LA 10. cviˇcen´ı ´ ı zobrazen´ı, bilinearn´ ´ ı formy linearn´ ´ s Posp´ısˇ il,2011 Lukaˇ
´ ı zobrazen´ı a baze ´ 1 Linearn´ ˇ ´ ˇ Pˇripomenme si z pˇredeˇsleho cviˇcen´ı posledn´ı vetu: Vˇeta 1.0.1 Je-li A ∈ L(U, V), pak ∀v1 , . . . , vn ∈ U a α1 , . . . , αn ∈ R plat´ı A(α1 v1 + . . . αn vn ) = α1 A(v1 ) + . . . + αn A(vn ) ´ a vyuˇzijme ji pro ˇreˇsen´ı nasleduj´ ıc´ıho pˇr´ıkladu Pˇr´ıklad 1.0.1 Necht’ je d´ano zobrazen´ı A : R3 → R2 takov´e, zˇ e A([1, 1, 0]) = [1, 2] A([0, 1, 1]) = [1, 1] A([1, 0, 1]) = [−1, 0] Urˇcete obraz A([2, 1, −1]) a takov´e x ∈ R3 , aby A(x) = [3, −1]. Vˇsimnˇeme si, zˇ e zad´an´ı pˇr´ıkladu vlastnˇe popisuje obrazy vektoru˚ b´aze - jelikoˇz e1 e2 e3
def = [1, 1, 0] def = [0, 1, 1] def = [1, 0, 1]
je b´az´ı vektorov´eho prostoru R3 . Vyuˇzijme pˇredeˇsl´e vˇety - staˇc´ı nal´ezt souˇradnice vektoru [2, 1, −1] v b´azi {e1 , e2 , e3 } a tyto souˇradnice budou i koeficienty obrazu v line´arn´ı kombinaci obrazu˚ b´aze. Naleznˇeme souˇradnice vektoru [2, 1, −1] v b´azi {e1 , e2 , e3 } [2, 1, −1] = α1 [1, 1, 0] + α2 [0, 1, 1] + α3 [1, 0, 1] tato rovnice generuje soustavu
1 0 1 2 1 1 0 1 0 1 1 −1 (1)
jej´ızˇ rˇ eˇsen´ı je [α1 , α2 , α3 ] = [2, −1, 0]. Vyuˇzit´ım pˇredeˇsl´e vˇety pak z´ısk´ame: A([2, 1, −1]) = A(2e1 + (−1)e2 + 0e3 ) = 2A(e1 ) + (−1)A(e2 ) + 0A(e3 ) = = 2[1, 2] + (−1)[1, 1] + 0[−1, 0] = [1, 3] Pozn´amka: Nikde vˇsak nen´ı rˇ eˇceno, zˇ e v zad´an´ı mus´ıme m´ıt definov´any obrazy b´aze. V takov´em pˇr´ıpadˇe nepracujeme se souˇradnicemi v b´azi, ale pouze s koeficienty line´arn´ı kombinace. Viz dalˇs´ı rˇ eˇsen´ı. ≈ Zbyv´ ´ a nal´ezt takov´e x ∈ R3 , aby A(x) = [3, −1]. ˚ pro kter´e m´ame dle zad´an´ı defiVektor [3, −1] lze vyj´adˇrit jako line´arn´ı kombinaci vektoru, nov´ano line´arn´ı zobrazen´ı. Jinak rˇ eˇceno, hled´ame koeficienty line´arn´ı kombinace [3, −1] = α1 [1, 2] + α2 [1, 1] + α3 [−1, 0] Tato rovnice opˇet generuje soustavu ] [ 1 1 −1 3 2 1 0 −1 kter´a m´a vˇsak parametrick´e rˇ eˇsen´ı [α1 , α2 , α3 ] = [−4 − t, 7 + 2t, t], t ∈ R. ˇ Pozn´amka: Vzpomenme na motivaˇcn´ı pˇr´ıklad z minul´eho cviˇcen´ı - bodu na mapˇe odpov´ıd´a nekoneˇcnˇe mnoho bodu˚ v prostoru. Konkr´etnˇe tyto body leˇz´ı na pˇr´ımce vodorovn´e s osou z (a pˇri