :

(2) (3)

(4)



       1 1 1 1 1 1 1 2 , , , 2 1 1 1 1 2 2 1 Nech´ A ∈ Mn (R) je regulární matice. Dokaºte, ºe bilineární forma g(x, y) = xT AT Ay je skalární sou£in na Rn . Nech´ A ∈ Mn (C) je regulární matice. Dokaºte, ºe seskvilineární forma T g(x, y) = xT A+ Ay je skalární sou£in na Cn , kde A+ = A je matice hermitovsky sdruºená k A. Ov¥°te, ºe seskvilineární forma na Mmn (C) denovaná p°edpisem (A, B) = Tr(AT B) je skalární sou£in.

110

9. ORTOGONALITA

P (x, C)

(5) Ov¥°te, ºe bilineární forma na

denovaná p°edpisem

1

Z (p, q) =

p(x)q(x)dx 0

je skalární sou£in. (6) P°izp·sobte metodu symetrických úprav pro hermitovské seskvilineární formy na komplexním prostoru. Najd¥te pomocí ní polární bázi a diagonální tvar hermitovské seskvilineární formy na

C2 ,

jejíº matice vzhledem

ke kanonické bázi je

 (7) Dokaºte, ºe pokud

W ≤V

−i 3

0 i



je podprostor unitárního prostoru, pak

W⊥

je

jeho dopln¥k ve smyslu denice 14.

R4 se standardním skalárním sou£inem ortogonální dopln¥k prostoru h(1, 1, 2, 3), (3, 1, 1, 0)i 5 Najd¥te v R se standardním skalárním sou£inem ortogonální dopln¥k prostoru h(2, 0, 1, 0, 1), (1, −1, 1, 0, 1), (1, 1, 0, 0, 1)i. 3 Na R uvaºujme skalární sou£in, jehoº matice vzhledem ke kanonické bázi

(8) Najd¥te v (9) (10)

je



2  0 1

0 1 0

 1 0  1

Ov¥°te, ºe je to skute£n¥ skalární sou£in a najd¥te ortogonální dopln¥k k mnoºin¥

{(1, 1, 1), (1, 2, 3), (2, 0, −2)}

vzhledem k tomuto skalárnímu sou-

£inu. (11) Na

C3

uvaºujme skalární sou£in, jehoº matice vzhledem ke kanonické bázi

je



2  0 1−i

 1+i −1  3

0 3 −1

Ov¥°te, ºe je to skute£n¥ skalární sou£in a najd¥te ortogonální dopln¥k k vektoru

(1 + i, i, 2 − i) vzhledem k tomuto skalárnímu P 2 (x, R) se skalárním sou£inem Z 1 (p, q) = p(x)q(x)dx

sou£inu.

(12) V prostoru

0

{x2 − 1, 2x + 1}⊥ . prostoru M2 (R) uvaºujme

najd¥te (13) V

bilineární formu

(A, B) = Tr(AT B) Dokaºte, ºe je to skalární sou£in a najd¥te ortogonální dopln¥k matice



2 −1

1 0



vzhledem k tomuto skalárnímu sou£inu. (14) Uvaºujme

Rm , Rn

se standardním skalárním sou£inem,

A ∈ Mmn (R).

Dokaºte, ºe £ty°i fundamentální prostory matice jsou svázány rovnostmi

(15) (16)

N (A) = (R(A))⊥ , N (AT ) = (S(A))⊥ . Odvo¤te z toho, ºe N (A)⊕R(A) = Rn a N (AT ) ⊕ S(A) = Rm . Nech´ V je prostor se skalárním sou£inem, dim V = n, W ≤ V . Dokaºte, ⊥ ºe dim W = n − dim W . Nech´ V je kone£n¥dimenzionální prostor se skalárním sou£inem, W jeho ⊥ ⊥ podprostor. Dokaºte, ºe (W ) = W .

3. INDUKOVANÁ NORMA

111

3. Indukovaná norma Definice 45. Nech´

(V, g)

je unitární prostor. Pak funkce denovaná

kvkg :=

p

g(v, v)

norma indukovaná skalárním sou£inem g.

se nazývá

Pokud nebude °e£eno jinak, budeme na unitárním prostoru uvaºovat vºdy indukovanou normu. Skalární sou£in budeme zna£it pouze závorkou a jeho indukovanou normu

k · k.

(u, v) := g(u, v)

Je²t¥ jsme ale neov¥°ili, ºe indukovaná norma je

skute£n¥ norma. Nezápornost normy a první dva axiomy plynou jednodu²e z axiom· skalárního sou£inu. T°etí axiom normy, tzv. trojúhelníková nerovnost, je t°eba dokázat. K tomu budeme pot°ebovat t°i dal²í d·leºitá tvrzení: V¥ta 31 (Pythagorova v¥ta).

u ⊥ v . Pak

Nech´ (V, (, )) je unitární prostor, u, v ∈ V ,

ku + vk2 = kuk2 + kvk2 D·kaz. Z denic indukované normy a kolmosti dostáváme

(u + v, u + v) = (u, u) + (u, v) + (v, u) + (v, v) = (u, u) + (v, v)  Lemma 23 (Ortogonální projekce).

(V, g). Denujme zobrazení

Nech´ v 6= 0 je vektor v unitárním prostoru

Pv :V → V u 7→

(u, v) v kvk2

a Pv⊥ :V → V u 7→ u −

(u, v) v kvk2

Pak platí (1) Pv , Pv ⊥ jsou lineární zobrazení. (2) (3) (4) (5)

Pv + Pv⊥ = 1V Ker Pv = Im Pv⊥ = v ⊥ , Ker Pv⊥ = Im Pv = hvi Pv ◦ Pv = Pv , Pv ⊥ ◦ Pv ⊥ = P v ⊥

D·kaz. První bod plyne z axiom· skalárního sou£inu, druhý je z°ejmý. Zjevn¥

u ∈ v⊥

práv¥ kdyº

násobek

v

Vlastnosti

a

Pv (u) = 0, takºe Ker Pv = v ⊥ . Pro kaºdé u ∈ V je Pv (u) Pv (λv) = λv , takºe Im Pv = hvi. Z linearity Pv máme ∀u ∈ V   (u, v) (u, v) (v, v) (Pv ◦ Pv )(u) = Pv v = v = Pv (u) kvk2 kvk2 kvk2

Pv ⊥



se dokáºou analogicky.

Druhý bod tvrzení nám dává uºite£ný ortogonální rozklad libovolného vektoru na sloºku podél vektoru

Pak

V¥ta 32 (Schwarzova nerovnost).

v

u = Pv (u) + Pv⊥ (u) v.

a na sloºku kolmou na

Nech´ (V, (, )) je unitární prostor, u, v ∈ V .

|(u, v)| ≤ kukkvk

112

9. ORTOGONALITA

D·kaz. Pro

v=0

tvrzení platí, p°edpokládejme tedy

v 6= 0.

Z Pythagorovy

v¥ty a vlastností ortogonální projekce máme

kuk2 = kPv (u)k2 + kPv⊥ (u)k2 = = Násobením £íslem

kvk2

|(u, v)|2 |(u, v)|2 2 2 kvk + kP (u)k ≥ ⊥ v kvk4 kvk2

dostáváme Schwarzovu nerovnost.

V¥ta 33 (Trojúhelníková nerovnost).

V . Pak



Nech´ (V, (, )) je unitární prostor, u, v ∈

ku + vk ≤ kuk + kvk D·kaz.

ku + vk2 = kuk2 + (u, v) + (v, u) + kvk2 = kuk2 + 2 Re(u, v) + kvk2 ≤ kuk2 + 2|(u, v)| + kvk2 ≤ kuk2 + 2kukkvk + kvk2 = (kuk + kvk)2 

Ve £tvrtém kroku jsme vyuºili Schwarzovu nerovnost.

V¥ta 34 (Rovnob¥ºníkové pravidlo). Nech´ (V, (, )) je unitární prostor, k · k norma indukovaná skalárním sou£inem. Pak

ku + vk2 + ku − vk2 = 2kuk2 + 2kvk2 

D·kaz. Dosazením.

Pomocí rovnob¥ºníkového pravidla se dá ov¥°it, ºe norma není indukovaná skalárním sou£inem. Zkuste si to pro maximovou a manhattanskou normu. V p°ípad¥, ºe norma indukovaná skalárním sou£inem je, lze tento skalární sou£in z normy zrekonstruovat: V¥ta 35 (Polariza£ní identita). Nech´ (V, (, )) je unitární prostor, k · k norma indukovaná skalárním sou£inem. Pak

3

(u, v) =

1X k i ku + ik vk2 , 4 k=0

kde i je komplexní jednotka. Pokud je V reálný vektorový prostor, pak platí i  1 ku + vk2 − ku − vk2 4  1 = ku + vk2 − kuk2 − kvk2 2  1 = kuk2 + kvk2 − ku − vk2 2

(u, v) =

D·kaz. Dosazením. Poslední dv¥ vyjád°ení reálné polariza£ní identity také



plynou z prvního pomocí rovnob¥ºníkového pravidla. Definice 46. Nech´

skalárním sou£inem.

(V, (, ))

Úhlem

k · k norma indukovaná u, v rozumíme θ ∈ h0, πi,

je reálný unitární prostor,

dvou nenulových vektor·

pro který

cos θ =

(u, v) kukkvk

4. ORTONORMÁLNÍ BÁZE

113

Díky Schwarzov¥ nerovnosti je pravá strana v absolutní hodnot¥ men²í nebo

1

rovna neº

a úhel je tedy dob°e denován. Dosazením denice úhlu do poslední

verze polariza£ní identity dostáváme cosinovou v¥tu

ku − vk2 = kuk2 + kvk2 − 2kukkvk cos θ

3.1. Cvi£ení. (1) Najd¥te v²echny r·zné úhly a délky vyskytující se mezi hranami, st¥novými úhlop°í£kami a t¥lesovými úhlop°í£kami krychle v gickou úlohu v

R

4

R3 .

e²te analo-

.

(2) Ur£ete délku úhlop°í£ky

n-rozm¥rné

jednotkové krychle, její úhel s libo-

volnou hranou a délku pr·m¥tu hrany do sm¥ru úhlop°í£ky. Dokaºte, ºe ortogonální pr·m¥ty vrchol· d¥lí úhlop°í£ku na (3) Dokaºte, ºe pokud

x ∈ Cn

pak matice ortogonální projekce rovna

x¯ xT .

n

stejných £ástí.

se standardním skalárním sou£inem,

(Px )K

kxk = 1

vzhledem ke kanonické bázi je

Ov¥°te, ºe je to hermitovská matice.

(4) Dokaºte, ºe maximová a manhattanská norma jsou normy, ale ºe nespl¬ují rovnob¥ºníkové pravidlo. (5) Dokaºte rovnob¥ºníkové pravidlo. (6) Dokaºte polariza£ní identitu.

f lineární forma na V . ∀v ∈ V platí f (v) = (u, v). n Nech´ v ∈ R se standardním skalárním sou£inem, K kanonická báze. Ur£ete matici (Pv )KK a (Pv ⊥ )KK , nejprve obecn¥ a potom pro v = (1, 1, 1).

(7) Nech´

(V, g)

je unitární prostor kone£né dimenze,

Dokaºte, ºe existuje vektor

(8)

u∈V

takový, ºe

Ur£ete hodnosti t¥chto matic.

4. Ortonormální báze Definice 47. Nech´

(V, (, ))

je unitární prostor. Mnoºina

M ⊂V,

která neob-

sahuje nulový vektor a spl¬uje

∀ui , uj ∈ M, ui 6= uj se nazývá

ui ⊥ uj

:

ortogonální mnoºina. Pokud navíc platí ∀ui ∈ M

kui k = 1,

:

ortonormální mnoºin¥. Pokud M gonální, resp. ortonormální bázi. mluvíme o

generuje

V,

pak mluvíme o

orto-

Ortonormalita se dá ekvivalentn¥ vyjád°it p°edpisem

( (ui , uj ) = δij = Symbol

δij

0 1

pro pro

i 6= j i=j

ozna£ujeme Kroneckerovo delta. P°i výpo£tech se chová jako jednotková

matice, nap°.

n X

aik δkj = aij

k=1 odpovídá maticovému vztahu

AE = A.

Kaºdá ortogonální mnoºina je lineárn¥ nezávislá. Pokud totiº mnoºina

uj ∈ F

a

M

P

ui ∈F ri ui = 0, sta£í spo£ítat skalární 2 dostáváme rj kuj k = 0, £ili rj = 0. a

F

je kone£ná pod-

sou£in levé strany s vektorem

114

9. ORTOGONALITA

Lemma 24. Nech´ (V, (, )) je unitární prostor a F = {u1 , . . . , un } kone£ná ortonormální mnoºina v n¥m, W = hF i. Pro kaºdý vektor u ∈ V denujme

PW (u) :=

n X (u, ui )ui i=1

Platí (1) (2) (3)

u ∈ W práv¥ kdyº PW (u) = u ∀u ∈ V : kPW (u)k ≤ kuk, p°i£emº rovnost nastává práv¥ kdyº u ∈ W ∀v ∈ W : ku − PW (u)k ≤ ku − vk, p°i£emº rovnost nastává práv¥ kdyº v = PW (u).

D·kaz. Pokud

tedy pat°í do

W.

PW (u) = u,

Naopak pokud

n X n X

PW (u) =

u lineární kombinací r u ∈ W , pak j j j=1

pak je zjevn¥

Pn

u=

i=1 j=1 n X

n X

i,j=1

i=1

F,

rj (uj , ui )ui

i,j=1

rj δji ui =

=

n X

(rj uj , ui )ui =

vektor· z

ri ui = u

Pro d·kaz druhého tvrzení spo£t¥me

(u − PW (u), uj ) = (u, uj ) −

n X (u, ui )(ui , uj ) = i=1

= (u, uj ) −

n X

(u, ui )δij = 0

i=1 Tedy u − PW (u) je kolmé na v²echny vektory PW (u). Podle Pythagorovy v¥ty 31 potom

z

F,

tedy i na celé

W

a tedy i na

kuk2 = kPW (u)k2 + ku − PW (u)k2 ≥ kPW (u)k2 , p°i£emº rovnost nastává práv¥ kdyº práv¥ kdyº

PW (u) = u,

coº je podle p°edchozího tvrzení

u ∈ W.

Podobn¥ vektor

PW (u) − v ∈ W

je kolmý na

u − PW (u),

takºe Pythagorova

v¥ta °íká

ku − vk2 = ku − PW (u)k2 + kPW (u) − vk2 ≥ ku − PW (u)k2 , s rovností práv¥ v p°ípad¥ Lemma °íká, ºe £ili jeho

v = PW (u).

PW (u)



je práv¥ ten vektor z

ortogonální projekce.

W , který je vektoru u nejblíºe, PW (u) odkazuje na konkrétní

P°estoºe denice

ortonormální bázi, díky jednozna£nosti dokázané v t°etím bodu lemmatu víme, ºe na volb¥ této báze nezáleºí. Nejjednodu²²í situace nastává, pokud

W

je celé

V:

V¥ta 36 (Parsevalova rovnost). Nech´ (V, (, )) je unitární prostor kone£né dimenze, M = {u1 , . . . , un } jeho ortonormální báze, u ∈ V . Pak

u=

n X (u, ui )ui i=1

4. ORTONORMÁLNÍ BÁZE

Pokud u =

Pn

i=1

xi ui , v =

Pn

i=1

115

yi ui , pak 2

kuk =

n X

|xi |2

i=1

(u, v) =

n X

xi y¯i

i=1

xi = (u, ui )

D·kaz. Tvar koecient·

plyne z lemmatu 24 a z jednozna£nosti

vyjád°ení vektoru v·£i bázi. Pak

n X

kuk2 =

n X

(u, ui )(u, uj )(ui , uj ) =

|(u, ui )|2

i=1

i,j=1

Poslední rovnost se dostane z p°edchozí pomocí polariza£ních identit 35 pro normu

k·k

a standardní normu na

Fn .



První £ást v¥ty °íká, ºe sou°adnice vektoru vzhledem k ortonormální bázi lze vypo£ítat jako skalární sou£iny s vektory báze. Tyto sou°adnice se vzhledem k

Fourierovy koecienty vektoru u. Z druhé £ásti v¥ty plyne, ºe matice skalárního sou£inu vzhledem souvislosti s nekone£n¥dimenzionálním p°ípadem ozna£ují jako k libovolné ortonormální bázi je jednotková matice. V¥ta 37 (Gramova-Schmidtova ortogonalizace). Nech´ (V, (, )) je unitární prostor a M = {u1 , . . . , un } jeho báze. Pak existuje ortonormální báze M 0 = {u01 , . . . , u0n } prostoru V taková, ºe ∀k ∈ {1, . . . , n}: hu1 , . . . , uk i = hu01 , . . . , u0k i.

n. Pokud n = 1, pak denujme v1 , tvrzení v¥ty platí. Nech´ nyní n > 1 a p°edpokládejme platkv1 k nost tvrzení pro v²echny prostory dimenze men²í nebo rovné n. Takovým prostorem D·kaz. Budeme postupovat indukcí podle

v1 := u1 , u01 :=

je i

W := hu1 , . . . , un i, takºe podle induk£ního p°edpokladu v n¥m máme ortonor{u01 , . . . , u0n }, pro kterou ∀k ∈ {1, . . . , n}: hu1 , . . . , uk i = hu01 , . . . , u0k i.

mální bázi

Denujme nyní

vn+1 = un+1 − PW (un+1 ) = un+1 −

n X

(un+1 , u0i )u0i

i=1 Pro kaºdé

j ∈ {1, . . . , n}

platí

(vn+1 , u0j ) = (un+1 , u0j ) −

n X

(un+1 , u0i )(u0i , u0j ) = 0,

i=1

vn+1 ∈ W ⊥ . Po úprav¥ denice vn+1 vidíme, ºe un+1 ∈ hvn+1 i∨W , tedy vn+1 nem·ºe být nulový vektor, jinak by {u1 , . . . , un+1 } nebyla lineárn¥ nezávislá. Proto vn+1 0 0 má smysl jej normalizovat p°edpisem un+1 := kvn+1 k . Je pak zjevné, ºe kun+1 k = 1, 0 0 0 0 0 un+1 je kolmý na v²echny vektory u1 , . . . , un a hu1 , . . . , un+1 i = hu1 , . . . , un+1 i. Tím je v¥ta dokázána.  takºe

Z v¥ty plyne, ºe v kaºdém unitárním prostoru kone£né dimenze existuje ortonormální báze. D·kaz v¥ty napovídá, jak ji hledat. Za£neme s libovolnou bází

M = {u1 , . . . , un }

bázi

Vn

a denujeme

v1 := u1 .

v2 := u2 − je kolmý na

v1 ,

protoºe jsme od

u2

Vektor

(u2 , v1 ) v1 , kv1 k2

ode£etli práv¥ ortogonální projekci

Dále denujme

v3 := u3 −

(u3 , v1 ) (u3 , v2 ) v1 − v2 , 2 kv1 k kv2 k2

u2

na

v1 .

116

9. ORTOGONALITA

v1 i na v2 , protoºe ode£tený výraz je práv¥ ortogonální projekce hv1 , v2 i, která je díky p°edchozí konstrukci totoºná s rovinou hu1 , u2 i

který je kolmý na

u3

na rovinu

Pokra£ováním tohoto postupu získáme ortogonální bázi a vyd¥lením kaºdého vektoru jeho normou bázi ortonormální. Odloºit normalizaci aº na konec je výhodn¥j²í zejména kv·li p°ehledn¥j²ímu výpo£tu, vyhneme se odmocninám. P°íklad 30. Nalezn¥me ortonormální bázi podprostoru

h(1, 2, 2, −1), (1, 1, −5, 3), (3, 2, 8, −7)i v

R

4

se standardním skalárním sou£inem. Ozna£me vektory po °ad¥

vezm¥me

v1 := u1 .

Platí

kv1 k2 = 10

(u2 , v1 ) = 1 + 2 − 10 − 3 = −10.

a

u1 , u2 , u3

a

Tedy

−10 (u2 , v1 ) v1 = (1, 1, −5, 3) − (1, 2, 2, −1) kv1 k2 10 = (2, 3, −3, 2)

v2 = u2 −

Vidíme, ºe skute£n¥

v2 ⊥ v1 .

Spo£teme

kv2 k2 = 26, (u3 , v1 ) = 30

(u3 , v2 ) = −26,

a

takºe

−26 30 (1, 2, 2, −1) − (2, 3, −3, 2) 10 26 = (2, −1, −1, −2),

v3 = (3, 2, 8, −7) −

coº je op¥t vektor kolmý na

v2

i

v1 , kv3 k2 = 10.

Nakonec vyd¥líme kaºdý vektor

jeho normou a získáváme ortonormální bázi



1 1 1 √ (1, 2, 2, −1), √ (2, 3, −3, 2), √ (2, −1, −1, −2) 10 26 10



V¥ta 38 (QR rozklad matice). Nech´ A ∈ Mmn (C) je matice s lineárn¥ nezávislými sloupci. Pak existuje práv¥ jedna dvojice matic Q ∈ Mmn (C), R ∈ Mnn (C), která spl¬uje podmínky

(1) (2) (3)

A = QR Sloupce Q tvo°í ortonormální mnoºinu vzhledem ke standardnímu skalárnímu sou£inu na Cm R je horní trojúhelníková s kladnými £ísly na diagonále.

D·kaz. Ozna£me sloupce matice

A postupn¥ u1 , . . . , un a vektory, které z nich u01 , . . . , u0n . Podle lemmatu

vzniknou Gram-Schmidtovou ortogonalizací, postupn¥ 24 platí pro

k -tý

sloupec matice

A

uk =

k X

(uk , u0i )u0i ,

i=1

uk ∈ hu01 , . . . , u0k i.

Q matici, jejíº sloupce jsou postupn¥ u0n , dá se poslední rovnost p°epsat jako   (u1 , u01 ) (u2 , u01 ) . . . (un , u01 )  0 (u2 , u02 ) . . . (un , u02 )    A = Q  . . .. . .   . . . 0 0 ... 0 (un , un ) protoºe

Ozna£íme-li

Ozna£me poslední matici jako

(uk , u0k )

=

vk +

k−1 X

R.

u01

V ozna£ení z d·kazu v¥ty 37 je

(uk , u0i )u0i , u0k

! =

i=1

=

(vk , u0k )

 =

vk vk , kvk k

 = kvk k > 0



4. ORTONORMÁLNÍ BÁZE

kde jsme v druhém kroku vyuºili ortogonalitu báze

117

{u0i }.

Tedy diagonální prvky

R

jsou skute£n¥ kladné. Jednozna£nost nebudeme dokazovat, ponecháváme ji jako (netriviální) cvi£ení.



4.1. Cvi£ení. V

(1) Nech´

je unitární prostor kone£né dimenze,

vaný ortonormální bází

M

a

N

je báze

V

W

jeho podprostor genero-

vzniklá sjednocením báze

n¥jaké (ne nutn¥ ortonormální) báze prostoru

W ⊥.

M

a

Ov¥°te, ºe zobrazení

PW : V → V je lineární a najd¥te jeho matici vzhledem C3 uvaºujme mnoºinu       2 2 1 2i i 2i 1 2 2 , , , − , ,− , , ,− 3 3 3 3 3 3 3 3 3

k bázi

N.

(2) V

Ov¥°te, ºe je to ortonormální báze, najd¥te Fourierovy koecienty vektoru

(1 − i, i, 2)

vzhledem k této bázi a ov¥°te, ºe jsou skute£n¥ rovny

sou°adnicím.

(R3 , g) prostor se skalárním sou£inem daným p°edpisem g(u, v) = x1 y1 + x2 y2 + 2x3 y3 + x3 y2 + x2 y3 . Najd¥te ortogonální bázi {u1 , u2 , u3 } prostoru (V3 , g), která obsahuje vektor u1 = (1, 2, 0). Najd¥te p°íslu²nou

(3) Bu¤

ortonormální bázi. (4) Na stejném prostoru se stejným skalárním sou£inem najd¥te ortonormální bázi podprostoru

hu, vi, u = (5, 1, −1), v = (0, 1, −1) R3

a roz²i°te ji na

ortonormální bázi celého (5) V

R4

se standardním skalárním sou£inem nalezn¥te ortonormální bázi

podprostoru

h(1, −1, 2, 4), (1, −2, 2, 3), (2, −2, 5, 7)i obsahující kladný ná(1, 0, 2, 5). Najd¥te ortogonální dopln¥k tohoto podpro-

sobek vektoru storu. (6) V

R4

se standardním skalárním sou£inem najd¥te ortonormální bázi pro-

storu

{(1, 1, 1, 1), (2, −3, 0, −3)}⊥ a dopl¬te ji na ortonormální bázi celého (7) V

C

3

R4

se standardním skalárním sou£inem najd¥te ortonormální bázi, která

obsahuje ortonormální bázi prostoru

h(1, i, i − 1), (1 + i, 0, 2i − 1)i (V, (, )) je unitární prostor W jeho M = {u1 , . . . , un } jeho báze. Dokaºte, ºe

(8) Nech´ Nech´ menze,

podprostor kone£né di-

PW = Pu1 + Pu2 + . . . + Pun práv¥ kdyº

M

je ortogonální báze.

k + 1-ním kroku v ode£tení {u0i } je ortonormální báze:

(9) Klasická Gram-Schmidtova metoda spo£ívá v projekce na prostor

W = hu01 , . . . , u0k i,

kde

vk+1 = uk+1 − PW (uk+1 ), u0k+1 = vk+1 /kvk+1 k. 0 vektory ui zcela kolmé,

a poté normalizace

Pokud kv·li zaokrouhlovacím

chybám nebudou

bude se tato chyba ²í°it i na

vektor

u0k+1 .

