Cvičení z lineární algebry 36 Vít Vondrák Cvičení č. 8 Souřadnice vektoru a jejich využití. Hodnost matice. Frobeniova věta. Souřadnice vektoru Definice: Nechť j e dána báze E = {ei,...,en} vektorového prostom V. flrlv.., a„nazýváme souřadnice vektoru ve F vzhledem k bázi E jestliže «i vi +... + a„ vn=v. Aritmetický vektor [v]E =[a1,...,an] nazýváme souřadnicový vektor vektoru v. Příklad: Nalezněte souřadnice vektoru v = [2,1,1] vzhledem ke standardní bázi E a k bázi F = (AJ2J3XA =[U0],/2 = [o,i,i], f3 =[i,o,i]. axex +oc2e2 +a3e3 = v a, [1,0,0] + a2 [0,1,0] + a3 [0,0,1] = [2,1,1] [a1,a2,a3] = [2,l,l], ax =2,a2 = 1, a3 =1 Souřadnice v vzhledem k bázi £ jsou [v]E = [2,1,1]. ßjl+ß2f2+ß3f3=v A [1,1,0] + ß2 [0,1,1] + ß3 [1,0,1] = [2,1,1] [ß1+ß3J1+ß2,ß2+ß3] = [2Xl] Z poslední rovnice dostáváme soustavu 3 rovnic o 3 neznámých: A +Ä = 2 A +A = i A +A = i Řešíme Gaussovou eliminační metodou (\ 0 1 2^ 1 1 0 1 -/i ~ 1° ! ! !y f\ 0 1 0 1 - 0 1 1 v 2^ -1 f\ 0 1 0 1 -1 v0 0 2 ■1 A=i A=o A=i Souřadnice v vzhledem k bázi i7 j sou [v]p = [1,0,1]. ♦ Využití souřadnic Řešení úloh na lineární kombinace s vektory, které nejsou aritmetické a patří do vektrorového prostoru V s konečnou bází se dají převést na stejné úlohy s aritmetickými vektory následujícím způsobem: 1. Zvolíme bázi E = {ei,...,en} vektorového prostoru F tak, aby bylo jednoduché nalézt souřadnice vzhledem k této bázi. 2. Nalezneme souřadnice vzhledem k této bázi všech vektorů vyskytujících se v zadané úloze. Cvičení z lineární algebry 37 Vít Vondrák 3. Řešíme zadanou úlohu na lineární kombinace se souřadnicovými vektory nalezenými v bodě 2. Příklad: Rozhodněte o lineárni závislosti či nezávislosti vektoru A(x) = x2 —x,p2(x) = x + \, p3(x) = x2 + 2 z P3. 1. Zvolíme bázi E = {ex, e2, e3), ex (x) = 1, e2 (x) = x, e3 (x) = x2 prostom P3. 2. Určíme souřadnice vektoru pup2,p3. [Pi h = [0,-1,1], A (x) = Oej (x) + (-l)e2 (x) + le3 (x), l>2 ]b = [1.1.°]. A O) = lei O) + le2 (x) + 0e3 (xl [p3 ]E = [2,0,1], p3 (x) = 2ex (x) + 0e2 (x) + le3 (x). 3. Řešíme úlohu na určení závislosti či nezávislosti souřadnicových vektoru [aWaWaL?- «1 [A Lľ + «2 [A ]E + «3 [A. ]fi = ° ar, [0,-1,1] + «2 [1,1,0] + a3 [2,0,1] = [0,0,0] [a2 + 2a3-ax +a2,a1+a3] = [0,0,0] Z poslední rovnice dostáváme soustavu 3 rovnic o 3 neznámých: a2 +2a3 = 0 -ax +a2 =0 «! +a3=0 Řešíme Gaussovou eliminační metodou ÍO 12 -1 1 0 l1 ° ! 0^ 0 r3 { \ 0 1 -1 1 0 0 1 2 0^ 0 + rx ~ fl 0 1 0 1 1 0 1 2 0^ 0 ~r2 fl 0 2 0 1 2 0 0 1 °1 0 Rovnice má právě j edno řešení a tím je ax =0,a2 =0,a3 = 0 a proto j sou souřadnicové vektory [p1]e,[p2]e-.