642 162 1MB
Czech Pages [176] Year 2017
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
Lineární algebra pro fyziky Zápisky z p°edná²ek
Dalibor míd
ást 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 °EENÍ 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
má
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 PRNIK 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 PRNIK 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 PRNIK 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 PRNIKU
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. ty°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. TY°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 °EENÍ 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 . emu 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) ísla
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 |. íslo 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.
íslo
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.
ást 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
aº
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. tvercová komplexní matice
se nazývá se nazývá
unitární. tvercová 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 . tvrtý 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. ísla (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 ísla
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. JORDANV 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
Vλ
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. JORDANV 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
fλ
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. JORDANV 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. JORDANV 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. JORDANV 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
Vλ
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. JORDANV 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. JORDANV 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. JORDANV 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. JORDANV 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. JORDANV 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. JORDANV 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 . ím 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 íslo 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 SPOUT¥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.