1 / Uvod Cílem me práce je sestavit sbírku úloh z lineární algebry a geometrie, která je určena především pro posluchače druheho semestru programu matematika, aplikovana matematika a informatika. Celá práce se skladá ze dvou častí. První čast je sbírkou príkladu, druha čast formou exkurzu priblizuje problematiku aplikače lineární algebry ve vípočetní tomografii. Latka první časti je rozdelena do sedmi kapitol a navazuje na bakalárskou prači Bč. Mičhaely Urbankove, určenou pro poslučhače prvního semestru kurzu lineární algebry. Svym rozsahem odpovídá skriptum [8] Doč. P. Zlatose a prednaskám Doč. M. Cadka. Jejím zakladem jsou predevsím čvičení ve skriptečh [9] prof. J. Slovaka, ve skriptečh [4] a [5] RNDr. P. Horaka a publikače [1] a [2]. Kazda kapitola se sklada ze trí častí. Nejprve je stručne shrnuta teorie formou základníčh vet a definič, poprípade algoritmu. Dale jsou zde resene príklady, ktere čtenari poskytují navod na resení konkretníčh problemm. Ve t retí časti jsou álohy k samostatnemu resení. P ráíklady jsou razeny od jednodu s sáíčh po slo zit ej sáí a jsou voleny tak, ze s n ekteryámi se student setkáa v záapo čtovyáčh a zkou skovyáčh testečh. V záav eru sbáírky jsou uvedeny vyásledky čvi čenáí, pop ráípad e u slo zit ej sáíčh p ráíkladu stru čnyá náavod. Cílem druhe č asti me prače je p r iblíz it studentum problematiku aplikačí lineární algebry. Aplikačí lineární algebry je samoz r ejm e čelá r ada, pro ukazku jsem v s ak vybrala jen jednu, a to probkém rekonstrukče obrazu ve výpočetní tomografii p ri pouz ití metody ART (Algebraič Rečonstručtion Tečhnique). Samoz rejme není á čelem podat vy čerpavajíčí váklad o prinčipu CT p rístroje, ale pouze ukazat studentum jeden z mnoha príkladu váznamu a pouz ití lineární algebry v dne sní tečhničke praxi, a to zpusobem lehče počho-pitelnyám na záaklad e znalostáí záískanyáčh v záakladnáím kurzu lineáarnáí algebry. 2 Použité symboly a označení K libovolné pole Q racionální čísla R reálná čísla C komplexní čísla V vektorový prostor Rn množina usporádanách n-tic reálnách čísel ERO elementární r adkove operace ESO elementarní sloupcove operace Matn(K) mno ž ina vs ech c tvercových matic r ádu n nad polem K det A, |A| determinant matice A dim V dimenže vektorováeho prostoru V Z(P) žamerení afinního podprostoru o nulovýá vektor ||u|| velikost vektoru u [wi,..., un] lineární obal vektoru ui,..., un (u, v) skalarní sou c in vektoru u a v En vektorový prostor Rn se standardním skalárním sou c inem _L kolmost p(B, C) vždalenost podprostoru B a C e standardní baže v Rn ((j))p,a matice lineárního žobražení 0 v bážích a, p (id)^>a matice p r echodu od báže a k báži p 3 I. ČÁST Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 4 I. Sbírka úloh z lineúrní algebry a geometrie 1. VÝPOČET DETERMINANTU Teorie 1.1. Definice. Necht' M = {1, 2,..., n} je konec ná množ ina o n prvcích. Pak bijektivní žobražení a množ iný M na sebe se nažýva permutace množiny M. 1.2. Definice. Necht' a = (r1, r2,..., rn) je libovolná permutace, r ekneme, ž e dvojice rj, r j je inverze v permutaci a, jestliž e i < j a r j > r j. Znaménko permutace a, je c íslo signa = (—1)k, kde k je po cet inverží v permutaci a. 1.3. Definice. Necht' a = (r1,..., rn), t = (s1,..., sn) jsou dve permutace, necht' existují indexý i = j tak, ž e sj = r j, Sj = rj a dale rk = sk pro k = i, j. Potom r ekneme, ž e permutace t vžnikla ž permutace a provedením jedne transpozice. 1.4. Veta. Provedení jednú transpozice změní paritu dane permutace. 1.5. Definice. Necht' A = (ajj) je ctvercová matice radu n nad polem K. Pak determinant matice A, je c íslo ž pole K, ožnac ene det A (resp. |A|) a definovane vžtahem det A = ^ sign a a2(7(2) ... a^o) , kde a je libovolnaá permutace ž mno žiný v sech permutacáí n-prvkováe mno žiný M = {1, 2, . . . , n} ožnac ene Sn. Suma je tedý p r es vsechna a G Sn, tj. p r es vsechný permutace množ iný M. Sou c in sign aaCT(1)1 aCT(2)2 ... aCT(n)n se nažáva člen determinamtu. 1.6. Veta. Necht matice B vznikne z matice A 1. zaměnou dvou různých radku, pak det B = — det A 2. vynísobením jednoho radku číslem t G K, pak det B = t det A 1.7. Veta. Hodnota determinantu matice A se nezmení, jestlire 1. k jednomu radku matice A přičteme libovolní nasobek jineho radku 2. k jednomu radku matice A pfírteme libovolnou lineírní kombinaci ostatních řídků 3. jeden rídek matice A ponechame beze zmeny a k ostatním rídkům pfícteme jeho libovolne nísobky 1. Výpočet determinantu 5 1.8. Definice. Nechť A = (aj) je čtvercová matice ř ádu n; nechť je zvoleno k jejích ř ádků a sloupců k < n a 1 < i\ 1. Indukcí ted' snadno nahkédneme vásledne résená Vn(x1, x2, • • • , xn) = (x2 — x1) (x3 — x1) • • • (xn — x1) (x3 — x2) • • • (xn — x2)(xn — xn-1) ^n^^ x2, ^ ^ ^ , xn) ^ (xi xj) 1 1. A C a x x ... x x x a x ... x x x x a . . . x x x x x . . . x a / ao 11 1 ai 0 1 0 a2 100 11 00 00 0 an ) B x y 0 . . . 0 0 0 x y . . . 0 0 0 0 x . . . 0 0 000 y00 í D ao ai a2 an-1 \ an x 0 0 0 xy 0x 0 J 0 10 x1 0 0 0 0 00 00 00 x 0 x 12 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie E ( ao ai a2 -yi xi 0 0 -y2 x2 00 00 \ y 0 0 ... -y„ x„ y 11. Spo ct e te determinant matice ř ádu n > 1 úpravou na schodovitý tvar A C E G 011 a2 11 a2 1 0 00 a3 0 1 00 an 0 0 01 2 2 2 23 2 2 2 32 2 2 2 22 \ 3 2 2 22 1 n n nn n 2 n nn n n 3 nn n n n nn 1 1 ai ai B D F 1 a2 - &2 an an 1 ai a2 1 ai + bi a2 1 ai a2 + b2 1 ai a2 an an an 1 1 2 3 a- 1 a -1 0 3 a- 1 a -1 -2 0 a- 1 a -1 -2 -3 -a + 1 0 _ n 1 1 . . . 1 1 1 -n 1 . . . 1 1 1 1- n ... 1 1 1 1 . . . 1 1 xi ai2 ai(n—i) ain xi x2 a23 a2(n—i) a2n xi x2 x3 a2(n—i) a3n xi x2 x3 xn—i xn 1 1 1 1 a2 a2 H an \ 1 2 3 . . . n- 2 2 3 4 . . . n- 1 3 4 5 . . . n n n n . . . n n n n n nn an + bn y 12. Odvod'te rekurentní vztah pro vypo C et determinantu matice. 1. Výpočet determinantu 13 2 1 0 ... 0\ 1 2 0 ... 0 0 1 2 . . . 0 Bn 0 0 0 2 5 6 0 0 0 ... 0 0 4 5 2 0 0 . . . 0 0 0 1 3 2 0 . . . 0 0 0 0 1 3 2 . . . 0 0 00000 00000 32 13 3 2 0 . . . 0 1 3 2 . . . 0 0 1 3 . . . 0 0 0 0 . . . 3 1 20 / 7 5 0 2 7 5 0 2 7 V 000 G2n / x 0 0 x 0 y V y 0 00 00 00 27 0y y0 x0 0x F n Dn \ ( x +1 1 0 0 . . . 0 0 0 . . . 0 0 0 . . . 0 0 3 . . . 0 0 00000 00000 v 0 x x+1 1 0 0 x x+1 0 1100 1110 0111 0000 00 00 00 11 13. Reste rovniči: (a) det x 1 3 sin x 3 čos x = 3 (b) det y 2 — x 5 J y čos x sin x J 2 sin2 14. Spo čt ete determinant (u zijte postupu z uálohy 5). A C 1 —1 1 —1 2222 1248 1 —2 4 —8 1 xi + 1 x2 + x B 1 x2 + 1 x22 + x2 1 2 4 8 16 1 11 —2 3 49 —8 27 16 81 1 —1 1 —1 1 rn-1 + xn-2 2 + x2 1 xn + 1 x2 + x nn xn- i + xn-2 xn + xn 53 25 0 0 0 0 0 0 1 x + 1 J 14 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 15. Laplaceovám rožvojem podle t retího sloupce spoct ete determinant matice A / x -1 0 0 \ 0 x -1 0 0 0 x -1 V ao ai a2 a3 / 16. Výjád r ete polynom stupn e n pomocí determinantu stupn e n — 1. (Výuž ijte vásledku p redchožáího p ráíkladu.) 2. Bilineární a kvadratické formy 15 2. BILINEÁRNÍ A KVADRATICKÉ FORMY Teorie 2.1. Definice. Nechť V je vektorový prostor nad polem K. Bilineární forma na V je zobrazení f : V x V — K takove, ze pro všechna a,b,c,d G K a u,v,w G V platí: f (au + bv, w) = af (u, w) + bf (v, w) f (u, cv + dw) = cf (u, v) + df (u, w) 2.2. Definice. Necht' f : V x V — K je bilineární forma a a = (wi, v2,..., vn) je báze prostoru V. Pak tato báze urCuje matici bilineární formy A = (a j) = (f (vj, Wj)). 2.3. Veta. Necht f je bilineérné forma na V s maticí A v bézi a. Necht souřadnice vektorů u, v G V v této bézi jsou x, y G K". Pak pro libovolné vektory platí f (u, v) = xT • A • y. 2.4. Veta. Je-li A matice bilinearní formy v bézi a, pak matice bilineérné formy v bazi P je B = (id) • A • (id) a,/?, kde (id)a>^ je matice prechodu od baze P k bézi a . 2.5. Definice. Dve Ctvercove matice A, B G Matn(K) se nazávají kongruentní, jestliZe existuje regularní matice P G Matn(K) taková, Ze B = PT • A • P. 2.6. Definice. Bilinearní forma se nazýva symetrická, jestliZe f (u, v) = f (v, u), resp. antisymetricka, jestlize f (u, v) = —f (v, u). 2.7. Veta. Necht f je bilinearné forma a A jejé matice v nřjake bézi a. Pak f je symetrické, je-li matice A symetrickaé, a f je antisymetrickaé, je-li matice A antisymetrickaé. 2.8. Veta. Kařdé bilineérné forma je součtem symetrické a antisymetrické bilineérné formy, přičemž pro matici platí A = ^(A-\-AT)-\-^(A—AT), kde první sčítanec odpovídá symetrické řcéasti a druhyé antisymetrickée řcéasti. 2.9. Veta. Kařda symetrické matice A G Matn(K) je kongruentné s nejakou diagonélné maticé. 2.10. Algoritmus. Diagonalizace symetrickách matic. Hledáme regulární matici P tak, abý matice PT • A • P býla diagonální. Predpokládejme, ze a11 = 0, pak na A provádíme elementarní rádkove ápravý (oznacíme éRO) tak, abý ai1 = 0 pro i = 2,..., n. Soucasne provadíme stejne sloupcove ápravý (oznacáme ESO)a tám dosahneme u sýmetricke matice toho, ze vásledna matice ma a1j =0 pro j = 2,..., n. Provedená sloupcove ápravý na matici A odpováda výnasobená teto matice zprava maticá P1, kteráa vznikne z matice jednotkováe provedenám stejnáe sloupcováe uápravý. 16 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Analogicky radkove áprave odpovídá vynasobení matice A zleva maticí P1T. Provedením stejne r ádkove i sloupcove ápravy na matici A dostaváme matici PT • A • P1; ktera je kongruentní s maticí A. Stejná postup uplatnujeme na dalsí radky a sloupce. Je-li a11 = 0 a n ejake au = 0 provedeme vám enu r adku 1a i a sloupce 1a i. Je-li a11 = a22 = • • • = ann = 0 a existuje = 0 p r icteme k r ádku i r adek j ak sloupci i sloupec j. Po v sech t echto uápraváach dostaneme diagonáalnáí matici PfcT ...Pf • PT • A • P1 • P2 ...Pk = (P1 • P2 ...Pfc)T • A • (P1 • P2 ...Pfc)= PT • A • P, která je diagonalní s puvodní maticí A. Ve vápo ctech postupujeme tak, z e si napíseme blokovou matici, jejíz levá blok je tvo r en maticí A a pravy blok jednotkovou maticí E. Pak v levem bloku provádíme ERO a odpovídající ESO dokud nedostaneme diagonální matici. Zaroven provadíme v pravem bloku stejnáe uápravy jako v leváem, ale pouze ráadkováe. Pak dostaáváame v praváem bloku matici PT. (A | E) — (PT • A • P | PT • E) 2.11. Definice. Zobrazení F : V —► K se nazává kvadratická forma, jestliže existuje bilinearní forma f : V x V — K takova, z e pro v s echna u G V platí F (u) = f (u, u). 