Proto se v p°ibliºných výpo£tech pouºívá tzv. modikovaná

Gram-Schmidtova metoda, v níº je

k -tý

krok

vk+1 = uk+1 − Pu0 ⊥ . . . Pu02 ⊥ Pu01 ⊥ (uk+1 ), k

u0k+1 = vk+1 /kvk+1 k.

Kaºdá projekce Pu0 ⊥ i 0⊥ zobrazuje do ui bez ohledu na to, jaké zaokrouhlovací chyby obsahoval op¥t následován normalizací

118

9. ORTOGONALITA

vektor, který jsme do ní dosadili. Dokaºte, ºe v p°esné aritmetice dávají oba vzorce stejný výsledek.

P n prostor v²ech reálných h−1, 1i. Dokaºte, ºe zobrazení

(10) Ozna£me valu

polynom· stupn¥ nejvý²e

n

na inter-

(·, ·) :P n × P n → R Z 1 p(x)q(x)dx p×q → −1

P P2

je skalární sou£in na mální bázi prostoru (11) Pro v²echna

n ∈ Z+ 0

n

. Ortogonalizací báze

{1, x, x2 }

najd¥te ortonor-

s tímto skalárním sou£inem.

zave¤me polynomy

1 dn ((x2 − 1)n ) 2n n! dxn Dokaºte, ºe mnoºina {P0 , P1 , . . . Pn } tvo°í ortogonální bázi prostoru v²ech polynom· stupn¥ nejvý²e n. Dokaºte, ºe jsou to aº na násobek práv¥ ty n polynomy, které získáte ortogonalizací báze {1, x, . . . , x }. Pn (x) :=

(12) Metoda nejmen²ích £tverc· je speciálním p°ípadem po£ítání projekce na

n ∈ N a y1 , . . . , yn ∈ R nam¥°ené hodnoty n¥jaké x1 , . . . , xn ∈ R. Chceme tuto závislost y na x co nejlépe aproximovat lineární funkcí, tedy najít taková £ísla a, b ∈ R, aby Pn 2 i=1 (yi −axi −b) bylo co nejmen²í. Interpretujeme proto y = (y1 , . . . , yn ) n jako prvek vektorového prostoru R se standardním skalárním sou£inem. n Mnoºina v²ech vektor· z R , které se dostanou jako (ax1 + b, . . . , axn + b) pro n¥jaká a, b ∈ R je vlastn¥ podprostor W := h(1, . . . , 1), (x1 , . . . , xn )i v tomto prostoru. Pak projekce PW (y) je hledaný vektor, protoºe podmínka podprostor. M¥jme

veli£iny v bodech

minimality sou£tu £tverc· je vlastn¥ podmínka nejmen²í vzdálenosti v euklidovské norm¥. Tato projekce je vektor hodnotami

a

a

b

v závislosti na

xi , yi .

W,

který je ur£ený konkrétními

Najd¥te vztahy vyjad°ující tuto

závislost. (13) Nech´

Vn

M = {u1 , . . . , un } M ∗ = {v1 , . . . , vn }, tzv. báze duální (ui , vj ) je rovno 1 pro i = j a 0 jindy. Jaká

je vektorový prostor se skalárním sou£inem a

jeho báze. Dokaºte, ºe pak existuje k

M,

spl¬ující podmínky

je duální báze k ortogonální bázi? A k ortonormální? Jak souvisí matice p°echodu od báze

M

k

M0

s maticí p°echodu od

M 0∗

k

M ∗?

(14) Prove¤te QR-faktorizaci matice



 2 1   −1  2

1  0   1 1 (15) Prove¤te QR-faktorizaci matice



1  1 0

2 0 1

 0 1  1

5. Unitární a ortogonální matice V¥ta 39. Nech´ V je unitární prostor, M, N jeho dv¥ ortonormální báze, U matice p°echodu od M k N . Pak U + U = U U + = E .

M = {v1 , . . . , vP n }, N = {w1 , . . . , wn }, pak dle denice matice n U = {1V }M N platí wj = i=1 uij vi . Z podmínek ortonormality bází pak

D·kaz. Pokud

p°echodu

5. UNITÁRNÍ A ORTOGONÁLNÍ MATICE

119

dostáváme

δkj = (wk , wj ) =

n X

ulk vl ,

n X

! uij vi

=

i=1

l=1

n X

=

ulk uij (vl , vi ) =

E = (δij )

uTkl uij δli =

je reálná matice, plyne odsud

a inverzní matice je ur£ena jednozna£n¥, platí i

+

U U = E. U U + = E.

n X

u+ ki uij

i=1

i,l=1

i,l=1 Protoºe

n X

Protoºe

U

je £tvercová



D·sledek 6. Nech´ V je unitární prostor, M, N jeho dv¥ ortonormální báze, U matice p°echodu od M k N . Pak U + je matice p°echodu od N k M . D·kaz.

−1 −1 (1V )N M = (1V )M = U+ N =U

 U , která spl¬uje U + U = U U + = E , U , která spl¬uje U T U = U U T = E ,

Definice 48. ƒtvercová komplexní matice

se nazývá se nazývá

unitární. ƒtvercová reálná matice ortogonální.

Lemma 25.

valentní: (1) (2) (3)

Nech´ U je £tvercová matice. Pak jsou následující podmínky ekvi-

U je unitární. Sloupce U tvo°í ortonormální bázi vzhledem ke standardnímu skalárnímu sou£inu na Cn ádky U tvo°í ortonormální bázi vzhledem ke standardnímu skalárnímu sou£inu na Cn

ui T uj = δij , kde uj je j -tý sloupec U . Levá strana je ale rovna (ui , uj ), takºe U U = E je ekvivalentní or+ tonormalit¥ sloupc·. Podobn¥ se ukáºe, ºe U U = E je ekvivalentní ortonormalit¥ °ádk·.  D·kaz. Podmínku

U +U = E

lze p°eformulovat jako

+

Pokud je

f

endomorzmus unitárního prostoru

V

a

M, M 0

ortonormální báze

a ozna£íme

A = (f )M M

A0 = (f )M 0 M 0

U = (1V )M M 0 ,

dostáváme z v¥ty 19 transforma£ní vzorec

A0 = U + AU V reálném p°ípad¥, pokud

A

je navíc symetrická matice, dostáváme

coº je totoºný p°edpis jako kdyby

A

A0 = U T AU ,

byla matice symetrické bilineární formy, viz

tvrzení 11. Souvislost symetrických bilineárních forem s endomorzmy majícími symetrickou matici vyt¥ºíme v následující kapitole. P°íklad 31. Zajímavým p°íkladem unitární

  1   F =√  n 

1 1 1

1 ω ω2

1 ω2 ω4

. . .

1

n×n ... ... ... ..

ω (n−1)

ω 2(n−1)

matice je



1 n−1

ω ω 2(n−1)

.

...

ω (n−1)

2

   ,  

120

kde

9. ORTOGONALITA

ω=e

2πi n

je

n-tá

odmocnina jedni£ky. Skute£n¥, skalární sou£in

p-tého

a

q -tého

sloupce je roven

n−1 n−1 1 X k(p−q) 1 X kp kq ω ω = ω n n

(fp , fq ) =

k=0

Pokud

n-tou

p = q,

k=0

pak je výsledek roven jedné, pokud

p 6= q ,

ozna£me

ν := ω p−q

dal²í

odmocninu jedni£ky. Pak

0 = 1 − ν n = (1 − ν)(1 + ν + ν 2 + . . . ν n−1 ) Pn−1 k Protoºe |p − q| < n, máme ν 6= 1 a tudíº k=0 ν = 0, £ili (fp , fq ) = 0. Matice F se ozna£uje jako matice diskrétní Fourierovy transformace. Tu n T m·ºeme chápat jako zm¥nu báze v C . Pokud x = (x0 , . . . , xn−1 ) jsou sou°adnice vektoru x vzhledem ke kanonické bázi, pak veli£iny n−1 2πipq 1 X x ˆq := √ xi e− n n p=0 tvo°í vektor

x ˆ = F + x ≡ F −1 x ≡ (1Cn )M K (x)K , x vzhledem k bázi M tvo°ené sloupci matice F = (1Cn )KM . Odtud je také z°ejmé, ºe inverzní Fourierova transformace je x = F x ˆ,

který je vektorem sou°adnic vektoru £ili

n−1 2πipq 1 X √ xq = x ˆi e n n p=0 Protoºe jak

x,

x ˆ

tak

jsou sou°adnice stejného vektoru vzhledem k ortonormální

bázi, plyne z Parsevalovy rovnosti

n−1 X

??

|xk |2 =

k=0

n−1 X

|ˆ xk |2

k=0

A £tvercová regulární matice a A = QR její QR rozQ+ samoz°ejm¥ také. Pak vzorec Q+ A = R m·ºeme chápat A na horní trojúhelníkový tvar, ov²em pouze pomocí unitár-

Poznámka 5. Pokud je

klad, je

Q

unitární a

jako p°evod matice

ních

°ádkových transformací. Elementární °ádkové úpravy ze standardní Gaussovy

eliminace unitární nejsou, ale existují standardní typy elementárních unitárních transformací, které mají podobný efekt, jmenovit¥ tzv. Givensovy rotace nebo Householderovy reexe. Ty mají navíc oproti Gram-Schmidtov¥ metod¥ QR-rozkladu lep²í numerické vlastnosti.

5.1. Cvi£ení. (1) Dokaºte, ºe mnoºina v²ech unitárních

n×n

matic je grupa vzhledem k

maticovému násobení. (2) Dokaºte, ºe mnoºina v²ech ortogonálních

n×n

matic je grupa vzhledem

k maticovému násobení. (3) Dokaºte, ºe pokud (4) Dokaºte, ºe pokud

1

nebo

−1.

λ je vlastní λ je reálné

£íslo unitární matice, pak

|λ| = 1.

vlastní £íslo ortogonální matice, pak

λ

je

Uve¤te p°íklad reálné ortogonální matice, jejíº vlastní £ísla

nejsou reálná. (5) Dokaºte jednozna£nost (a tedy i

Q)

QR-faktorizace.

A ˜ + Q = RR ˜ −1 . Q

Návod: Za£n¥te p°ípadem, kdy

je £tvercová matice. Pokud

˜R ˜, QR = Q

pak

Jaká mohou být vlastní £ísla levé strany a jaká pravé?

5. UNITÁRNÍ A ORTOGONÁLNÍ MATICE

121

Fn ∈ Mn (C) matici diskrétní Fourierovy transformace na vekCn . Napi²te matice F2 a F4 . Najd¥te matici U , pro kterou platí   1 0 0 0    0 0 1 0  F2 0   F4 = U 0 F2  0 1 0 0  0 0 0 1

(6) Ozna£me torech z

Tento vzorec je základem tzv. rychlé Fourierovy transformace, která umoº¬uje spo£ítat transformaci vektoru z naci transformací vektor· vyjád°ení (7) Nech´

U

F2n

pomocí

(x0 , x2 )

a

(x0 , x1 , x2 , x3 ) jako (x1 , x3 ). Pokuste se

lineární kombijej zobecnit na

Fn .

je unitární matice. Dokaºte, ºe

E + 21 U

je regulární.

KAPITOLA 10

Operátory na unitárních prostorech 1. Adjungovaný operátor Pokud nebude °e£eno jinak, budou v²echny vektorové prostory v této kapitole kone£n¥dimenzionální unitární prostory. Pod pojmem

operátor budeme rozum¥t

lineární zobrazení

A:V →W mezi dv¥ma vektorovými prostory. Operátor je tedy jen jiné ozna£ení pro homomorzmus vektorových prostor·. Uºívá se standardn¥ ve funkcionální analýze, která je vlastn¥ roz²í°ením lineární algebry do prostor· nekone£né dimenze, a díky tomu i ve fyzice. Operátory budeme zna£it tu£nými (blackboard bold) písmeny a pro obraz vektoru

v∈V

zavedeme zjednodu²ené zna£ení

Av

místo

A(v).

A : V → W je operátor. Operátor A∗ : W → V nazveme adjungovaný operátor k A (n¥kdy téº sdruºený operátor), pakliºe ∀v ∈ V, w ∈ W Definice 49. Nech´

(Av, w) = (v, A∗ w) V²imn¥te si, ºe

A∗

zobrazuje v opa£ném sm¥ru neº

levé stran¥ skalární sou£in na

W

A

a tudíº i v denici je na

a na pravé skalární sou£in na

V.

Nech´ V, W, X jsou t°i vektorové prostory, N = {vi }n1 ⊂ V , M = ⊂ W jsou ortonormální báze, A, B : V → W , D : W → X jsou operátory. Pak ∀α, β ∈ C platí Lemma 26.

{wi }m 1

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

¯ ∗ (αA + βB)∗ = α ¯ A∗ + βB ∗ ∗ ∗ (DA) = A D (A∗ )∗ = A Ker A = (Im A∗ )⊥ , Ker A∗ = (Im A)⊥ h(A) = h(A∗ ) Ker A = Ker A∗ A, h(A) = h(A∗ A) (A∗ )N M = (A)+ MN

D·kaz. První t°i tvrzení plynou okamºit¥ z denice. Pro vektor

Av = 0,

práv¥ kdyº

∀w ∈ W

je

(Av, w) = 0,

tedy práv¥ kdyº

v ⊥ A∗ w .

v∈V

platí

Analogicky

se dokáºe i druhá p·lka £tvrtého tvrzení. Páté tvrzení odtud plyne aplikací v¥ty o dimenzi jádra a obrazu:

h(A) = n − dim Ker A = n − dim(Im A∗ )⊥ = = dim Im A∗ = h(A∗ ) V ²estém tvrzení je z°ejmé, ºe

Ker A ≤ Ker A∗ A.

Pokud ale

A∗ Av = 0,

pak

0 = (v, A∗ Av) = (Av, Av) = kAvk2 , tedy

Av

musí být

0.

Druhá £ást op¥t plyne z v¥ty o dimenzi jádra a obrazu. 123

124

10. OPERÁTORY NA UNITÁRNÍCH PROSTORECH

Pro d·kaz posledního tvrzení ozna£me

A := (A)M N , A∗ := (A∗ )N M .

Podle

denice matice homomorzmu platí

Avj = A∗ w k =

n X i=1 m X

aij wi a∗ik vi

i=1 Z ortonormality bází

M

a

N

pak plyne

(Avj , wk ) =

n X

! aij wi , wk

= akj

i=1 ∗

(vj , A wk ) =

vj ,

n X

! a∗ik vi

= a∗jk

i=1

A

Tedy matice

a

A∗



jsou hermitovsky sdruºené.

Poznámka 6. Pátý bod, sedmý bod a druhá £ást ²estého bodu dávají smysl

pouze pokud prostory

V

a

W

mají kone£nou dimenzi.

Je uºite£né lemma aplikovat na p°ípad vektorového prostoru

Rn ,

resp.

Cn

se

standardním skalárním sou£inem. V²echny operátory mají tvar maticového zobrazení

x 7→ Ax.

Kanonická báze je ortonormální, takºe sedmý bod lemmatu °íká, ºe

adjungované zobrazení má transponovanou, resp. hermitovsky sdruºenou matici. Pátý bod je pak alternativním d·kazem rovnosti

+

h(A) = h(A ). R(A)

dopl¬kem

ponování a

h(A) = h(AT ) a návdavkem i °íká, ºe N (A) je ortogonálním

A reálnou matici N (AT ) = S(A)⊥ . Z druhého bodu plyne známá vlastnost T T T + + + hermitovského sdruºení (AB) = B A a (AB) = B A . ƒtvrtý bod pro

a

trans-

A : Cn → Cm denovaný p°edpisem Ax = Ax, kde A ∈ Mmn (C). P°edpokládejme, ºe v Cn i Cm máme standardní skalární ∗ + m sou£in. Pak je matice A rovna A . Nech´ b ∈ C , pak soustava rovnic Ax = b má °e²ení práv¥ kdyº b ∈ Im A = S(A), jinými slovy, pokud b je lineární kombinací sloupc· matice A. Pokud °e²ení neexistuje, m·ºeme hledat alespo¬ jeho nejlep²í aproximaci, ur£enou poºadavkem, aby kAx − bk bylo minimální. To nastane práv¥ P°íklad 32. Uvaºujme operátor

tehdy, kdyº

Ax = PS(A) b, PS(A) je ortogonální projekce do sloupcového prostoru matice A. a1 , . . . , an sloupce matice A. Pro libovolný sloupec ak pak platí kde

0 = (b − Ax, ak ) =

m X

Ozna£me

(ak )i (b − Ax)i

i=1

k -tá sloºka sloupcového vektoru A+ (b − Ax). + + rovnic A Ax = A b, tzv. normální soustavu

x

Poslední výraz je vlastn¥

Hledané

tedy spl¬uje soustavu

p°íslu²nou

soustav¥

Ax = b. A prostý

Pokud je

operátor, je podle ²estého bodu lemmatu

A∗ A

také prostý.

Protoºe je to endomorzmus prostoru kone£né dimenze, musí to být nutn¥ izo-

A+ A

n × n matice. Potom je °e²ení soustavy moºné x = (A+ A)−1 A+ b. Toto °e²ení je nejlep²í aproximací (neexistujícího) °e²ení soustavy rovnic Ax = b ve smyslu nejmen²ích £tverc·, tedy minimalizující eukleidovskou vzdálenost kAx − bk. Odtud m·ºeme vyjád°it projekci na S(A) jako morzmus, tedy

je regulární

získat aplikací inverzní matice

PS(A) b = Ax = A(A+ A)−1 A+ b

1. ADJUNGOVANý OPERÁTOR

Pozoruhodné na tom je, ºe jsme získali matici

125

A(A+ A)−1 A+

ortogonální projekce

S(A), aniº bychom pot°ebovali ortogonální bázi tohoto podprostoru. Pokud tedy budeme mít lineárn¥ nezávislou mnoºinu vektor· N = {a1 , . . . , an } m generující podprostor W v C , pak sta£í sestavit m × n matici A, jejíº mnoºina + −1 + sloupc· je práv¥ N , a potom A(A A) A je matice projekce PW vzhledem ke + kanonické bázi. Regulární hermitovská n × n matice A A spl¬uje na podprostor

(A+ A)ij = a ¯Ti aj = (ai , aj ) =: Gij Matice



(a1 , a1 )  (a2 , a1 )  G= . .  . (an , a1 )

se nazývá

Gramova matice

sou£inu platí

(a1 , a2 ) (a2 , a2 )

... ... ..

.

(an , a2 ) . . . mnoºiny vektor· N .

 (a1 , an ) (a2 , an )    . .  . (an , an ) V p°ípad¥ reálného skalárního

G = AT A.

P°íklad 33. Vý²e uvedenou metodu lze pouºít nap°íklad na tování dat line-

árním obalem mnoºiny funkcí. Nejjednodu²²ím p°íkladem je lineární regrese, kdy tujeme funkcemi tvaru

i ∈ {1, . . . , k}.

ax + b.

Uvaºujme data ve tvaru dvojic

(xi , yi ) ∈ R2

pro

Pak minimalizace výrazu

k X

|axi + b − yi |2

i=1 odpovídá aproximaci °e²ení soustavy rovnic



  1 y1    y2 1  a   = . .  .  b  .. . 1 yk

x1  x2   ..  . xk Hledaná dvojice

(a, b)

x1 1

x2 1

... ...

  , 

se najde jako °e²ení p°íslu²né normální soustavy







 1   1   a = .  .  b . 1

x1  x xk  2  .. 1  . xk



 =

£ili

Pk x2i Pi=1 k i=1 xi

Pk

i=1

k

xi

!

a b

 =

x1 1

x2 1

... ...

 y1   xk  y2   ..  , 1  .  yk

! Pk xi yi i=1 Pk i=1 yi

Explicitní tvar °e²ení je moºné získat nap°íklad pouºitím Cramerova pravidla.

1.1. Cvi£ení. V je unitární prostor a A : V → V samosdruºený operátor. Dokaºte, A = 0, práv¥ kdyº ∀v ∈ V : (Av, v) = 0.

(1) Nech´ ºe

(2) Najd¥te aproximativní °e²ení soustavy rovnic



1  0 1

     0 1 x1 1  = 1  x2 1 0

126

10. OPERÁTORY NA UNITÁRNÍCH PROSTORECH

(3) Proloºte body

(−2, 4), (−1, 3), (0, 1), (2, 0) p°ímkou ax+b metodou nejmen-

²ích £tverc·. (4) Metodou nejmen²ích £tverc· proloºte body

(2, 4)

(−2, 1), (−1, 1), (0, 2), (1, 3),

lineární a kvadratickou funkci. Porovnejte sou£et £tverc· odchylek

v obou p°ípadech. (5) Proloºte body (6) Proloºte body

(−2, 4), (−1, 2), (0, 1), (2, 1), (3, 1) parabolou. (1, 1, 3), (0, 3, 6), (2, 1, 5), (0, 0, 0) rovinou metodou nejmen-

²ích £tverc·. (7) Najd¥te projekci na sloupcový podprostor matice



1  2 −2

 1 −1  , 4

a to jednak Gramovou-Schmidtovou metodou, jednak pomocí adjungovaného zobrazení. (8) Najd¥te ortogonální projekce na podprostory kde

3

A:C →C

3

je operátor



Ax = Ax

1 A= 1 2 (9) Nech´

N = {v1 , . . . , vk }

Ker A, Im A, Ker A∗ , Im A∗ ,

denovaný maticí

 1 2  3

1 3 4

je lineárn¥ nezávislá mnoºina v

odmocnina z determinantu Gramovy matice mnoºiny rozm¥rného rovnob¥ºnost¥nu ur£eného vektory z

N

Rn .

Ukaºte, ºe

udává objem

k-

N.

(10) Denice Gramovy matice dává smysl, i pokud vektory

a1 , . . . , an

nepat°í

do aritmetického vektorového prostoru, ale n¥jakého obecného unitárního prostoru

{a1 , . . . , an }

(V, (, )).

Dokaºte, ºe je Gramova matice mnoºiny

regulární, práv¥ kdyº je

N

N =

lineárn¥ nezávislá.

2. Ortogonální diagonalizace A ∈ Mn (C) a standardní skalární sou£in na Cn .

Uvaºujme hermitovskou matici Pokud platí

Ax = λx,

pak

¯ x), λ(x, x) = (Ax, x) = (x, Ax) = λ(x, tedy

x

je nulový vektor nebo

λ

je reálné £íslo. Vlastní £ísla hermitovských matic

jsou tedy nutn¥ reálná. Pokud dále

Ay = µy ,

pak

λ(x, y) = (Ax, y) = (x, Ay) = µ ¯(x, y) = µ(x, y), tedy

x

je kolmé na

y

nebo

λ = µ.

Vlastní vektory hermitovských matic s r·znými

vlastními £ísly jsou tedy kolmé. Pokud bychom tyto vlastní vektory normalizovali a nalezli jich dost na to, aby vytvo°ily bázi

U

z kanonické báze do

M

M ⊂ Cn ,

byla by matice p°echodu

unitární. Víme uº z kapitoly 8, ºe v bázi z vlastních

vektor· má matice endomorzmu diagonální tvar

D,

takºe z úvahy za lemmatem

25 dostáváme

A = U DU + , £ili unitární diagonalizaci matice

A.

Pokud je

A

reálná a symetrická, pak jsou její

vlastní £ísla také reálná a tedy i vlastní vektory a matice

U.

Pak mluvíme o dia-

gonalizaci ortogonální. V tomto oddíle tedy dokáºeme, ºe tento proces je skute£n¥ moºný, a to v obecn¥j²ím p°ípad¥ tzv.

normálního operátoru.

Kaºdý nekonstantní polynom p(z) = s komplexními koecienty má alespo¬ jeden komplexní ko°en. V¥ta 40 (Základní v¥ta algebry).

Pn

i=0

ai z i

2. ORTOGONÁLNÍ DIAGONALIZACE

127

D·kaz. Nebudeme dokazovat. P¥kný obrázkový  d·kaz je zde

dtp.fmph.uniba.sk/~severa/la/zva.swf D·sledek 7.