naˇsem zobrazen´ı z-ovou souˇradnici zahod´ıme). ≈ Pro z´ısk´an´ı origin´alu opˇet pouˇzijeme naˇs´ı obl´ıbenou vˇetu: [3, −1] = (−4 − t)[1, 2] + (7 + 2t)[1, 1] + t[−1, 0] = (−4 − t)A(e1 ) + (7 + 2t)A(e2 ) + tA(e3 ) = = A((−4−t)e1 +(7+2t)e2 +te3 ) = A((−4−t)[1, 1, 0]+(7+2t)[0, 1, 1]+t[1, 0, 1]) = A([−4, 3+t, 7+3t]) Tedy na vektor [3, −1] se zobraz´ı vˇsechny vektory (libovolny´ vektor) z mnoˇziny {x ∈ R3 : x = [−4, 3 + t, 7 + 3t], t ∈ R}
´ ´ ıho zobrazen´ı 2 Jadro a obor hodnot linearn´ Definice 2.0.1 Necht’ je d´ano line´arn´ı zobrazen´ı A : U → V (nebo-li A ∈ L(U, V)). J´adrem line´arn´ıho zobrazen´ı rozum´ıme mnoˇzinu N (A) = {u ∈ U : A(u) = o} Oborem hodnot line´arn´ıho zobrazen´ı rozum´ıme mnoˇzinu H(A) = {v ∈ V : ∃u ∈ UA(u) = v} (2)
Vˇeta 2.0.2 ˚ Z´akon zachov´ani dimenze. Plat´ı (dukaz, pˇredpokl´ad´am byl uveden na pˇredn´asˇ ce) dimN (A) + dimH (A) = dim U, | {z } | {z } :=d (A)
:=h (A)
kde := d (A) oznaˇcuje defekt matice a := h (A) definujeme, jako hodnost zobrazen´ı. ´ ´ ıho zobrazen´ı je mnoˇzina vektoru, ´ Poznamka: Jinak ˇreˇceno - jadrem linearn´ ˚ ktere´ se zobraz´ı na nulov´y vektor. ˇ y original ´ (tedy existuje vekA obor hodnot je mnoˇzina vektoru, ˚ ke kter´ym existuje nejak´ tor, kter´y se na tento vektor zobraz´ı) - obor hodnot je mnoˇzina obrazu, ˚ ktere´ lze z´ıskat zoˇ eho ´ ´ brazen´ım nejak originalu. ≈ ´ ´ Nasleduj´ ı dva pˇr´ıklady, ktere´ jsou jen pro zajemce. V naˇsem pˇr´ıpadeˇ budeme urˇcovat ´ ˇ jadro a obor hodnot zobrazen´ı podle v´ysˇ e uvedene´ vety. Pˇr´ıklad 2.0.2 Naleznˇete j´adro a obor hodnot zobrazen´ı A([1, 0, 0]) = [1, 2] A([1, 1, 0]) = [0, 1] A([1, 1, 1]) = [−1, 0] S j´adrem jistˇe nebude probl´em - hled´ame takov´e vektory R3 , kter´e se zobraz´ı na nulovy´ vektor R2 (tedy o = [0, 0]). Jinak rˇ eˇceno - hled´ame takov´e v ∈ R3 , pro kter´e A(v) = [0, 0] ˚ kter´e jiˇz Vyj´adˇr´ıme nulovy´ polynom prvn´ıho stupnˇe jako line´arn´ı kombinaci obrazu, m´ame. Tedy potˇrebujeme nal´ezt koeficienty line´arn´ı kombinace [0, 0] = α1 [1, 2] + α2 [0, 1] + α3 [−1, 0] Tato rovnice generuje soustavu (porovn´an´ım jednotlivych ´ sloˇzek) [ ] 1 0 −1 0 2 1 0 0 kter´a m´a rˇ eˇsen´ı [α1 , α2 , α3 ] = [t, −2t, t], t ∈ R. Pouˇzit´ım obvykl´e vˇety