2.12. Veta. Necht F je kvadratická forma na vektorovúm prostoru V. Pak existuje právě jedna symetrickú bilinearní forma, ktera ji určuje. 2.13. Definice. Maticí kvadratické formy F nazveme matici symetricke bilinearní formy, kteráa tuto kvadratickou formu ur cuje. 2.14. Veta. (Sylvéstrův zákon sétrvaCnosti) Kačdou kvadratickou formu F na reúlném vektorovom prostoru Rn lze vyjúdrit ve vhodné búzi (tuto bazi budeme dúle nazyvat kanonickú baze) ve tvaru F (x) = x1 +----h • • • X2 I 0X2_|_1 I • • • I pričemz pocet čúsel +1, -1, 0 je nezúvisly na volbe baze. 2.15. Definice. Signatura kvadraticke formy F na realnem vektorovem prostoru Rn je trojice nezapornych císel s_, s0), kde s__ je po cet kladných, s_ pocet zapornách a s0 po cet nulovych clenu v diagonalním tvaru kvadraticke formy. 2.16. Definice. Necht' F je kvadratická forma na reálnem vektorovem prostoru Rn. Řekneme, ze F je 2. Bilineární a kvadratické formy 17 1. pozitivně definitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) > 0 2. pozitivně semidefinitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) > 0 3. negativně definitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) < 0 4. negativně semidefinitní, jestliže pro každý x G Rn, x = o je F (x) < 0 5. indefinitní, jestliže existují vektory z, y G Rn takove, že F (y) > 0 a F (z) < 0. 2.17. Veta. Necht F je kvadratické forma na reálném vektorovém prostoru Rn. Pak 1. F je pozitivně definitní, právě tehdy když s+ = n; 2. F je pozitivně semidefinitní, právě tehdy když s_ = 0; 3. F je negativně definitní, právě tehdy když s_ = n; 4. F je negativně semidefinitní, právě tehdy kdyZ s+ = 0; 2.18. Veta. Kvadratickí forma je pozitivně definitní, prívě kdyě věechny hlavní minory její matice jsou kladníe. Kvadratickí forma je negativně definitní, pravě kdyě pro hlavní minory její matice platí (-1)* det(Ai) > 0. 2.19. Definice. Kvadrikou nažveme množinu Uloha 1: Kvadratickou formu F (x) = xix2 + x2x3 žadanou ve standardních souradnicích preveďte pomocí ESO a ERO na diagonýlní tvar. Řešení: Napíšeme si vpravo jednotkovou matici a vlevo matici dane kvadraticke formy. Na matici A kvadraticke formy provýdíme rýdkove a tytež sloupcove ýpravy, dokud nedostaneme diagonaýlnýí tvar matice, na jednotkovýe matici p ritom provaýdýíme tytýe ž uýpravy, ale vždy jen radkove (viž. požnamka 2.10.). (xi, x2,..., xn) G Kn (lij x* x j + ^2 bx* + c = 0 Řešené příklady 100 010 001 ) 110 010 001 18 I. Sbírka Uloh z lineární algebry a geometrie Nejdříve druhý řádek přičteme k prvnímu, protože a11 — 0, tutěž úpravu provedeme takě na prave matici, pak provedeme stejnou operaci se sloupci, ale to už použe na leve matici. 1 \ \ | 1 1 0 \ \ 0 \ | 0 1 0 \ \ 0 | 0 0 l) Tak jsme dostali na prave strane opet symetrickou matici, ale a11 — 0, dúle vynulujeme pomocí prvku au zbylé prvky prvního řádku a sloupce tak, že přičteme — \ násobek prvního rúadku nejprve k druhúemu a pak ke t retúímu raúdku, a pak provedeme odpovúídajúícúí sloupcovou uúpravu, ale použe na levúe matici. ( l \ \ \ 1 1 0 \ / 1 0 0 | 1 1 0 \ 0 -1- 1 I -1- 1 0 = 0 -1- 1 I -1 1 o w 4 4 i 2 2 I — l 4 4 i 2 2 w \w4 4 i 2 2 L / \w4 4 i 2 2 L / Dúle pricteme druhý radek k t retímu a provedeme odpovídající sloupcovou úpravu. / 1 0 0 | 11^ / 1 0 0 | 1 1 0 \ o -I \ I -\\ o U o -I o i -\ \ o \0 0 0 1-10 1/ \0 0 0 1-10 1/ Dostáváme tedy diagonální tvar kvadratické formy = yf — \y\. Levú matice je (id)^ a její r adky nam udavají baži, ve ktere ma dana kvadratickú forma tento tvar: Uloha 2: Najd ete diagonalní tvar kvadraticke formy F (x) — x2 + x2 — 2x1x2 + 2x1 x3 + 10x2x3 žadane ve standardních sou r adnicích v R3 pomocí algoritmu dopln e ní na ctverce. RRešení: Vsechny smísene cleny obsahující x1 p r ipojíme k clenu xj2 a doplníme na ctverec. Pak vsechny smísene c leny obsahující x2 p r ipojíme k c lenu x2 a op et doplníme na ctverec. F (x) — (x1 — x2 + x3) — x2 — x2 + 2x2x3 + x2 + 10x2x3 — — (x1 — x2 + x3) — x2 + 12x2 x3 — (x1 — x2 + x3) — (x2 — 6x3) + 36x3 nyní muž eme žavest nove sou r adnice: y1 — x1 —x2 +x3 y2 — x2 —6x3 y3 — x3 2. Bilineúrní a kvadratickú formy 19 diagonální tvar je: F(y) = y2 - y22 + 36y32 1 -1 1 ida,e = [ 0 1 -6 0 0 1 Hledáme matici inverzní k teto matici p r echodu a dostáváme ide,« = 115 016 001 Sloupce teto matice udávají vektory báže, ve ktere má matice diagonální tvar. a : 1 0 0 1 1 0 5 6 1 Uloha 3: Zjist ete jakou kuž elosec ku popisuje rovnice k : x"3 + x3 + 4x1x3 + 2x1 + 1 = 0 . Řešení: Použ ijeme metodu doplň ě ní na čtverce; nejprve bereme v úvahu pouze kvadratické č leny (xi + 2x2)2 - 4a;2, + x2, + 2xi + 1 = 0 transformujeme sou radnice: yi = xi + 2x2 V2 = x2 . Odtud spo č ítame x1 = y1 — 2y2, po transformaci dostúvame yj2 — 3y2 + 2yi — 4y2 + 1 = 0 a nynúí op et doplnujeme na ctverce (Ví + l)2 - 3 [y22 + = 0 (yi + i)2-3^2 + 0 +l = o |(i^ + D-|(^ + |)+i = o 20 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie po další transformaci souřadnic dostáváme: zi = ^(yi + 1) = ^(xi + 2x2 + 1) Z2 = §(2/2 + |) = |(^2 + |) k : z2 - z2 + 1 = 0 . Jedná se tedy o hyperbolu, jejíž střed S je dán zi = 0 a z2 = 0, v původních souřadnicích 2 X\ =--1 = - . 3 3 Tedy S = (§, — |)T • Nyní ještě najdeme bázi pro nové souřadnice. Víme (ulU = ( f f ) Inverzní matice k teto matici je / 2^3 _4 \ a její sloupce nám určují vektory báze a : [f 1,1*2], kde v\ = (^^-,0^ a 1)2 = (—|, §)• Pro sou radnice libovolnáeho bodu tedy platáí x = S + (id)e,a • z . Uloha 4: Najdete nejakou kvadratickou formu F hodnosti 5 na vektorovem prostoru R5 v analytickem vyjádrení vzhledem ke kanonicke báži, která je požitivne definitní na podprostoru generovanem vektory (1,1, 0, 0, 0), (0, 0, 0,1, 0), (0, —1, 0, 0, 0) a je nega-tivne definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 0, —1, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 1). Řešení: Podle Sylvestrova žakona setrvacnosti (veta 2.14.) ma kvadratická forma F vžhledem ke kanonickáe baáži tvar F (x) = aixj + a2x2 + a3x3 + a4 x\ + a5x2 , kde aj, i = 1... 5 nabávají hodnot +1, —1, 0. Pricemž kvadratická forma je požitivne definitní na nejakem podprostoru, pokud pro vsechny vektory x ž tohoto podprostoru platí F (x) > 0. 2. Bilinearná a kvadratická formy 21 Jde videt, ze podprostor generovaný vektory (1,1, 0, 0, 0), (0, 0, 0,1, 0), (0, —1, 0, 0, 0) je vlastn e podprostor vektoru tvaru (a, b, 0, c, 0); a, b, c G R. A tedy F (a, b, 0,c, 0) > 0 . Z toho plyne ai = 1, a2 = 1 a a4 = 1. Analogicky podprostor generovanyá vektory (0, 0, —1, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 1) je podprostor vektoru tvaru (0, 0, e, 0, f); e, f G R. Má-li bát na tomto podprostoru kvadraticka forma negativn e definitní, musí platit F(0, 0,e, 0,f) < 0 Z toho plyne a3 = —1, a5 = —1. Kvadraticka forma má tedy tvar 22222 Cvičení 1. Necht' je na R4 dáana bilineaárnáí forma f sou radnicovyám vyjaád renáím vzhledem ke stan-dardnáí báazi f (x, y) = —xi y2 + xiys + X2yi + £22/2 + £22/4 — £3 2/4 + £4 2/3 . Ur c ete matici v bazi e a hodnost formy. 2. Pro bilinearní formu zadanou ve standardní bázi f (x, y) = xi yi — 2x2 y2 + 3xi y2 na R2 ur cete její sou r adnicove vyjád r ení a matici v nove bázi vi = (3, — 1)T, v2 = (1, — 1)T. 3. Ve standardní bázi na R3 je dana bilinearní forma f (x, y) = xi yi + 2x2/2 + 2x2/3 Ur c ete matici bilineární formy v bazi vi = (1, 0, 1)T, v2 = (0, 1, 1)T, v3 = (1, 1, 0)T. 4. Pro bilinearní formu z p r íkladu 1 ur c ete symetrickou a antisymetrickou bilineární formu f s a f a, pro které platí f = fs + f a. 5. Pro bilineární formu na R3 ur c ete symetrickou a antisymetrickou bilinearní formu fs a f a, pro ktere platí f = f s + f a . (a) f (x, y) = 2xiyi + 4xi/2 — 2xi y3 + x2 y2 — x2 y3 + x3 y2 + x3 y3 (b) f (x, y) = 2xi/2 + 4x2 /3 + 6x3 yi 6. Najd e te n ejakou bázi symetricke bilineární formy f na vektorovem prostoru R3, ve kteráe maá tato forma diagonáalnáí tvar. Analytickáe vyjáad renáí f vzhledem ke stan-dardnáí baázi je f (x, y) = 2x2/3 + 2x3y2 + x3 y3 22 I. Sbírka íloh z lineární algebry a geometrie 7. Najd ete n ejakou báži sýmetricke bilineární formý f na vektorovem prostoru R3, ve ktere má tato forma diagonální tvar. Analýticke výjad rení f vžhledem ke stan-dardnáí baáži je f (x,y) = 3x12/1 +2x2?/2 8. Najdete sýmetrickou bilineární formu, ktera urcuje kvadratickou formu F. F má ve standardní báži v R3 rovnici (a) F (x) = 2x1 x3 — 4x2x3 (b) F (x) = x2 + x2 — 2x2x3 9. Najd ete diagonalní tvar kvadraticke formý F na R3 a báži, ve ktere má forma tento tvar, je-li sou radnicováe výjáad renáí ve standardnáí báaži F (x) = x2 + x3 — 2x1 x2 + 2x1 x3 + 10x2x3 . 