£íslo.

http://sophia. 

Kaºdá komplexní matice má alespo¬ jedno komplexní vlastní 

D·kaz. Vlastní £íslo je ko°enem charakteristického polynomu.

V¥ta 41 (Schurova reprezentace operátoru). Nech´ V je komplexní vektorový prostor kone£né dimenze. Pro kaºdý operátor A : V → V existuje ortonormální báze, vzhledem k níº je jeho matice horní trojúhelníková. D·kaz. Budeme postupovat indukcí podle dimenze

V.

P°ípad

dim V = 1

je

triviální. P°edpokládejme, ºe tvrzení platí pro v²echny operátory na prostorech dimenze

n − 1.

Nech´ V má dimenzi n a A má díky v¥t¥ 40 vlastní vektor u s λ, lze p°edpokládat kuk = 1. Ozna£me W = hui⊥ a zvolme n¥jakou bázi M ve W . Pak vzhledem k bázi {u} ∪ M má matice operátoru A

vlastním £íslem ortonormální blokový tvar



λ 0



x B

,

B je matice (n−1)×(n−1) a x ∈ Cn−1 . Matice B denuje operátor B : W → W 0 podle induk£ního p°edpokladu existuje ve W ortonormální báze M , vzhledem k

kde a

níº je matice

B 0 := (B)M 0 M 0 = (1W )M 0 M (B)M M (1W )M M 0 = U + BU operátoru

B

horní trojúhelníková. Matice operátoru

A0 : =



1 0



λ 0

=

0 U+



λ x 0 B   xU λ = U + BU 0

coº je horní trojúhelníková matice. Báze ve

A 

{u} ∪ M 0

vzhledem k

1 0

0 U  xU , B0

{u} ∪ M 0

pak je



je hledanou ortonormální bází

V.



N : V → V se nazývá • normální, pakliºe N∗ N = NN∗ • samosdruºený, pakliºe N∗ = N • unitární, pakliºe N∗ N = NN∗ = 1V + + Matici N ∈ Mn (C), která spl¬uje N N = N N , nazveme Definice 50. Operátor

normální matice.

Z lemmatu 26 vyplývá, ºe v·£i ortonormální bázi má normální, samosdruºený, resp. unitární operátor normální, hermitovskou, resp. unitární matici. Z denice je také z°ejmé, ºe kaºdý unitární operátor/matice i kaºdý samosdruºený operátor/matice je nutn¥ normální. V¥ta 42. Nech´ V je komplexní vektorový prostor, N : V → V normální operátor. Potom existuje ortonormální báze V sloºená z vlastních vektor· N. D·kaz. Vzhledem k v¥t¥ o Schurov¥ reprezentaci operátoru sta£í ukázat, ºe

1 × 1 je to (n−1)×(n−1).

kaºdá normální horní trojúhelníková matice je diagonální. Pro matice jasné, p°edpokládejme, ºe to platí pro v²echny matice aº do stupn¥ Zapi²me horní trojúhelníkovou

n×n

matici

N

a její hermitovské sdruºení blokov¥

jako

 N=

λ 0

x M

 ,N

+

 =

¯ λ x+

0 M+

 ,

128

kde

10. OPERÁTORY NA UNITÁRNÍCH PROSTORECH

λ ∈ C, x ∈ M1,n−1 (C)

a

M ∈ Mn−1,n−1 (C)

Podmínka normality matice

N

se

p°epí²e jako rovnost matic

¯ λ x+

    ¯ 0 λ x |λ|2 λx = M+ 0 M λx+ x+ x + M + M a      ¯ λ x λ 0 |λ|2 + x+ x xM + = 0 M x+ M + M x+ MM+ P n−1 + |x1,i |2 , tedy x = 0. Porovnáním levého horního rohu vidíme, ºe 0 = x x ≡ 1 + + Pak ale M M = M M , tedy M je normální horní trojúhelníková matice, ta je podle induk£ního p°edpokladu diagonální, tedy N je diagonální.  

V¥ta 43 (Spektrální rozklad normálního operátoru). Nech´ A : V → V je normální operátor, Pλ : V → V operátor ortogonální projekce na vlastní podprostor p°íslu²ný vlastnímu £íslu λ. Pak lze operátor zapsat jako spektrální rozklad

X

A=

λPλ

λ∈σ(A) D·kaz. Nech´

matici. Vektor

ui

{ui }n1

je ortonormální báze, vzhledem k níº má

A diagonální A s vlastním £íslem λ ∈ σ(A), takºe Pλ ui = levá strana rovnosti tedy mají na ui hodnotu i jako operátory. 

je vlastním vektorem

ui a Pµ ui = 0, pokud µ 6= λ. Pravá i λui , rovnají se proto na bázi a tudíº

V praxi pot°ebujeme v¥tu 42 p°edev²ím pro samosdruºené operátory. Následující v¥ta i její d·kaz jsou jen reformulací pozorování, které jsme u£inili na za£átku pro hermitovskou matici: V¥ta 44.

Vlastní £ísla samosdruºeného operátoru jsou reálná.

D·kaz. Pokud

Av = λv

a

A = A∗ ,

pak

λkvk2 = (λv, v) = (Av, v) = 2 ¯ = (v, A∗ v) = (v, Av) = (v, λv) = λkvk Protoºe

v 6= 0,

musí být

¯. λ=λ



Samosdruºené operátory tedy m·ºeme diagonalizovat, a na diagonále budou stát reálná £ísla. Práv¥ tato vlastnost je d·vodem, pro£ jsou pozorovatelné veli£iny v kvantové teorii reprezentovány práv¥ samosdruºenými operátory. P°íklad 34. Prove¤me unitární diagonalizaci matice



0  2 2 Vlastní £ísla jsou jsou

h(1, 1, 1)i

a

 2 2  0

2 0 2

4 a −2, druhé z nich je dvojnásobné. P°íslu²né vlastní podprostory h(1, −1, 0), (0, 1, −1)i, vidíme, ºe jsou skute£n¥ navzájem kolmé.

Ve druhém z nich pomocí Gramovy-Schmidtovy metody najdeme ortogonální bázi

{(1, −1, 0), (1, 1, −2)}.

V p°edpisu pro diagonalizaci

A = U DU +

je matice

U

p°e-

chodu od kanonické báze do báze z vlastních vektor· unitární, její sloupce tedy tvo°í normalizované vlastní vektory. V tomto p°ípad¥, kdy bylo moºné vzít v²echny vlastní vektory reálné, je

A

U+ = UT ,

tedy

U

je ortogonální matice. Celkov¥ máme

zapsáno jako sou£in

  

√1 3 √1 3 √1 3

√1 2 − √12

0

√1 6 √1 6 − √26



4  0  0

0 −2 0

 0  0  −2

√1 3 √1 2 √1 6

√1 3 − √12 √1 6

√1 3



0

 

− √26

2. ORTOGONÁLNÍ DIAGONALIZACE

129

Nech´ V je vektorový prostor dimenze n, M = {vi }n1 ⊂ V ortonormální báze, U : V → V je operátor. Pak jsou následující tvrzení ekvivalentní: (1) U je unitární operátor. Tvrzení 13.

(2) (3) (4) (5) (6)

∀v ∈ V : kUvk = kvk ∀v, w ∈ V , (Uv, Uw) = (v, w) U := (U)M M je unitární matice. {Uvi }n1 je ortonormální báze V . U je normální operátor, jehoº vlastní £ísla leºí na jednotkové kruºnici.

D·kaz. Pokud

U∗ U = 1V , 2

pak

∀v ∈ V



kvk = (U Uv, v) = (Uv, Uv) = kUvk2 , tedy z 1) plyne 2). Bod 3) plyne z 2) pomocí polariza£ní identity. Pokud

(Uv, Uw) ≡ (U∗ Uv, w) = (v, w), pro libovolný vektor

w,

U∗ Uv = v

pak musí být

a obdobn¥ se ukáºe

UU∗ v = v ,

£ímº z 3) plyne 1). Ekvivalence 1) a 4) plyne z posledního bodu lemmatu 26. Bod 5) plyne z 3). Naopak, pokud p°epokládáme 5), pak jsou díky Parsevalov¥ rovnosti 36 sloupce matice

U

ortonormální, £ili platí 4).

Uv = λv , pak |λ| = 1, tedy 6). Naopak, pokud platí 6), M 0 , vzhledem k níº má U diagonální matici D, která 0 + Ozna£íme-li V matici p°echodu od M k M , pak U = V DV .

Z 2) plyne, ºe pokud

pak existuje ortonormální báze je zárove¬ unitární. Tedy

U

je sou£inem unitárních matic a je proto také unitární, £ím jsme dokázali



4).

2.1. Cvi£ení. (1) Ukaºte, ºe matice



2 3

−3 2



je normální, a£koli není hermitovská ani unitární. Najd¥te její spektrum a ortonormální bázi z vlastních vektor·. (2) Prove¤te ortogonální diagonalizaci matice



1 2

2 1



(3) Prove¤te ortogonální diagonalizaci matice



3 2

2 3



(4) Prove¤te unitární diagonalizaci matice



0 1

−1 0



(5) Prove¤te unitární diagonalizaci matice



cos α sin α

− sin α cos α



(6) Prove¤te ortogonální diagonalizaci matice



cos α sin α

sin α − cos α



Co znamená toto zobrazení geometricky?

130

10. OPERÁTORY NA UNITÁRNÍCH PROSTORECH

(7) Prove¤te ortogonální diagonalizaci matice



1  1 1

1 1 1

 1 1  1

(8) Ukaºte, ºe operátor ortogonální projekce ve

V

PW : V → V

na podprostor

W

je samosdruºený.

(9) Dokaºte, ºe operátor

kNvk = kN∗ vk.

N:V →V

je normální, práv¥ kdyº

Odvo¤te z toho, ºe Pokud

jeho vlastní vektor s vlastním £íslem vlastním £íslem

λ,

N

pak je

∀v ∈ V

platí

je normální operátor a

v

N∗

s

v

vlastním vektorem

¯. λ

(10) S pomocí p°edchozího cvi£ení dokaºte, ºe ve v¥t¥ 42 platí ve skute£nosti ekvivalence. (11) Ukaºte, ºe sloºení dvou samosdruºených operátor· nemusí být samosdruºený operátor.

3. Polární rozklad operátoru eiφ |z|, kde eiφ leºí na jednotkové kruºnici a |z| je nezáporné reálné £íslo. ƒísla (r, φ) jsou polárními sou°adnicemi iφ vektoru (z1 , z2 ). Pokud chápeme z , e a |z| jako 1 × 1 matice, jde o rozklad komKomplexní £íslo

z = z1 + iz2 ∈ C

lze zapsat jako

plexní matice na sou£in matice unitární a hermitovské pozitivn¥ semidenitní. V tomto oddíle nalezneme zobecn¥ní této vlastnosti, tzv. polární rozklad. Definice 51. Samosdruºený operátor A : V → V nazýváme pozitivn¥ denitní, resp. pozitivn¥ semidenitní, pakliºe pro kaºdý nenulový v ∈ V je

(Av, v) > 0,

resp.

(Av, v) ≥ 0,

A > 0, resp. A ≥ 0. Analogicky denujeme pojem negativn¥ (semi)denitního operátoru. V²echny ostatní operátory nazýváme indenitní. Signaturou samozna£íme

sdruºeného operátoru ozna£ujeme trojici £ísel vlastních £ísel

A v£etn¥ násobností, q

(p, q, n),

kde

p

je po£et kladných

po£et záporných vlastních £ísel a

n násobnost

nuly jakoºto vlastního £ísla. Poznámka 7. V²echny tyto pojmy budeme pouºívat i v souvislosti se syme-

trickými a hermitovskými maticemi. Zavedeme je také pro symetrické bilineární a hermitovské seskvilineární formy. Souvislost je z°ejmá: pokud

g

je hermitovská se-

skvilineární forma, pak je její matice hermitovská a odpovídá tedy samosdruºenému operátoru

A

p°edpisem

g(u, v) =

X

aij ui v¯j = (Au, v),

i,j kde

ui , vj

jsou sou°adnice

zároven matice formy

g

u, v

vzhledem k n¥jaké ortonormální bázi

i operátoru

A

M

a

aij

je

vzhledem k této bázi.

Z v¥ty o diagonalizaci samosdruºeného operátoru je z°ejmá souvislost mezi denovanými pojmy a vlastními £ísly operátoru. Signatura má tvar

• • • • • • p°i£emº

(p, 0, 0) pro pozitivn¥ denitní operátor (p, 0, n) pro pozitivn¥ semidenitní operátor (0, q, 0) pro negativn¥ denitní operátor (0, q, n) pro negativn¥ semidenitní operátor (p, q, 0) pro regulární indenitní operátor (p, q, n) pro singulární indenitní operátor, v²echny vyzna£ené hodnoty p, q, n se rozumí nenulové.

3. POLÁRNÍ ROZKLAD OPERÁTORU

131

V¥ta 45. Nech´ A ≥ 0 je pozitivn¥ semidenitní operátor. Pak existuje práv¥ √ √ jeden pozitivn¥ semidenitní operátor A, který spl¬uje ( A)2 = A. D·kaz. Operátor A má vzhledem k ortonormální bázi M diagonální matici D = diag(λ ≥ λn . √1 , . . . , λn ) s nezápornými elementy, lze p°edpokládat λ√1 ≥ . . . √ Denujme A√jako operátor, který má vzhledem k M matici diag( λ1 , . . . , λn ). Je z°ejmé, ºe A má poºadované vlastnosti. Ukaºme je²t¥ jednozna£nost. Pokud B je pozitivn¥ semidenitní operátor spl2 0 ¬ující B = A, pak lze najít bázi M , vzhledem k níº má B matici diag(µ1 , . . . , µn ) s nezápornými elementy, op¥t p°edpokládejme µ1 ≥ . . . ≥ µn . Pak ale má A vzhledem √ 2 2 k této bázi matici diag(µ1 , . . . , µn ), tedy vlastní podprostory B a A, a tedy i A, √ 2 A.  se shodují a pro v²echna i ∈ {1, . . . , n} platí µi = λi . Tedy B = Definice 52. Nech´

A : V → W je operátor. Modulem operátoru A rozumíme √ |A| := A∗ A : V → V .

pozitivn¥ semidenitní operátor Denice je korektní, nebo´

A∗ A = (A∗ A)∗

a

(v, A∗ Av) = kAvk2

je vºdy nezá-

porné £íslo. Platí

k|A|vk2 = (|A|v, |A|v) = (v, |A|2 v) = (v, A∗ Av) = kAvk2 a tedy i

Ker A = Ker |A|

a

dim Im A = dim Im |A|.

V¥ta 46 (Polární rozklad operátoru). Nech´ A : V → V je operátor. Pak existuje unitární operátor U : V → V takový, ºe A = U|A|. Je-li A izomorzmus, pak je U ur£en jednozna£n¥.

U nejprve na Im |A|. Nech´ |A|v = w, deUw = Av . To je korektní denice, protoºe pro jiný vektor v 0 ∈ V spl¬ující |A|v 0 = w je v − v 0 ∈ Ker |A| = Ker A, a tedy Av 0 = Av = Uw. Je z°ejmé, ºe U je lineární zobrazení na Im |A|. Platí D·kaz. Zkonstruujeme operátor

nujeme

kUwk2 = kU|A|vk2 = kAvk2 = k|A|vk2 = kwk2 (Im |A|)⊥ .

Im |A| a Im A mají stejnou {ui } ⊂ (Im |A|)⊥ , {vi } ⊂ (Im A)⊥ ortonormální báze a denujme ∀i, Uui = vi . Tím je denován na celém V unitární operátor, který zjevn¥ spl¬uje A = U|A|. −1 Pokud je A izomorzmus, je i |A| izomorzmus a U = A|A| je ur£en jednozna£n¥.  Zbývá p°edepsat operátor

U

na

Prostory

dimenzi, stejn¥ tak jejich ortogonální dopl¬ky. Zvolme

3.1. Cvi£ení. 2×2 matice A, B takové, aby pro r·zné hodnoty parat byla matice A+tB v²ech moºných typ· (pozitivn¥ (semi)denitní,

(1) Najd¥te symetrické metru

negativn¥ semi(denitní) indenitní).

A ≥ 0 a B > 0, pak A + B > 0. 1V > 0. Dále ukaºte, ºe pro kaºdý samosdruºený A : V → V a dostate£n¥ malé  je 1V + A > 0. Dokaºte, ºe | det A| = det |A|.

(2) Ukaºte, ºe pokud (3) Ukaºte, ºe (4)

(5) Prove¤te polární rozklad matice



2 0

3 2



(6) Prove¤te polární rozklad reálné matice



1 0

1 0



operátor

132

10. OPERÁTORY NA UNITÁRNÍCH PROSTORECH

(7) Prove¤te polární rozklad matice



−b a

a b



(8) Prove¤te polární rozklad matice



1  −1 1

 −1 0 1 0  −1 0

(9) Dokaºte, ºe pro kaºdý operátor ve tvaru

A = |A+ |U,

kde

U

A:V →V

existuje také polární rozklad

je unitární.

(10) Dokaºte, ºe kaºdou £tvercovou matici lze zapsat jako

Q

jsou unitární matice a

Návod: Na diagonále

Σ

A = P ΣQ+ ,

kde

P,

je diagonální pozitivn¥ semidenitní matice.

Σ jsou vlastní £ísla matice |A|. Pokuste se zobecnit A je obdélníková matice. Zápis A = P ΣQ+ se ozna-

tvrzení na situaci, kdy £uje jako (11) Nech´

singulární rozklad matice (singular value decomposition). je operátor. Jeho operátorovou normou rozumíme

A:V →V

£íslo

kAk := max{kAvk|v ∈ V, kvk ≤ 1} Dokaºte, ºe je to skute£n¥ norma na vektorovém prostoru

End(V),

ºe

není indukována ºádným skalárním sou£inem, a ºe je rovna nejv¥t²ímu

(12)

vlastnímu £íslu operátoru |A|. Pokud A je regulární, £emu se pak rovná kA−1 k? † Nech´ A ∈ Mmn (C) je matice. Matice A ∈ Mnm (C), která spl¬uje † † † • A AA = A • AA† A = A • A† A je hermitovská matice • AA† je hermitovská matice se nazývá Moore-Penroseova pseudoinverze matice A. Jak vypadá pseudoinverze blokové matice

 A= kde

X

X 0

0 0

 ,

je regulární? Jak vypadá pseudoinverze matice zapsané v singulár-

ním rozkladu

A = P ΣQ+ ?

(13) Jak vypadá pseudoinverze blokové matice

 A= kde

X

0 0

X 0

 ,

je regulární £tvercová matice? A jak, kdyº je

X

obecná, t°eba i

obdélníková matice? (14) Dokaºte, ºe pro matici

A s lineárn¥ nezávislými sloupci platí A† = (A+ A)−1 A+ .

Pokuste se najít a dokázat obdobný vzorec pro matici s lineárn¥ nezávislými °ádky.

KAPITOLA 11

Kvadratické formy V této kapitole budeme p°edpokládat, ºe v²echny vektorové prostory jsou reálné a kone£n¥dimenzionální.

1. Kvadratické formy Definice 53. Nech´

dratická forma Qg (v) = g(v, v).

g : V × V → R je symetrická bilineární forma. Kvag je zobrazení Qg : V → R denované p°edpisem

p°íslu²ná

Signaturou

maticí kvadratické formy rozumíme sigNulovou mnoºinou kvadratické vektory v ∈ V , pro n¥º Qg (v) = 0. Polární bází , resp.

naturu, resp. matici p°íslu²né formy bilineární. formy

Qg

rozumíme v²echny

rozumíme bázi prostoru

V , vzhledem k níº má matice kvadratické formy diagonální

tvar. Poznámky: (1) Ze znalosti kvadratické formy m·ºeme zrekonstruovat p°íslu²nou symetrickou bilineární formu polariza£ní identitou

g(v, w) =

1 (Qg (v + w) − Qg (v) − Qg (w)) 2

Tedy symetrické bilineární a kvadratické formy jsou ve vzájemn¥ jednozna£né korespondenci. (2) Spolu se signaturou máme pro kvadratické formy denovány i pojmy indenitní a pozitivn¥/negativn¥ (semi)denitní. (3) Pokud je

g

skalární sou£in, pak

Qg (v) = kvk2g .

Uº víme, ºe kaºdá kvadratické forma má polární bázi, lze ji nalézt symetrickými úpravami její matice. Metoda ortogonální diagonalizace nám umoº¬uje dokonce nalézt polární bázi, která je ortonormální: V¥ta 47. Nech´ Q je kvadratická forma na prostoru V se skalárním sou£inem. Pak existuje polární báze Q, která je zárove¬ ortonormální.

Q = Qg , M = {ui }n1 je ortonormální báze a G je matice g vzhledem k M . Matice G je symetrická a tedy existuje ortogonální matice R taková, T ºe R GR je diagonální. Matice R je maticí p°echodu od ortonormální báze M k T 0 0 0 0 n jiné ortonormální bázi M = {ui }1 a R GR je matice Q vzhledem k M . Tedy M je hledaná báze.  D·kaz. Nech´

Ortogonální diagonalizace

kvadratických forem tedy vyuºívá ortogonalitu

vlastních vektor· symetrických matic. Vzniklá polární báze sestává z vlastních vektor· a vzhledem k této bázi má matice formy na diagonále vlastní £ísla. Signaturu kvadratické formy pak ur£íme p°ímo z denice. Výpo£et vlastních £ísel je ale z po£etního hlediska velmi náro£ná úloha, kterou v¥t²inou umíme vy°e²it jen p°ibliºn¥. Proto má smysl um¥t i jiné metody (neortogonální) diagonalizace a p°esv¥d£it se, ºe se pomocí nich dá signatura spo£ítat také. K tomu nám poslouºí následující geometrická charakterizace signatury: 133

134

11. KVADRATICKÉ FORMY

Lemma 27. Nech´ D je diagonální matice se signaturou (p, q, n), p+q +n = m. Pak p je maximální dimenze podprostoru v Rm , na n¥mº je D pozitivn¥ denitní a q je maximální dimenze podprostoru v Rm , na n¥mº je D negativn¥ denitní.

D = diag(λ1 , . . . , λm ), Q(x) = xT Dx a p°edpokládejme, ºe prvních p £ísel λi je kladných, dal²ích q záporných a posledních n jsou nuly. Lineární obal prvních p vektor· kanonické báze ozna£me W . Je z°ejmé, ºe Q je 0 na W pozitivn¥ denitní. Nech´ W je jiný podprostor, na n¥mº je Q pozitivn¥ 0 denitní. Denujme lineární zobrazení f : W → W p°edpisem D·kaz. Ozna£me

f ((x1 , . . . , xm )) = (x1 , . . . , xp , 0 . . . , 0) Pokud

x ∈ Ker f ,

x1 = . . . = xp = 0,

pak

Q(x) =

a tedy

m X

λi x2i ≤ 0

i=p+1 Protoºe

Q

Pak je ale

je na

f

W0

pozitivn¥ denitní a

x ∈ W 0,

musí být

x = 0.

Tedy

Ker f = 0.

monomorsmus a

dim W 0 = dim Im f + dim Ker f = dim Im f ≤ dim W = p Druhé tvrzení plyne z prvního pro matici

−D.



Signaturu kvadratické formy lze tedy ekvivalentn¥ denovat pomocí maximálních dimenzí podprostor·, na nichº je forma pozitivn¥, resp. negativn¥ denitní. Tyto dimenze se dají spo£ítat z kaºdého jejího diagonálního vyjád°ení. Proto k ur£ení signatury nemusíme po£ítat vlastní £ísla, sta£í pouºít neortogonální diagonalizaci a spo£ítat kolik je na diagonále kladných a záporných £ísel. T°etí metodou, jak diagonalizovat kvadratickou formu, je uºití Gramovy-Schmidtovy ortogonalizace, místo skalárního sou£inu ale vezmeme regulární symetrickou bilineární formu na sebe

k · kg ,

g

na

V,

kterou chceme diagonalizovat. Dva vektory

u, v ∈ V

jsou

kolmé vzhledem ke g , pokud g(u, v) = 0, analogicky se denuje i norma g . Drobnou komplikací u ∈ V , pro n¥º g(u, u) = 0, tedy vektory kolmé samy

ortogonální dopln¥k a ortogonální báze vzhledem ke

je, ºe existují nenulové vektory

na sebe £i jinak °e£eno s nulovou normou. Mohou existovat také vektory se zápornou normou, ani ty nebude moºné vzhledem k báze vzhledem ke Nech´

A

g

g

normalizovat, pojem ortonormální

tedy zavád¥t nebudeme.

je matice

n × n.

k ∈ {1, . . . , n} ozna£me Ak n − k °ádk· a sloupc·.