[0, 0] = t.[1, 2]+0.[0, 1]+0.[−1, 0] = t.A([1, 0, 0])+(−2t).A([1, 1, 0])+t.A([1, 1, 1]) = A(t[1, 0, 0]+(−2t)[1, 1, 0]+t Tedy j´adrem zobrazen´ı je mnoˇzina N (A) = {v = [0, t, t], t ∈ R}
(3)
D´ale n´as zaj´ım´a obor hodnot - tedy mnoˇzina vektoru˚ R2 , ke kterym ´ existuje origin´al 3 tedy vektor R . Vezmˇeme tedy nˇejaky´ vektor v ∈ R2 a ukaˇzme, zˇ e tento vektro je obrazem nˇejak´eho origin´alu. Pokud se n´am to obecnˇe nepovede (tj. existuje-li vektor R2 , ktery´ nelze z´ıskat danym ´ line´arn´ım zobrazen´ım vektoru R3 ), pak obor hodnot omez´ıme pouze na ty vektory R2 , kter´e jsou obrazem. A to bude obor hodnot. Tedy vektor v ∈ R2 jest v = [v1 , v2 ] ˚ pro kter´e zn´ame origin´aly. Nebo-li hled´ame a vyj´adˇreme ho jako line´arn´ı kombinaci vektoru, koeficienty line´arn´ı kombinace [v1 , v2 ] = α1 [1, 2] + α2 [0, 1] + α3 [−1, 0] Porovn´an´ım jednotlivych ´ sloˇzek z´ısk´ame soustavu ] [ 1 0 −1 v1 2 1 0 v2 ˇ Pozn´amka: Cten´ arˇ si jistˇe vˇsiml, zˇ e se vlastnˇe jedn´a o stejnou soustavu jako v pˇredeˇsl´em pˇr´ıpadˇe, akor´at zde nehled´ame j´adro - proto pravou stranou nen´ı nulovy´ vektor. Doporuˇcuji pro srovn´an´ı cviˇcen´ı cˇ . 7 a ovˇerˇ ov´an´ı zda dan´a mnoˇzina jest b´az´ı cˇ i nikoliv. Postupovali jsme dle definice, prvn´ı bod generoval soustavu s nulovou pravou stranou a druhy´ bod soustavu s parametrickou pravou stranou. V tomto pˇr´ıpadˇe dˇel´ame de-facto to sam´e. ≈ ˇ sen´ım soustavy je [α1 , α2 , α3 ] = [v1 + t, 2t + v2 − 2v1 , t]. Reˇ D´ale budeme postupovat uˇzit´ım naˇs´ı obl´ıben´e vˇety: v = [v1 , v2 ] = α1 [1, 2] + α2 [0, 1] + α3 [−1, 0] = (v1 + t)[1, 2] + (2t + v2 − 2v1 )[0, 1] + t[−1, 0] = = (v1 +t)A([1, 0, 0])+(2t+v2 −2v1 )A([1, 1, 0])+tA([1, 1, 1]) = A([−v1 +v2 +3t, 3t+v2 −2v1 , t]) Tedy A([−v1 + v2 + 3t, 3t + v2 − 2v1 , t]) = [v1 , v2 ] ˚ zit´e vˇsak je, zˇ e pokud m´ame zad´an tj. pro vektory urˇcit´eho patvaru existuj´ı obrazy. Duleˇ obraz, pak um´ıme nal´ezt odpov´ıdaj´ıc´ı origin´al - sice nejednoznaˇcnˇe (s libovolnou volbou t ∈ R), ale to nevad´ı. ˚ origin´al, proto V kaˇzd´em pˇr´ıpadˇe kaˇzdy´ obraz m´a svuj H(A) = R2
Pˇr´ıklad 2.0.3 Necht’ je d´ano line´arn´ı zobrazen´ı D : P2 → P1 definovan´e pˇredpisem P(ax2 + bx + c) = 2ax + b Urˇcete j´adro, obor hodnot.