10. Najd ete diagonáalnáí tvar kvadratickáe formý na R3 pomocáí algoritmu dopln enáí na ctverce a báaži, ve kteráe maá forma tento tvar, je-li sou radnicováe výjaád renáí ve standardnáí báaži (a) F (x) = 4x2 + 2x2 + 15x3 + 4x1 x2 — 4x1 x3 — 8x2x3 (b) F (x) = x1x2 + x1x3 + x2x3 11. Zjist ete vlastnosti realnách kvadratických forem, nap r . definitnost a signaturu, jestliž e jejich sou radnicováe výjáad renáí vžhledem ke standardnáí báaži je (a) F (x) = x1 — x1x2 + x2, na R2 (b) F (x) = 2x1x2 + 4x1 x3, na R3 (c) F (x) = —2x1 — 8x2 — 3x3 + 2x1x2 + 4x1 x3 — 2x2x3, na R3 12. Najd ete diagonální tvar kvadraticke formý na R3 a žjist ete, žda je požitivne definitní F (x) = x1 x2 + x2x3 + 3x1x3 13. Ve standardnáí baáži na R3 je dáana kvadratickaá forma. Ur cete jejáí signaturu. (a) F(x) = x1x3 (b) F (x) = x2 + x2 + 3x2 + 4x1x2 + 2x1 x3 + 2x2x3 (c) F (x) = x2 — 2x2 + x2 + 2x1x2 + 4x1x3 + 2x2x3 14. V nejake báži na reálnem vektorovem prostoru R4 je dana kvadraticka forma F. Ur c ete její diagonální tvar, definitnost, signaturu. (a) F (x) = x1 + x2 + x2 + x4 + 2x1x2 + 4x1 x3 + 2x1x4 + 4x2x3 + 4x2 x4 + 2x3x4 (b) F (x) = 3x2 + 2x4 + 4x1x4 + 4x2 x3 + 2x2x4 + 2x3x4 2. Bilineýrní a kvadratické formy 23 (č) F (x) = x1 x3 + x1x4 15. Uva zme bilineáarnáí formu zadanou ve standardnáí baázi f (x, y) = 2xi yi — 4xi y2 — 3x2 y2 + 2x2 y3 — 4x3 y2 — x3 y3 definivanou na C3. Nečht' F (x) je jí definovaná kvadratičká forma, napiste analytičke vyjáad renáí F a najd ete diagonaálnáí tvar F. 16. Najdete vsečhny hodnoty parametru a, pro které je kvadratička forma F na R3 pozitivn e definitní (pou z ijte Sylvestrovo kriterium). (a) F(x) = x22 + x32 + 4axix2 + a2xix3 (b) F(x) = ax2i + ax22 + (a — 3)x32 + 2xix2 + 2axix3 + 2x2x3 17. Zjist ete jakou ku zelose čku popisuje rovniče k : 5x2 + 9x2 + 12x1x2 — 6x2 + 4 = 0 a p reved'te na diagonáalnáí tvar. 18. Zjist ete jakou ku zelose čku popisujáí rovniče, p reved'te na diagonaálnáí tvar, p ráípadn e ur čete jejáí st red (a) k : x2i + x22 + 2xix2 — xi + 3x2 — 2 = 0 (b) k : 2xi2 — 3x22 + 5xix2 + xi + 10x2 — 3 = 0 (č) k : x2 + x2 + 4x1 x2 + 2x1 + 1 = 0 (d) k : 3x2 + 3x2 — 2x1 x2 + 4x1 + 4x2 — 4 = 0 (e) k : x2 + x2 — 2x1x2 — 4x1 — 6x2 + 3 = 0 (f) k : x1 + x2 + 2x1x2 — x1 — x2 = 0 (g) k : x2 + 2x2 — 2x1x2 — 4x1 — 6x2 + 3 = 0 (h) k : 4x2 + 5x2 + 10x1x2 — 2x1 — 4x2 + 3 = 0 (i) k : x2 + 4x2 + 4x1x2 + 6x1 + 8x2 — 9 = 0 (j) k : x2 + x2 + 2x1x2 + 2x1 + 2x2 — 4 = 0 19. Najd ete n ejakou kvadratičkou formu F hodnosti 6 na vektorovem prostoru R7 v an-alytičkem vyjad r ení vzhledem ke kanoničke bazi, ktera je pozitivn e definitní na pod- prostoru generovanáem vektory (—1, 0, 0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 0, —1, 0) a je negativne definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 1, 0, —1, 0, 0, 1), (0, —1, 0, 0, 0, 0,1), (0, 0, 0,1, 0, 0, 0). 24 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 20. Najd ete n ejakou kvadratickou formu F hodnosti 6 na vektorovém prostoru R7 v analytickém vyjád r ení vzhledem ke kanonické bazi, ktera je pozitivn é definitní na pod-prostoru generovanem vektory (-1, 0, 0, 0, 0, 0, 0), (-1, 0, 1, 0, 0, 0, 0), (-1, 0, 1, 0, 1, 0, 0) a je negativn e definitní na podprostoru generovanem vektory (0, 1, 0, 0, 0, 0, 0), (0,-1, 0, 0, 0, 0,1), (0,1, 0, 0, 0,1, 0). 21. Necht' Maí2(R) je vektorový prostor vsech matic radu 2 a necht' M = í 3 5 J 12 3 5 1 G Maí2(R). DokaZ te, Z e zobrazení f : Maí2(R) x Maí2(R) —► R definovane p r edpisem f (A, B) = tr(A • M • B), pro V A, B G Maí2 (R) (tr znamena stopu matice, tj. soucet prvku na hlavní diagonýle) je bilinearní forma. Pak najd ete matici teto bilineýrní formy v bazi a. a 4\0 0 j ^ 0 0 j ^ 1 0 j ^ 0 1 j 3. Skalární součin 25 3. SKALÁRNÍ SOUČIN Teorie 3.1. Definice. Necht' V je vektorový prostor nad polem K. Pak skalární součin na V je bilinearní symetricka forma, tj. zobrazení ( , ) : V x V — K takove, z e (x, x) > 0 pro x G V, x = o. (To znamena, z e p r íslu sný kvadratický forma je pozitivn e definitní.) Realný vektorový prostor se skalýrním sou c inem nazývame euklidovská prostor. 3.2. Definice. Necht' Rn je vektorovy prostor. Definujeme skalarní sou c in pro x, y G Rn, x = (xi, x2,..., x„), y = (yi, y2,..., y„) jako (x, y) = Ylľ=i x»y». Takto definovaný skalarní sou c in nazývame standardní skalarní součin. Euklidovský vektorovy prostor Rn se standardním skalarním soucinem budeme znacit En. 3.3. Definice. Velikost (norma) vektoru v v euklidovském prostoru V je číslo = 3.4. Veta. (Cauchyova-Schwartzova nerovnost) Pro kačdú dva vektory v euklidovskúm prostoru V platí v)| < ||u|| ||v^ 3.5. Definice. Necht' V je euklidovský prostor, u, v G V. Uhel, ktery vektory u a v svírají je císlo a G (0, n) takove, ze (u, v) cos a = -—n~ľr~ľľ i ui i vi 3.6. Definice. Dva vektory u, v G V, kde V je euklidovský prostor, nazveme kolmé (ortogonální), pokud (u, v) = 0. Dva vektory u, v G V, nazveme ortonormální, pokud jsou ortogonýlní (tj. (u, v) = 0) a pokud jejich velikost je rovna jedne (tj. ||u|| = 1 A ||v|| = 1). 3.7. Veta. Necht V je euklidovský prostor a v1, v2,..., vk G V jsou po dvou ortogonální vektory různě od nulovího. Pak jsou tyto vektory linearne nezávislé. 3.8. Definice. Bazi tvo r enou ortogonýlními vektory nazveme ortogonalní baze. Býzi tvo r enou ortonormýlními vektory nazveme ortonormální baze. 3.9. Veta. Necht V je euklidovsky prostor a u1, u2,..., uk G V libovolní vektory. Pak existují ortogonalní vektory v1, v2,..., vk G V, kterí generují tentfZ prostor jako vektory u1, u2,..., uk, to znamení [ui, u2, . . . , ufe] = [v1, v2, . . . , vfc] . 26 I. Sbírka íloh z lineami algebry a geometrie Algoritnus, s jehor pomocí lze nalézt vektory v1, v2,..., vk se nazyví Grammův-Schmidtův ortogonalizacní proces a je popsan v ůloze 1. 3.10. Definice. Řekneme, že množiný A, B C V jsou ortogonální množiny (ozn. A ± B) jestli že Vu G A, Vv G B : (u, v) = 0 3.11. Definice. Ortogonální doplňek množiny A v euklidovskem vektorovem prostoru V nažveme mno žinu A± = {u G V : (u, v) = 0, Vv G A} 3.12. Definice. Necht' V je euklidovská prostor a U C V je vektorová podprostor ve V. Kolma projekce vektoru v G V do U je vektor Pv G U takový, ž e v — Pv ± U. 3.13. Veta. Necht' V je euklidovská prostor a U C V je podprostor. Potom U © U± = V. _Řešené příklady Uloha 1: Použijte Grammuv-Schrnidtuv ortogonaližacní proces na báži a : u1 = (2, 0, —1)T, u2 = (—1, 1, 1)T, u3 = (1, 1, 1)T vektoroveho prostoru E3. Řešení: Budeme hledat ortogonalní baži /// : [v1, v2, v3] 1) Za v1 žvolíme libovoln e jeden že t r í vektoru puvodní báže a , nap r . v1 = u1 a tedý v1 = (2, 0, —1)T 2) Hledáme druhá vektor báže v2 ve tvaru v2 = u2 + P1 v1 tuto rovnost skaláarn e výnaásobáíme vektorem v1 (v1, v2) = (v1, u2) + P1 (v1,v1) po ž adujeme, abý vektorý v1, v2 býlý kolme, proto skalární sou cin (v1, v2) = 0; žbýle skalarní souciný mužeme už lehce spo cítat (v1, u2) = —3, (v1 ,v1) = 5, pak 3 0 = —3 + 5pi z toho plyne Pi = - 5 3. Skalární součin 27 a tedy t,2 = (-l,l,l)r+|(2,0,-l)T 5 2 5 T a- můžeme do baze zvolit libovolný násobek tohoto vektoru, pro snadnější počítání tedy volme V2 = (1, 5, 2)T 3) Nyní zbývá najít ješte tretí vektor báze v3, který musí být kolmý k obema předchozím vektorům vi a v2; predpoklýdejme jej ve tvaru V3 = U3 + qivi + q2 V2 tuto rovnost nejdríve skalarne vynasobíme vektorem v1 a pak vektorem v2, čímz dostavíme soustavu dvou rovnic o dvou neznýmych q1 a q2 (V3, Vi) = (U3, Vi) + qi(vi, Vi) + q2 (V2, Vi) (V3, V2) = (U3, V2) + qi(Vi, V2) + 2) —a1 (U>2,W1} —a2(w2,W2} = 0 po výcíslení skalarních soucinu dostavame: 8 —7a1 —6a2 = 0 1 —6a1 —11a2 = 0 resenám teto soustavý rovnic je a1 = 2 a a2 = —1, tedý Pv = 2(1,1, —1, 2) — (3,1, 0,1) = (—1,1, —2, 3) _Cvičení 1. Zjistete zda je zobrazení g : R2 x R2 — R skalární soucin (a) g(x, y) = X1y1 + + X2y1 + X2y2 (b) g(x, y) = 4x1 y1 + 2x1y2 + 5x2y2 (c) g(x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 2. Zjistete, zda je zobrazení g : R3 x R3 — R skalarní soucin (a) g(u, v) = 3u1v1 — u1v2 — u2v1 + 2u2v2 + u1v3 + u3v1 + u3v3 (b) g(u, v) = 2u1v1 — u1v2 — u2v1 + u3v3 (c) g(u, v) = u1v1 + 2u1v2 — u2v1 + u2v2 + + 2u3v3 (d) g(u, v) = u1v1 + 2u2v2 — u2v3 — u3v2 + 3^v3 (e) g(u, v) = 3u1v1 + u1v2 + u2v1 + u2v2 + u3v3 3. Ve vektorovem prostoru R2[x] je pro libovolne dva polýnomý f, g definováno reálne císlo (f, g}. Rozhodnete, zdaje takto definován skalární soucin. (a) (f, g} = /i f (t)g(t)dt (b) (f, g} = 1 4. Ve vektorovem prostoru Mat22(R) je pro libovolne vektorý A = ( a1 a2 ) ,B = b b \ , , ) definovano realne císlo (A, B. Rozhodnete, zda je takto definován skalární b3 b4 soucin. (a) (A, B} = det(A.B) (b) (A, B} =det(A + B) 30 I. Sbírka Uloh z linearní algebry a geometrie (č) (A, B) = a1 b1 + a4b4 (d) (A, B) = a1b1 + a2b2 + a3b3 + a4b4 5. Zkuste na R2 najít taková skalární součin, aby vektory u a v byly na sebe kolme. (a) u = (1, 2)T, v = (2, 3)T (b) u = (—5, 2)T, v = (10, —4)T 6. Najd ete ortogonální bazi podprostoru generovaneho vektory (3, 2, —4, 6)T, (8,1, —2, — 16)T, (5,12, —14, 5)T, (11, 3, 4, —7)T v euklidovskem prostoru E4. 7. Ur č ete ortogonalní bázi podprostoru generovaneho vektory (1, 0, 4, — 1)T, (1, —4, 0, 1)T, (—4, 1, 1, 0)T a jeho ortogonalního doplnku v euklidovskem prostoru E4. 8. Gramm-Sčhmidtovám ortogonalizačním pročesem sestrojte ortogonální bazi podprostoru generovaneho vektory (1, 1, —1, — 1)T, (1, —1, 1, 1)T, (—1, —2, 0, 1)T v euklidovskem prostoru E4. 9. V euklidovskem prostoru V naleznete ortogonální bazi podprostoru W, je-li: (a) V = E, W = [(1, 2, 2, —1)T, (1,1, —5, 3)T, (3, 2, 8, — 7)T] (b) V = E4, W = [(1, 0,1, 0)T, (0,1, 0, —7)T, (3, —2, 3,14)T] (č) V = E5, W = [(1, 2, 0,1, 2)T, (1,1, 3, 0,1)T, (1, 3, —3, 2, 3)T, (1, —1, 9, —2, — (d) V = E5, W = [(1, —1, 0,1,1)T, (1, —1,1, 0, —1)T, (1, —2, —2, 0, 0)T, (1, —4,1, 3, 4)T] 10. V euklidovskem prostoru E4 jsou dány vektory u, v. Ukaz te, z e tyto vektory jsou ortogonaálnáí a doplnte je na ortogonaálnáí baázi čeláeho prostoru. P ritom: (a) u = (1, —2, 2,1)T, v = (1, 3, 2,1)T (b) u = (2, 3, —3, —4)T, v = (—1, 3, —3, 4)T (č) u = (1, 7, 7,1)T, v = (—1, 7, —7,1)T 11. Najd ete ortogonalní bazi vektoroveho prostoru R3[x] se skalárním sou činem defino-vanám (f, g) = f (t)g(t)dt. Najd ete matiči p r ečhodu od nalezene baze a do stan-dardnáí baáze [1, x, x2, x3]. 12. V euklidovskem prostoru E5 je dan podprostor W. Naleznete ortogonalní bázi ortogonalního doplnku W±, je-li: (a) W = {(r + s + t, —r + t, r + s, —t, s + t); r, s, t G R} (b) W = [(1, —1, 2,1, —3)T, (2,1, —1, —1, 2)T, (1, —7,12, 7, —19)T, (1, 5, —8, —5,13)T] 13. V euklidovskem prostoru E4 nalezn ete ortonormalní bazi podprostoru vektoru, které jsou ortogonalní k vektoräm u = (1, 1, 1, 1)T, v = (1, —1, —1, 1)T, w = (2, 1, 1, 3)T. 3. Skalarní souěin 31 14. Urcete vsechny hodnoty parametru a G R, pro které je žadany vektor u ž eukli-dovskeho prostoru V normovaný. Pritom: (a) V = E5, u = (a +1, 0, a + 2, 0, a + 1)T (b) V = R2[x], se skalýrním soucinem (/, g) = /Q1 f (t)g(t)dt, u = 3x2 + a (c) V = R2[x], se skalýrním soucinem (f, g) = f (t)g(t)dt, u = 3x2 + a 15. Najdete ortogonýlní doplnek podprostoru P generovaneho vektory (—1, 2, 0, 1)T, (3,1, —2, 4)T, (—4,1, 2, —4)T v E4. 