Pro

vzniklou vy²krtnutím posledních

její

k×k

podmatici

V¥ta 48 (Jacobi-Sylvesterova). Nech´ g je regulární symetrická bilineární forma na V , M = {ui }n1 je báze V a A je matice g vzhledem k této bázi. P°edpokládejme, ºe ∀k ∈ {1, . . . , n}, det Ak 6= 0. Denujme navíc det A0 = 1. Pak existuje ve V báze Pk M 0 = {vi }n1 , vk = j=1 rjk uj , ortogonální vzhledem ke g , kde

g(vk , vk ) =

det Ak−1 . det Ak

Tedy signatura g je (p, q, 0), kde q je po£et znaménkových zm¥n v posloupnosti det A0 , det A1 , . . . , det An D·kaz. Pro

k=1

v1 = a111 u1 , tedy g(v1 , v1 ) = a111 . P°edpokládejme, v1 aº vk−1 , tedy i matici Rk−1 = (rij ; i, j ≤ k − 1).

zvolme

ºe jsme zkonstruovali vektory

To je horní trojúhelníková matice s nenulovou diagonálou, je tedy regulární, proto je to matice p°echodu od

{ui }k−1 1

k

{vi }k−1 1

v prostoru

hu1 , . . . , uk−1 i.

Hledáme

1. KVADRATICKÉ FORMY

135

vk tak, aby byl kolmý na v1 , . . . , vk−1 , tedy ekvivalentn¥ na u1 , . . . , uk−1 . To k − 1 podmínek na £ísla r1k aº rkk :

vektor dává

0 = g(ui ,

k X

rjk uj ) =

j=1

k X

aij rjk

j=1

P°idejme k tomu normaliza£ní podmínku

g(uk , vk ) = 1

a máme soustavu rovnic s

roz²í°enou maticí



Protoºe

det Ak 6= 0,

a11

a12

  a21   .  .. ak1

a22

...



. . .

..

ak2

0

a1k

    0  1

.

...

akk

°e²ení existuje a je jednozna£né. Z Cramerova pravidla pak

dostáváme

g(vk , vk ) = g(rjk uj , vk ) = rkk =

det Ak−1 det Ak 

1.1. Cvi£ení. (1) Ur£ete, pro která

λ

je kvadratická forma

f2 (u) = x21 − 2λx1 x2 + 2x1 x3 + x22 + 4x2 x3 + 5x23 pozitivn¥ denitní. (2) Diagonalizujte následující kvadratickou formu na

R4

pomocí symetrických

úprav a uve¤te matici p°echodu od báze kanonické do báze polární.

9x2 + 5y 2 + 5z 2 + 8t2 + 8yz − 4yt + 4zt (3) Prove¤te ortogonální diagonalizaci kvadratické formy

R

2

7x2 − 12xy − 2y 2

na

.

(4) Na

R3

pomocí Jacobi-Sylvestrovy v¥ty ur£ete signaturu kvadratické formy

Q(x) = x21 − 2x22 + x23 + 2x1 x2 + 4x1 x3 + 2x2 x3 (5) Ur£ete signaturu kvadratické formy na

R4 :

Q(x) = x21 + 2x1 x2 + 4x1 x3 + 2x1 x4 + x22 + + 4x2 x3 + 4x2 x4 + x23 + 2x3 x4 + x24 (6) Na

R4

diagonalizujte kvadratickou formu

Q(x) = 2x1 x2 − 4x3 x4 pomocí symetrických úprav. (7) Diagonalizujte kvadratickou formu, jejíº matice vzhledem ke kanonické bázi je



−2  2 −4

 2 −4 −5 −2  , −2 −2

a to ortogonáln¥ i symetrickými úpravami. (8) Nech´

φ

je netriviální lineární forma na

formy dané vztahem

f2 (u) = φ(u)

2

Rn .

Ur£ete signaturu kvadratické

.

(9) Popi²te v²echny vektory v nulové mnoºin¥ kvadratické formy na vztahem

f (x) = x21 − 2x1 x2

R2

dané

136

11. KVADRATICKÉ FORMY

(10) Popi²te v²echny vektory v nulové mnoºin¥ kvadratické formy na

R4

s

maticí vzhledem ke kanonické bázi



−1  0   0 0

0 0 0 0

0 0 1 0

 0 0   0  0

2. Anní prostor Kaºdý vektorový prostor obsahuje privilegovaný prvek - nulový vektor. V²echny podprostory tento prvek obsahují a v²echna lineární zobrazení ho zachovávají. Tím pádem ale mnohé p°irozené geometrické pojmy jako nap°íklad rovnob¥ºnost nebo posunutí nemají v jazyce vektorových prostor· p°irozené vyjád°ení. V tomto oddíle nastíníme zp·sob, jak tento nedostatek formáln¥ p°ekonat. Definice 54. Nech´

A⊂V,

V

je vektorový prostor a

W

jeho podprostor. Mnoºina

která spl¬uje

∀a ∈ A, ∀v ∈ W : a + v ∈ A se nazývá

A

anní podprostor vektorového prostoru V

se

zam¥°ením W . Mnoºinu

a + W.

zapisujeme také jako

P°íklad 35. Pokud

V = R2 , v = (v1 , v2 ) ∈ R2 , W = hvi

a

x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ,

pak mnoºina

p = {(x1 , x2 ) + t(v1 , v2 )|t ∈ R} ≡ x + hvi je anní p°ímka, procházející bodem kdyº

(x1 , x2 ). Vektorovým podprostorem bude práv¥

(x1 , x2 ) ∈ W .

P°íklad 36. Mnoºina °e²ení soustavy rovnic

je partikulární °e²ení a

N (A)

Ax = b

je

xP + N (A),

kde

xP

je mnoºina °e²ení homogenní soustavy rovnic. Je to

tedy anní prostor se zam¥°ením

N (A).

P°íklad 37. Mnoºina

An := {x ∈ Fn+1 |x = (1, x1 , . . . , xn )} je anní podprostor

Fn+1

se zam¥°ením

Vn := {x ∈ Fn+1 |x = (0, x1 , . . . , xn )} Definice 55. Anní podprostor

An := {x ∈ Fn+1 |x = (1, x1 , . . . , xn )} v

Fn+1

budeme nazývat

Jak body

An ,

aritmetickým anním prostorem.

tak body jeho zam¥°ení

Vn

jsou vyjád°eny jako

n-tice

Abychom mezi nimi snáze rozli²ovali, ozna£íme

a = [a1 , a2 , . . . , an ] := (1, a1 , . . . , an ) v = (v1 , v2 , . . . , vn ) := (0, v1 , . . . , vn ) a mluvit krátce o bodech a vektorech anního prostoru. Rozdíl dvou bod·

a − b = [a1 , . . . , an ] − [b1 , . . . , bn ] = (1, a1 , . . . , an ) − (1, b1 , . . . , bn ) = (0, a1 − b1 , . . . , an − bn ) je prvek z

Vn ,

tedy v na²í úsporné terminologii vektor anního prostoru

An .

£ísel.

2. AFINNÍ PROSTOR

Jsou-li

a, b

An ,

dva body

137

pak p°ímku, která je spojuje, lze zapsat r·znými

zp·soby:

p = {a + s(b − a)|s ∈ F} = {ra + sb|r + s = 1, r, s ∈ F} = {ra + sb|r, s ∈ F} ∩ An První zp·sob je standardní parametrický tvar, základem druhého je anní lineární kombinace ra + sb, r + s = 1 bod· a, b, t°etí pak vyjad°uje p°ímku jako pr·nik dvojrozm¥rného podprostoru v

Fn+1

popsat libovolný anní podprostor v

a anního prostoru An . Analogicky je moºné An . Speciáln¥ pr·nik podprostoru W ≤ Fn+1 ,

popsaného homogenní rovnicí

W := {(x0 , x1 , . . . , xn )|a0 x0 + a1 x1 + . . . + an xn = 0} (tedy jádra lineární formy) s anním prostorem

An = {(x0 , x1 , . . . , xn )|x0 = 1} je mnoºina bod·

{[x1 , . . . , xn ]|a0 + a1 x1 + . . . an xn = 0}, neboli

anní nadrovina.

Definice 56.

Vzdálenost bod· a, b ∈ An denujeme jako kb − ak, kde k · k je

norma indukovaná standardním skalárním sou£inem na denovanou metrikou ozna£ujeme jako

Fn+1 .

Prostor

An

s takto

euklidovský prostor dimenze n.

En ,

Lemma 28. Nech´ A ∈ Mn+1 (F) je matice. Maticové zobrazení fA zachovává mnoºiny An a Vn , práv¥ kdyº má A blokový tvar



1 0 r B

 ,

kde B ∈ Mn (F), r ∈ Fn . Dále, zobrazení fA zachovává vzdálenost libovolných dvou bod· v En , práv¥ kdyº B je unitární matice. D·kaz. Má-li

A

blokový tvar



b r

sT B

1 x



 ,

pak



sT B

b r



Pokud má pravá strana pro v²echna

 =

x ∈ Fn

b + sT x r + Bx

pat°it do



An ,

musí být

b=1

a

sT = 0.

Platí

 takºe zobrazení zachovává i

1 0 r B Vn .

kdyº zachovává normy vektor· z

B

je unitární matice.



0 x



 =

0 Bx

 ,

An práv¥ Vn , coº podle poslední rovnosti nastane práv¥ kdyº 

Zobrazení navíc zachovává vzdálenosti v

Definice 57. Maticové zobrazení zachovávající An nazýváme anním zobrazením. Anní bází anního prostoru An rozumíme dvojici (a, M ), kde a ∈ An ,

M

je báze

Vn .

ekneme, ºe anní báze je ortogonální/ortonormální, pakliºe je or-

togonální/ortonormální báze

M.

138

11. KVADRATICKÉ FORMY

Uvaºujme dv¥ anní báze Libovolný bod

b ∈ An

(a, M ), (a0 , M 0 ) v An , kde M = {vi }n1

a

M 0 = {vi0 }n1 .

lze zapsat jako (jednozna£nou) lineární kombinaci prvk·

jedné i druhé anní báze:

b=a+

n X

0

x j vj = a +

j=1 Pokud

U

M

je matice p°echodu od

M,

vzhledem k

n X

x0i vi0

i=1 k

M0

a

r

je vektor sou°adnic vektoru

a0 − a

pak

n X

xj vj = (a0 − a) +

i=1

n X

n X

x0i

i=1 n X

=

rj vj +

j=1

uji vj

j=1

!

n n X X j=1

uji x0i M

Z jednozna£nosti sou°adnic vektoru vzhledem k bázi

xj = rj +

n X

vj

i=1 plyne

uji x0i ,

i=1 coº se dá zapsat i maticov¥ ve form¥



Pokud

M

M0

a

1 x



 =



1 0 r U

jsou ortonormální báze, je

U



1 x0

unitární matice.

3. Kvadriky Kvadrika je mnoºina bod· x ∈ An

zadaná rovnicí

f (x) = 0,

kde

f (x) = xT Ax + 2bT x + c Zde

A

je n¥jaká symetrická matice,

b ∈ Rn , c ∈ R.

Podobn¥ jako v p°ípad¥ pod-

prostor· anního prostoru, i kvadriku m·ºeme zapsat jako pr·nik nulové mnoºiny kvadratické formy

Q((x0 , xT )) := s mnoºinou

x0

xT





c b

bT A



x0 x



An . Kvadriku nazveme regulární, pokud je matice Q regulární. K ur£ení

typu kvadriky budeme hledat anní bázi, v níº bude mít matice této kvadratické formy jednodu²²í tvar. Ur£it¥ existuje matice

U

taková, ºe

U T AU =: D

je diago-

nální. Pak



1 0

je matice

rT UT



c b

bT A



1 0 r U



=  c + bT r + rT b + rT Ar = U T (b + Ar)

(bT + rT A)U U T AU



Q vzhledem k nejaké jiné anní bázi. Nejjednodu²²í situace nastane, pokud Ai   c bT b A

jsou matice

regulární. Volba

r = −A−1 b

vede k diagonalizaci matice kvadratické formy:



c − bT A−1 b 0 0 D

 ,

3. KVADRIKY

p°i£emº

c0 := c − bT A−1 b

není

0

a

139

D = diag(λ1 , . . . , λn ) je regulární. Ozna£íme-li x0T , je rovnice kvadriky v t¥chto

sou°adnice bodu vzhledem k nové anní bázi jako sou°adnicích

c0 +

n X

λi x02 i =0

i=1 . Bod, který má v £árkované bázi sou°adnice

x0T = 0,

budeme povaºovat za

st°ed

kvadriky. V p·vodní bázi jsou jeho sou°adnice



tedy

1 x



1 0 r U





1 x0

,

x = r + U x0 = −A−1 b.

Tvrzení 14.

Nech´ xT Ax + 2bT x + c = 0

je regulární kvadrika a matice A je taktéº regulární se signaturou (p, q, 0). Ozna£me c0 := c − bT A−1 b. Pak • Je-li c0 > 0 a q = 0 nebo c0 < 0 a p = 0, je kvadrika prázdnou mnoºinou. • Je-li c0 > 0 a p = 0 nebo c0 < 0 a q = 0, je kvadrika elipsoidem. • V ostatních p°ípadech je kvadrika hyperboloid. D·kaz tvrzení je ihned vid¥t z diagonálního tvaru. Pokud je matice nální, jsou £ísla

λ1 , . . . , λn

na diagonále

D

vlastními £ísly matice

A.

U

ortogo-

Potom se dá

rovnice kvadriky zapsat ve tvaru

n X λi 02 x = 1, 0 i −c i=1

kanonický tvar rovnice elipsoidu/hyperboloidu. ozna£ujeme jako poloosy elipsoidu/hyperboloidu.

který budeme ozna£ovat jako ƒísla

r c0 λi

Pokud je

f

regulární kvadrika, ale matice

nuly jdou na diagonále

D

A

je singulární, p°edpokládejme, ºe

jako poslední. Pak je ale vid¥t, ºe jich nem·ºe být víc

neº jedna, jinak by byly poslední dva °ádky matice



c + bT r + rT b + rT Ar U T (b + Ar)

(bT + rT A)U D



by nebyla regulární kvadrika. Musí proto být h(A) = n − 1. ˜ = U je ortogonální matice a ozna£me b0 = U T b, r0 = U T r, D 0 0 0 0 0 0 ˜ ˜ diag(λ1 , . . . , λn−1 ), b = (b1 , . . . , bn−1 ), r = (r1 , . . . , rn−1 ). Matice formy Q má v

lineárn¥ závislé a

f

P°edpokládejme, ºe

tomto ozna£ení tvar



c + b0T r0 + r0T b + r0T Dr0 b0 + Dr0

b0T + r0T D D



Kdyº odd¥líme v blokové struktu°e poslední °ádek a sloupec, m·ºeme matici zapsat jako

˜ r0 + 2b0 r0 c + ˜b0T r˜0 + r˜0T ˜b + r˜0T D˜ n n 0 0  ˜b + D˜ ˜r b0n 

˜b0T + r˜0T D ˜ ˜ D 0

Poloºme nyní

˜ −1 b˜0 r˜0 := −D T −1 1 ˜ b˜0 ), rn0 := 0 (c − b˜0 D 2bn

 b0n 0  0

140

11. KVADRATICKÉ FORMY

matice se tím zjednodu²í na



0  0 b0n

 b0n 0  0

0 ˜ D 0

a rovnice kvadriky v £árkovaných sou°adnicích je

n−1 X

0 λi x02 i + 2bn xn = 0

i=1 Jedná se o paraboloid, jehoº typ je ur£en signaturou matice

˜. D

Sm¥rem osy pa-

raboloidu je vektor, který lze v £árkovaných sou°adnicích vyjád°it jako a tedy jako vlastní vektor matice

D

s vlastním £íslem

ho tedy m·ºeme hledat jako vlastní vektor matice aº na násobek, protoºe

A

0.

(0, . . . , 0, 1)

V p·vodních sou°adnicích

s vlastním £íslem

0

(je ur£en

h(A) = n − 1).

Rozbor singulárních kvadrik necháváme na £tená°i.

3.1. Cvi£ení. (1) Ur£ete typ kuºelose£ek pouze po£ítáním signatur a determinant·: (a) (b) (c)

6x2 − 12y 2 + 14xy − 26x + 10y + 8 = 0 9x2 + y 2 − 6xy + 12x − 4y + 3 = 0 4x2 + 2y 2 + 6xy + 2x + 2y + 3 = 0

U elips a hyperbol ur£ete jejich st°ed, u parabol sm¥r osy. (2) Ur£ete kuºelose£ku (kvadriku) v

2

R2

s rovnicí

2

3x + 2xy + 3y − 10x − 14y + 7 = 0, napi²te její rovnici v kanonickém tvaru a vyjád°ení nových sou°adnic pomocí starých. (3) Ur£ete kuºelose£ku v

R2

s rovnicí

2

x − 6xy + 9y 2 + 14x − 2y − 27 = 0, napi²te její rovnici v kanonickém tvaru a vyjád°ení nových sou°adnic pomocí starých. (4) Ov¥°te, ºe kuºelose£ka

x2 + 4y 2 + 4xy + 4x + 2y + 3 = 0 v

R2

je parabola, napi²te její kanonickou rovnici a ur£ete její sm¥r osy a

sou°adnice vrcholu. (5) Ur£ete následující kvadriku v

R3

5x2 − 16xy − 16xz − 7y 2 − 32yz − 7z 2 + 6x + 66y + 12z + 27 = 0, její typ, rovnici v kanonickém tvaru, p°ípadn¥ st°ed. (6) Ur£ete následující kvadriku v

R3

5x2 − 4xy + 8xz + 8y 2 + 4yz + 5z 2 − 86x − 88y + 32z + 161 = 0, její typ, rovnici v kanonickém tvaru, p°ípadn¥ st°ed. (7) Ur£ete následující kvadriku v

R3

−x2 + 4xz + y 2 + 4yz − 14x + 6y − 14z + 14 = 0, její typ, rovnici v kanonickém tvaru, p°ípadn¥ st°ed.

KAPITOLA 12

Jordan·v tvar endomorzmu 1. Jordanova bu¬ka Ve v¥t¥ 27 jsme se dozv¥d¥li, ºe ne v²echny matice jsou diagonalizovatelné. Pro-

Jordanova bu¬ka stupn¥ k s vlastním

totypem nediagonalizovatelné matice je

£íslem λ



Jλ,k

λ 0 0

1 λ 0

     :=  ...   0   0 0

0 1 λ

0 0 0 C

... ... ...

..

..

0 0 0 λ,

Jediné vlastní £íslo této matice je nelze z nich tedy sestavit bázi

0 0 1

k

.

0 0 0

.

... ... ...

0 0 0

0 0 0



     ∈ Mk (C) 0    0  1  λ

0 1 λ 0

vlastní vektory jsou násobky

(1, 0, . . . , 0)T ,

.

Hlavním smyslem diagonalizace matice je výpo£et jejích mocnin (a dal²ích funkcí, jak uvidíme). Pokud niny diagonální matice

D

A = U DU −1 ,

An = U Dn U −1 ,

pak

a spo£íst moc-

je jednoduché. Mocniny Jordanovy bu¬ky nám pom·ºe

ur£it následující lemma: Lemma 29 (Binomická v¥ta).

Nech´ A, B ∈ Mk (F), AB = BA. Pak

(A + B)n =

n   X n n−j j A B j j=0

D·kaz. Indukcí s vyuºitím relací pro kombina£ní £ísla a komutování matic

A,B .



Detaily za cvi£ení.

Jλ,k = λE + J0,k , n   X n n−j λ (J0,k )j (λE + J0,k )n = j j=0

Binomickou v¥tu aplikujeme na rozklad

£ili

(J0,k )j je matice s pásem jedni£ek paraleln¥ s hlavní diagonálou za£ínajícím pozici 1, j + 1, je výsledek roven   n−k+2  n−k+1    n n n−2 n n−3 n n λ nλn−1 . . . k−2 λ 2 λ 3 λ k−1  n−k+3 λn−k+2 n n−2 n n n n−1   0 λ nλ . . . k−3 λ 2 λ k−2 λ     . . .. . . n n−1  0  . 0 λ nλ . .     .   . . n n−3 n n−2 .. ..  .. ,   3 λ 2 λ    .. n n−2  0  n−1 . 0 0 0 λ nλ   2  0  n n−1 0 0 0 ... λ nλ

Protoºe na

0

0

0

0

...

kde pro jednodu²²í zápis uºíváme konvenci Hlavním výsledkem této kapitoly je 141

λn

0  n j

=0

pro

j > n.

142

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

V¥ta 49 (Jordan·v tvar matice). Nech´ A ∈ Mn (C), λ1 , . . . , λm její vlastní £ísla o algebraických násobnostech q1 , . . . , qm . Pak existuje regulární matice U taková, ºe A = U JA U −1 , kde matice JA má blokov¥ diagonální tvar



Kλ1 ,q1  0   ..  . 0

0 Kλ2 ,q2

... ...

...

0

..



0 0

  , 

.. .

.

Kλm ,qm

kde kaºdý diagonální blok Kλ,q ∈ Mq (C) má blokov¥ diagonální tvar 

Jλ,k1  0   ..  . 0

0 Jλ,k2

... ...

...

0

..

0 0

.. .

.

   , 

Jλ,kr

kde k1 ≥ . . . ≥ kr . Matice JA je t¥mito vlastnostmi ur£ena jednozna£n¥. Postup bude následující. Pro zadaný endomorzmus

n

f

na prostoru

budeme hledat bázi, vzhledem k níº je jeho matice tvaru

bázi.

Nejprve se omezíme na p°ípad, kdy má

ºe má ve vhodné bázi matici

K(λ, n).

f

JA ,

tzv.

jediné vlastní £íslo

Poté ukáºeme, ºe

V

V

dimenze

Jordanovu

λ

a ukáºeme,

lze zapsat jako direktní

sou£et podprostor·

V =

M

Vλ ,

λ∈σ(f ) p°i£emº

dim Vλ

je rovna algebraické násobnosti vlastního £ísla

jediné vlastní £íslo

V dal²ím budeme vºdy p°edpokládat, ºe menze nad

λ

a

f

má na



λ. V

je vektorový prostor kone£né di-

C.

Definice 58. Nech´

f ∈ End(V ), λ ∈ σ(f ),

ozna£me

fλ := f − λ1V .

n¥ným vlastním podprostorem p°íslu²ným λ nazýváme mnoºinu Vλ :=

[

Zobec-

Ker fλm

m∈N Denice zobecn¥ného vlastního prostoru se dá napsat také jako

Vλ = {v ∈ V |∃m ∈ N : fλm (v) = 0} V následujícím lemmatu ukáºeme, ºe existuje Lemma 30.

k

Im F = Im F

k∈N

takové, ºe

Vλ = Ker fλk .

Nech´ F ∈ End(V ). Pak ∃k ∈ N, ºe ∀l ∈ N je Ker F k = Ker F k+l , . Pro toto k platí rozklad

k+l

V = Ker F k ⊕ Im F k ,

který je invariantní v·£i F , p°esn¥ji °e£eno F (Ker F k ) ⊂ Ker F k , F (Im F k ) = Im F k . D·kaz. Pokud

F j (v) = 0,

pak jist¥

F j+1 (v) = 0,

tedy

Ker F j ≤ Ker F j+1 .

V

posloupnosti

0 ≤ Ker F ≤ Ker F 2 ≤ . . . ≤ Ker F j ≤ Ker F j+1 ≤ . . . V, Ker F k = Ker F k+1 , k+l l−1 a v ∈ Ker F pro n¥jaké l > 1, pak F (v) ∈ Ker F k+1 = Ker F k , tedy k+l−1 F (v) = 0. Opakovaným pouºitím této úvahy plyne, ºe v ∈ Ker F k , £ímº

nemohou být v²echny inkluze ostré, protoºe se jedná o podprostory v prostoru který má kone£nou dimenzi. Pokud

je dokázáno první tvrzení.

k

je nejmen²í takové, ºe

2. NILPOTENTNÍ ENDOMORFISMUS

Pokud

v = F j+1 (w),

pak také

dimenzi jádra a obrazu pro

F

k

v = F j (F (w)),

£ili

143

Im F j ≥ Im F j+1 .

V¥ta o

°íká, ºe

dim Ker F k + dim Im F k = dim V, a odtud plyne, ºe

dim Im F k = dim Im F k+1 ,

a tedy nutn¥

Im F k = Im F k+1 .