(4)
S j´adrem jistˇe nebude probl´em - hled´ame takov´e polynomy druh´eho stupnˇe, kter´e se zobraz´ı na nulovy´ polynom prvn´ıho stupnˇe (tedy o = 0x + 0 = 0). Jinak rˇ eˇceno - hled´ame takov´e p ∈ P2 , pro kter´e D(p) = 0 Pod´ıv´ame se nejdˇr´ıve na obrazy vektoru˚ b´aze E (spoˇcteme jej dle pˇredpisu zobrazen´ı podle zad´an´ı) D(1) = 0 D(x) = 1 D(x2 ) = 2x ˚ K tomu A vyj´adˇr´ıme nulovy´ polynom prvn´ıho stupnˇe jako line´arn´ı kombinaci tˇehto obrazu. samozˇrejmˇe potˇrebujeme nal´ezt koeficienty line´arn´ı kombinace 0x + 0 = α1 (0) + α2 (1) + α3 (2x) Tato rovnice generuje soustavu (porovn´an´ım koeficientu˚ u jednotlivych ´ mocnin x) [ ] 0 1 0 0 0 0 2 0 kter´a m´a rˇ eˇsen´ı [α1 , α2 , α3 ] = [t, 0, 0], t ∈ R. Pouˇzit´ım obvykl´e vˇety 0 = t.(0) + 0.(1) + 0.(2x) = t.D(1) + 0.D(x) + 0.D(x2 ) = D(t) Tedy j´adrem zobrazen´ı je mnoˇzina N (D) = {p(x) = t, t ∈ R} Pozn´amka: Oˇcividnˇe - v pˇredpisu zobrazen´ı se tak nˇejak vytratil koeficient u mocniny x0 , tj. cokoliv co bude m´ıt koeficienty a = b = 0 je v j´adru zobrazen´ı. ≈ D´ale n´as zaj´ım´a obor hodnot - tedy mnoˇzina polynomu˚ prvn´ıho stupnˇe, ke kterym ´ existuje origin´al - tedy polynom druh´eho stupnˇe. Vezmˇeme tedy nˇejaky´ obecny´ polynom prvn´ıho stupnˇe a ukaˇzme, zˇ e tento polynom je obrazem nˇejak´eho origin´alu. Pokud se n´am to obecnˇe nepovede (tj. existuje-li polynom prvn´ıho stupnˇe, ktery´ nelze z´ıskat danym ´ line´arn´ım zobrazen´ım polynomu druh´eho stupnˇe), pak obor hodnot omez´ıme pouze na ty polynomy prvn´ıho stupnˇe, kter´e jsou obrazem. A to bude obor hodnot. Tedy obecny´ polynom prvn´ıho stupnˇe jest p(x) = a1 x + b1 A naleznˇeme line´arn´ı kombinaci obrazu˚ vektoru˚ b´aze D(1) = 0 D(x) = 1 D(x2 ) = 2x (5)
kter´a popisuje tento vektor. Nebo-li hled´ame koeficienty line´arn´ı kombinace a1 x + b1 = α1 (0) + α2 (1) + α3 (2x) Porovn´an´ım koeficientu˚ u jednotlivych ´ mocnin z´ık´ame soustavu [ ] 0 1 0 b1 0 0 2 a1 ˇ Pozn´amka: Cten´ arˇ si jistˇe vˇsiml, zˇ e se vlastnˇe jedn´a o stejnou soustavu jako v pˇredeˇsl´em pˇr´ıpadˇe, akor´at zde nehled´ame j´adro - proto pravou stranou nen´ı nulovy´ vektor. Doporuˇcuji pro srovn´an´ı cviˇcen´ı cˇ . 