16. V euklidovskem prostoru E4 jsou dýny podprostory W = [u1,u2,u3] a S = [v], kde ui = (1,1,1,1)T, u2 = (—2, 6, 0, 8)T, u3 = (—3,1, —2, 2)T, v = (1, a, 3, b)T. (a) Naležnete ortogonalní baži W. (b) Urcete hodnoty a, b tak, aby podprostory W, S byly kolme. 17. Najdete ortogonalní prämet vektoru (1, 2, 3)T do podprostoru generovaneho vektory (—1, 1, 1)T, (1, 1, 1)T v E3. 18. Necht' je L = [u, v, w] podprostor v E4. Najdete kolmy prämet vektoru z do (a) z = (4, 2, —5, 3)T, u = (5,1, 3, 3)T, v = (3, —1, —3, 5)T, w = (3, —1, 5, —3)T (b) z = (2, 5, 2, —2)T, u = (1,1, 2, 8)T, v = (0,1,1, 3)T, w = (1, —2,1,1)T 19. V euklidovskem prostoru V najdete ortogonalní projekci vektoru u do podprostoru W, je-li: (a) V = E4, u = (—2, 2, 2, 5)T, W = [(1,1, —1, 2)T, (3,1, 0,1)T, (2, 0,1, —1)T] (b) V = E4, u = (2, 7, —3, —6)T, W = {(r + s, r + s, —r — 3s, 2r + 3s); r, s G R} (c) V = E4, u = (1, 2, 3, 4)T, W = [(0,1, 0,1)T] (d) V = E4, u = (4, —1, —3, 4)T, W = [(1,1,1,1)T, (1, 2, 2, —1)T, (1, 0, 0, 3)T] 20. Necht' u, v jsou vektory ž euklidovskeho prostoru V. Dokažte, že platí nerovnost | ||u|| — ||v|| | < ||u — vy. 21. Dokažte, že pro libovolných n reýlnych císel x1, x2,..., xn platí nerovnost X\ ~\~ X2 ~\~~ ' ' ' ~\~~ Xn ^ / Xy ~\- X2 ~\~~ ' ' ' ~\~~ X^a nn (Navod: Použijte Cauchyovu-Schwartžovu nerovnost.) 32 I. Sbírka Uloh z linearní algebry a geometrie 22. Dokazte, z e pro libovolnou spojitou funkči f platí 1 f° / 1 r -- / f(x)dx<\-- / f2(x)dx. a - 6 7a " V a ~ b 7a (Návod: Použijte Cauchyovu-Schwartzovu nerovnost.) 23. Dokažte, že je-li 2x + 4y = 1, pro libovolná x,y G R, pak x2 + y2 > ^. 24. Dokáž te, ž e pro libovolná x, y, z G R plátí nerovnost o 2 2 2 /x y ^2 x2 y2 z2 (- + - + -) <--h — H--. V2 3 6/ _ 2 3 6 25. Dokaz te, z e pro libovolná a1, a2,..., an G R+ platí a21 a22 a2n-1 a2n --1---1-----1---1--> ai + a2 H-----\- an. a2 a3 an a1 26. Dokazte, ze pro libovolná a1, a2,..., an G R+ platí (ai + a2 +----ha„)(- + - +----h — J > n2 . a1 a2 an 27. Ur čete velikost vyásledniče F čty r komplanáarnáíčh sil (tj. sil le záíčáíčh v jednáe rovin e) F1, F2, F3, F4 pusobíčíčh z jedineho bodu, jestlize velikost kazde síly je 10 N a áhel mezi dv ema sousednáími silami je (a) a = 30o (b) p = 45o 28. Tri síly F1, F2, F3 pusobí z jednoho bodu v prostoru. Kazde dve síly svírají stejná áhel a. Velikosti tečhto sil jsou |F1| =2 N, |F21 = 3 N, |F3| =4 N. Určete áhel a tak, aby velikost váysledniče sil byla F = 5 N. 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 33 4. EUKLIDOVSKÁ ANALYTICKÁ GEOMETRIE - VZDÁLENOST A ÚHEL Teorie 4.1. Definice. Necht' A, B jsou body euklidovskeho prostoru Rn. Pak realne císlo p(A, B) — y A — B ||, tj. velikost vektoru A — B, nažúvame vzdáleností bodů A a B. 4.2. Definice. Necht' M je podprostor euklidovskeho prostoru Rn a A bod ž tohoto prostoru. Pak, vzdálenosti bodu A od afinního podprostoru M nažúvame nežaporne reúlne císlo p(A, M), definovane p(A, M) — min{||A — By, B G M} 4.3. Veta. Necht M je afinní podprostor v Rm a B G M je libovolný bod z M, pak vzdálenost bodu A G Rn od afinního podprostoru M je rovna velikosti kolmáho průmětu vektoru A — B do ortogonálního doplnku zaměřená podprostoru M, tj. do ZX(M). 4.4. Definice. Necht' P, Q jsou podprostory euklidovskeho prostoru Rn. Pak vzdáleností podprostoru P, Q nažyvúme nežaporne realne císlo p(P, Q), definovane p(P,Q) — min{||A — By; A G P, B G Q} 4.5. Veta. Necht P, Q jsou dva afinní podprostory, A G P je libovolní bod z P a B G Q libovolný bod z Q , pak vzdálenost podprostoru P a Q je rovna velikosti kolmeho průmětu vektoru A — B do [Z(P) + Z(Q)]x 4.6. Definice. Necht' u, v G V jsou nenulove vektory. Pak odchylkou jednorozměrných podprostoru [u], [v] ve V rožumíme reúlne císlo 0 (nekdy žnacíme 0(u, v)), pro ktere platí: l(u,v)| , n cos0 = , , ,/', 0<(f><-| u| | v| 2 4.7. Definice. Necht' U, V jsou podprostory euklidovskeho vektoroveho prostoru. Pak odchylku podprostoru U, V definujeme takto: (a) Je-li U C V nebo V C U, pak 0(U, V) — 0. (b) Je-li U n V — {o}, pak 0(U, V) — min{a(u, v); u G U, v G V; u, v — o}. (c) Je-li U n V — {o}, pak 0(u, V) — 0(U n (U n V)x, V n (U n V)x). 4.8. Veta. Necht v je vektor a U je podprostor v euklidovském prostoru Rn. Necht Pv je ortogonalní projekce vektoru v do podprostoru U. Pak odchylka vektorových podprostoru 34 I. Sbírka ůloh z lineami algebry a geometrie U a [ v ] je l|Pv|| COS (f)(U, [v]) = COS(f)(v,Pv) = —rr-rr- 4.9. Veta. Necht N1, N2 jsou nadroviny v euklidovskom vektorovom prostoru Rn, n > 2 a necht a je normílovÝ vektor nadroviny N1 a b je normílovÝ vektor nadroviny N2. Pak odchylka trchto nadrovin je odchylka jejich normílovych vektorů. cos , N2) = cos (a, b) 4.10. Definice. Odchylkou dvou afinních podprostorů P, Q rozumíme odchylku jejich zamě r ení Z(P), Z(Q). _Řešené příklady Uloha 1: V euklidovskem prostoru E4 urc ete vždalenost roviný a : (4, 1, 1, 0)+t(1, —1, 0, 0)+ s(2, 0, —1, 0) a p r ímký p : (5, 4, 4, 5) + r(0, 0,1, —4). Řešení: 1. způsob: Nejprve najdeme ortogonaálnáí dopln ek sou ctu žam e renáí roviný a p ráímký 1 —10 0 | 0 \ / 1 —10 0 | 0 \ 2 0 —1 0 | 0 ~ 0 2 —1 0 | 0 00 1 —4 | 0 ) \ 0 0 1 —4 | 0/ Zavedeme parametr t, cili x4 = t,pak x3 = 4t, x2 = 2t, x1 = 2t, žvolíme-li napr . t = 1, dostávame [Z(a) + Z(p)]x = [(2, 2, 4,1)T], ožnacme tento vektor u. Nýní žvolíme libovolne bodý A G a, B G p, nap r . A = (4, 1, 1, 0)T, B = (5, 4, 4, 5)T, a ožnacíme vektor A — B = x = (1, 3, 3, 5)T. Podle vetý 4.5. je vždálenost roviný a p rímký rovna pram etu vektoru x do podprostoru [u]. Hledame tedý kolmá prum et Px. P redpokláadaáme Px ve tvaru: Px = au x — Px ± u ž toho plýne (x, u) — a(u, u) = 0 25 — 25a = 0 a tedý a =1 pak Px = u =(2, 2, 4,1)T p(a, p) = ||Px|| = 5 2. způsob: Op et pot r ebujeme najít ortogonalní doplnek sou ctu žame r ení obou podprostoru, která jsme ur cili v p r edchažejícím vápo ctu [Z(a) + Z(p)]x = [(2, 2, 4,1)T], ožnac me tento vektor u. 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 35 Nyní hledáme body A0 G o a B0 G p jimiž se vzdálenost p(o, p) realizuje. Vektor A0 — B0 je kolmý k rovine o i prímce p a tedy A0 — B0 G [Z (o) + Z (p)]-1, tzn. je lineární kombinací vektoru baze [Z (o) + Z (p)]- A0 — B0 = ku. Dale víme: A0 = (4,1,1, 0) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) B0 = (5, 4, 4, 5) + r(0, 0,1, —4) a tedy (4,1,1, 0) +t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) — (5, 4, 4, 5) — r(0, 0,1, —4) Dostavame tedy soustavu rovnic: k(2, 2, 4,1). t +2s —t —s —r 4r —2k —2k —4k -k tuto soustavu resíme uzitím Gaussovy eliminace 12 0 —2 1 1 10 0 —2 3 0 0 —1 —1 —4 3 0 00 4 —1 5 0 12 0 —2 I 1 ^ 1 01 0 —2 I 2 0 00 —1 —6 I5 0 00 4 —1 I5 0 —1, r = 1, s = 0, t = —1. 20 20 —1 —1 04 0 0 2 4 4 —1 —2 —2 —6 25 1 4 3 5 1 2 5 25 z toho plyne k A tedy A0 — B0 = — 1u = (—2, —2, —4, —1)T z toho plyne p(o,p) = INI =5, dale muzeme taky urcit body, ve kterých se tato vzdalenost realizuje: A0 = (4,1,1, 0) — (1, —1, 0, 0) = (3, 2,1, 0)T B0 = (5, 4, 4, 5) + (0, 0,1, —4) = (5, 4, 5,1)T 3.způsob: Budeme potrebovat bazi souctu zamierení, coz je napr. Z(o)+Z(p) = [(1, —1, 0, 0)T, (2, 0, —1, 0)T, (0, 0, 1, —4)T], oznacme tyto vektory postupne vi, v2, v3. 36 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Nyní hledáme body Ao G a a Bo G p jimiž se vzdálenost p(a, p) realizuje. Vektor Ao — Bo je kolmý k rovine a i prímce p a tedy A0 — B0 je kolmy k Z (a) + Z (p), tzn. je kolmy k vektorům báze Z (a) + Z (p), tedy A0 — B0 ± vi, A0 — B0 ± v2, A0 — B0 ± v3. Dále víme: Ao = (4,1,1, 0) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) Bo = (5, 4, 4, 5) + r(0, 0,1, —4) a tedy A0 — B0 = (—1, —3, —3, —5) + t(1, —1, 0, 0) + s(2, 0, —1, 0) — r(0, 0,1, —4). Dostýávýáme tedy soustávu rovnic: 0 0 0 —2 —1 -17 11 0 | — 1 \ 0 3 1 | 1 ~ 0 1 17 | 17 / 1 z toho plyne r = 1, s = 0, t = —1. A tedy Ao = (4,1,1, 0) — (1, —1, 0, 0) = (3, 2,1, 0)T Bo = (5, 4, 4, 5) + (0, 0,1, —4) = (5, 4, 5,1)T z toho plyne Ao — Bo = (—2, —2, —4, —1)T p(a,p) = ||Ao — Boy =5 . "Úloha 2: UrCete vzdýlenost rovin a : (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2, 1); t : (1, —2, 1, —3) + r(2, —2, 1, 2) + p(1, —2, 0, —1) v euklidovskem prostoru E4. (Ao — Bo ,ui) (Ao — Bo ,U2> (Ao — Bo ,V3> 2 t +2 s 2 t +5 s s +r 17r tuto soustavu resíme uzitím Gaussovy eliminace 2 2 0 2 5 0 1 1 17 —2 —1 17 110 031 001 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 37 Řešení: 1. způsob: Nejprve najdeme ortogonální doplněk součtu zaměření obou rovin / 1 2 2 2 | 0 \ 2 0 2 1 | 0 2 -2 1 2 | 0 \ 1 -2 0 -1 | 0 / 1 2 2 2 0 -4 -2 -3 0 6 3 2 \ 0 -4 -2 -3 0 0 0 0 1222 0423 0 0 0 5 0000 0 0 0 0 Z toho plyne, ze x4 = 0, dále zavedeme parametr t, čili x3 = t, x2 ,í, X\ x zvolíme-li napr. t = -2, dostáváme [Z(a) + Z(t)]± = [(2,1, -2, 0)T], označme tento vektor u (Je videt, ze roviny jsou částečne rovnobezne). Nyní zvolíme libovolne body A G a, B G t, napr. A = (4, 5, 3, 2)T, B = (1, -2, 1, -3)T, a označíme vektor A - B = x = (3, 7, 2, 5)T. Podle vety 4.5. je vzdalenost rovin rovna prUmetu vektoru x do podprostoru [u]. Hledáme tedy kolmá prUmet Px. Predpokladáme Px ve tvaru: Px = au Px ± u z toho plyne (x, u) 0 a tedy a = 1 pak Px p(a, t) = ||Px|| = 3 ž.způsob: Opet potrebujeme najít ortogonalní doplňek součtu zamerení obou rovin, která jsme určili v predčhazejíčím vápočtu [Z(a) + Z(t)]± = [(2, 1, -2, 0)T], označme tento vektor u. Nyní hledame body A0 G a a B0 G t jimiz se vzdalenost p(a, t) realizuje. Vektor A0 - B0 je kolmy k rovine a i t a tedy A0 - B0 G [Z(a) + Z(t)]-*-, tzn. je linearná kombinačá vektoru báze [Z(a) + Z(t)]x A0 - B0 = ku . 