Tím

je dokázáno i druhé tvrzení.

v ∈ Ker F k ∩ Im F k uº musí v = F k (w), kde F 2k (w) = 0, £ili

Pro t°etí tvrzení sta£í dokázat, ºe kaºdý vektor být nulový. Takový vektor lze ale psát jako

w ∈ Ker F 2k = Ker F k . Tedy v = F k (w) = 0. k k Pokud v ∈ F (Ker F ), pak pro w ∈ Ker F takové, ºe F (w) = v platí 0 = k+1 k k F (w) = F (v), tedy v ∈ Ker F . Poslední tvrzení je nejjednodu²²í: platí F (Im F k ) = Im F k+1 = Im F k .  Aplikujeme-li lemma na

F = fλ ,

kde

je práv¥ zobecn¥ný vlastní podprostor

λ

Vλ .

je vlastní £íslo

f,

dostáváme, ºe

Oby£ejný vlastní podprostor je

Ker fλk Ker fλ ,

Ker fλk . Pozd¥ji ukáºeme, ºe dopln¥k k Im fλ prostoru Vλ ve V je práv¥ direktním sou£tem v²ech ostatních zobecn¥ných vlastních podprostor·. Nejprve se ale omezíme na p°ípad, kdy Vλ je rovno celému coº je n¥jaký (obecn¥ netriviální) podprostor

V.

1.1. Cvi£ení. (1) Najd¥te vlastní podprostory a zobecn¥né vlastní podprostory matice a

J0,k

2 J0,k .

(2) Formulujte a dokaºte binomickou v¥tu pro komutující endomorzmy

f, g ∈

End(V ). (3) Najd¥te zobecn¥né vlastní prostory matice



1  0   0 0 (4) Sestavte blokov¥ diagonální diagonále tak, aby dimenze

1 1 0 0

0 0 2 0

 0 0   1  2

6 × 6 matici J s Jordanovými bu¬kami na N (J i ) byly postupn¥ pro i = 1, 2, 3 rovny

3, 5, 6.

2. Nilpotentní endomorsmus F ∈ End(V ) se nazývá nilpotentní, pokud k ∈ N takové, ºe F k = 0. Nejmen²í takové k se nazývá stupe¬ nilpotence endomorzmu F . Podobn¥ nilpotentní matice je taková, jejíº n¥jaká mocnina je Definice 59. Endomorzmus

existuje

nulová matice. Lemma 31. Endomorsmus F vektorového prostoru V je nilpotentní, práv¥ kdyº jeho jediné vlastní £íslo je nula. D·kaz. Pokud má

pak

F j (v) = λj v ,

takºe

F nenulové vlastní £íslo λ F j 6= 0 pro v²echna j ∈ N.

a p°íslu²ný vlastní vektor je

v,

F je 0. Podle lemmatu 30 exisIm F k = Im F k+1 a pokud ozna£íme W := Im F k , je F na W izomorzmus. Pokud W 6= 0, má F na W vlastní £íslo, které ale nem·ºe být nuk lové, pokud je F izomorzmus. Musí tedy být W = 0, pak ov²em F = 0.  P°edpokládejme naopak, ºe jediné vlastní £íslo

tuje

k ∈ N,

ºe

144

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

Lemma op¥t aplikujeme na vlastní £ísla posunutá o £íslem

f

je

λ.

λ.

Tedy

fλ , fλ

které má stejné vlastní vektory jako

f,

ale

je nilpotentní, práv¥ kdyº jediným vlastním



Pro lep²í £itelnost ozna£me

jiº osv¥d£eným symbolem

F.

Máme

tedy °et¥zec podprostor·

0 Ker F Ker F 2 . . . Ker F k−1 Ker F k ≡ V, Pro libovolné

v∈V

existuje °etízek vektor·

F

F

F

v → F (v) → F 2 (v) → . . . F

Protoºe stupe¬ nilpotence

je

k,

obsahuje kaºdý °etízek nejvý²e

F vektor f

vektor·. Poslední nenulový prvek kaºdého °etízku zobrazuje je to tedy prvek

Ker F ≡ Ker fλ ,

jinými slovy vlastní

k

nenulových

na nulový vektor, s vlastním £íslem

p°idruºené vlastní vektory. Denujme stupe¬ p°idruºeného vlastního vektoru v jako nejmen²í £íslo j takové, ºe

λ.

Ostatní vektory v °etízku se nazývají

F j (v) = 0.

Lemma 32. Nech´ R1 , . . . , Rr jsou °etízky vektor· spojených nilpotentním endomorzmem F a v1 , . . . , vr vlastní vektory F v jednotlivých °etízcích. Pak mnoºina R1 ∪ . . . ∪ Rr v²ech vektor· ve v²ech °etízcích je lineárn¥ nezávislá, práv¥ kdyº je lineárn¥ nezávislá mnoºina vlastních vektor· {v1 , . . . , vr }.

R1 ∪ . . . ∪ Rr lineárn¥ nezávislá, pak musí být nutn¥ lineárn¥ Pp {v1 , . . . , vr }. Nech´ naopak existují vektory w1 , . . . , wp z R1 ∪ . . . ∪ Rq takové, ºe i=1 ri wi = 0, kde v²echna ri jsou nenulová £ísla. Nech´ K je maximální stupe¬ vektoru z M := {w1 , . . . , wp }, vyberme podmnoºinu N ⊂ M tvo°enou v²emi vektory stupn¥ K . Pak ! p X X K−1 0=F ri wi = ri F K−1 (wi ) D·kaz. Pokud je

nezávislá i její podmnoºina

wi ∈N

i=1 Protoºe vektory

F K−1 (wi )

jsou v

Ker F ,

tvo°í podmnoºinu

{v1 , . . . , vr },

která je



lineárn¥ závislá. Pokud by existoval jediný °etízek

M = {F k−1 (v), F k−2 (v), . . . , F (v), v}, který by jiº tvo°il bázi

V,

pak podle denice matice homomorzmu



(F )M M

0  0   =  ...   0 0

1 0 ... ...

0 1

... ...

..

..

.

0 0

.

0 0

 0 0   .  .  ≡ J0,k .  1  0

a tedy

(f )M M = (F + λ1V )M M = J0,k + λE = Jλ,k Kdyº dokáºeme, ºe existuje báze, která je sjednocením mnoºiny °etízk·, bude mít vzhledem k této bázi

f

matici tvaru



Kλ,n

kde

ki

jsou délky °etízk·.

Jλ,k1  0  = .  .. 0

0 Jλ,k2 ...

... ...

0 0

..

. . .

.

0

Jλ,kr

   , 

2. NILPOTENTNÍ ENDOMORFISMUS

145

Lemma 33. Nech´ F ∈ End(V ) je nilpotentní endomorzmus stupn¥ k . Pak existují °etízky R1 , . . . , Rr takové, ºe R1 ∪ . . . ∪ Rr je báze V .

Ker F následujícím postupem: M1 = {v1 , . . . , vr1 } prostoru Ker F ∩ Im F k−1 . k−1 Protoºe Im F ≤ Im F k−2 , doplníme ji mnoºinou vektor· M2 = {vr1 +1 , . . . , vr2 } k−2 na bázi M1 ∪ M2 prostoru Ker F ∩ Im F . Takto dopl¬ujeme aº k bázi M1 ∪ . . . ∪ Mk−1 prostoru Ker F ∩ Im F . Doplníme mnoºinou vektor· Mk = {vrk−1 +1 , . . . , vrk } na bázi celého Ker F .

D·kaz. Nejprve zkonstruujme bázi

(1) Zvolíme libovolnou bázi (2) (3) (4)

Pro kaºdý vektor pro

v ∈ Mi , i < k

existuje

w∈V

takový, ºe

v = F k−i (w).

Ozna£me

ri−1 < j ≤ ri

Rj := {F k−i (w), . . . , F (w), w} a Rj = {vj } pro rk−1 < j ≤ rk . M = R1 ∪ . . . ∪ Rr je sjednocení °etízk·, jejichº vektory stupn¥ 1 (tj. vlastní vektory F ) tvo°í bázi Ker F . Podle lemmatu 32 je tedy M lineárn¥ nezávislá. Zbývá dokázat, ºe generuje V . P°edpokládejme, ºe existuje vektor w ∈ / hM i a vyberme mezi v²emi takovými K−1 ten, jehoº stupe¬ 1 ≤ K ≤ k bude minimální. Pak F (w) ∈ Ker F ∩ Im F K−1 a tedy existují £ísla a1 , . . . , ark−K+1 , pro n¥º rk−K+1

F

K−1

(w) =

X

aj vj

j=1 Ke kaºdému vektoru ºe

F

K−1

vj , 1 ≤ j ≤ rk−K+1

(wj ) = vj . Pak  F

K−1

existuje v p°íslu²ném °etízku



rk−K+1

X

rk−K+1

aj wj  = F K−1 (w) −

j=1

coº je spor s volbou

takové,

ale

w −

na²li jsme tedy vektor

wj

w−

X

aj vj = 0,

j=1

Prk−K+1 j=1

aj wj

stupn¥

K − 1,

který také neleºí v

w.

hM i, 

Tím jsme dokázali v¥tu 49 pro p°ípad nilpotentního endomorzmu, resp. pro p°ípad endomorzmu s jediným vlastním £íslem. Jednozna£nost posloupnosti velikostí Jordanových bun¥k je z°ejmá, jakmile si uv¥domíme, ºe se tyto velikosti dají vyjád°it pomocí dimenzí ur£itých podprostor· svázaných s endomorzmem Po£et Jordanových bun¥k velikosti

j

je roven po£tu °etízk· délky

j

F.

a ten je zase

roven

dim Ker F ∩ Im F j−1 − dim Ker F ∩ Im F j P°íklad 38. Matice



 3 1 0 −1  0 2 0 1   A=  0 0 3 0  1 0 0 4 má charakteristický polynom

(λ − 3)4 , 

takºe jediným vlastním £íslem matice

0  0 A − 3E =   0 1

 1 0 −1 −1 0 1   0 0 0  0 0 1

je nula a tedy je to matice nilpotentní. Vidíme, ºe násobnost vlastního £ísla

3

h(A − 3E) = 2, tedy geometrická

je

dim Ker(A − 3E) = 4 − h(A − 3E) = 2

146

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

A − 3E :    −1 −1 0 0 0    1 1 0 0  , (A − 3E)3 =  0 (A − 3E)2 =   0  0 0 0 0  1 1 0 0 0

Spo£teme mocniny

Stupe¬ nilpotence

A − 3E

je

0 0 0 0

0 0 0 0

 0 0   0  0

3 a to bude také délka nejdel²ího °etízku. Pot°ebujeme

uº jen jeden vektor, abychom m¥li £ty°i do báze, takºe zbývající °etízek musí mít délku

1.

Jordan·v tvar matice

A

je proto



3  0 JA :=   0 0

1 3 0 0

0 1 3 0

 0 0   0  3

Nyní najdeme Jordanovu bázi. Horním vektorem dlouhého °etízku m·ºe být libo-

Ker(A − 3E)2 , (A − 3E)2 jsou 

volný vektor mimo

(A − 3E)

a

nap°íklad

v = (1, 0, 0, 0)T .

Jeho obrazy pomocí

   0 −1  0   1  2    (A − 3E)v =   0  , (A − 3E) v =  0  1 1

(A − 3E)2 v uº je v Ker(A − 3E), které má dimenzi 2. Libovolný vektor z Ker(A − 3E), který není násobkem (−1, −1, 0, 1)T , m·ºeme vzít jako zbývající °etíT zek délky 1, nap°íklad (0, 0, 1, 0) . Homomorsmus fA má pak matici JA vzhledem k bázi         0  1 0 −1      0   0   0  1          , , , M=  0   0   0   1       1 0 0 1 Vektor

a platí

A ≡ (fA )KK = (1)KM (fA )M M (1)M K  −1 0 1 0  1 0 0 0   0 0 0 1 1 1 0 0 V²imn¥te si, ºe výpo£et

2

h((A − 3E) ) = 1,

(A − 3E)3

= 

3  0   0 0

1 3 0 0

 0 0  0 0   0  1 0 3

0 1 3 0

 1 0 0 −1 0 1   1 0 0  0 1 0

uº nebyl nutný: jakmile jsme zjistili , ºe

bylo jasné, ºe v dal²ím kroku musí hodnost klesnout na nulu. V

3 a 1, protoºe jsme z dim Ker(A− 3E) v¥d¥li, ºe budou dva a kdyby m¥ly oba délku 2, pak by stupe¬ nilpotence A−3E

tu chvíli uº bylo také jasné, ºe °etízky budou délek

musel být také 2. Jordanova báze, jak vidno, není jednozna£n¥ ur£ena, vºdy máme ur£itou volnost p°i volb¥ vektor·, které jsou vrcholy °etízk·. P°íklad 39. Uvaºujme vektorový prostor

V = P n (x, C) a na n¥m zobrazení n+1 a ºe báze V je tvo°ena

d f = dx . Je z°ejmé, ºe je to nilpotentní zobrazení stupn¥ jediným °etízkem:

0←1←x←

x2 2

← ... ←

xn−2 (n−2)!



xn−1 (n−1)!



xn n!

J0,n+1 . d2 Pro V = P (x, C) a f = dx2 je stupe¬ nilpotence k a Ker f = h1, xi. k O£ekáváme tedy dva °etízky. Oba za£ínají ve V \ Ker f a za jejich za£átky m·ºeme Vzhledem k této bázi má tedy zobrazení matici

2k−1

2. NILPOTENTNÍ ENDOMORFISMUS

zvolit n¥jaké násobky

a matice

f

x2k−1

a

x2k−2 .

147

Dostáváme tedy

0←1←

x2 2



x4 4!

← ... ←

x2k−4 (2k−4)!



x2k−2 (2k−2)!

0←x←

x3 3!



x5 5!

← ... ←

x2k−3 (2k−3)!



x2k−1 (2k−1)!

má vzhledem k této bázi (se°azené po °ádcích) blokov¥ diagonální tvar



Stejné zobrazení na

V = P

2k

J0,k 0 (x, C)



0 J0,k

má stejnou dimenzi jádra, takºe znovu

Ker f k ve V , jeho 2k−2 obrazy vytvá°ejí °etízek kon£ící (2k)!. Druhý vektor °etízku f (x ) = 2kx leºí k k−1 2k−1 v Ker f \ Ker f , rozdíl dimenzí je ale 2. Sta£í doplnit vektor x a dva °etízky. Stupe¬ nilpotence je o jedna v¥t²í,

hx2k i

je dopln¥k

2k

hx2k−2 , x2k−1 i ⊕ Ker f k−1 = Ker f k Druhý °etízek vzniklý zobrazením (n¥jakého násobku) p°ehlednost p°e²kálovaným) prvním dává bázi

x2k−1

uº spolu s (také pro

V:

0←1←

x2 2



x4 4!

← ... ←

x2k−4 (2k−4)!



x2k−2 (2k−2)!

0←x←

x3 3!



x5 5!

← ... ←

x2k−3 (2k−3)!



x2k−1 (2k−1)!



x2k (2k)!

a Jordanova matice je



J0,k+1 0

0



J0,k

2.1. Cvi£ení. (1) Napi²te v²echny moºné Jordanovy tvary nilpotentní matice 5x5.

V = P 16 (x, C), f ∈ End(V ) je denováno jako t°etí derivace f (p(x)) = p000 (x). Najd¥te Jordanovu bázi a Jordan·v tvar matice endomorsmu f . 2 Existuje na C nilpotentní zobrazení stupn¥ 3? −1 Nech´ N je nilpotentní matice a M = QN Q . Co lze °íci o nilpotenci, p°ípadn¥ stupni nilpotence matice M ? Nech´ f je nilpotentní zobrazení stupn¥ 4. Jaký je vztah mezi Ker f a Im f 3 ? Dokaºte, ºe pokud A, B jsou dv¥ komutující nilpotentní matice, pak je

(2) Nech´

(3) (4) (5) (6)

nilpotentní i jejich sou£et a sou£in. (7) Jsou v²echny nilpotentní matice singulární? Jsou v²echny singulární matice nilpotentní? Najd¥te d·kaz nebo protip°íklad. (8) Nech´

J0k−1

J0

je Jordanova bu¬ka stupn¥

k

s vlastním £íslem

a ur£ete její Jordan·v tvar a Jordanovu bázi.

(9) Najd¥te Jordan·v tvar nilpotentní matice



1  1   3 4

−1 −1 0 −1

 0 0 0 0   3 −3  3 −3

(10) Najd¥te Jordan·v tvar matice



2  1 1

6 1 2

 −15 −5  −6

0. Najd¥te matici

148

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

(11) Najd¥te Jordan·v tvar matice



1  −2 −1

 −3 3 −6 13  −4 8

(12) Najd¥te Jordan·v tvar matice



1 0 0

     

1 1 0

1 ... 1 ... 1 ...

. . .

0

...

1

  0   .  ..   0 0

0

. . .

0

1

     

n×n

−1

0 ...

. . .

0

.

... ...



0

    0   1 −1  0 1

1 −1 ..



1 1 1

.

..

(13) Najd¥te Jordan·v tvar matice



n×n

0 0

V = Mn (C), S ∈ V , fS ∈ End(V ) je denováno p°edpisem fS (A) := SA−AS . Dokaºte, ºe pokud je S nilpotentní matice, pak fS je nilpotentní

(14) Nech´

endomorzmus. Platí opa£ná implikace? (15) Nech´

p

je polynom. Dokaºte, ºe

     p(J0,k ) =    

p(0) p0 (0)

A

...

0

p(0)

p (0)

...

0

0

p(0)

...

. . .

0 (16) Nech´

p00 (0) 2! 0

..

...

0

.

p(k−1) (0) (k−1)! p(k−2) (0) (k−2)! p(k−3) (0) (k−3)! . . .

0

        

p(0)

je nilpotentní matice, ozna£me £íslem

k

maximální délku °etízku

v Jordanov¥ bázi. Pomocí p°edchozí úlohy dokaºte, ºe dva libovolné po-

p a q spl¬ují p(A) = q(A) práv¥ tehdy, kdyº p(i) (0) = q (i) (0) pro v²echna i ∈ {0, . . . , k − 1}. Dokaºte, ºe pokud je N nilpotentní matice, pak E − N je regulární, a −1 ur£ete (E − N ) . lynomy

(17)

3. Jordan·v tvar Obra´me nyní pozornost k obecnému p°ípadu, kdy homomorsmus více r·zných vlastních £ísel. Lemma 34.

Nech´ f ∈ End(V ). Pak V =

D·kaz. Nech´

λ, µ

L

λ∈σ(f )

jsou dv¥ r·zná vlastní £ísla

f.

Vλ . Pak

fλ ≡ f − λ1V = fµ + (µ − λ)1V Ozna£me

P, Q

nejmen²í £ísla, pro n¥º je

Vλ = Ker fλP , Vµ = Ker fµQ

f

m·ºe mít

3. JORDAN—V TVAR

Existence

P

a

Q je zaru£ena lemmatem 30. Protoºe fµ

149

a

(µ − λ)1V

jsou komutující

endomorzmy, platí pro n¥ analogie lemmatu 29, tj. binomické v¥ty:

fλP Ukáºeme nejprve, ºe

P   X P = (µ − λ)P −p fµp p p=0

Vλ ∩ Vµ = 0.

p°edchozí rovnice plyne, ºe p°i ozna£ení £ísla

w=

P X

w ∈ Vλ ≡ Ker fλP . cp = −(λ − µ)−p Pp , pro n¥º

Uvaºujme vektor

Pak z

cp fµp (w) ∈ Im fµ

p=1

w znovu dosadíme do pravé strany, obdrºíme w jako lineární fµp (w) pro p ≥ 2. Opakováním tohoto postupu zjistíme, ºe w ∈ Im fµQ =: W . Z lemmatu 30 víme, ºe Vµ ∩ W = 0, tudíº je-li w ∈ Vµ , musí být w = 0. Vedlej²ím produktem na²ich úvah je, ºe pokud je w ve Vλ , pak je i v Im fµQ , coº jak víme, je dopln¥k Vµ z lemmatu 30. Pokud toto vyjád°ení

kombinaci vektor·

Tvrzení v¥ty nyní dokáºeme indukcí podle po£tu r·zných vlastních £ísel. P°ípad jediného vlastního £ísla pokrývá lemma 31. P°edpokládejme tedy, ºe pro v²echny

f má práv¥ m vlastních fµ (W ) = W a tedy i f (W ) ⊂ W . Ozna£me zúºený 0 0 endomorzmus symbolem f := f |W . Kaºdé vlastní £íslo f je zárove¬ i vlastním £íslem f , zárove¬ víme, ºe pokud λ je vlastní £íslo f r·zné od µ, pak Vλ ∈ W , je 0 tedy i vlastním £íslem f . Jinými slovy, vlastní £ísla f zúºeného na W jsou práv¥ v²echna vlastní £ísla f r·zná od µ. Pro kaºdé takové vlastní £íslo λ 6= µ je navíc dle záv¥ru p°edchozího odstavce Vλ ⊂ W . endomorzmy s mén¥ neº

m

vlastními £ísly v¥ta platí a

£ísel. Z lemmatu 30 víme, ºe

Z induk£ního p°edpokladu tedy

W =

M



λ∈σ(f 0 ) Protoºe

V = Vµ ⊕ W

a

σ(f ) = σ(f 0 ) ∪ {µ},

plyne odtud tvrzení v¥ty.



Dokázali jsme tedy následující v¥tu, která je alternativní formulací v¥ty 49: V¥ta 50 (Jordan·v tvar endomorzmu). Nech´ f ∈ End(V ). Pak existuje báze V , vzhledem k níº má matice f blokov¥ diagonální tvar s bloky tvaru Jordanových bun¥k p°íslu²ných vlastním £ísl·m f . Tyto bloky jsou ur£eny aº na po°adí jedno-

zna£n¥.

N¥kolik d·sledk·: D·sledek 8. Algebraická násobnost vlastního £ísla je rovna dimenzi zobecn¥ného vlastního podprostoru a je vºdy v¥t²í nebo rovna násobnosti geometrické. D·sledek 9.

Dv¥ matice jsou podobné, práv¥ kdyº mají stejný Jordan·v tvar.

D·sledek 10 (Jordan·v rozklad). Kaºdou £tvercovou matici A lze jednozna£n¥ zapsat jako sou£et AD + AN , kde AD je diagonalizovatelná, AN nilpotentní a AD komutuje s AN . P°íklad 40. Nech´

V = P 2 (x, y, C) = h1, x, x2 , y, y 2 , xyi a f =

f (1) = 0

f (y) = y

f (x) = 1

f (y 2 ) = 2y 2

f (x2 ) = 2x

f (xy) = y + xy

∂ ∂ ∂x +y ∂y . Platí

Platí dokonce, ºe

AN

AD

i

lze zapsat jako po-

lynomy v matici

A.

150

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

Matice

f

K = {1, x, x2 , y, y 2 , xy}  1 0 0 0 0 0 2 0 0 0    B 0 0 0 0 0   =: 0 0 1 0 1  0  0 0 0 2 0  0 0 0 0 1

vzhledem k bázi

       

0 0 0 0 0 0

0 C

 =: A

σ(f ) = {0, 0, 0, 1, 1, 2} (s násobnostmi). Proto V = V0 ⊕V1 ⊕V2 , kde dim V0 = 3, dim V1 = 2, dim V2 = 1. Zobecn¥ný vlastní podprostor V2 má dimenzi 1, je tedy p°ímo vlastním pod2 k prostorem, generovaným vektorem y . Prostor V0 nalezneme jako Ker(f − 01V ) k k+1 pro nejmen²í k takové, ºe dim Ker f = dim Ker f . To nastává pro k = 3, pak je horní trojúhelníková, vlastní £ísla jsou tedy rovna diagonálním element·m,

totiº

A3 =



0 0

0

 ,

C3

C 3 je regulární matice. V sou°adnicích je Ker A3 = he1 , e2 , e3 i, tedy V0 = Ker f 3 = h1, x, x2 i. Za£átkem °etízku m·ºe být libovolný vektor z V0 \ Ker f 2 , tedy 2 nap°íklad x , jeho obrazy jsou postupn¥ 2x a 2. Tyto t°i vektory tvo°í bázi V0 , takºe dal²í °etízky uº ve V0 nejsou. To je vid¥t i z toho, ºe dim Ker f = 1. Zbývá najít °etízkovou bázi ve V1 . Vidíme, ºe Ker(f − 1.1V ) = hyi, takºe máme jen jeden °etízek délky 2, který kon£í vektorem y . Vypo£ítáme   (B − E)2 0 0 0  0 0 0 0  , (A − 1E)2 =   0 0 1 0  0 0 0 0 kde

Ker(A − E)2 = he4 , e6 i. Za za£átek 2 °etízku lze proto zvolit nap°íklad xy ∈ Ker(f − 1V ) \ Ker(f − 1V ), jeho obrazem je (f − 1V )(xy) = y + xy − xy = y . 2 2 Celkov¥ tedy máme bázi M = {2, 2x, x , y, xy, y }, kde první t°i vektory tvo°í bázi V0 , dal²í dva V1 a poslední V2 . Vzhledem k M má matice f tvar   0 1 0 0 0 0    0 0 1 0 0 0    J0,3 0 0  0 0 0 0 0 0    0 J1,2 0 ≡  0 0 0 1 1 0    0 0 J2,1  0 0 0 0 1 0  0 0 0 0 0 2 kde

3×3

blok

(B − E)2

je regulární, takºe

3.1. Cvi£ení. (1) Nech´

A, B

n × n. Ukaºte, ºe pro n = 2, 3 A a B podobné, pouze na základ¥ jejich Ukaºte, ºe pro n = 4 vám sta£í navíc znát

jsou dv¥ nilpotentní matice typu

m·ºete rozhodnout o tom, zda jsou hodnosti, ale pro

n=4

uº ne.

hodnost jejich druhých mocnin. (2) Dokaºte, ºe matice

 A=

1 −4

1 −3



jsou podobné a najd¥te matici

 ,B = U

1 −1

takovou, ºe

4 −3



U AU −1 = B .