[P3]e lineárně nezávislé z čehož dostáváme i lineární nezávislost mnohočlenů a > A > A • ♦ Hodnost matice Definice: Řádkovým prostorem R(A) matice A e Rm,n rozumíme lineární obal řádků matice^ i).R(A) = lrlA ,...,r^\. Sloupcovým prostorem S (A) matice Ae Rm,n rozumíme lineární obal sloupců matice^ ty S (A) = Isf ,...,s^\. Hodností matice^, značíme h(A), nazýváme dimenzi řádkového či sloupcového prostoru tj. h(A) = dim R(A) = dim S (A). Příklad: Určete hodnost matice A Cvičení z lineární algebry 38 Vít Vondrák íl 1 V Řešení: íl 2 1 2 1 0 v 1 -1 1 0 0 -2 4 -n 2 -5y ■n +/■, íi o o -n 3 -6y + 2r, n o o ■l\ o o 3 O Jelikož elementární řádkové úpravy ve skutečnosti představují lineární kombinace řádků tak z výše uvedeného vyplývá, že R(A) = ([1,2,0-1], [1,1-2,2], [-1,0,4,-5]) = ([1,2,0,-1], [0,-1,-2,3]) Navíc je zřejmé, že vektory [1,2,0,-1], [0,-1,-2,3] jsou lineárně nezávislé a tudíž tvoří bázi R(A). Odtud h(A) =dim R(A)=2. ♦ Příklad: Určete bázi a dimenzi podprostoru tZ+J7prostoru R3, kde U = ^u1,u2,u3] :ul-u2 -u3 = 0} a ^ = {tv1,v2,v3]:v1+v2-3v3 =0}. Řešení: Všechny vektory prostoru C/musí řešit lineární rovnici ux-u2 -u3 = 0 . Tzn. že pro jejich složky platí ux=t + s,u2 =t,u3 = s pro libovolné parametry t,se R. Tedy Vw e U : u = [ul, u2, u3 ] = [t + s, t, s] = ř[l,l,0] + 41,0,1], Vř, s e R . Analogicky všechny vektory prostoru F musí řešit lineární rovnici vl+v2 -3v3 = 0 . Tzn. že pro jej ich složky platí vl=-p + 3q,v2 = p,v3 =q pro libovolné parametry p,qe R. Tedy Vve V: v = [v,,v2,v3] = [-p + 3q,p,q] = p[-l,l,0] + ^[3,0,1],Vp,qeR. Potom \/w = u + veU + V:w = t[lX0] + s[l,0,l] + p[-lX0] + q[3,0,l]yt,s,p,qeRa U + V = ([1,1,0], [1,0,1], [-1,1,0], [3,0,1]). Nyní stačí z vektorů [1,1,0], [1,0,1], [-1,1,0], [3,0,1] vybrat lineárně nezávislé, neboť právě tyto vektory budou tvořit bázi U+V. To můžeme učinit tak, že vektory zapíšeme do řádků matici tu budeme upravovat na schodový tvar: í 1 1 0^ í 1 1 0^ í 1 1 0 ^ f 1 1 0^ 10 1 —/-j _ 0 —1 1 0 -1 1 0 -1 1 — 1 1 O+i- 0 2 0 +2r2 0 0 2 0 0 2 v3 0 lj_3ri ^0 -3 lj_3r2 ^0 0 -2) + r3 [O 0 0 Hodnost matice je tedy 3 a výše uvedená čtveřice vektorů je lineárně závislá. Z úpravy matice je taktéž patrné, že pokud vezmeme pouze první tři vektory, tak ty již budou tvořit lineárně nezávislou množinu. Tímto bychom splnili první podmínku báze. Druhá podmínka báze přímo vyplývá z toho, že vektor [3,0,1] lze vyjádřit jako kombinaci vektorů [1,1,0], [1,0,1], [-1,1,0] (vyplývá z lineární závislosti čtveřice vektorů) a U + V = ([1,1,0], [1,0,1], [-1,1,0], [3,0,1]) = ([1,1,0], [1,0,1], [-1,1,0]). Libovolný vektor we U + V lze tedy vyjádřit jako kombinaci vektorů [1,1,0], [1,0,1], [-1,1,0] a tímto množina {[1,1,0], [1,0,1], [-1,1,0]} tvoří bázi U+V. Dimenze tohoto prostoru je pak rovna 3 tj. dim U+V=3 neboť báze obsahuje 3 vektory. ♦ J Cvičení z lineární algebry 39 Vít Vondrák Frobeniova věta Věta: Nechť je dána soustava m rovnic o n neznámých Ax=b. Pak má tato soustava řešení jestliže h([A\b])=h(A). Je-li navíc h(A)=n pak má právě jedno řešení a je-li h(A)