9- 9a u a( u, u) = 0 (2,1, -2, 0)T Dale váme: A0 = (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) B0 = (1, -2,1, -3) + r(2, -2,1, 2) + -2, 0, -1) a tedy (4, 5, 3, 2)+t(1, 2, 2, 2)+s(2, 0, 2,-2,1, -3)-r(2, -2,1, 2)-p(1, -2, 0, -1) = k(2,1, -2, 0). Dostáaváame tedy soustavu rovnič: 2k k -2k +p +2r -2s -t -2p -2r -2t +r -2s -2t -p +2r -1s -2t 3 7 2 5 38 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie tuto soustavu resíme uzitím Gaussovy eliminace 2 1 -2 0 1 -2 0 1 2 20 3 7 2 5 12 2 0 00 00 zvolíme napr. t = A tedy 1 2 -2 -5 -6 2 9 1 1 3 -18 -18 11 3 11 36 2 2 0 0 1 3 0 -1 2 2 000 00 62 4 1 1 3 3 2 12 6 1 0 1 3 2 11 3 11 5 5 -1 -1 1, pak s = -3, r = 0, p = -4, k = 1. Ao - Bo = 1u = (2,1, -2, 0)T z toho plyne p(<7, T) = = 3 , dale muzeme taky urcit body, ve kterých se tato vzdalenost realizuje: Ao = (4, 5, 3, 2) + (1, 2, 2, 2) - 3(2, 0, 2,1) = (-1, 7, -1,1)T Bo = (1, -2,1, -3) - 4(1, -2, 0, -1) = (-3, 6,1,1)T 3 11 4 -2 Zde by nas mohla zmast volba t = 1, zkusme tedy, co se stane, kdyz zvolíme t = 2, pak s = -4, r = 0, p = -5, k = 1. Hodnota k se nezmenila a nezmení se tedy ani hodnota vzdýalenosti. Ao - Bo = 1u = (2,1, -2, 0)T z toho plyne p(<7, T) = = 3 , Ao = (4, 5, 3, 2) + 2(1, 2, 2, 2) - 4(2, 0, 2,1) = (-2, 9, -1, 2)T Bo = (1, -2,1, -3) - 5(1, -2, 0, -1) = (-4, 8,1, 2)T Jinou volbou se vzdalenost nezmení, pouze se zmení body, ve kterých se tato vzdýlenost realizuje. To znamený, ze vzdalenost se muze realizovat v nekonecne mnoha bodech (to odpovýdý nekonecne mnoha volbam parametru), coz je zpusobeno tým, ze roviny jsou castecne rovnobezne. S.způsob: Budeme potrebovat bazi souctu zamerení. Snadno zjistíme, ze je to napr. Z (a) + Z (t ) = [(1, 2, 2, 2)T, (2, 0, 2, 1)T, (2, -2, 1, 2)T], oznacme tyto vektory postupne vi, v2, v3. Nyní hledame body Ao G a a Bo G t jimiz se vzdalenost p(a, t) realizuje. Vektor Ao - Bo je kolmy k rovine a i t a tedy Ao - Bo je kolmý k Z (a) + Z (t ), tzn. je kolmy k vektorum baze Z (a) + Z (t ), tedy Ao - Bo ± vi, Ao - Bo ± v2, Ao - Bo ± v3. Dýle víme: Ao = (4, 5, 3, 2) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) 4. Euklidovská analytická geometrie - vydálenost a úhel 39 Bo = (1, -2,1, -3) + r(2, -2,1, 2) + p(1, -2, 0, -1) a tedy Ao - Bo = (3, 7, 2, 5) + t(1, 2, 2, 2) + s(2, 0, 2,1) - r(2, -2,1, 2) - p(1, -2, 0, -1). Dostáváme tedy soustavu rovnic: 0 0 (Ao - Bo (Ao - Bo,U2> (Ao - Bo,V3> = 0 13t +8s -4r +5p = -31 8t +9s -8r -p = -15 4t +8s -13r -4p = -4 tuto soustavu reSáme užitím Gaussovy eliminace 4 8 -13 -4 | -4 \ / 4 8 -13 -4 8 9 -8 -1 | -15 ~ 0 -7 18 7 13 8 4 5 31 0 8 17 8 -15 -31 4 8 -13 -4 0 -7 18 7 0 0 25 0 ž toho plyne r = 0, zvolíme p =1, pak s = 2, t = -4. A tedy Ao = (4, 5, 3, 2) - 4(1, 2, 2, 2) + 2(2, 0, 2,1) = (4, -3, -1, -4)T Bo = (1, -2,1, -3) + (1, -2, 0, -1) = (2, -4,1, -4)T ž toho plyne Ao - Bo = (2,1, -2, 0)T p(cr,r) = || Ao - Bo || = 3 . Volba ža p opet není jednožnaCna, žvolíme-li jinak, dostaneme jine body, ve kterách se vždalenost realizuje, ale hodnota vzdálenosti se nežmení. Uloha 3: UrCete uhel prímky p : (1, 2, 3, 4) + t(-3, 15, 1, -5) a podprostoru B : (0, 0, 0, 0) + r(1, -5, -2,10) + s(1, 8, -2, -16) v E4. Rešení: OžnaCme vektor, která generuje žamerení prímky p, u a vektory, ktaré generují žamerení podprostoru B, postupne x, y. Podle vety 4.8. je uhel p a B roven íhlu, ktery svíra vektor u a jeho ortogonílní projekce Pu do Z(B). Hledíme tedy Pu: Pu = a1 x + a2 y u - Pu ± B ž toho plyne u - Pu ± x A u - Pu ± y 40 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie (u, x) —ai(x,x) —a2 (x, y) (u,y) — ai(x,y) —02(y,y) 0 0 po vyčíslení skalárních součinů dostáváme: — 130 —130ai +19502 195 +195ai —325a2 0 0. Vyresením teto soustavy dostáváme a1 = —1, a2 = 0, a tedy Pu = —x = (—1, 5, 2, —10)T z toho plyne cos 0(p, B) 0(p, B) = ||Pw|| _ ÍTšô \\u\\ ~ V 260 V2 2 Úloha 4: Naleznete odchylku 0 roviny a : (2, 1, 0, 1) + t(1, 1, 1, 1) + s(1, —1, 1, —1) a roviny t : (1, 0, 1, 1) + r(2, 2, 1, 0) + p(1, —2, 2, 0) v prostoru E4. Rešení: Budeme postupovat podle definice 4.7. Nejprve budeme hledat prunik zamerení obou rovin Z (a) n Z (t). t(1,1,1,1) + s(1, —1,1, —1) = r(2, 2,1, 0) + p(1, —2, 2, 0) 1 1 —2 —1 0 1 1 —2 —1 0 1 —1 —2 2 0 0 —2 0 3 0 1 1 —1 —2 0 0 0 1 —1 0 1 —1 0 0 0 0 0 0 0 0 tzn. r = p a Z (a) n Z (t ) = [(1, 0,1, 0)T Díle musíme najít P = Z (a) n (Z (a) n Z (t a Q ze (Z(a) n Z(t))x Z(t) n (Z(a) n Z(tJde vidět, [(1, 0, —1, 0)T, (0,1, 0, 0)T, (0, 0, 0,1)T]. Pak najdeme P: ) + k2(0,1, 0, 0) + k3(0, 0, 0,1) = t(1,1,1 ki (1, 0, —1, 0) + k2(0,1, 0, 0) + fca(0, 0, 0,1) = t(1,1,1,1) + s(1, —1,1, —1) 1 0 0 0 1 0 —1 —1 1 0 —1 1 0 0 —1 —1 0 1 1 1 0 0 0 0 r^j • • • r^j 1 0 0 —1 —1 0 0 10 —1 1 | 0 0 0 1 —1 1 | 0 0 0 0 1 1 0 Tzn. t = —s a P Nyní najdeme Q: [(0,1, 0,1)r], oznacme tento vektor a. 4 ki(1, 0, —1, 0) + k2(0,1, 0, 0) + ks(0, 0, 0,1) = r(2, 2,1, 0) + p(1, —2, 2, 0) 4. Euklidovskú analytička geometrie - vydúlenost a úhel 41 í 00 10 00 01 —2 2 1 r^j • • • r^j 2 1 0 0 —1 —2 \ 0 0 1 0 0 Tzn. r = —p a Q = [(1, 4, —1, 0)T], oznacme tento vektor b. Uí hel daníych rovin je pak roven uíhlu, kteríy svíírajíí vektory a a b. 0 0 0 0 1 0 0 —2 0 1 0 2 1 2 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 4 (g, b) cos0 = ...... = - 2 3 0 0 0 0 Cvičení 1. V euklidovskem prostoru E4 resp. E5 urcete vzdalenost bodu A od podprostoru P. (a) A = (4,1, —4, —5); P : (3, —2,1, 5) + t(2, 3, —2, —2) + s(4,1, 3, 2) (b) A = (1, 1, —2, —3, —2); P : (3, 7, —5, 4, 1) + t(1, 1, 2, 0, 1) + s(2, 2, 1, 3, 1) (c) A = (2, 1, —3, 4); P : 2xi — 4x2 — 8x3 + 13x4 + 19 = 0, xi + x2 — x3 + 2x4 — 1 = 0 (d) A = (1, —3, —2, 9, —4); P : xi — 2x2 — 3xs + 3x4 + 2x5 + 2 = 0, xi — 2x2 — 7xs + 5x4 + 3x5 — 1 = 0 (e) A = (2, 1, 4, —5); P : (1, —1, 1, 0) + t(0, 1, 2, —2) (f) A = (—9, 2, 1, —5); P : (1, 2, 0, 0) + t(—1, 1, 1, 3) + s(0, —2, 1, —1) (g) A = (4, 2, —5,1); P : 2xi — 2x2 + xs + 2x4 — 9 = 0, 2xi — 4x2 + 2xs + 3x4 — 12 = 0 (h) A = (2, 1, —1, 0); P : 3xi + x3 — x4 + 6 0 2. Urcete vzdalenost prímek p, q v euklidovskem prostoru En (pro n = 3, 4, 5). (a) p : (9, —2, 0) + t(4, —3, 1); q : (0, —7, 2) + s(—2, 9, 2) (b) p : (6, 3, —3) + t(—3, 2, 4); ( 1, 7, q : (—1, —7, 4) + s(—3, 3, 8) p : (2, —2,1, 7) + t(0, 4, —2, —3 q : (3, 0, 0, — 1) + s(—2, 0, 1, 1) (d) p : (7, 5, 8, 1) + t(2, 0, 3, 1); q : xi — 4x3 + 7 = 0, x2 + 2x3 — 5 = 0, x4 — 3 = 0 (e) p : (—3, 2, 3, 3) + t(—1, 1, 1, 0); q : (6, 5, 7, 3) + r(0, 0, —1, 2) 3. Urcete vzdalenost prímky p a roviny t v euklidovskem prostoru E4 resp. E5. (a) p : (1, 3, —3, —1) + t(1, 0, 1, 1); t : —xi + x2 + x3 + x4 = 3; —3x2 + 2x3 — 4x4 = 4 42 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie (b) p : (5, 4, 4, 5) + r(0, 0, 1, -4); t :(4, 1, 1, 0) + t(1,-1, 0, 0) + s(2, 0,-1, 0) (c) p : (1, 6, -6, 4) + t(1, -5, 8, 5); t : (6, 3, -5, 5) + -2, 2, 2) + r(2, -1, -2,1) 4. UrCete vzdálenost rovin t a a v euklidovském prostoruE4 resp. E5, je-li: (a) t : x1 + x3 + x4 - 2x5 = 2; x2 + x3 - x4 - x5 = 3; x1 - x2 + 2x3 - x5 = 3; a : (1, -2, 5, 8, 2) + t(0, 1, 2, 1, 2) + s(2, 1, 2, -1, 1) (b) t : x1 + x2 + 2x3 = 4; 2x1 + 3x2 + 4x4 = 9; a : x1 - 2x2 - 2x4 = -25; x1 - x3 + x4 = 15 (c) t : (5, 0, -1, 9, 3) + t(1, 1, 0, -1, -1) + -1, 0, -1, 1); a : (3, 2, -4, 7, 5) + r(1,1, 0,1,1) + u(0, 3, 0,1, -2) (d) t : (4, 2, 2, 2, 0) + t(1, 2, 2, -1, 1) + s(2, 1, -2, 1, -1); a : x1 - x2 = 0; x1 - x3 + x4 + x5 = -1; x3 + x4 - x5 = 4 (e) t : (0, 2, 6, -5) + t(-7,1,1,1) + s(-10,1, 2, 3); a : x1 + 3x2 + x3 + x4 = 3; x1 + 3x2 - x3 + 2x4 = 5 (f) t : (-4, 3, -3, 2, 4) + t(2, 0, 1, 1, 1) + s(-5, 1, 0, 1, 1); a : x1 - 2x2 + x3 - x4 + 3x5 = 6; x1 - x3 - x4 + 3x5 = 0 5. UrCete odchylku 0 pnmky p = {A, [u]} a podprostoru B v E4 resp. E5. (a) u = (1, 0, 3, 0)T; B : (1,1,1,1) + t(1,1, 4, 5) + s(5, 3, 4, -3) + r(2, -1,1, 2) (b) u = (1, 2, -2, 1)T; B : (1, 1, 1, 1) + t(2, -2, 1, -1) (c) u = (1, 3, -1, 3)T; B : 3x1 + x3 - 4x4 = 0, 2x1 - x2 - 3x4 = -1 (d) u = (3, 1, V2, -2)T; B : (1, 2, 1, l)+í(-l, 1, -1, 0)+s(-l, 2, -2, l)+r(2, -1, 2, 1) (e) u = (2, 0, 2, -1)T; B : 3x1 - 2x2 + 2x3 + x4 = 7 (f) u = (2, 0, 0, 2, 1)T; B : x1 + x2 + x3 + x5 = 7 (g) u = (0,1, -1, 0, 0)T; B : (2,1,1, 2, 2)+t(2,1, 0,1, -1)+s(3, 2, 0, 0,1)+r(0,1, 0,1, 0)+ p(1, 0, 0,1, 3) (h) u = (3, 4, 4, 3)T; B : (2, 0, 0,1) + t(-2, 0, -1, 0) + s(1, 0, 3, 0) (i) u = (3, 4, 4, 3)T; B : (2, 9, 0, 6) + t(0,1, 0, 5) + s(0, 2, 0, -7) (j) u = (1, -1,1, 3)T; B : (3,1, 4, 5) + t(2, -2, 3, 0) + 1, -2, 0) 6. V E3 urcete odchylku rovin t a a. (a) t :2x - y + z - 1 = 0; a : x + y + 2z + 3 = 0 (b) t : x + 2z - 6 = 0; a : x + 2y - 4 = 0 7. Urcete odchylku podprostoru n a v v E4 resp. E5. 4. Euklidovskú analytická geometrie - vydúlenost a úhel 43 (a) n : (1, 2, 5,1) + t(1,1, 0, 0) + s(3, 3, 0,1) v : (1, 5, 4,1) + r(0, 0, 0, —1) + p(2, 0, 0,1) (b) n : (4, 2, 0,1, 0) + t(1,1,1, 0, 0) + s(2, 2, 2, 0, 3) v : (1, 1, 0, 1, 0) + r(0, 1, 0, 0, 1) + p(1, 1, 1, 1, 0) + q(1, 1, 1, 1, 1) (c) n : (7, 3, 5,1) + t(0, 0,1, 0) + s(2, 2,1, 0) v : (1, 3, 4,1) + r(1, 0, 0, 0) + p(3, 0,1, 0) 8. Na prímce p : x1 + x2 + x4 — 7 = 0, x1 + 2x3 + x4 — 7 = 0, 2x1 — x2 + 3x3 + x4 — 9 = 0 naleznete bod Q mající stejnou vzdalenost od bodu A = (—1,1,1,1)T a B = (3, —1, —2, 2)T v euklidovskem prostoru E4. 9. Na prímce p : x + y + 2z = 1, 3x + 4y — z = 29 naleznete bod Q mající stejnou vzdýlenost od bodu A = (3, 4,11)T a B = (—5, —2, —13)T v euklidovskem prostoru 10. Naleznete podprostor C v E5, kterí prochízí bodem Q = (1, 0,1, 0,1)T a je kolmí k podprostoru B 19x1 +11x2 —4x3 +5x4 +x5 = 3 7x1 +2x2 +x4 = 1 . 11. Naleznete podprostor C v E5, kterí prochazí bodem Q = (—1, 2, 5,1, 4)T a je kolmí k podprostoru B danemu bodem A = (3, 2,1,1, 2)T a vektory u = (7, 2,1,1, 3)T, v = (0, 4, —2,1, —1)T. 12. Bodem Q = (2, 1, —3)T v E3 ved'te v rovine p : 3x — 2y + z =1 prímku q, kterí je kolmí k prímce p : (4, 5, 3) + t(—6, 6, 1). 13. V E3 naleznete rovinu p rovnobeznou s rovinou a : 3x — 6y — 2z + 14 = 0 a mající od níí vzdíalenost 3. 14. V E3 naleznete rovinu p rovnobeznou s rovinou a : 2x — 2y — z — 7 = 0a mající od ní vzdíalenost 5. 