3. JORDAN—V TVAR

(3) Najd¥te Jordan·v tvar a Jordanovu bázi pro matici



 2 3  4

−5 −7 −9

4  5 6

(4) Najd¥te Jordan·v tvar a Jordanovu bázi pro matici



 0 0 0 −1 0 0   0 −1 0  0 0 0

0  0   0 1

(5) Najd¥te Jordan·v tvar a Jordanovu bázi pro matici



 2 2 −1 −1   5 −1  2 8

7 1  1 4   −2 1 1 1

(6) Najd¥te Jordan·v tvar a Jordanovu bázi pro matici



−1  0   0 0

 −2 −2   −2  −1

−3 −3 −2 −2

5 4 3 2

(7) Najd¥te Jordan·v tvar a Jordanovu bázi pro matici



−1 2 3 0

2  1   0 1

 1 −1   −2  0

0 −2 −2 −1

(8) Najd¥te Jordan·v tvar a Jordanovu bázi pro matici



−1  0   0 0

−1 1 0 2

1 −2 −1 −2

 0 2   2  1

(9) Najd¥te Jordan·v tvar a Jordanovu bázi pro matici



 3 13   3  8

−3 0 −6 0 −3 1 −4 0

1  −2   0 −1

(10) Ur£ete Jordanovy tvary matic



0  0   ..  .   0 a a



1  0   ..  . 0

a 0

0 a ..

... 0 2 1

.

0 0

0 ...

... ... ..

...

... 0

.

0

 0 ...      a  0

 n n−1     1

151

152

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

(11) Zjist¥te, zda jsou podobné matice



1 A= 0 0

  3 1 2 ,B =  1 1 0

2 1 0

a pokud ano, najd¥te matici

C

spl¬ující

 0 0  1

0 1 1

CAC −1 = B .

(12) Zjist¥te, zda jsou podobné matice



1 A= 0 −1

  0 0 1 1 0 ,B =  0 0 1 0

a pokud ano, najd¥te matici (13) Na prostoru nomu

p(x)

2

P (R)

C

 1 0  1

CAC −1 = B .

najd¥te Jordanovu bázi endomorsmu

p°i°azuje polynom

(14) Na prostoru

spl¬ující

0 1 0

F,

který poly-

p0 (x) − x2 p00 (x).

h1, x, yi polynom· ve dvou prom¥nných stupn¥ nejvý²e jedna F denovaný na polynomu p(x, y) p°edpisem

uvaºujme endomorzmus

F (p(x, y)) = y

∂ ∂ p(x, y) + (1 − y) p(x, y) ∂x ∂y

Najd¥te jeho Jordanovu bázi a Jordanovu matici. (15) Na prostoru

h1, y, x, x2 , xy, y 2 i

polynom· ve dvou prom¥nných stupn¥

nejvý²e dva uvaºujme endomorzmus

F

denovaný na polynomu

p(x, y)

p°edpisem

F (p(x, y)) = x

∂ ∂ p(x, y) + p(x, y) ∂y ∂x

Ov¥°te, ºe tento endomorzmus je nilpotentní, najd¥te jeho Jordanovu bázi a Jordanovu matici.

h1, x, y, x2 , xy, y 2 i p(x, y) p°edpisem

(16) Na prostoru polynomu

uvaºujme endomorzmus

F

denovaný na

F

denovaný na

F (p(x, y)) = p(x + 1, y) Najd¥te jeho Jordanovu bázi a Jordanovu matici.

h1, x, y, x2 , xy, y 2 i p(x, y) p°edpisem

(17) Na prostoru polynomu

F (p(x, y)) = x

uvaºujme endomorzmus

∂ ∂ p(x, y) + p(x, y) − 2p(x, y + 1) ∂y ∂x

Najd¥te jeho Jordanovu bázi a Jordanovu matici. (18) Dokaºte, ºe pro libovolnou £tvercovou matici

A

platí, ºe

A

je podobná

AT .

4. Exponenciála matice Ozna£ení 1. Standardn¥ zna£íme maticové elementy matice

V n¥kterých p°ípadech, nap°íklad u inverzní matice (nap°.

a−1 ij )

bylo zavád¥jící. Proto budeme zna£it

pot°eby také

(A)ij .

Naopak

(aij )

ij -tý

A−1 ,

A

symbolem

aij .

by ozna£ení element·

element matice

A

v p°ípad¥

bude ozna£ovat matici, jejíº elementy jsou

aij .

Pomocí Jordanova tvaru umíme spo£ítat libovolnou mocninu libovolné komplexní matice a tedy i dosadit matici do polynomu. Je moºné matici dosadit i do mocninné °ady?

(Bq )∞ q=0 posloupnost matic z Mmn (C), pak matici B ∈ Mmn (C) nazveme limitou limq→∞ Bq posloupnosti, pokud ∀i ∈ {1, . . . , m}, ∀j ∈ {1, . . . , n} platí limq→∞ (Bq )ij = (B)ij . Definice 60. Je-li

4. EXPONENCIÁLA MATICE

153

Sou£et nekone£né °ady matic je pak denován jako limita jejích £áste£ných sou£t·. Denici limity m·ºeme p°eformulovat i pomocí zavedení matic vztahem

kBk := maxi,j |(B)ij |.

normy na mnoºin¥

Platí

Nech´ (Bq )∞ q=0 je posloupnost matic z Mmn (C). Pak B ∈ Mmn (C) je její limita, práv¥ kdyº limq→∞ kBq − Bk = 0. Lemma 35.



D·kaz. Jednoduché cvi£ení. Definice 61. Pro libovolnou £tvercovou matici

exp A =

∞ X q=0

Lemma 36.

°ada. n

kAk

q

1 q A q!

Pro libovolnou £tvercovou matici je exp A absolutn¥ konvergentní

D·kaz. Nech´

q−1

A denujme její exponenciálu

A ∈ Mnn (C).

Pro v²echna

, která se snadno dokáºe indukcí. Pro

poklá dejme, ºe platí pro n¥jaké

kA

q ∈ N.

q+1

q ∈ N platí nerovnost kAq k ≤ q = 1 je tvrzení triviální. P°ed-

Pak

k = kAq Ak = max | ij

≤ max ij

X

X

(Aq )ik (A)kj |

k

q

|(A )ik ||(A)kj |

k

≤ nkAk max |(Aq )ik | ik

= nkAkkAq k ≤ nq kAkq+1 , kde jsme v posledním kroku pouºili induk£ní p°edpoklad. Pak ale pro libovolné

Q∈N

Q Q Q X X X 1 nq 1 |(Aq )ij | ≤ kAq k ≤ kAkq = enkAk q! q! q! q=0 q=0 q=0



Nech´ A, B, Q ∈ Mnn (C), Q regulární. Pak Pokud AB = BA, pak exp(A + B) = exp A exp B exp A je regulární a (exp A)−1 = exp(−A)

V¥ta 51.

(1) (2) (3) (4)

exp(Q−1 AQ) = Q−1 exp(A)Q det exp A = exp Tr A

D·kaz.

exp A exp B

exp A

a

exp B

jsou dv¥ absolutn¥ konvergentní °ady, jejich sou£in

je tedy roven °ad¥

p ∞ ∞ ∞ X X X X 1 1 1 (A)q (B)r = Aq B p−q = q! r! q!(p − q)! q=0 r=0 p=0 q=0 p   ∞ ∞ X 1 X p q p−q X 1 A B = = (A + B)p , p! q p! p=0 q=0 p=0 v poslední rovnosti jsme vyuºili lemma 29. Tím dostáváme první tvrzení. Druhé

A a −A komutují a exp 0 = E na základ¥ p°ímého dosazení. QAq Q−1 = (QAQ−1 )q a v¥ty o algeb°e limit. −1 Poslední tvrzení dokáºeme pomocí v¥ty o Jordanov¥ tvaru. Pokud A = QJA Q , kde JA je Jordan·v tvar A, pak platí det exp A = det exp JA ze t°etího bodu a vlastností determinantu a exp Tr A = exp Tr JA z vlastností stopy. Z tvaru mocnin

plyne z prvního, protoºe

T°etí je d·sledkem vlastnosti

154

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

exp JA je horní trojúhelníková matice, která má na eλi , i ∈ {1, . . . , n}, kde λi jsou vlastní £ísla A, kaºdé tolikrát, kolik

Jordanových bun¥k vidíme, ºe diagonále £ísla

je jeho algebraická násobnost (viz téº níºe explicitní tvar exponenciály Jordanovy bu¬ky). Pak ale

det exp JA =

n Y

eλ i = e

Pn

i=1

λi

= eTr JA

i=1

 Jordan·v tvar umoº¬uje explicitn¥ spo£ítat exponenciálu libovolné matice. Pro

A = QJQ−1 , kde J je Jordanova bu¬ka stupn¥ J = λE + N je rozklad na sou£et dvou komutujících

jednoduchost se v¥nujme p°ípadu

n

s vlastním £íslem

λ.

Pak

matic, takºe díky prvnímu bodu p°edchozí

exp A = Q exp(J)Q−1 = Q exp(λE + N )Q−1 = Q exp(λE) exp N Q−1 = Qeλ exp N Q−1   1 1 1 1 1! . . . (n−1)! 2! 1 1  0 1 . . . (n−2)!  1!    −1 λ . . .. .. = Qe  .. Q . . . .     0 ... 0 1 1 1! 0 ... 0 0 1 Pokud

t ∈ C,

lehkým zobecn¥ním tohoto postupu plyne

1

t

t2 2!

...

  0  tλ  . exp(tA) = Qe  .  .  0 0

1

t

...



..

... ...

..

.

0 0

.

1 0

tn−1 (n−1)! tn−2 (n−2)! . . .

t 1

    −1 Q ,   

coº, jak za chvíli uvidíme, je výsledek klí£ový pro °e²ení soustav lineárních diferenciálních rovnic.

4.1. Cvi£ení. (1) Ur£ete



67 −2 1 −2 1  −1 0

matici

A, 

1  1 1 (2) Najd¥te n¥jakou

2×2

A2 = (3) Ur£ete pro libovolné celé

n 

která spl¬uje

6 3

2 7



matici

1 −1

1 3

n

(4) Spo£t¥te

 exp pro libovolné nenciály.

t∈R

0 t −t 0



bez pouºití Jordanova tvaru, pouze z denice expo-

5. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE

155

(5) Ur£ete



−2 exp  −1 −2

 2 2  3

1 0 0

(6) Ur£ete



4 exp  6 5

 −5 −9  −7

2 4 3

(7) Dokaºte, ºe pro hermitovskou matici

H

je matice

exp(iH)

unitární. Pou-

ºijte denici exponenciály. (8) Nech´

p

je polynom a

J

Jordanova bu¬ka stupn¥

k

s vlastním £íslem

0.

Dokaºte, ºe

     p(J) =    

p0 (0)

0

p(0)

p (0)

...

0

0

p(0)

...

. . .

A

...

..

0 (9) Nech´

p00 (0) 2! 0

p(0)

...

0

.

p(k−1) (0) (k−1)! p(k−2) (0) (k−2)! p(k−3) (0) (k−3)! . . .

0

        

p(0)

je nilpotentní matice, ozna£me £íslem

k

maximální délku °etízku

v Jordanov¥ bázi. Pomocí p°edchozí úlohy dokaºte, ºe dva libovolné po-

p a q spl¬ují p(A) = q(A) v²echna i ∈ {0, . . . , k − 1}. lynomy

práv¥ tehdy, kdyº

p(i) (0) = q (i) (0)

pro

(10) Dal²ími funkcemi, které je moºné denovat °adou na maticích podobn¥ jako exponenciálu, jsou goniometrické a hyperbolometrické funkce. Spo£ítejte matici





(11) Spo£ítejte

4 ln  1 1

π−1 sin −1  −15 6 −4 2 . −5 3

1 π+1



5. Diferenciální rovnice P°íklad 41. Hledáme dv¥ funkce

s po£áte£ní podmínkou

x1 , x2 : R → C

spl¬ující rovnice

dx1 (t) = −x1 (t) − x2 (t) dt dx2 (t) = −4x1 (t) − x2 (t) dt x1 (0) = 2, x2 (0) = 1. Zadání m·ºeme

kompaktn¥ p°epsat

jako

 x˙ = Ax,

kde

A=

−1 −4

−1 −1



, x(0) = (2, 1)T

Taková úloha se nazývá homogenní soustavou lineárních diferenciálních rovnic prvního °ádu s konstantními koecienty. Ukáºeme, ºe její obecné °e²ení má tvar

x=

exp(tA) · c. Definice 62. Derivací maticové funkce

míme

lim

h→0

Q : R → Mmn (F)

Q(t + h) − Q(t) dQ(t) ˙ =: Q(t) ≡ h dt

v bod¥

t∈R

rozu-

156

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

Q(t) (Q(t))ij .

Je z°ejmé, ºe derivací maticové funkce jsou derivacemi maticových element·

je matice

˙ (Q(t)) ij ,

jejíº elementy

Lemma 37. Nech´ P, Q : R → Mmn (F), A ∈ Mnp (F), B ∈ Mnm (F), R : R → Mnn (F), f : R → F a funkce P, Q, R, f mají derivaci v bod¥ t. Pak

dP (t) dQ(t) d dt (P (t) + Q(t)) = dt + dt dQ(t) d dt (Q(t)A) = dt A dQ(t) d dt (BQ(t)) = B dt dQ(t) dR(t) d dt (Q(t)R(t)) = dt R(t) + Q(t) dt df (t) dQ(t) d dt (f (t)Q(t)) = dt Q(t) + f (t) dt

(1) (2) (3) (4) (5)

Pokud m = n a Q(t) je regulární, pak

(6)

d dQ(t) (Q(t)−1 ) = −Q(t)−1 Q(t)−1 dt dt

Pro A £tvercovou platí

(7)

d exp(tA) = A exp(tA) dt D·kaz. Prvních p¥t tvrzení plyne okamºit¥ z vlastností derivace £íselných

funkcí a denic maticového s£ítání a násobení. Pro ²esté sta£í zderivovat vztah

Q(t)Q(t)−1 = E : d d (Q(t))Q(t)−1 + Q(t) (Q(t)−1 ) = 0 dt dt Odtud jiº úpravou plyne tvrzení. Pro kaºdé

ε>0

platí

|(exp(tA))ij | ≤

∞ X |(t + ε)q ||(Aq )ij | q=0

q!

≤ en(t+ε)kAk ,

kde jsme vyuºili stejnou nerovnost jako v záv¥ru d·kazu lemmatu 36. £íselná °ada

exp(tA)ij

je tedy v okolí

t ∈ R stejnom¥rn¥ omezená absolutn¥ konvergentní °adou.

Podle v¥ty z matematické analýzy (viz t°eba Rudin: Základy matematické analýzy, v¥ta 7.10) lze pak °adu derivovat £len po £lenu:





X tq−1 (Aq )ij d d X tq (Aq )ij (exp(tA))ij = = = (A exp(tA))ij , dt dt q=0 q! (q − 1)! q=1 

£ímº dostáváme poslední tvrzení.

Poznámka 8. Poslední tvrzení se dá také dokázat £ist¥ algebraicky p°echodem

k Jordanovu tvaru

exp(tD)

a

exp(tN )

exp(tA) = U exp(tJ)U −1 = U exp(tD) exp(tN )U −1 ,

kde matice

explicitn¥ známe.

Nech´ A ∈ Mnn (C), x : R → Cn , c ∈ Cn . Pak jediným °e²ením soustavy rovnic V¥ta 52.

x(t) ˙ = Ax(t), x(0) = c

je x(t) = exp(tA)c D·kaz. Platí, ºe

x(0) = exp(0)c = Ec = c

a

x(t) ˙ = A exp(tA)c = Ax(t) Pokud by

y(t)

bylo jiné °e²ení stejné úlohy, pak platí

d (exp(−tA)y(t)) = exp(−tA)y(t) ˙ + (−A) exp(−tA)y(t) dt = exp(−tA) [Ay(t) − Ay(t)] = 0,

5. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE

tedy exp(−tA)y(t) = d y(t) = exp(tA)c ≡ x(t).

−1 −4

y(0) = c,

je konstatní vektor. Protoºe

d = c.

platí

Tedy



P°íklad 42. Matice



157

−1 −1

A 

z úvodu tohoto oddílu je diagonalizovatelná, platí

=



1 4

1 −2



1 2

1 0

0 −3



2 2

−1 1



−1 1



2 1

e²ení soustavy rovnic je pak



x1 (t) x2 (t)



  t  1 1 1 e 0 2 = −3t −2 2 0 e 2 4  t  −3t 1 3e + 5e = −6et + 10e−3t 4 (x1 (t), x2 (t))

Budeme-li interpretovat vektorovou funkci



jako pohyb bodu v rovin¥,

x01 (t) = c01 et , x02 (t) = 0 −3t c2 e . Bod (s, 0) na vodorovné ose se tedy z po£áte£ního stavu vzdaluje s rostoucím £asem do nekone£na, bod (0, s) na svislé ose konverguje k nule. Body mimo osy se

pak v sou°adnicích vzhledem k Jordanov¥ bázi má °e²ení tvar

pohybují po drahách trochu p°ipomínajících hyperboly sm¥rem k bod·m Tyto dráhy jsou v kaºdém bod¥

x ∈ R2

te£né k vektoru

je integrálními k°ivkami vektorového pole Kaºdá

2×2

VA (x) := Ax

(±∞, 0).

a nazýváme

VA : R2 → R2 .

reálná matice se dv¥ma r·znými vlastními £ísly je diagonalizo-

vatelná a její vlastní £ísla jsou bu¤ ob¥ reálná, nebo jsou komplexn¥ sdruºená. V

λ = k + iω a  0 Q−1 = ¯ e−tλ

druhém p°ípad¥ ozna£me

 exp(tA) = Q

etλ 0

vytkn¥me spole£ný faktor



tk

=e Q

eitω 0

ekt :

0



e−itω

Q−1

Unitární matici uprost°ed je moºné unitární transformací p°evést na matici rotace a ob¥ matice p°echodu slou£it do jedné:

etk Q

1 2



i 1 −i 1



cos(tω) − sin(tω)

sin(tω) cos(tω)



−i i 1 1 

= P etk Je vid¥t, ºe

P

P

cos(tω) − sin(tω)

sin(tω) cos(tω)



P −1 .

má parametrické vyjád°ení

γc (t) = etk k = 0

Q−1 =

musí být reálná matice. Integrální k°ivka v sou°adnicích vzhledem k

bázi ze sloupc·

Pro



je to kruºnice, pro



cos(tω) − sin(tω)

k < 0

sin(tω) cos(tω)



spirála sm¥°ující k

c1 c2



(0, 0),

pro

k > 0

spirála

sm¥°ující k nekone£nu. Jak vypadají integrální k°ivky v ostatních p°ípadech? V¥ta 53.

Nech´ A ∈ Mnn (C), b : R → Cn . Pak v²echna °e²ení soustavy rovnic x(t) ˙ = Ax(t) + b(t)

jsou x(t) = exp(tA)c(t), kde c : R → Cn je funkce spl¬ující c(t) ˙ = exp(−tA)b(t). D·kaz. Pokud

b(t),

x(t), x ˜(t) jsou dv¥ °e²ení nehomogenní soustavy x(t) ˙ = Ax(t) + x(t) − x ˜(t) je °e²ením homogenní soustavy x(t) ˙ = Ax(t).

pak jejich rozdíl

Sta£í tedy najít partikulární °e²ení nehomogenní soustavy. Pokud ho budeme hledat

158

12. JORDAN—V TVAR ENDOMORFIZMU

ve tvaru xP (t) = exp(tA)c(t), pak dosazením do rovnice exp(−tA)b(t). Obecné °e²ení nehomogenní soustavy je

dostáváme práv¥

c(t) ˙ =

x(t) = exp(tA)c(t) + exp(tA)d = exp(tA)(c(t) + d), d a protoºe dt (c(t)

+ d) = c(t) ˙ ,

P°íklad 43. Zajímavá speciální situace nastává, kdyº

s vlastním £íslem

λ



mají v²echna °e²ení poºadovaný tvar.

a pravá strana je ve tvaru

b(t) = eµt v .

A

má vlastní vektor

v

Pak

c(t) ˙ = exp(−tA)b(t) = e(µ−λ)t v, £ili

y(t) = exp(tA)c(t) = Pokud

λ

frekvencí

1 1 e(µ−λ)t exp(tA)v = eµt v µ−λ µ−λ

µ jsou ryze imaginární, popisuje výsledek periodický pohyb 1 . ƒím jsou si λ a µ blíºe, tím µ a amplitudou úm¥rnou µ−λ

i

s úhlovou více roste

amplituda. Dostáváme tedy jednoduchý model rezonance p°i p·sobení vn¥j²í síly s frekvencí blízkou frekvenci vlastních kmit· systému.

5.1. Cvi£ení. y˙ = Ay + f , kde A f (t) = (e2t , t sin t, cos t)T . e²te soustavu diferenciálních rovnic y˙ = Cy + f , kde C 2t T p°edp°edchozím p°íklad¥ a f (t) = (e , t sin t, cos t) .

(1) e²te soustavu diferenciálních rovnic

je denováno v

p°edchozím p°íklad¥ a

(2)

je denováno v

(3) Oby£ejnou diferenciální rovnici druhého °ádu

y 00 (t) + ay 0 (t) + by(t) = 0 z(t) := y 0 (t) na soustavu dvou rovnic prvního °ádu. Rovnici vy°e²te pro p°ípad a = 2, b = 1. Zobecn¥te na p°ípad jedné diferenciální rovnice n-tého °ádu, napi²te matici vzniklé soustavy rovnic

p°eve¤te substitucí

a její charakteristický polynom. (4) e²te soustavu diferenciálních rovnic

y10 = 7y1 − 4y2 y20 = 4y1 − y2 s obecnou po£. podmínkou. (5) Vy°e²te soustavu diferenciálních rovnic

x01 = −x1 + x3 x02 = x1 − x3 x03 = x2 + x3 s po£áte£ní podmínkou

x1 (0) = 1, x2 (0) = 0, x3 (0) = −1.

(6) Vy°e²te soustavu diferenciálních rovnic

x01 = x1 + x3 x02 = x2 + x3 x03 = 2x3 s obecnou po£. podmínkou. (7) e²te soustavu diferenciálních rovnic

y10 = 2y1 − 5y2 y20 = y1 − 2y2 s po£áte£ní podmínkou komplexních £ísel.

y1 (0) = 1, y2 (0) = −1.

e²ení zapi²te bez uºití

5. DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE

159

(8) e²te soustavu diferenciálních rovnic

y10 = 5y1 − 3y2 + et y20 = 3y1 − y2 s obecnou po£. podmínkou. (9) e²te soustavu diferenciálních rovnic

y10 = −2y1 + 4y2 + 2 y20 = −y1 + 2y2 + 1 y1 (0) = 1, y2 (0) = 2. n × n a x1 (t), . . . , xn (t) je n vektor· v C n zá0 vislých na t ∈ R, které °e²í soustavu rovnic x (t) = Ax(t). Zjist¥te, jakou diferenciální rovnici spl¬uje funkce W (t) = det(x1 (t), . . . , xn (t)) a dokaºte pomocí toho, ºe vektory jsou lineárn¥ nezávislé pro v²echna t, práv¥ kdyº jsou lineárn¥ nezávislé pro n¥jaké t. n Nech´ f : N → C je posloupnost vektor·, denujme operátor první diference takto: (∆f )j (i) := fj (i + 1) − fj (i) a násobení maticí A klasicky P takto: (Af )j (i) = ajk fk (i). Ukaºte, ºe soustava diferen£ních rovnic prvi ního °ádu ∆f = Af má °e²ení f (i) = (A + E) f (0). Ukaºte, ºe rekurentní Pm−1 relaci tvaru g(i + m) + k=0 bk g(i + k) = 0, kde g : N → C lze p°evést na soustavu m diferen£ních rovnic prvního °ádu. s po£. podmínkou

(10)

(11)

A

je komplexní matice

KAPITOLA 13

Tenzory 1. Duální prostor V dimenze n a M = {e1 , . . . , en } jeho bázi. Vektor (v 1 , . . . , v n ) vzhledem k této bázi a budeme ho zapisovat jako

Uvaºujme vektorový prostor

v∈V

má sou°adnice

v=

n X

v i ei =: v i ei

i=1 Zavádíme zde n¥kolik nových konvencí: indexy u sou°adnic pí²eme naho°e, indexy u bázových vektor· dole, vynecháváme znaménko sumy p°es stejný index vyskytující se jednou naho°e a jednou dole. Pokud p°echodu od

M

k

M

0

M 0 = {e01 , . . . , e0n } je jiná báze a A je matice

, pak

e0j =

n X

ei (A)ij =: Aij ei

i=1 První vyjád°ení pochází z denice 25 matice p°echodu, druhé op¥t roz²i°uje na²i konvenci: °ádkový index matice p°echodu pí²eme naho°e a sloupcový dole, sumu p°es

i vynecháváme. T°etí bod tvrzení 9, nejprve bez suma£ní konvence a poté s ní,

nabývá tvaru

vj =

n X (A)ji v 0i ≡ Aji v 0i i=1

nebo téº

v 0j = (A−1 )ji v i Definice 63. Nech´

Hom(V, F) Pokud

V

je vektorový prostor nad

v²ech lineárních forem na

dim V = n,

V

se nazývá

pak podle v¥ty 18

F.

