Domácí úkol z 8. 3. 2016
Příklad 2. Určete invariantní podprostory vzhledem k lineární transformaci charakterizované
ortogonální maticí A:
A =



1
2
1
2
√
2
2
1
2
1
2
−
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
0



Přechodem k bázi tvořené generátory invariantních podprostorů se dále přesvědčte o správnosti
celého výpočtu.
Řešení. Nejprve vypočítáme vlastní čísla matice A:
1
2
− λ 1
2
√
2
2
1
2
1
2
− λ −
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
−λ
= −λ3
+ λ2
− λ + 1 = −(λ − 1)(λ2
+ 1) = 0
Tedy λ1 = 1, λ2,3 = ± i.
Vlastní směr u1 příslušný reálnému vlastnímu číslu λ1 = 1 je řešením soustavy, která
vznikne odečtením λ1 od prvků hlavní diagonály matice A (nebo jinými slovy dosazením
λ1 do matice, ze které jsme počítali determinant).



1
2
− 1 1
2
√
2
2
1
2
1
2
− 1 −
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
−1


 ∼
−1
2
1
2
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
−1
∼
−1 1
√
2
0 0 1
Soustavě vyhovuje vektor u1 = (1, 1, 0) a první z hledaných invariantních podprostorů je
proto L((1, 1, 0)).
Komplexně sdružený kořen λ2,3 = ± i charakteristické rovnice ukazuje na existenci invariantního
podprostoru dimenze 2. Jeho generátory zjistíme odečtením i od prvků hlavní
diagonály matice A a nalezením (komplexního) vektoru w, který je řešením vzniklé sou-
stavy.



1
2
− i 1
2
√
2
2
1
2
1
2
− i −
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
− i


 ∼
1
2
− i 1
2
√
2
2
0 2 − 6 i −
√
2(3 + i)
Soustavě vyhovuje vektor w = (−3
√
2 − i
√
2, 3
√
2 + i
√
2, 2 − 6 i) (přehozením koeficientů
druhé rovnice a dopočítáním první souřadnice). Rozdělením na reálnou a imaginární
složku pak zjistíme oba generátory u2, u3 hledaného invariantního podprostoru:
w = u2 + iu3 = (−3
√
2, 3
√
2, 2) + i(−
√
2,
√
2, −6)
Druhý (a poslední) z hledaných invariantních podprostorů je proto lineární obal vektorů
(−3
√
2, 3
√
2, 2) a (−
√
2,
√
2, −6).
Nyní ověřme správnost celého výpočtu. Označme E „klasickou“ bázi a U bázi složenou
po řadě z vektorů u1, u2 a u3. Označme dále B matici přechodu mezi oběma bázemi takovou,
že (x)E = B(x)U . Z prvního domácího úkolu víme, že sloupce matice B tvoří po řadě
souřadnice vektorů báze U, tedy:
B =


1 −3
√
2 −
√
2
1 3
√
2
√
2
0 2 −6


Z téhož úkolu rovněž víme, že hledaná matice lineární transformace v bázi U je matice
B−1
AB. Výpočtem pak zjistíme, že:
B−1
AB =


1 0 0
0 0 1
0 −1 0


To ovšem odpovídá očekávání, neboť získaná matice je v diagonálním tvaru.
Hlavní účel domácího úkolu byl procvičit si práci s ortogonálními maticemi a trochu
odbourat ostych z čísel, která při počítání vychází. Upozornil bych hlavně na dvě skutečnosti
(obecně jsou popsané ve skriptech na straně 26).
• Vektory u1, u2, u3 jsou ortogonální.
• Výsledná matice B−1
AB mohla na diagonále obsahovat jen 1, −1 a bloky 2 x 2 tvaru
cos α sin α
− sin α cos α
pro jisté α (tady zřejmě α = π
2
) – to je dáno tím, že vlastní čísla ortogonálních
transformací mohou být jen 1, −1 nebo dvojice komplexně sdružených čísel. Trochu
předběhneme: komplexně sdružená dvojice čísel je spjatá s otočením roviny právě o
úhel α. Z vlastních čísel se proto dá dobře zobrazení určit – vektor u1 je zobrazením
zachován, dvojice na něj kolmých vektorů (u2 a u3) je otočena o π
2
. O π
2
je proto
otočena každá lineární kombinace vektorů u2 a u3 (tj. celá „rovina“ daná u2 a u3)
a toto zobrazení si proto můžeme přibližně představit jako otočení v prostoru kolem
„přímky“ dané vektorem u1.