15. Jsou díny body A = (—4,1, 2) a B = (3, 5, —1) v E3. Urcete bod C, víte-li, ze stred dvojice bodu AC lezí na prímce p : (1, 0,1) + t(1,1, 0) a stred dvojice bodu BC lezí v rovine p : x — y + 7z + 1 = 0. 16. Napiste rovnici geometrickeho místa bodu v E3 stejne vzdýlených od bodu A = (a, f, a) a bodu B = (0, f,0). 17. Na přímce q : (1,-1,0) + —2, —3) v E3 určrte bod Q mající od roviny p : 2x + y — z + 2 = 0 vzdálenost \/6- 18. Na prímce q : x — y + z — 3 = 0;2x — 3y + 3z + 6 = 0 v E3 urcete bod Q mající od roviny p : x — 2y + z — 2 = 0 vzdálenost 44 I. Sbárka áloh z lineárná algebry a geometrie 19. Najdete rovinu v E3 rovnobežnou s rovinami p : 3x + 2y - 2z - 3 = 0 a a : 6x + 4y -4z +1 = 0, kterí delí vždalenost meži nimi v pomeru 2:3. 20. Odvod'te vžtah pro vždalenost bodu A = (y1,..., yn) od nadroviny N : a1 x1 + • • • + a„x„ + ao = 0 v En. 5. Vlastné čésla a vlastné vektory, ortogonalné matice 45 5. VLASTNI CISLA A VLASTNI VEKTORY, ORTOGONÁLNÍ MATICE Teorie 5.1. Definice. Lineární operátor je lineární zobrazení 0 : V — V, kde V je vektorová prostor. 5.2. Definice. Necht' 0 : V — V je lineární operator, a = (v1, v2, • • •, vn) báze vektoroveho prostoru V. Pak matice operátoru 0 v bázi a je matice (0)«,« = ), kde ve sloupci j jsou souradnice vektoru 0(vj) v bazi a. 5.3. Veta. Necht 0 : V — V je lineérné operétor, a = (v1, v2, • • •, vn), P = u2, • • •, un) jsou dvř béze vektoroveho prostoru V. Pak pro matice zobrazené 0 v bazéch a a P platé tento vztah: kde (id)a>p je matice prechodu od baze P k bézi a. 5.4. Definice. Rekneme, ze matice A a B jsou podobne, existuje-li regularní matice P takováa, ze B = P-1 • A • P. 5.5. Definice. Necht' V je vektorová prostor a 0 : V — V je lineární operátor. Podprostor U C V se nazává invariantní podprostor operátoru 0, jestlize 0(U) C U. 5.6. Definice. Vektor u = o, u G V, kde V je vektorová prostor, se nazává vlastní vektor linearního operatoru 0, existuje-li císlo A G K takove, ze 0(u) = Au Císlo A se pak nazává vlastní císlo. 5.7. Poznámka. Je-li matice lineárního zobrazení A, pak vlastní vektorý x jsou nenulova re senáí rovnic Ax = Ax- Tato soustava je ekvivalentnáí se soustavou (A — AE )x = 0, co z je homogennáí soustava rovnic, kteráa maá nenulováe re senáí praáv e tehdý kdý z det(A — AE) = 0 5.8. Definice. Rovnice det(A — AE) = 0 se nazává charakteristická rovnice matice A. 46 I. Sbírka íloh z linearní algebry a geometrie 5.9. Veta. Vlastní čísla jsou pravě koreny charakteristickí rovnice. Je-li číslo A0 vlastní číslo, pak vlastní vektory jsou rečením soustavy rovnic (A — A0E) — 0. 5.10. Definice. Algebraická násobnost vlastního čísla je nasobnost tohoto císla jakož to ko rene charakteristicke rovnice. Geometricka násobnost vlastního císla je dimenže pod-prostoru Ker(0 — A id). 5.11. Veta. Je-li A — a + bi vlastní číslo realní matice A s vlastním vektorem u — ui + iu2, kde Ui,u2 G Rn, pak X = a — bi je taky vlastní číslo s vlastním vektorem u = U\ — iu2- 5.12. Poznamka. Podprostor generovaný vektory u1,u2 v Rn ž p redchoží vety je invariantní podprostor žobražení 0. Platí, ž e A • (u1 + iu2) — (a + ib)(u1 + iu2). Rožepsúním na reúlnou a imaginarní cúst rovnice dostúvame A • u1 — A • u2 — Zobražení 0 mú tedy v búži [u1, u2] matici —bu2 au1 bu1 +au2 fa —b \ V b a J Číslo a + ib můžeme napsat v goniometrickém tvaru a + ib = \Jo? + b2 (cos a + i sin a), pak múa matice žobraženúí tvar / cos a sin a cos a sin a cos a Tento operútor pusobí jako oto cení o úhel a slož ene se stejnolehlostí na dvourožme rnem invariantnúím podprostoru žobraženúí 0. 5.13. Veta. Necht 0 je linearní zobrazení a necht a — (v1, v2,..., vn) je baze tvorení vlastními vektory pnslučnymi vlastním číslům A1, A2,..., An. Pak matice lineúrmho zo-brazeníí v tíeto bíazi maí tvar (0)a,a A1 0 0 A2 00 0 0 An 5.14. Veta. Vlastní vektory pnslučne různím vlastním číslům jsou linearne nezívislě. 5.15. Definice. Nechť U a V jsou dva euklidovské vektorové prostory. Zobrazení 0 : U — V se nazýva ortogonální, pravé kdyz 0(u2)} = (ui, u2} pro Vui, u2 G U. 5. Vlastní čísla a vlastní vektory, ortogonální matice 47 5.16. Veta. Necht 0 : U — U je lineÁrní operator. Pak 0 je ortogonální zobrazení, pravě tehdy kdyč pro matici zobrazení v ortonormalní bazi a platí, Ze A-i = AT. 5.17. Definice. Matici A, pro kterou platí A-i = AT, nazyvame ortogonální maticí. 5.18. Definice. Necht' U a V jsou dva unitarní vektorove prostory. Zobrazení 0 : U — V se nazyvý unitární prave kdyz (0(ui), 0(u2)) = (ui,u2) pro Vui, u2 G U. 5.19. Veta. Necht 0 : U — U je lineÁrní operítor. Pak 0 je unitímí zobrazení, prívě tehdy když pro matici zobrazení v ortonormální bázi a platí, že A~l = A . 5.20. Definice. Matici A, pro kterou platí A~l = A , nazýváme unitární maticí. 5.21. Veta. Je-li matice A unitarní, pak | det A| = 1 a její vlastní čísla mají absolutní hodnotu rovnu 1. 5.22. Veta. Necht 0 : U — U je unitarní zobrazení. Pak v U existuje ortonormalní bíze a tvorena vlastními vektory takoví, Ze v této bazi mí matice zobrazení diagonální tvar (0)a,a / Ai 0 ... 0 \ 0 A2 ... 0 V 0 0 . . . A„ j 5.23. Poznamka. Kazda ortogonýlní matice A je unitýrní. Mý-li A realný vlastní císla, pak jsou to 1 nebo -1. Ma-li komplexní vlastní císlo a + ib, pak mý take vlastní císlo a - ib, a protoze |a + ib| = 1, tak a2 + b2 = 1. Je-li ui + iu2 vlastní c íslo, pak ui - iu2 je take vlastní c íslo. Z toho, z e (ui + iu2) ± (ui - iu2) plyne, z e = ||u21| a ui _L u2. ui,u2 tedy tvo r í ortogonalní bazi dvourozm ernýeho invariantnýího podprostoru. A(ui + iu2) = (a + ib)(ui + iu2) Z toho plyne V bazi ui, u2 je tedy matice tohoto zobrazení (tuto býzi nazývame kanonický baze) a - b = cos a - sin a . b a sin a cos a Toto zobrazenýí je tedy oto cenýí o uýhel a . Z toho plyne, ze kaz dý ortogonýlní matice rýdu 3 reprezentuje geometricky oto cení kolem osy slo zenýe p rýípadn e se symetriýí podle roviny kolmýe k týeto ose prochýazejýícýí po cýatkem. 48 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie _Řešené příklady Úloha 1: Najděte vlastní čísla a vlastní vektory lineárního operátoru zadaného maticí A = (—1 —11) ve standardní bazi. Resení: Podle vety 5.9. jsou vlastní čísla reSením charakteristicke rovnice det(A — AE) = 0. Spočteme tedy tento determinant, položíme ho roven nule a resáme charakteristickou rovnici. /l— A —1 1 \ det —1 1 — A 1 =0 \ —1 —1 3 — A / z toho plyne (1 — A)2 (3 — A) + 1 + 1 + (1 — A) + (1 — A) — (3 — A) = 0 (1 — A)(2 — A)2 = 0 Jako resení charakteristicke rovnice dostáváme dve vlastní císla, Ai = 1 s algebraickou nasobností 1, A2 = 2 s algebraickou nasobností 2. Podle vety 5.9. jsou vlastní vektory re senáím homogennáí soustavy rovnic (A — AE) = 0. Pro Ai = 1 máa homogennáí soustava tvar 0 —11 | 0 \ / 1 0 —1 | 0 \ — 1 0 1 | 0 ~ 0 1 —1 | 0 . —1 —1 2 | 0 0 —1 1 | 0 Zavedeme parametr t, x3 = t, pak x2 = t, x1 = t. Resením je podprostor generovaná vektorem (1, 1, 1)T, tedy podprostor vlastních vektoru [(1,1,1)T ]. Geometrická nasobnost vlastního císla A1 je 1. Pro A2 = 2 máa homogennáí soustava tvar —1 —1 1 | 0 —1 —1 —11 | 0 ~ 0 —1 —1 1 | 0 0 —1 1 | 0 0 0 | 0 . 0 0 | 0 / 5. Vlastná cásla a vlastná vektory, ortogonálná matice 49 Zavedeme parametry t a s, x3 = t, x2 = s, pak x1 = t - s. Resením je podprostor generovaní vektory (1, 0, 1)T, (-1, 1, 0)T, tedy podprostor vlastních vektoru [(1, 0,1)T, (-1,1, 0)T]. Geometrickí nasobnost vlastního císla A2 je 2 . Vsimnete si, že v baži a : žobraženíí diagonaílníí [(1,1,1)T, (1, 0,1)T, (-1,1, 0)T] 100 je matice daníeho lineaírníího 100 020 002 Uloha 2: Analyžou vlastních císel a vlastních vektoru matice A V 1 I VŘ \ 2 2 2 1 1 V2 2 2 2 VÄ VÄ Q 2 2 žjistete, jake geometricke žobražení euklidovskeho prostoru R3 popisuje linearní operítor danyí touto maticíí. Ur cete matici operíatoru ve vhodníe ortogonaílníí bíaži. Rešení: Lehce overíme, že A • AT = E a tedy matice A je ortogonílní. Nejprve hledíme vlastní císla, to žnamena, že najdeme charakteristickí polynom. det ( \-\ 1 i 2 2 2 1 V2 \ 2 2 - A V2 2 = 2 -A / -^-^)2+4 + 4 + 4-A) + 4A^-A3 + A2- A +1 Re seníím charakteristickíe rovnice jsou vlastníí cíísla A1 = 1 A2 = i A3 = -i. Dale hledíme vlastní vektory, tj. resíme vždy homogenní soustavu rovnic (A - AE) = 0. Pro A1: \ _ 1 1 2 2 1 _ 1 2 2 V2 VÄ 2 2 V2 2 0 \ V2 2 0 -1 0 / Resením teto soustavy je podprostor vlastních vektoru [(1,1, 0)T] Pro A2 = i: i 1 2 2 2 1 2 Vä 2 Vä 2 V2 2 i 0 0 0 i 1 2 1-i 0 V2 2 0 V2-V2l -%-\ 0 0 0 50 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Řešením této soustavy je podprostor vlastních vektorů [(—1,1, V2i)T]. Podle věty 5.11. je podprostor vlastních vektorů pro A3 roven [(—1, 1, — \/2i)T]. Podle poznámky 5.21. zvolíme novou reálnou ortonormální bázi /2 V2 V f V2 a = 2.2?.»)T.(-^^0)T.