Vektorový prostor

duální prostor k V .

dim V ∗ = n,

báze

V

a

V∗

V ∗ :=

mají proto

stejný po£et prvk·. Je dokonce moºné je zvolit v ur£itém smyslu synchronizovan¥: Definice 64. Báze

M = {e1 , . . . , en } ⊂ V M ∗ = {e1 , . . . , en } ⊂ V ∗ nazýváme vzájemn¥

duální, pokud platí i

e (ej ) =

δji

( 1 = 0 161

pro pro

i=j i 6= j

162

13. TENZORY

V denici jsme dále roz²í°ili indexovou konvenci na prvky báze v duálním pro-

v∈V   n n X X ei (v) = ei  v j ej  = v j ei (ej )

storu: pí²eme je s indexy naho°e. Platí totiº pro libovolný

j=1 n X

=

j=1

v j δji = v i ,

j=1 ∗

i-tý prvek duální báze M p°i°adí vektoru z V jeho i-tou sou°adnici vzhledem M . Pro lep²í pochopení jsme ve výrazech zachovali sumy, se suma£ní konvencí by

£ili k

stejné odvození bylo zapsáno

ei (v) = ei (v j ej ) = v j ei (ej ) = v j δji = v i Od nyn¥j²ka uº budeme vºdy uºívat suma£ní konvenci. Prvky nebo

V∗

jsou lineární formy, n¥kdy se uºívá také pojm· lineární funkcionály

kovektory. Pokud α ∈ V ∗

je kovektor, pak £ísla

αi := α(ei )

pro

i ∈ {1, . . . , n}

jsou jeho hodnoty na bázi a díky v¥t¥ 16 jej jednozna£n¥ zadávají. Pro libovolný vektor

v∈V α(v) = α(v i ei ) = v i α(ei ) = v i αi

Nech´ M = {e1 , . . . , en } je báze V , α ∈ V ∗ . Pak £ísla (α1 , . . . , αn ) ≡ (α(e1 ), . . . , α(en )) jsou rovny sou°adnicím kovektoru α vzhledem k M ∗ . Lemma 38.

D·kaz. Platí

α(v) = αi v i = αi ei (v) = (αi ei )(v) i pro libovolný vektor v ∈ V . Tedy zobrazení α a αi e z Hom(V, F) jsou si rovna. Pokud

V = Fn ,

ozna£me

K



jeho kanonickou bázi a

K ∗ := {ε1 , . . . , εn } bázi k ní duální. Zobrazení

εi

tedy p°i°azuje vektoru

x ∈ Fn

jeho

i-tou

sloºku.

V = R2 , M = {(3, 2), (4, 3)} ≡ {e1 , e2 }. Prvky duální báze 1 1 2 2 1 2 zapsat jako e = aε + bε , e = cε + dε , kde a, b, c, d jsou

P°íklad 44. Nech´



1

2

M = {e , e }

lze

n¥jaká £ísla. Podmínky na duální bázi °íkají, ºe

e1 (e1 ) = aε1 (e1 ) + bε2 (e1 ) = 3a + 2b = 1 e1 (e2 ) = aε1 (e2 ) + bε2 (e2 ) = 4a + 3b = 0 e2 (e1 ) = cε1 (e1 ) + dε2 (e1 ) = 3c + 2d = 0 e2 (e2 ) = cε1 (e2 ) + dε2 (e2 ) = 4c + 3d = 1 To je vlastn¥ maticová rovnice



a c

b d



3 2

4 3



 =

1 0

0 1

 ,

£ili úloha na inverzní matici. Jejím výpo£tem dostáváme duální bázi

{3ε1 −4ε2 , −2ε1 +

2

3ε }.

Nech´ M ∗ = {e1 , . . . , en }, M 0∗ = {e01 , . . . , e0n }, jsou báze V ∗ duální k bázím M a M , A je matice p°echodu od M k M 0 , α ∈ V ∗ . Pak Lemma 39.

0

e0i = (A−1 )ij ej αi0 = Aji αj

1. DUÁLNÍ PROSTOR

D·kaz. Pokud

v ∈ V,

pak

v 0i = (A−1 )ij v j .

163

Protoºe

v j = ej (v), v 0i = e0i (v),

plyne odtud

 e0i (v) = (A−1 )ij ej (v) neboli rovnost zobrazení

e0i = (A−1 )ij ej .

Podobn¥

αi0 = α(e0i ) = Aji α(ej ) = Aji αj  Doposud odvozené transforma£ní vztahy m·ºeme shrnout do tabulky:

Transformace prvky báze prvky báze

maticov¥ P e0r =P b eb (A)br e0r = b (A−1 )rb eb (v)TM 0 = (v)TM (A−1 )T (α)TM 0 = (α)TM A

V V∗

sou°. vektoru sou°. kovektoru

tenzorov¥

e0r = Abr eb e = (A−1 )rb eb . v 0r = (A−1 )rb v b αr0 = Abr αb 0r

Vidíme z ní, ºe typ transformace objektu je ur£en polohou indexu. Objekty s indexem dole se transformují pomocí matice indexem naho°e se transformují pomocí Definice 65. Nech´

morsmus. Pak zobrazení

A−1 ,

tzv. kovariantn¥. kontravariantn¥.

A,

tzv.

Objekty s

V, W jsou dva vektorové prostory, φ : V → W φ∗ : W ∗ → V ∗ denované vztahem

je homo-

φ∗ (α) = α ◦ φ nazýváme

duální homomorsmus k homomorsmu φ.

Lemma 40. Nech´ φ : V → W je homomorzmus, M ⊂ V , N ⊂ W jsou báze, B = (φ)N M je matice homomorzmu. Pak (φ∗ )M ∗ N ∗ = B T . Homomorzmy φ a φ∗ mají tedy stejnou hodnost. D·kaz. Ozna£me

M = {ei }

a

φ(ei ) =

N = {fa }. n X

Matice

B

je denována p°edpisem

(B)ai fa ≡ Bia fa

a=1 Jak vidno, indexová konvence pro matice homomorzmu je stejná jako pro matice p°echodu. Z denice duálního homomorzmu plyne

[φ∗ (f j )](ei ) = f j (φ(ei )) = Bia f j (fa ) = Bia δaj = Bij , Na druhou stranu

(Bkj ek )(ei ) = Bkj δik = Bij , tedy kovektory

φ∗ (f j ) a Bkj ek

mají stejné hodnoty na bázi

M

a tudíº jsou si rovny.

Po p°episu do tradi£ní formy

φ∗ (f j ) = Bkj ek ≡

n X

(B T )kj ek

k=1 je vid¥t, ºe skute£n¥

(φ∗ )M ∗ N ∗ = B T .



164

13. TENZORY

1.1. Cvi£ení. M = {(1, 1), (1, −1)} je báze R2 , najd¥te sou°adnice α := ε1 + 2ε2 M. 2 1 2 1 2 Najd¥te bázi M ⊂ R , k níº je báze {3ε − ε , −8ε + 3ε } duální. 2 V prostoru R se standardním skalárním sou£inem uvaºujme vektory u1 = (4, 1), u2 = (3, 1) a denujme kovektory ei (v) := (ui , v) pro i = 1, 2. 1 2 Najd¥te bázi duální k {e , e }. 0 Kovektory α, β, γ mají vzhledem k bázím M a M vyjád°ení

(1) Nech´

vzhledem k

(2) (3)

(4)

α = e1 + e2 + e3 = e01 + e02 β = e1 − e3 = e02 + e03 γ = e1 = e01 + e03 Ur£ete matici p°echodu od (5) Nech´

2

φ:R →R

3

M

k

M 0.

je homomorsmus zadaný svou maticí vzhledem ke

kanonickým bázím:



1  0 1

 0 2  1

φ∗ vzhledem k duálním bázím k {(1, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0)} a {(1, 2), (1, 3)}. 2 3 Nech´ M = {(1, 1), (2, 3)}, N = {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)}, φ : R → R je homomorzmus, jehoº matice vzhledem k bázím M a N je   1 −2  −2 4  −1 2 Najd¥te matici

(6)

φ∗ vzhledem ke kanonickým bázím. 2 Nech´ φ : R → R je endomorsmus denovaný vztahy φ((3, 2)) = (1, 1), φ((4, 3)) = (1, −1). Ur£ete matici duálního endomorzmu vzhledem ke 1 2 1 2 kanonické bázi a bázi {2ε − ε , 3ε − ε }. 2 i (i) Na prostoru P (R) uvaºujme lineární formy e : p(x) 7→ p (0), i ∈ 0 1 2 {0, 1, 2}. Dokaºte, ºe {e , e , e } je báze a najd¥te bázi k ní duální. n ∗ 0 (n) Na prostoru (P (x, R)) najd¥te matici p°echodu od báze {p(0), p (0), . . . , p (0)} 0 (n) k bázi {p(1), p (1), . . . , p (1)}. Nech´ V je vektorový prostor v²ech reálných polynom· stupn¥ nejvý²e n, a uvaºujme navzájem r·zná £ísla c0 , . . . , cn ∈ R. Ov¥°te, ºe mnoºina zobrazení M = {F0 , . . . , Fn }, kde Fi : V → R je denováno Fi (p) = p(ci ), tvo°í bázi V ∗ . Ov¥°te, ºe mnoºina {p0 , . . . pn } tzv. Lagrangeových Ur£ete matici

(7)

(8) (9) (10)

2

polynom·

pi (x) := Πj6=i

(x − cj ) (ci − cj )

M. V, W jsou vektorové prostory kone£né dimenze. Dokaºte, ºe zobra∗ ∗ zení F : Hom(V, W ) → Hom(W , V ), které homomorzmu φ p°i°azuje ∗ jeho duální homomorzmus F (φ) := φ , je izomorzmus vektorových pro∗ ∗ stor· Hom(V, W ) a Hom(W , V ). tvo°í duální bázi k

(11) Nech´

(12) Dokaºte, ºe pokud mají dv¥ lineární formy na prostoru kone£né dimenze stejné jádro, pak jsou jedna násobkem druhé.

2. TENZOROVý SOU£IN

165

2. Tenzorový sou£in Definice 66. Nech´

t¥chto mnoºinách. Jejich

X, Y

jsou mnoºiny a

f : X → F, g : Y → F

tenzorovým sou£inem rozumíme funkci

dv¥ funkce na

f ⊗g :X ×Y →F : (x, y) 7→ f (x)g(y) Tenzorový sou£in není komutativní (f (x)g(y) musí být denováno, pokud

X 6= Y ),

6= f (y)g(x),

dokonce to ani ne-

ale je asociativní:

((f ⊗ g) ⊗ h)(x, y, z) = f (x)g(y)h(z) = (f ⊗ (g ⊗ h))(x, y, z) Má tedy smysl psát prost¥

f ⊗ g ⊗ h.

Platí také

((r1 f1 + r2 f2 ) ⊗ g)(x, y) = r1 f1 (x)g(y) + r2 f2 (x)g(y) = = r1 (f1 ⊗ g)(x, y) + r2 (f2 ⊗ g)(x, y) a podobn¥ v druhé sloºce, je tedy bilineární, nebo p°i roz²í°ení na více neº dva £initele multilineární. Tenzorový sou£in dvou lineárních forem forma

φ ⊗ ψ,

φ:V →F

a

ψ:V →F

je bilineární

která spl¬uje

(φ ⊗ ψ)(v, w) = φ(v)ψ(w) Jsou-li

φ = ei , ψ = ej

prvky báze

M ∗,

pak

(ei ⊗ ej )(v, w) = v i wj Je-li

A ∈ Mn (F)

matice, pak

(aij ei ⊗ ej )(v, w) = aij v i wj je bilineární forma, jejíº matice vzhledem k bázi

M

je

A.

Poprvé vidíme výraz, kde

jsou dv¥ dvojice index·, p°es které se s£ítá. Narozdíl od matice p°echodu, u níº nás konvence  donutila psát °ádkový index jako horní a sloupcový jako dolní, u matice bilineární formy musíme psát oba indexy dole.

k lineárních forem je k -lineární forma (viz za£átek kapitoly k -lineárních forem na vektorovém prostoru V ozna£me symbolem

Tenzorový sou£in 9). Mnoºinu v²ech

Tk (V ).

Pak tenzorový sou£in denuje také zobrazení

⊗ : Tp (V ) × Tq (V ) → Tp+q (V ) Lemma 41.

Nech´ M = {e1 , . . . , en } je báze V . Ozna£me ea...b := ea ⊗ . . . ⊗ eb ∈ Tq (V ) | {z } q

Mnoºina

(M ∗ )q := {ea...b |a, . . . , b ∈ {1, . . . , n}}

tvo°í bázi prostoru Tq (V ) a ∀T ∈ Tq (V ) platí T = Ta...b ea...b ,

kde Ta...b = T (ea , . . . , eb )

jsou sou°adnice T vzhledem k (M ∗ )q . Pokud M 0 = {e01 , . . . , e0n } a A je matice p°echodu od M k M 0 , pak e0a...b = (A−1 )ar . . . (A−1 )bs er...s 0 Ta...b = Ara . . . Asb Tr...s

166

13. TENZORY

D·kaz. Podle denice tenzorového sou£inu

ea...b (v, . . . , w) = v a . . . wb Pak ale

T (v, . . . , w) = T (v a ea , . . . , wb eb ) = = Ta...b v a . . . wb = (Ta...b ea...b )(v, . . . , w) Vztah platí pro libovolnou zárove¬ plyne, ºe

Sa...b ea...b = 0,

∗ q

(M )

q -tici

generuje

T = Ta...b ea...b . Odtud existovala £ísla Sa...b , pro n¥º

v, . . . , w,

vektor·

takºe

Tq (V ). Pokud by er , . . . , es do

pak po dosazení vektor·

levé strany plyne

a...b

(Sa...b e )(er , . . . , es ) = Sa...b δra . . . δsb = Sr...s = 0, ∗ q £ili v²echny koecienty musí být nulové a (M ) je také lineárn¥ nezávislá. Multilinearita tenzorového sou£inu dává

e0a...b ≡ e0a ⊗ . . . ⊗ e0b = = (A−1 )ar er ⊗ . . . ⊗ (A−1 )bs es = (A−1 )ar . . . (A−1 )bs er...s a poslední tvrzení plyne z

0 Ta...b = T (e0a , . . . , e0b ) =

= T (Ara er , . . . , Asb es ) = Ara . . . Asb Tr...s  Tvrzení mimojiné °íká, ºe sou°adnice

q -lineární

formy vzhledem k bázi

(M ∗ )q

M zavedenými (M ∗ )q , má tato zjed-

jsou totoºné se sou°adnicemi multilineární formy vzhledem k bázi na za£átku kapitoly 9. Protoºe volba

M

ur£uje

M ∗,

potaºmo

nodu²ená terminologie smysl. Pokud

Tab...k

a

Sli...t

jsou sou°adnice

T ∈ Tp (V )

a

S ∈ Tq (V )

v·£i

M,

pak

(T ⊗ S)ab...t = Tab...k Sli...t jsou sou°adnice

T ⊗ S ∈ Tp+q (V )

P°íklad 45. Pokud

α

v·£i stejné bázi, jak je lehce vid¥t z lemmatu.

je kovektor, pak se jeho sou°adnice transformují podle

vztahu

αa0 = Ara αr . V maticovém zápise to m·ºeme p°epsat na

(α)TM 0 = (α)TM A, kde

(α)TM

je

°ádkový

vektor sou°adnic

α

v·£i

M . Srovnejme tento vztah s transfor-

mací sou°adnic vektor·

(v)M = A(v)M 0

nebo téº

(v)TM 0 = (v)TM (A−1 )T

(A−1 )T se °íká matice kontragredientní k A. Pokud g je bilineární forma, pak se její sou°adnice transformují

Matici

0 gab

=

podle vztahu

Ara Asb grs .

V maticovém zápise to m·ºeme p°epsat jako

G0 = AT GA, kde interpretujeme sou°adnice

G = (gab )

jako matici bilineární formy vzhledem k

M. Pro trilineární formu

T

m·ºeme interpretovat sou°adnice

Tabc bu¤ jako n×n×n

krychli£ku £ísel, nebo jako °ádkový vektor matic

(T1bc , T2bc , . . . , Tnbc ) =: (((T1 )bc ), ((T2 )bc ), . . . , ((Tn )bc ))

3. KOVARIANTNÍ A KONTRAVARIANTNÍ TENZORY

167

Transforma£ní vztah

0 Tabc = Ara Asb Atc Trst se pak dá p°epsat jako

(T10 , . . . , Tn0 ) = =

n X

T

ai1 A Ti A,

n X

i=1

T

ai2 A Ti A, . . . ,

n X

i=1

! T

ain A Ti A

i=1

Samoz°ejm¥ nás nic nenutí vzít jako  maticové indexy zrovna ty dva poslední a jako  vektorový ten první. Zavedení matic

Ti

je jenom po£etní a nota£ní pom·cka,

coº je zd·razn¥no i tím, ºe jsme v posledním vztahu nepouºili suma£ní konvenci a

aij

zapsali elementy

matice

A

tak, jak jsme zvyklí z d°ív¥j²ka.

2.1. Cvi£ení. (1) Je zobrazení

⊗ : Tp (V ) × Tq (V ) → Tp+q (V ) prosté? Je na? (2) Najd¥te sou°adnice trilineární formy (3) Nech´

M = {(1, 3), (1, 2)}

je báze



R

(ε1 ⊗ε2 ⊗ε1 ) vzhledem k bázi {(1, 1), (1, 2)}. 2

,

0 1

(((T1 )jk ), ((T2 )jk )) :=

1 0

  0 , 0

jsou sou°adnice trilineární formy vzhledem k vzhledem k

M 0 := {(2, 3), (3, 5)}



0 −1

M.

Najd¥te její sou°adnice

ve stejném formátu.

3. Kovariantní a kontravariantní tenzory V¥ta 54 (Duál duálu). Nech´ V je vektorový prostor kone£né dimenze nad F. Pak existuje izomorsmus V a (V ∗ )∗ , který nezávisí na volb¥ báze ve V .

fv : V ∗ → R, jehoº hodnota fv (α) pro libovolnou lineární formu je rovna £íslu α(v). Platí, ºe fv je lineární forma ∗ ∗ na V , protoºe ∀α, β ∈ V , ∀r, s ∈ F platí D·kaz. Nech´

v ∈ V.

Denujme homomorsmus

fv (rα + sβ) = (rα + sβ)(v) = rα(v) + sβ(v) = rfv (α) + sfv (β). Máme tedy zobrazení

Φ : V → (V ∗ )∗ : v 7→ fv Toto zobrazení je homomorsmus, protoºe

∀v, w ∈ V , ∀r, s ∈ F, ∀α ∈ V ∗

platí

[Φ(rv + sw)](α) = frv+sw (α) = α(rv + sw) = rα(v) + sα(w) = rfv (α) + sfw (α) = r[Φ(v)](α) + s[Φ(w)](α) Zobrazení

Φ(rv + sw)

a

rΦ(v) + sΦ(w)

se rovnají pro v²echna

α ∈ V ∗,

jsou tedy

totoºná. Dále ov¥°íme, ºe

Φ

je prosté. Podle denic

Ker Φ = {v ∈ V |Φ(v) = 0} = {v ∈ V |∀α ∈ V ∗ , fv (α) = 0} = {v ∈ V |∀α ∈ V ∗ , α(v) = 0} Pro kaºdý nenulový vektor

v

Sta£í nap°íklad zvolit dopln¥k

u ∈ W Ker Φ musí

r ∈ F

ale existuje lineární forma

W

prostoru

libovolné

a

Tedy

být nulový podprostor.

hvi

ve

V

α,

(ov¥°te sami, ºe takto denované

α(v) 6= 0. α(u + rv) = r pro

pro kterou

a denovat

α

je lineární forma).

168

13. TENZORY

Protoºe obrazu

Φ)

dim V = dim V ∗ = dim(V ∗ )∗ ,

musí být (díky v¥t¥ o dimenzi jádra a

izomorsmus. Byl denován bez výb¥ru báze, £ímº je tvrzení dokázáno.

 Zobrazení

Φ

ztotoºnit prvky

se nazývá

V

kanonickým izomorsmem (V ∗ )∗

(vektory) a

V

a

(V ∗ )∗ .

Umoº¬uje

(  ko-kovektory ), v jistém smyslu vyhlásit

rovnoprávnost vektor· a kovektor·: kovektor je zobrazení na vektorech, vektor je zobrazení na kovektorech. Tuto rovnoprávnost m·ºeme zd·raznit i zavedením zobrazení

h, i : V × V ∗ → F (v, α) 7→ hv, αi := α(v) = [Φ(v)](α) ≡ v(α), kterému se obvykle °íká

(V ∗ )∗

párování

je ztotoºn¥ná p°ímo s bází

vektor· a kovektor·. P°irozená báze

M = {e1 , . . . , en }

(M ∗ )∗

ve

a denici duální báze m·ºeme

pak zapsat pomocí párování jako

hej , ei i = δji . V sou°adnicích se pak párování vektoru

v

α

a kovektoru

vyjád°í vztahem

hv, αi = hv ei , αj e i = v αj hei , e i = v αj δij = v i αi i

j

i

j

V × V ∗ → F)

Neple´te si párování (zobrazení

i

se skalárním sou£inem (zobrazení

V × V → F)! Poznámky: (1) Prostory

V

a

V∗

jsou samoz°ejm¥ také izomorfní, protoºe mají stejnou

V bázi M a α ∈ V ∗ , jehoº sou°adnice (α)M jsou rovny

dimenzi. Jedním z moºných izomorsm· m·ºe být zvolit ve vektoru

(v)M .

v∈V

p°i°adit kovektor

Pro r·zné báze

M ⊂V

dostaneme ale r·zné izomorsmy a vzhle-

dem k tomu, ºe obecn¥ není ºádná báze lep²í neº jiná, ºádný kanonický izomorsmus mezi

V

a

V∗

neexistuje.

(2) V nekone£né dimenzi není obecn¥ zobrazení

nické vno°ení V

do

Φ

na, máme tedy jen

(V ∗ )∗ .

kano-

Chápeme-li vektory jako lineární formy na kovektorech, m·ºeme denovat prostor

T q (V ) v²ech q -lineárních forem na kovektorech, tzv. multivektor·. Zcela ana-

logicky jako v lemmatu 41 dostáváme Lemma 42.

Nech´ M = {e1 , . . . , en } je báze V . Ozna£me ea...b := ea ⊗ . . . ⊗ eb ∈ T q (V ) {z } | q

Mnoºina M q := {ea...b |a, . . . , b ∈ {1, . . . , n}}

tvo°í bázi prostoru T q (V ) a ∀T ∈ T q (V ) platí T = T a...b ea...b ,

kde T a...b = T (ea , . . . , eb )

jsou sou°adnice T vzhledem k M q . Pokud M 0 = {e01 , . . . , e0n } a A je matice p°echodu od M k M 0 , pak e0a...b = Ara . . . Asb er...s T 0a...b = ((A)−1 )ar . . . ((A)−1 )bs T r...s

3. KOVARIANTNÍ A KONTRAVARIANTNÍ TENZORY

P°íklad 46. Sou°adnice bivektoru

g = g ab ea ⊗ eb ∈ V ⊗ V

169

se transformují

podle p°edpisu

Denujeme-li matici

g 0ij = (A−1 )ia (A−1 )jb g ab ij bivektoru jako (G)ij := g , pak

se dá transforma£ní vztah

zapsat jako

G0 = A−1 G(A−1 )T abc Sou°adnice trivektoru T = T ea ⊗ eb ⊗ ec lze chápat jako n × n × n krychli£ku, ijk 0 0 nebo jako °ádek matic (T1 , . . . , Tn ), kde (Ti )jk := T . Pak je (T1 , . . . , Tn ) rovno  Pn Pn −1 −1 −1 T −1 −1 −1 T )1i A Ti (A ) , . . . , i=1 (A )ni A Ti (A ) i=1 (A

kovariantní tenzory a multivektory kontravariatní tenzory. Nejobecn¥j²í typ tenzoru je kombinací t¥chto dvou

Multilineární formy ozna£ujeme také jako jako

typ·: Definice 67. Nech´

V

je vektorový prostor. Symbolem

Tqp (V )

ozna£íme mno-

ºinu v²ech zobrazení

T : V ∗ × . . . × V ∗ × V × . . . × V 7→ R, {z } | {z } | p

q

p -krát kontravariantních a q -krát kovariantních tenzor· na V nebo téº o tenzorech typu (p, q) . p ƒíslo p + q se ozna£uje jako stupe¬ tenzoru. Sou°adnicemi tenzoru T ∈ Tq (V ) která jsou lineární v kaºdém argumentu. Mluvíme o mnoºin¥

vzhledem k bázi

M ⊂V

rozumíme

a...b Tr...s := T (ea , . . . , eb , er , . . . , es ) O dolních indexech hovo°íme jako o

indexy kontravariantními.

indexech kovariantních a horní se nazývají

Na smí²ených tenzorech máme denován tenzorový sou£in

p+k ⊗ : Tqp (V ) × Tlk (V ) 7→ Tq+l (V ) a sou°adnice vzhledem k

∗ q

(M )

M

jsou ve skute£nosti sou°adnicemi vzhledem k bázi

Mp×

p v Tq (V ): a...b a...b r...s T = Tr...s ea ⊗ . . . ⊗ eb ⊗ er ⊗ . . . ⊗ es ≡ Tr...s ea...b

Tqp (V ) ≡ V ⊗ . . . ⊗ V ⊗ V ∗ ⊗ . . . ⊗ V ∗ , | {z } | {z } p

q

které vyjad°uje, ºe libovolný tenzor typu binaci tenzorového sou£inu

p

vektor· a

q

(p, q)

lze zkonstruovat jako lineární kom-

kovektor·.

T11 (V ) ≡ V ⊗ V ∗ je p°irozen¥ ztotoºn¥n s prostorem End(V ) v²ech endomorsm· na V . Prvek v ⊗ α, kde v ∈ V a α ∈ V ∗ , denuje lineární zobrazení fv⊗α : V → V p°edpisem P°íklad 47. Prostor

fv⊗α (u) = hu, αiv ≡ α(u)v. Odpovídá to vlastn¥ £áste£nému dosazení do druhého argumentu zobrazení

v⊗α:V ×V∗ →F Bázi báze

{ei ⊗ ej |i, j ∈ {1, . . . , n}} v T11 (V ) v tomto na End(V ) z textu za v¥tou 18, nebo´

ztotoºn¥ní odpovídá standardní

(ei ⊗ ej )(ek ) = ei δkj , tedy matice endomorsmu

ij

ei ⊗ ej

M = {e1 , . . . , en } má na pozici T := Tji ei ⊗ ej má na bázi hodnoty

vzhledem k bázi

jedni£ku a v²ude jinde nuly. Endomorsmus

T (ek ) = (Tji ei ⊗ ej )(ek ) = Tji ei δkj = Tki ei ,

170

13. TENZORY

jeho matice vzhledem k

M

je proto

Tki ,

kde horní index chápeme jako °ádkový

a dolní index sloupcový. V²imn¥te si, ºe to je stejná konvence jako pro matice p°echodu. To není p°ekvapivé, vzhledem k tomu, ºe matice p°echodu se dá denovat jako speciální p°ípad matice endomorsmu. Odtud je také jasn¥ vid¥t, ºe p°i°azení

T11 (V )

a

End(V )

je opravdu izomorsmus. Kroneckerovo delta

δki

je pak matice

identického endomorsmu, která je v·£i kterékoli bázi stejná, rovná jednotkové matici:

(1V )(ek ) = δki ei = ek

Nech´ V je vektorový prostor, M = {e1 , . . . , en }, M 0 = {e01 , . . . , e0n } dv¥ báze v n¥m, T ∈ Tqp (V ). Pak V¥ta 55.

0i...j a...b Tk...l = (A−1 )ia . . . (A−1 )jb Ack . . . Adl Tc...d

e0r = Abr eb

D·kaz spo£ívá jen v dosazení vztah·

a

e0r = (A−1 )rb eb

do denice

sou°adnic. P°íklad 48. Smí²ený tenzor f typu (1, 1) se transformuje p°edpisem (A−1 )ia Abj fba . Pro matici F s elementy (F )ab := fba z toho dostáváme

fj0i =

F 0 = A−1 F A tedy vlastn¥ standardní vztah pro zm¥nu matice endomorsmu p°i zm¥n¥ báze.

T = Tkij ei ⊗ ej ⊗ ek typu (2, 1) ij elementy (Ti )jk := Tk . Pak

Sou°adnice smí²eného tenzoru nap°íklad jako

n-tici

matic s

Ta0 =

n X

m·ºeme zapsat

(A−1 )ai (A−1 Ti A)

i=1 Pro tenzor typu

j (1, 2) se sou°adnicemi zapsanými maticemi (Ti )jk := Tik

Ta0 =

n X

máme

(AT )ai (A−1 Ti A)

i=1

3.1. Cvi£ení. (1) Nech´

V = R2 , u = (1, 2), v = (1, −1), T : V ∗ × V ∗ → R

je zobrazení

denované

T (φ, ψ) = φ(u)ψ(v) − 2φ(v)ψ(u) Ov¥°te, ºe se jedná o tenzor, najd¥te jeho sou°adnice vzhledem ke kanonické bázi a vzhledem k bázi

{(−2, 1), (1, 1)}

a ov¥°te rovnost pomocí

transforma£ního vztahu. (2) Nech´

M = {(1, 3), (1, 2)}

je báze

 (((T1 )jk ), ((T1 )jk )) :=

R2 , 1 1

0 0

  0 , 0

1 1



T ∈ T12 (R2 ) vzhledem k M , denované p°edpisem ij Tk . Najd¥te jeho sou°adnice vzhledem k M 0 := {(2, 3), (3, 5)}. = {(1, 3), (1, 2)} je báze R2 ,

sou°adnice tenzoru (3)

(Ti )jk := Nech´ M

 (((T1 )jk ), ((T1 )jk )) :=

1 0

  0 , 0

−1 0



T ∈ T21 (R2 ) vzhledem k M , denované p°edpisem i Tjk . Najd¥te jeho sou°adnice vzhledem k M 0 := {(2, 3), (3, 5)}.

sou°adnice tenzoru

(Ti )jk :=

0 0

4. ZDVIHÁNÍ A SPOUŠT¥NÍ INDEXU

171

4. Zdvihání a spou²t¥ní indexu Pokud do

k -tého

kovektorového argumentu tenzoru

T : V ∗ × . . . × V ∗ × V × . . . × V 7→ R, | {z } | {z } p

p z Tq (V

)

q

α,

dosadíme pevný kovektor

vzniklé zobrazení

T˜ := T (·, . . . , ·, α, ·, . . . , ·) je lineární ve v²ech zbylých argumentech ozna£ených te£kami, je to tedy tenzor typu

g

(p − 1, q).

v∈V

Speciáln¥ £áste£ným dosazením vektoru

do bilineární formy

dostáváme lineární formu

g(·, v) : V → F u 7→ g(u, v) Tvrzení 15.

Nech´ g je regulární bilineární forma na V . Pak zobrazení [g :V → V ∗ v 7→ g(·, v)

je izomorzmus prostor· V a V ∗ . D·kaz. Vzhledem tomu, ºe

je prosté. Nech´ Vyjád°íme

g

g(·, v)

V

a

V∗

[g u ∈ V je g(u, v) = 0. za u = ei , pak

mají stejnou dimenzi, sta£í ukázat, ºe

je nulový kovektor, pak pro v²echna

vzhledem k bázi

M = {e1 , . . . , en }

a dosadíme

j

g(u, v) = g(ei , v ej ) = v j gij = 0 Protoºe

(gij )

je regulární matice, musí v²echna

vj

nulová a tedy i

Nej£ast¥ji se s tímto izomorzmem setkáváme, kdyº stor a

g ≡ gab ea ⊗ eb

V

v = 0.



je reálný vektorový pro-

skalární sou£in na n¥m, pouºívá se také termín

tenzor. V sou°adnicích máme

metrický

[g v ≡ ([g v)i ei = (gij ei ⊗ ej )(·, v) = gij v j ei , tedy kovektor

[g v

má sou°adnice

([g v)i = gij v j .

Proto se zobrazení

spu²t¥ní indexu a ozna£uje odpovídajícím hudebním symbolem.

[g

nazývá

g −1 := g ab ea ⊗ eb , jehoº sou°adnice spl¬ují g ac gcb = δba , −1 £ili matice skalárního sou£inu g a bivektoru g jsou navzájem inverzní. Dosazením Denujme bivektor

transforma£ních vztah· pro bilineární formy a bivektory snadno odvodíme, ºe tato

{ea }

denice nezávisí na volb¥ báze. V·£i ortonormální bázi matice a tedy

g

−1

je i

g ab

jednotková

je pozitivn¥ denitní symetrická bilineární forma na

duální metrický tenzor. Zobrazení

V ∗,

tzv.

]g :V ∗ → V α 7→ g −1 (·, α), které v sou°adnicích nabývá tvaru

]g α ≡ (]g α)i ei = (g ij ei ⊗ ej )(·, α) = g ij αj ei , tj.

(]g α)i = g ij αj ,

nazýváme

zdviºení indexu. Protoºe

(]g [g v)i = g ij gjk v k = δki v k = v i , je

]g

inverzní izomorzmus k

[g .

M·ºete se divit, pro£ se v·bec zaobíráme situací, kdy

(gab ) není jednotková ma-

tice, kdyº ortonormální bázi lze zavést pro kaºdý skalární sou£in. Existují t°i oblasti, kv·li nimº je d·leºité nau£it se po£ítat s obecným metrickým tenzorem. Jsou to k°ivo£aré systémy sou°adnic, kde se metrický tenzor m¥ní v prostoru (je to vlastn¥

172

13. TENZORY

tenzorové pole), speciální teorie relativity, kde není pozitivn¥ denitní (mluvíme pseudometrickém tenzoru), a analytická mechanika, která se popisuje pomocí

o

pojm· symplektické geometrie, v níº je  skalární sou£in antisymetrický. Na²e formulace se dá snadno adaptovat i na tyto t°i odli²né situace. Obvykle se místo

([g v)i

pí²e pouze

vi

a místo

(]g α)i

pouze

αi ,

odtud název

spou²t¥ní a zdvihání indexu. Je d·leºité mít na pam¥ti, ºe obecn¥ se nap°íklad

v3 nerovná £íslu v 3 , ale £íslu g3i v i . Rovnost nastane pouze tehdy, kdyº je (gab ) i jednotková matice, tedy v jsou sou°adnice v·£i ortonormální bázi. Zdvihat a spou²t¥t indexy je moºné i u tenzor· vy²²ího stupn¥. Nech´ T ∈ T03 (V ). Pak tenzor T ([g ·, ·, ·) ∈ T12 (V ) má sou°adnice

£íslo

Ta bc = T ([g ea , eb , ec ) = T (gai ei , eb , ec ) = gai T ibc Pí²eme

Ta bc

místo

Tabc ,

protoºe existují je²t¥ dal²í dva tenzory

T (·, [g ·, ·), T (·, ·, [g ·) ∈ T12 (V ) se sou°adnicemi

T ba c , T bca , které od sebe pot°ebujeme um¥t odli²it. V denici 49 jsme zavedli adjungovaný operátor neboli adjungovaný homomorzmus. V mírn¥ modikovaném zna£ení, kde rozli²ujeme skalární sou£iny na obou prostorech písmeny

g

a

h,

platí, ºe ke kaºdému homomorsmu

φ : (V, g) → (W, h) existuje homomorsmus

φt : (W, h) → (V, g) denovaný

∀v ∈ V, w ∈ W

p°edpisem

g(v, φt (w)) = h(φ(v), w) Adjungovaný homomorzmus má úzký vztah k homomorzmu duálnímu z denice 65: V¥ta 56.

sou£inem. Pak

Nech´ φ : (V, g) → (W, h) je homomorsmus prostor· se skalárním φt = ]g ◦ φ∗ ◦ [h

D·kaz. Podle denic



∀v ∈ V , ∀w ∈ W

platí



g(v, ]g [φ ([h w)]) = hv, φ ([h w)i = hφ(v), [h wi = h(φ(v), w) Podle denice

φt

je tedy

g(v, ]g [φ∗ ([h w)]) = g(v, φt (w)) pro kaºdý vektor

v , musí tedy platit φt (w) = ]g ◦ φ∗ ◦ [h (w) pro kaºdý vektor w. 

Pokud pracujeme se sou°adnicemi vzhledem k ortonormální bázi, jsou matice zobrazení

[g

a

]g

jednotkové a matice homomorsm·

ponované matici k matici homomorsmu

φ.

φt

a

φ∗

jsou ob¥ rovny trans-

Tvrzení lemmatu 40 a poslední tvrzení

lemmatu 26 jsou tedy vzájemn¥ konzistentní. Jinými slovy, duální a adjungované zobrazení je totéº, pokud identikujeme prostor

V

a jeho duál

V∗

pomocí zdvi-

hání/spou²t¥ní indexu skalárním sou£inem.

4.1. Cvi£ení. (1) Dokaºte, ºe zdvihání a spou²t¥ní indexu jsou izometrie prostor·

(V ∗ , g −1 ).

(V, g)

a

5. SYMETRIE TENZORU A KONTRAKCE

173

5. Symetrie tenzoru a kontrakce 0 Definice 68. Nech´ T ∈ Tq . Pak denujeme úplnou symetrizaci, resp. úplnou antisymetrizaci tenzoru T p°edpisem ∀v1 , . . . , vq ∈ V [πS (T )](v1 , . . . , vq ) :=

1 X T (vρ(1) , . . . , vρ(q) ), q!

resp.

ρ∈Sq

[πA (T )](v1 , . . . , vq ) :=

1 X sgn(ρ)T (vρ(1) , . . . , vρ(q) ) q! ρ∈Sq

Snadno se ov¥°í, ºe

πA ◦ πA = πA πS ◦ πS = πS πA ◦ πS = πS ◦ πA = 0 Sq (V ) ≡ S q (V ∗ ) Λq (V ) ≡ Λq (V ∗ ) úpln¥

Ob¥ zobrazení jsou tedy projekce na dva podprostory, podprostor úpln¥ symetrických kovariantních tenzor· a podprostor

antisymetrických tenzor·, v jejichº pr·niku je pouze nulový tenzor. Pro

q=2

denice °íká, ºe

1 (Tab + Tba ) =: T(ab) 2 1 = (Tab − Tba ) =: T[ab] 2

[πS (T )]ab = [πA (T )]ab

Zde jsme zavedli tradi£ní závorkovou notaci pro symetrizaci a antisymetrizaci in-

T(ab) = T(ba) a T[ab] = −T[ba] , tedy matice (T(ab) ) je symetrická a (T[ab] ) antisymetrická. Vlastnost Tab = T(ab) +T[ab] znamená, ºe kaºdý tenzor (0, 2) je moºné (jednozna£n¥) rozloºit na jeho symetrickou a antisymetrickou

dex·. Zjevn¥ platí matice typu £ást

T = Tab ea ⊗ eb = T(ab) ea ⊗ eb + T[ab] ea ⊗ eb 1 1 = T(ab) (ea ⊗ eb + eb ⊗ ea ) + T[ab] (ea ⊗ eb − eb ⊗ ea ) 2 2 (ab) [ab] = T(ab) e + T[ab] e [ab] je práv¥ tolik, kolik je dvouprvkových mnoºin  e n (ab) £ísel z {1, . . . , n}, tedy . Po£et tenzor· e se zase rovná po£tu dvouprvko2  n+1 2 vých kombinací s opakováním z {1, . . . , n}, tedy 2 . Sou£et obou £ísel je n , coº 0 je rovno dimenzi T2 (V ), jak jsme mohli p°edpokládat na základ¥ v¥ty o dimenzi spojení a pr·niku. Lineárn¥ nezávislých tenzor·

(Anti)symetrizaci index· m·ºeme zavést i pro tenzory vy²²ích stup¬·:

T(a...b) :=

1 X T (ρ(ea , . . . , eb )) q! ρ∈Sq

T[a...b] :=

1 X sgn(ρ)T (ρ(ea , . . . , eb )), q! ρ∈Sq

kde

ρ.

ρ(ea , . . . , eb ) znamená p°euspo°ádání posloupnosti vektor· ea , . . . , eb permutací {ea...b } v Tq0 (V ) dostáváme prvky e(a...b) a e[a...b] ,

(Anti)symetrizací prvk· báze

174

13. TENZORY

které tvo°í bázi v

S q (V ∗ )

a

Λq (V ∗ ).

Je vid¥t, ºe

 n+q−1 dim S (V ) = , q   n dim Λq (V ∗ ) = . q q

q>n

Pro





tedy uº ºádné netriviální úpln¥ antisymetrické tenzory nejsou, zatímco

prostor úpln¥ symetrických tenzor· je nenulový pro v²echna ºe

S q (V ∗ ) ∩ Λq (V ∗ ) = 0,

ale narozdíl od p°ípadu

q=2

q . Pro q > 2 stále platí,

je

dim S q (V ∗ ) + dim Λq (V ∗ ) < dim Tq0 (V ), tedy existují tenzory, z nichº po ode£tení úpln¥ symetrické a úpln¥ antisymetrické £ásti je²t¥ n¥co zbyde. (Anti)symetrizaci m·ºeme úpln¥ stejn¥ zavést i pro kontravariantní tenzory, p°ípadn¥ pro tenzory smí²ené. U smí²ených má ale smysl provád¥t ji p°es indexy stejného typu. Definice 69. Nech´ V je vektorový i ∈ {1, . . . , p}, j ∈ {1, . . . , q}. Zobrazení

prostor,

{ea }

je báze

V , p > 0, q > 0,

p−1 Cij : Tqp (V ) → Tq−1 (V )

T 7→ T (. . . , ea , . . . , ea , . . .) i

se nazývá

j

kontrakce (nebo téº zúºení) p°es i-tý kovariantní a j -tý kontravariantní

index. Denice samoz°ejm¥ p°edpokládá, ºe p°es index

a

se s£ítá. Na volb¥ báze

{ea }

nezáleºí, protoºe

T (e0a , e0a , . . .) = T (Aba eb , (A−1 )ac ec , . . .) = = δcb T (eb , ec , . . .) = T (eb , eb , . . .) Cij (T ) kovektoru w

Sou°adnice tenzoru Párování

...a. . T.a... v lze zapsat

jsou zjevn¥ a vektoru

pomocí tenzorového sou£inu a

kontrakce:

C11 (w ⊗ v) = (w ⊗ v)(ea , ea ) = wi ei (ea )v j ej (ea ) = wi v j δai δja = wi v j δji = wi ei (v j ej ) = hw, vi Analogicky lze vy£íslení libovolného tenzoru

T

typu

(p, q)

na libovolných argumen-

tech psát jako

T (v, . . . , w) = (C ◦ . . . ◦ C)(T ⊗ v ⊗ . . . ⊗ w), {z } | p+q

C

kde

jsou kontrakce podle odpovídajících dvojic index·.

Pomocí zdvihu a spu²t¥ní indexu je pak moºné denovat kontrakci p°es libovolné dva indexy: tenzor

C12 T := C11 T ([g ·, ·, ·) má sou°adnice

Ta ac = gai T iac = gia T aic = T aa c . Pokud je

T

úpln¥ symetrický, pak se v²echny jeho kontrakce rovnají,

Ta ac = gai T iac = gai T cia = T ca a , T úpln¥ antisymetrický, gab máme

Je-li trii

apod.

jsou v²echny jeho kontrakce nulové, nebo´ díky syme-

Ta ac = gai T iac = gai (−T aic ) = −gia T aic = −Ti ic

5. SYMETRIE TENZORU A KONTRAKCE

175

5.1. Cvi£ení. φ = ε1 + 2ε2 ∈ (R2 )∗ .

(1) Nech´

Denujme tenzor typu

(2, 1)

T (u, v, ψ) = (φ ⊗ ψ)(v, u) Najd¥te jeho sou°adnice vzhledem ke kanonické bázi.

a = (1, −1) ∈ R2

(2) Nech´

Denujme tenzor typu

(1, 2)

T (u, φ, ψ) = φ(u)ψ(a) − 2φ(a)ψ(u) Najd¥te jeho sou°adnice vzhledem ke kanonické bázi. Najd¥te sou°adnice

C11 T

vzhledem ke kanonické bázi.

a = (1, 2) ∈ R2 tenzor typu (2, 1)

(3) Nech´

se standardním skalárním sou£inem. Denujme

T (u, v, ψ) = (a, u)ψ(v) Najd¥te jeho sou°adnice vzhledem ke kanonické bázi. Pomocí zdvihu/spu²t¥ní indexu p°eve¤te

T

na kovariantní tenzor a spo£t¥te sou°adnice jeho úplné

antisymetrizace vzhledem ke kanonické bázi. (4) Nech´

T

je tenzor typu

(2, 2)

denovaný p°edpisem

T (u, v, φ, ψ) = φ(u)ψ(v) Ur£ete sou°adnice tenzoru

T (·, ·, ε1 , ·) vzhledem ke kanonické bázi a k bázi

{(1, 1), (1, 0)}. V = R2 se standardním skalárním V ∗ × V × V → R je tenzor denovaný

(5) Uvaºujme

sou£inem,

w = (3, 1), T :

T (φ, u, v) = φ(w)(u, v) Najd¥te jeho sou°adnice vzhledem k bázi

{(1, 0), (1, 1)} a vyjád°ete je jako

dvojici matic. (6)

(3) pro

a = (a1 , a2 ) ∈ R2 a T φ, ψ ∈ (R2 )∗ , u ∈ R2 vztahem Nech´

je tenzor typu

(1, 2)

na

R2

denovaný

T (φ, ψ, u) = φ(a)ψ(u) − ψ(a)φ(u) (a) Ukaºte, ºe

T

je antisymetrický v prvních dvou argumentech.

(b) Najd¥te sou°adnice

T

v·£i kanonické bázi a zapi²te je jako dvojici

matic. (c) Napi²te transforma£ní vztah pro zm¥nu sou°adnic tenzoru chodu do n¥jaké báze

T

p°i p°e-

M 0.

(d) Pomocí tohoto transforma£ního vztahu najd¥te sou°adnice tenzoru

T

v·£i bázi

V

{(2, 1), (3, 1)}.

n. Úpln¥ antisymetrický tenzor Λp (V ∗ ) se nazývá p-forma. Vn¥j²ím sou£inem rozumíme zobrazení, které p-form¥ α a q -form¥ β p°i°azuje p + q -formu

(7) Nech´

je vektorový prostor dimenze

z

α ∧ β :=

(p + q)! A q!π (α ⊗ β) p!

Dokaºte, ºe se jedná o bilineární, asociativní zobrazení, pro které platí

gradovaná komutativita

α ∧ β = (−1)p+q β ∧ α Ukaºte dále, ºe platí

α=

1 αa...b ea ∧ . . . ∧ eb p!

176

13. TENZORY

Vektorový prostor £inu se nazývá

Λ(V ∗ ) :=

Ln

q ∗ q=0 Λ (V ) spolu s operací vn¥j²ího sou. Je to základní algebraický objekt pro

vn¥j²í algebra

teorii vícerozm¥rné integrace. (8) Nech´

v ∈ V , α ∈ Λp V ∗ .

Vnit°ním sou£inem v

a

α

rozumíme

(p − 1)-

formu charakterizovanou p°edpisem

iv (α)(u, . . . , v) := α(v, u, . . . , w) Dokaºte, ºe se jedná o bilineární zobrazení, které spl¬uje (a) (b) (c) (d)

iv iw + iw iv = 0 (iv α)a...b = v i αia...b iv (α ∧ β) = (iv α) ∧ β + (−1)p α ∧ iv (β) ∗ p+1 ∗ Pokud ω ∈ V , εω α := ω ∧ α ∈ Λ V ,

pak

εν εω + εω εν = 0 iv εω + εω iv = hv, ωi1Λ(V ∗ ) (9) Nech´

V

je vektorový prostor dimenze

Dokaºte, ºe v bázi

{ei }

se dá

ω

n

a

ω ∈ Λn (V ∗ ),

tzv.

top-forma.

zapsat jako

ω = λe1 ∧ . . . ∧ en , kde

ω,

λ

je n¥jaké £íslo, a ºe veli£ina

λ,

která zastupuje v²echny sou°adnice

se p°i zm¥n¥ báze transformuje podle p°edpisu

λ0 = det(A)λ, kde

A

je matice p°echodu.