(°.»,if Protože A2 = i, tak cos a = 0 a siná = 1 z toho plyne, že se jedná o otočení o úhel | kolem osy dáne smerem (1,1, 0)T, musíme ále jeste určit orientaci otočení. Z matice zobrazení je videt, ze druhy vektor báze se zobrází ná tretí vektor báze á tretí vektor báze se zobrází ná vektor opáčny k druhemu vektoru báze. Otočení je tedy ve smeru od druheho ke tretímu vektoru bááze. Tvár mátice operátoru v nove bázi je 1 0 0 0 0 -1 0 1 0 Uloha 3: Ve stándárdních souradnicích nápiste mátici zobrázení, které je otočení o áhel kolem prímky x = 0, y — z = 0. Rešení: Nejprve určíme mátici v jisté ortonormální bázi P, ve které má mátice tvár 1 0 0 0 cos a — sin a 0 sin a cos a Zobrazení je otočení kolem přímky x = 0, y — z_= 0, první vektor báze (3 tedy bude jedno bázi: P : jednotkový směrový vektor této přímky (0, i^)T'. Pak (3 doplníme na ortonormální (o4f)T,(»4-f)T,(1,o,of /1 0 0 \ /1 0 0 x (^W= [ 0 cos f -sin f = 0 0 -1 0 sin f cos f / V 0 1 0 Mátice zobrázení ve stándárdní bázi pák je (0)e,e = (id)e,^ • (0W • (id)^,e = (id)e,^ • (^)^,^ •(id)T e,f3 5. Vlastní čísla a vlastní vektory, ortogonální matice 51 kde (id)e>/? je matice prechodu od báze P k bázi e. 00 (id)e,/3 1 *- 0 # 0 Z toho plyne o o V2 V2 1 0 l 0 /2 Q 2 w # o 2 0 _ a/ \ / 0 _\ \ 1 0 0 0 0 —1 0 1 0 0 2 V2 2 0 & w 2 10 V2 V2 2 2 V2 V2 2 2 0 0 V2 2 V2 \ 2 1 .2 2 V2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 Cvičeni 1. Najdete vlastní císla a vlastní vektory linearního operatoru daneho maticí: A 2 5 —1 7 1 3 2 3 —2 6 B D —12 —19 12 -24 13 10 —19 10 24 E G 1 3 —1 -3 5 —1 3 3 1 H 0 1 0 —4 4 0 —2 1 2 4 —5 7 1 —4 9 —4 0 5 4 7 —5 —4 5 0 1 9 4 C 4 5 6 52 73 94 F 3 —1 1 1 3 0 4 —1 42 —5 64 —9 53 7 0 0 3 1 1 J 11 1 1 —1 1 -1 1 1 —1 1 1 —1 —1 1 2. V R3 urcete podprostor vlastních vektoru príslusnách vlastní hodnote A = 3. A 300 030 003 B 310 030 003 C 310 031 003 2 2 2 2 1 52 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 3. Zjistete, zdaje dana matice podobna diagonílní matici nad poli Q, R, C. (To nastane prave tehdy, kdyz vlastní vektory generují celí prostor.) A 5 2 —3 4 5 —4 6 4-4 B 4 1 7 5 9 —5 0 4 C 42 64 5 3 7 4. Najdete vlastní císla a vlastní vektory matic. A 0 2 0 B 1 1 2 0 3 \ —1 —2 0 —3 0 0 2 0 v 1 2 0 3 / 5. Najdete vlastní císla a vlastní vektory matice linearního operatoru. U vlastního císla ur cete jeho algebraickou a geometrickou naísobnost a zjist ete, zda je matice podobnía nejake diagonalní matici. A D 1 0 —1 —1 1 0 0 3 1 3 0 0 B 40 22 01 2 2 —1 1 0 —2 0 —1 E 1 1 2 202 122 002 001 C= 0 —2 0 2 4 5 6 5 7 9 6. Zjist ete, jak zíavisíí vlastníí hodnoty a vlastníí vektory matice na parametrech a, b. A 230 410 a b 2 B 2 3 0 4 1 0 a b 2 + a 7. Zjist ete, jak vypadajíí a jakía geometrickía zobrazeníí ur cujíí v sechny ortogonaílníí matice ríadu 2. 8. Analízou vlastních císel a vlastních vektoru najdete matici lineírního operítoru ve vhodne bazi, pomocí ktere urcíte, o jakou geometrickou transformaci se jedna, je-li operator zadan ve standardní bazi maticí: A=h C=h 2 2 1 2 1 2 22 12 1 B = h 1 1 -V2 1 1 V2 /2 -y/2 0 3 1 -Vě 1 3 /6 -Ve 2 2 1 0 2 5. Vlastní čísla a vlastní vektory, ortogonalní matice 53 E 1 -s/2 1 Vž s/2 O s/2 —1 1 F 1 1 1 1 1 — 1 1 — 1 1 1 — 1 — 1 G 1 1 1 1 1 1 — 1 — 1 — 1 1 — 1 1 — 1 1 1 — 1 2 H 2 1 2 2 2-12 1 —1 —1 1 1 1 — 8 4 4 4 7 814 J 3 6 2 26 3 6 K 3 1 0 1 V2 V2 1 4 1 3V2 3V2 2 1 2 3 3 3 L \ 3 4 1 4 Vš 4 1 4 3 4 Vš 4 4 Vš 4 1 2 9. Analízou vlastních císel a vlastních vektoru zjistete o jakou geometrickou transformaci euklidovskeho prostoru R3 se jední. A 0 2 Vä 2 2 1 2 _ 1 2 V2 \ 2 _ 1 2 1 2 B 1 2 1 2 /2 a/2 2 2 V2 2 2 0 / C 3 Q 5 w 5 0 1 0 5 w 5 10. Najdete ortonormalní bízi tvorenou vlastními vektory a matici v teto bízi unitírního operaítoru daníeho maticí ve standardní bíazi: A V3 ( 1 + i 1 -1 1 - i ) 4 + 3i 4i —6 — 2i B = h\ -4i 4 - 3í -2 - 6í 6 + 2i —2 — 6i 1 i1 2 +3í _ s/3 2 - 3í ) " ~ 72 V -1 -% D ^ V -1 -í ; 11. Ve standardních souradnicích v R3 napiste matici zobrazení, které je otocením o íhel n kolem prímky x 0, y = 0. 12. Ve standardních souradnicích v R3 napiste matici zobrazení, které je otocením o íhel I kolem přímky x + y = 0, z = 0, přičemž /(—1,1,1) = (a, b, 0), kde a + b > 0. 13. Ve standardních souřadnicích v R3 napiste matici zobrazení, které je symetrií podle roviny s/Šy — x = 0. 14. Lineární zobrazení v R3 je otočení kolem osy procházející počátkem se směrovým vektorem (1,1, 0)T takové, že /(l, —1, 0) = (0, 0, s/2). Najděte matici zobrazení ve standardní bázi. z 15. V Rn napiste matici symetrie podle roviny kolme k vektoru v v ortonormalní bízi [V, V2, . . . , V n ]. 54 I. Sbíírka uíloh z lineíarníí algebry a geometrie 16. Definujte na R3 dva skalarní souciny (, )1 a (, }2 tak, aby žobražení 0 : (R3, (, )1) —► (R3, (, )2), 0(x1, X2, £3) — (x1 + X2 + £3, —£1 + £2, £3), bylo ortogonalní. 6. Symetrické matice a metrická klasifikace kuželoseček 55 6. SYMETRICKÉ MATICE A METRICKÁ KLASIFIKACE KUŽELOSEČEK _Teorie 6.1. Definice. Reálná matice A se nazývá symetrická, právě kdyz A = AT. 6.2. Veta. Pro každou reélnou symetrickou matici A existuje ortogonálné matice P tak, že P-1 • A • P = PT • A • P je diagonélné. 6.3. Veta. Kazda kvadratické forma f na euklidovském prostoru V mé ve vhodné ortonormélné bazi analytický tvar f (x) = A1x1 + A2x2, + • • • + Anx2n. 6.4. Veta. (Metrická klasifikace kuželoseček) Necht ve standardní bázi v R2 je kuželosecka zadané rovnicé k(x) = a11 x2 + 2a12x1 x2 + a22x2 + 2a1 x1 + 2a2x2 + a0 = 0. Pak existuje ortonormalné afinné baze, které rékéme kanonicka béze, v néZ je tato kuželosečka déna jednou z rovnic: L (^)2 + (f)2 + 1 = 0 préazdnéa množzina 2- (^)2 + (f)2 = 0 bod 3- (^)2 + (?)2-l = 0 elipsa 4- e)2"(?)2-l = 0 hyperbola 5- (^)2"(f)2 = 0 dvě různobežky 6. (^)2 - 2py2 = 0 parabola 7. (fy -i = o dvže rovnobžežzky 8. (^)2 + l = 0 praézdnaé množzina 9. y2 = 0 prémka Řešené příklady "Úloha 1: Najděte ortonormální bázi, v níž má matice zobrazení (x) = A • x, / 4 2 2 \ A = 242 224 diagonální tvar. 56 I. Sbíírka uíloh z lineíarníí algebry a geometrie Řešení: Matice A je symetrická a podle vety 6.2. ji lze diagonalizovat tak, ze na diagonále jsou vlastní Císla a báze, ve které ma matice tento tvar, je tvo réna vlastními vektory. Nejprve tedy r e s íme charakteristickou rovnici: (A - 4)3 - 16 - 12(A - 4) o vlastníí cíísla tedy jsou A1 — 2, A2 — S. Daíle hledíame vlastníí vektory. Pro A1 — 2: 222jo 222jo 222jo Zavedeme parametry t a s, x3 — t, x2 — s, pak x1 — -1 - s, nezívislou volbou parametru dostavíme, z e podprostor vlastních vektoru je generovín vektory (-1, 1, 0)T, (-1, 0, 1)T, u zitíím Gramm-Schmidtova ortogonaliza cníího procesu a normovíaníím dostaívíame ortonormaílníí bíazi tohoto podprostoru: Bttt°)t'( 1 1 2 v \/6' \/6' \/6 )'] Pro A2 — S: -4 2 2 j o -2 1 1 j o 2 -42 j o ~ o -a a j o 2 2 -4 j o o a -a j o Zavedeme parametr t , x3 — t, pak x2 — t, x1 — t, volbou parametru dostávame, ze podprostor vlastních vektoru je generovín vektorem (1, 1, 1)T, normovíním dostávíme ortonormaílníí bíazi tohoto podprostoru: '(- - -V diagoníalníí tvar matice je 2oo o2o ooS atovbázi [(-75'75'0)T'(-75'-71'75)T'(Ä'Ä'Ä)T • 6. Symetrická matice a metricka klasifikace kuželoseček 57 Uloha 2: Zjist ete jakou ku želose cku popisuje rovnice k : x2 + x2 + 4x1 x2 + 2x1 + 1 = 0 , pop ríípad e ur cete jejíí st red, osy a na crtn ete obraížek. ) gonalním tvaru s vlastními císly na diagoníle. Hledíme tedy vlastní císla a vlastní vektory, charakteristickí rovnice mí tvar (1 - A)2 - 4 = 0. Vlastní císla a jim príslusne vlastní vektory tedy jsou: Ai = — 1 příslušný normovaný vlastní vektor je u = (^y, — A2 = 3 příslušný normovaný vlastní vektor je v = ■ Nyní prejdeme k bíži a = [u, v], ve ktere ma matice kvadraticke formy tvar ^ 01 3 ^ . í — — \ Přitom matice přechodu od báze a ke standardní bázi e má tvar (id)e;Q, = 1 ^ ^ j a sou radnice x1, x2 ve standardníí bíaži spo cíítaíme že sou radnic y1, y2 v baíži a takto: P revedeme rovnici ku želose cky do novyích sou radnic y1, y2: k(y) : -y\ + 3y22 + ^ + ^ + 1 = 0. Nyníí je st e posuneme st red soustavy sou radnic tak, aby le žel ve st redu ku želose cky. Do-plnííme tedy na ctverce a žavedeme novíe sou radnice. Z\ — y\--g" — ~2~xl--2~X2--2~ Z2 = y2 ~4 = ^Xí +^X2 +^ k : Z2 ./i (!)' Zl 1 (f ) -1 = 0 4 / vl k 0 4 0 3 k 58 I. Sbírka íloh z lineímí algebry a geometrie Jedná se tedy o hyperbolu, jejíž osy jsou přímky zadané parametricky S + tu a S + tv. Střed má souřadnice (zi, z2) = (0, 0), (yi, y2) = (^, — ^) a (xi, #2) = (I, —I). 1. Najd ete diagonaýlnýí tvar symetrickýe matice. Cvičeni A 12 24 B 1 -4 -4 1 22 2 111 111 111 422 242 224 4400 4400 0000 0000 2 1 0 0 2 0 0 0 0 2 1 0 0 -1 2 2. Najd ete diagonaýlnýí tvar symetrickýe matice a býazi, ve kterýe maý matice tento tvar. A (í í) -U2f) c=(4,7) D -2 0 36 0 -36 0 23 E 110 110 000 F -1 1 11 G 3100 1300 0000 0000 -7 24 24 7 00 00 0 0 0 0 -7 24 24 7 3. Urcete o jakou kuzelosecku se jedný, prípadne urcete její st red, osy a nakreslete obraýzek. (a) k : 4xy + 3y2 + 6x + 12y - 36 = 0 (b) k : x2 + 6xy + 9y2 - 12x + 24y +15 = 0 (c) k : x2 + 2xy + y2 - 2x - 2y - 3 = 0 4. Ur cete typ a kanonickou rovnici ku zelose cky, p rýípadn e nakreslete obrýazek. (a) k : 3x2 + 10xy + 3y2 - 2x - 14y - 13 = 0 (b) k : 25x2 - 14xy + 25y2 + 64x - 64y - 224 = 0 (c) k : 4xy + 3y2 + 16x + 12y - 36 = 0 (d) k : 7x2 + 6xy - y2 + 28x + 12y + 28 = 0 0 2 6. Symetrickí matice a metricka klasifikace kuěeloseěek 59 (e) k : 19x2 + 6xy + 11y2 + 38x + 6y + 29 = 0 (f) k : 5x2 - 2xy + 5y2 - 4x + 20y + 20 = 0 (g) k : 9x2 - 24xy + 16y2 - 20x + 110y - 50 = 0 (h) k : 9x2 + 12xy + 4y2 - 24x - 16y + 3 = 0 (i) k : 16x2 - 24xy + 9y2 - 160x + 120y + 425 = 0 5. Ur cete typ ku zelose cky a dýelky jejýích poloos. (a) k : 41x2 + 24xy + 9y2 + 24x + 18y - 36 = 0 (b) k : 8x2 + 4xy + 5y2 + 16x + 4y - 28 = 0 (c) k : 4x2 + 24xy + 11y2 + 64x + 42y + 51 = 0 (d) k : 12x2 + 26xy + 12y2 - 52x - 48y + 73 = 0 6. Overte, ze dana kuzelosecka je parabola a urcete její parametr. (a) k : 9x2 + 24xy + 16y2 - 120x + 90y = 0 (b) k : 9x2 - 24xy + 16y2 - 54x - 178y + 181 = 0 (c) k : x2 - 2xy + y2 + 6x - 14y + 29 = 0 (d) k : 9x2 - 6xy + y2 - 50x + 50y - 275 = 0 7. Ur cete typ ku zelose cky, p rýípadn e dýelky jejýích poloos a st red. (a) k : 3x2 + 8xy - 3y2 - 1 = 0 (b) k : 5x2 + 6xy + 5y2 - 32 = 0 (c) k : \x2 - xy + \y2 - V2x - V2y + 3 = 0 (d) k : xy + 3x - 2y - 6 = 0 (e) k : 6x2 + 4xy + 6y2 - 16 = 0 (f) k : 5x2 + 6xy + 5y2 - 8 = 0 (g) k : x2 + 2\flxy - y2 - 2 = 0 8. Najdete ortonormalní bazi kvadraticke formy f (x, y, z) = 17x2 + 4xy - 4xz + 14y2 + 8yz + 14z2, ve ktere ma forma diagonalní tvar, na euklidovskem prostoru R3 se stan-dardnýím skalýarnýím sou cinem vzhledem ke standardnýí (rovn e z ortonormaýlnýí) býazi. Pritom jedno z vlastních císel matice kvadraticke formy je 18. 9. Najdete ortonormýlní polarní bazi kvadraticke formy f (x, y, z) = 3x2 - 4xy, ve ktere mý forma diagonýlní tvar, na euklidovskem prostoru R3 se standartním skalarním sou cinem vzhledem ke standardnýí (rovn e z ortonormýalnýí) býazi. 60 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie 7. JORDÁNŮV KANONICKÝ TVAR Teorie 7.1. Definice. Jordánova buňka dimenze k je čtvercová matice ř ádu k tvaru Jk (A) /A 1 0 ... 0 \ 0 A 1 ... 0 000 A 7.2. Poznámka. Jestliz e lineární zobrazení 0 : V — V má v n ejake bázi a = (v\, v2,..., vn) matici bunku (0)«,« = Jk(A), pak platí 0(vi) = Avi (0 - Aid)v1 = 0 0(v2) = vi + Av2 (0 - Aid)v2 = vi 0(v3) = z toho plyne (0 - Aid)v3 = v2 4>(vu) = vk-i + Avk (0- Aid)vk = vk-i Posloupnost vektorU v1, v2,..., vk nazáváme r et ezec pro vlastní C íslo A. V p r íkladech hledáme obraácen e nejd ráíve ret ezec pro vlastnáí cáíslo A a platáí, ze vektory ret ezce jsou lineaárn e nezavisle a v bázi jimi tvo rene ma operátor matici (0)a,a = Jk(A). 7.3. Definice. Matice je v Jordánově kanonickém tvaru, jestliz e je blokove diagonalní s bloky tvo renáymi Jordanováymi bunkami. 7.4. Veta. Necht V je vektorový prostor nad polem K dimenze n a necht 0 : V — V je lineúrní operator, jehož charakteristickú rovnice ma n korenů (včetně núsobnosti), potom existuje takova búze a ve V, že (0)a,a je matice v Jordanově kanonickem tvarů. Pěitom tento tvar je určen jednoznačně až na poradú Jordanovúch bunek. 7.5. Veta. Pro vúpocet Jordanova kanonickúho tvaru platú: 1. Na uhloprúčce Jordanova kanonickeho tvaru jsou vlastnú čúsla lineúrnúho operatoru, kačzdúe tolikrúat, kolik je jeho algebraickaú núasobnost. 2. Jordanův kanonickú tvar mú tolik bunčk, kolik existuje linearnč nezúvislúch vlastnúch vektorů. 3. Velikost nejvčtčú bučky pro vlastnú čúslo A je k pravč tehdy, kdyč k je nejmenčú takovú čúslo, če hodnost matice (A — AE)k je rovna algebraickú núsobnosti vlastnúho čúsla A. 7. Jordánův kanonický tvar 61 _Řešené příklady Uloha 1: Najdete Jordánův kanonicky tvar lineárního operátoru zadaného ve standardní bázi maticí / 3 2 -3 A = 4 10 -12 \ 3 6 -7 Rešení: Charakteristicka rovnice ma tvar (A - 2)3 = 0 z toho plyne A = 2 . Mame tedy jedno vlastní císlo, jehoZ algebraická nasobnost je 3, na diagonale Jordanova kanonickeho tvaru tedy budou podle vety 7.5. same dvojky. Podprostor vlastních vektorů pnslušnách vlastnímu císlu A = 2 je generován vektory: u =(3, 0,1)T v = (-2,1, 0)T a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordanuv kanonická tvar dve buňky. Nyní jej uZ muZeme napsat: 210 J = 0 2 0 . 002 Dale musáme ale vypoďtat jeste bazi, ve ktere ma matice lineárního operátoru tento tvar. Pro druhou buňku podle poznamky 7.2. musáme naját retezec vektoru baze. Pro prvná vektor baze, oznacme jej x, musá platit (0 - Aid)x = 0 z toho plyne (A - 2E)x = 0 , x je tedy z podprostoru vlastnách vektoru. Pro druhá vektor, oznadne jej y, pak musá platit (A - 2E)y = x = au + bv. Neváme, na která vlkastná vektor se y zobrazá, musáme tedy psát x obecne jako linearná kombinaci vektoru báze podpostoru vlastnách vektoru. Dale résŕme uvedenou soustavu rovnic (A - 2E)y = au + bv. 12 -3 | 3a - 2b \ /1 2 -3 | 3a - 2b \ 4 8 -12 | b ^ 0 0 0 | -12a + 9b 36 -9 | a / \000 | -8a + 6b / Tato soustava má resení pouze kdyz: 3 — 12a + 9b = 0 A —8a + 6b = 0 a tedy a =-b 4 Zvolíme napr. a = 3 a b = 4, pak resením soustavy je napr. vektor y = (1, 0, 0)T a vektor x = 3(3, 0,1)T + 4(-2,1, 0)T = (1, 4, 3)T. ) 62 I. Sbírka úloh z lineární algebry a geometrie Třetí vektor báze z, příslušný druhe bunce velikosti jedna musí být podle poznámky 7.2. taky z podprostoru vlastních vektoru. Zvolíme jej tak, aby byl lineárne nezávislý s vektorem x i y, muzeme zvolit napr. vektor u. Baze, ve ktere ma matice linearního operátoru Jordanuv kanonický tvar, je: a = [(1, 4, 3)T, (1, 0, 0)T, (3, 0,1)T] . Uloha 2: Najdete Jordanuv kanonický tvar lineárního operátoru zadaneho ve stan-dardnáí báazi maticáí / 0 1 -1 l\ V-1 1 0 w Resení: Charakteristicka rovnice má tvar (A - 1)4 = 0 z toho plyne A = 1 Mame tedy jedno vlastní císlo, jehoz algebraická nasobnost je 4, na diagonale Jordanova kanonickeho tvaru tedy budou podle vety 7.5. same jednicky. Podprostor vlastních vektoru príslusnách vlastnímu císlu A = 1 je generován vektory: u = (1,1, 0, 0)T v = (0, 0,1,1)T a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordanuv kanonická tvar dve buňky. Narozdíl od predchozáho pokladu jej ale nemuzeme jeste napsat, nebot' neváme, jestli budeme mát dvňe bunňky velikosti dvňe, nebo jednu bunňku velikosti tňri a jednu velikosti jedna. Dále budeme pocátat bázi, ve ktere ma matice lineárnáho operatoru Jordanuv kanonická tvar. Pro prvná bunňku (neváme jak je velkáa) podle poznaámky 7.2. musáme naját ňretňezec vektoru baze. Pro prvná vektor baze, oznacme jej w, musá platit (A - E)w = 0 w je tedy z podprostoru vlastnách vektoru. Pro druhá vektor, oznacme jej x, pak musá platit (A - E)x = w = au + bv. Daále ňreňsáme uvedenou soustavu rovnic / -1 1 -11 I a \ -11 -11 | a -110 0 | b . \ -1 1 0 0 | b / Tato soustava ma resená pro libovolná a, b, muzeme tedy zvolit dve nezavisle volby a = 1, b = 0 a a = 0, b =1, budeme mít tedy dve buňky velikosti dve. Pricemz dva z vektoru 7. Jordánův kanonický tvar 63 baze budou p rímo vektory u, v. Hledýme ret ezec odpovídající první bunce, hledame tedy reSení soustavy rovnic (A — E)x u. V Řešením teto soustavy je nap r . vektor x1 1\ 1 0 (0, 0,-1, 0)T. 1 1 0 0 Dúale hledaúme ret ežec odpovúídajúícúí druhúe bunce, hledaúme tedy re senúí soustavy rovnic (A— E )y — v. / —1 1 —11 | 0 \ -11 —11 | 0 1 1 0 0 | 1 —1 1 0 0 | 1 Resením teto soustavy je nap r . vektor x2 — (—1, 0,1, 0)T. Jordanuv kanonicky tvar je: 1100 0100 0011 0001 J Baze, ve které ma matice linearního operátoru Jordanuv kanonická tvar, je: a = [(1,1, 0, 0)T, (0, 0, -1, 0)T, (0, 0,1,1)T, (-1, 0,1, 0)T] Uloha 3: Najdete Jordanuv kanonicky tvar linearního operatoru zadaneho ve stan-dardnáí baázi maticáí 1 -3 0 3 = -2 -6 0 13 A = 0 -3 1 3 \ -1 -4 0 8 / Řešen í: Charakteristicka rovnice ma tvar (A - 1)4 = 0 z toho plyne A = 1 Máame tedy jedno vlastnáí cáíslo, jeho z algebraickaá náasobnost je 4, na diagonáale Jordanova kanonickeho tvaru tedy budou podle vety 7.5. same jednicky. Podprostor vlastních vektoru príslusnách vlastnímu císlu A = 1 je generován vektory: u = (0, 0,1, 0)T v = (3,1, 0,1)T 64 I. Sbírka íloh z linearní algebry a geometrie a podle druheho bodu vety 7.5. bude mít Jordanuv kanonicky tvar dve bunky, nevíme ale jak budou velkýe. Dale budeme pocítat býzi, ve ktere mý matice linearního operatoru Jordanuv kanonický tvar. Pro prvnýí bunku (nevýíme jak je velkýa) podle poznaýmky 7.2. musýíme najýít ret ezec vektoru baze. Pro první vektor baze, oznacme jej w, musí platit (A - E)w = 0 , w je tedy z podprostoru vlastních vektoru. Pro druhý vektor, oznacme jej x, pak musí platit (A - E)x = w = au + bv . Dýale re sýíme uvedenou soustavu rovnic. 0 -3 0 3 3b \ -2 -7 0 13 b 0 -3 0 3 a v -1 -4 0 7 b Z prvního a t r etího r ýdku plyne, z e tato soustava ma r esení prýve kdyz a = 3b, muz eme zvolit jen jednu nezýavislou volbu a, b, nap r. a = 3, b = 1, budeme mýít tedy v Jordanov e kanonickýem tvaru jednu bunku velikosti t ri a jednu velikosti jedna. Ret ezec odpovídající první bunce velikosti t r i bude zac ínat vlastním vektorem w = 3u+v = (3, 1, 3, 1)T. Na vektor w se zobrazí druhy vektor retezce, oznacíme jej x, pro ktery platí ( A - E) x = w. Re sýíme tuto soustavu rovnic. / 0 -3 0 3 3 -2 -7 0 13 1 0 -3 0 3 3 \ -1 -4 0 7 1 Resením teto soustavy je nap r . vektor x0 = (3, -1, 0, 0)T. Na druhý vektor r et ezce se vsak zobrazýí t retýí vektor ret ezce, ozna cme jej z. Nevýíme ale na kteryý vektor, kteryý odpovýídaý re senýí p redchozýí soustavy se vektor z zobrazýí, musýíme tedy obecn e p redpoklaýdat (A - E)z = x = x0 + cu + dv kde c, d jsou libovolna reýlna c ísla. (Víme, z e vektor x odpovída r e sení p r edchozí soustavy, nebot' mu odpovídý vektor x0 a vektor cu + dv je vektor vlastní, ktery se zobrazí na nulovy vektor, platí (A - E)(cu + dv) = o.) Nynýí re sýíme uvedenou soustavu rovnic. / 0 -3 0 3 | 3 + 3d \ -2 -7 0 13 | -1 + d 0 -3 0 3 | c -1 -4 0 7 | d 7. Jordanův kanonickú tvar 65 Z prvního a t r etího rídku plyne, z e tato soustava ma r e sení pouze pro c = 3 + 3d, zvolíme nap r . d = 0 a c = 3. Pak vektor x = x0 + 3u z toho plzne x = (3, —1, 3, 0)T. Vektor z je pak r e sením soustavy (A — E)x = z. 0 —2 0 —1 —3 7 03 0 13 3 0 3 4 0 7 3 —1 3 0 Napr . z = (4, —1, 0, 0)T. Čtvrtí vektor bíze odpovídající druhe bunce bude vlastní vektor, kterí zvolíme tak, aby byl linearn e nezavislí na vektoru w, nap r . vektor u. Jordanuv kanonicky tvar je: J 1100 0110 0010 0001 Bíze, ve ktere ma matice lineírního operítoru Jordanuv kanonickí tvar, je: [(3,1, 3,1)T, (3, —1, 3, 0)T, (4, —1, 0, 0)T, (0, 0,1, 0)T] . Cvičení 1. Najdete Jordanuv kanonicky tvar matice. A 1 —3 4 4 —7 8 6-7 7 B 4 —5 7 1 —4 9 405 D 3 3 2 0 8 6 5 E —2 8 6 —4 10 6 4 -8 -4 C F 4 6 0 —3 —5 0 —3 —6 1 3 —1 1 —7 9 —3 —7 —1 0 0 4 —8 0 0 2 —4 2. Najdete Jordanuv kanonickí tvar linearního operítoru a bazi, ve ktere ma matice operatoru tento tvar. Linearní operítor je zadan maticí ve standardní bazi: 32 A = 4 10 36 —3 —12 7 B 1 1 —1 —3 —3 3 -2 -2 2 0 66 I. Sbárka áloh z lineárna algebry a geometrie 0 C \ —1 1 1 2 11 10 1 1 0 1 D 54 8 7 / 6 —9 7 —13 8 —17 11 8 1 —2 1 3 3. Najdete Jordanovy kanonicke tvary matic radu 3. A 2 1 0 140 B 320 030 C 3 2 5 7 3 / \053 4. Najd ete Jordanovy kanonickíe tvary matic ríadu 4. 44 —13 5 A 0 —30 —12 —1 12 6 42 00 95 41 B 202 122 002 001 0 —2 0 2 C —1 1 0 0 00 1 D G J M 2 0 0 2 1 2 —2 2 0 0 2 1 0 0 0 2 —1 —6 —9 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 1 —2 2 0 2 0 2 0 0 2 1 0 0 0 2 2 0 0 0 1 2 0 0 1 1 2 3 0 0 0 —1 E —11 2 K 1 0 0 0 H —1 0 0 0 —6 —2 0 0 33 20 20 1 —2 1 0 0 0 3 2 0 0 —6 —2 0 0 3 0 —2 0 —6 3 01 22 02 3 2 1 —2 L F 2 0 0 0 0 0 0 3 2 2 1 —1 0 §\ 10 10 02 —1 0 0 0 10 1 —1 0 0 1 0 0 0 9 2 N 9 3 2 —3 9 4 —8 —4 —1 4 9 6 —8 0 0 1 6 —4 01 2 —2 2 0 2 2 1 —1 O 3 0 3 2 —6 0 13 0 —3 1 3 —1 —4 0 8 5. Napi ste v sechny Jordanovy kanonickíe tvary matic s charakteristickyím polynomem tvaru (A — 4)5. 6. Napi ste v sechny Jordanovy kanonickíe tvary matic s charakteristickyím polynomem tvaru (A — 1)3(A — 3)5. 0