7 a ovˇerˇ ov´an´ı zda dan´a mnoˇzina jest b´az´ı cˇ i nikoliv. Postupovali jsme dle definice, prvn´ı bod generoval soustavu s nulovou pravou stranou a druhy´ bod soustavu s parametrickou pravou stranou. V tomto pˇr´ıpadˇe dˇel´ame de-facto to sam´e. ≈ ˇReˇsen´ım soustavy je [α1 , α2 , α3 ] = [t, b1 , a1 ]. 2 D´ale budeme postupovat uˇzit´ım naˇs´ı obl´ıben´e vˇety: a1 p(x) = a1 x + b1 = α1 (0) + α2 (1) + α3 (2x) = t(0) + b1 (1) + (2x) = 2 a1 a1 a1 = t(0) + b1 (1) + (2x) = tD(1) + b1 D(x) + D(x2 ) = D(t + b1 x + x2 ) 2 2 2 Vid´ıme, zˇ e t + b1 x + a21 x2 je libovolny´ polynom druh´eho stupnˇe, tedy ke kaˇzd´emu polynomu ˚ vzor. druh´eho stupnˇe existuje obraz, kaˇzdy´ polynom prvn´ıho stupnˇe m´a svuj Tedy H(D) = P1
Pˇr´ıklad 2.0.4 Naleznˇete j´adro, obor hodnot, defekt a hodnost zobrazen´ı A : P1 →R3 . Podle vˇety 2.0.2. A(1 − x) = [1, −1, 1] A(1 + x) = [0, 1, 2] Nejdˇr´ıve si vypoˇcteme nulov´eho prostoru hled´ame jako line´arn´ı kombinaci obrazu˚ b´aze, tj. hled´ame α1 , α2 ∈ R. Tud´ızˇ mus´ı platit α1 [1, −1, 1] + α2 [0, 1, 2] = [0, 0, 0]. 1 0 0 1 0 0 1 0 0 −1 1 0 r1 + r2 ∼ 0 1 0 ∼ 0 1 0 1 2 0 r3 − r1 0 2 0 r3 − 2r1 0 0 0 Odtud vyd´ıme, zˇ e α1 = α2 = 0. ˚ Nulovy´ prostor obsahuje stejn´e line´arn´ı kombinace vzoru. N (A) = {0 · (1 − x) + 0 · (1 + x) ∈ P1 } = {o}. Ze z´akona zachov´an´ı dimenze v´ıme, zˇ e h(A) = n − d(A = dimP1 − dA = 2 − 0 = 2. Z´arovenˇ je i obor hodnot prostorem << 1, −1, 1 >, < 0, 1, 2 >>, odtud m´ame i b´azi H(A): F := ((1, −1, 1), (0, 1, 2)).
(6)
´ ıho zobrazen´ı 3 Matice linearn´ Definice 3.0.2 Necht’ • A ∈ L(U, V) • E = (e1 , . . . , em ) je b´aze U • F = (f1 , . . . , fn ) je b´aze V Pak matic´ı line´arn´ıho zobrazen´ı rozum´ıme [A]E,F = [[A(e1 )]F , . . . , [A(em )]F ] kde [A(e1 )]F jsou sloupcov´e vektory. ´ A k cˇ emu je to dobre? Vˇeta 3.0.3 Plat´ı ∀u ∈ U : [A(u)]F = [A]E,F [u]E ˇ ˇ do lidˇstejˇ ˇ s´ıho jazyka: ´ Poznamka: Pokud nekomu nen´ı jasno - pˇreloˇz´ım pˇredeˇslou vetu ´ souˇcinem matice linearn´ ´ ıho zobrazen´ı a vektoru souˇradnic Souˇradnice obrazu lze z´ıskat ´ (vzhledem k odpov´ıdaj´ıc´ım baz´ ´ ım). originalu ≈ ´ ´ pˇr´ıkladu, ´ na cviˇcen´ı (take´ tento druh pˇr´ıkladu˚ nen´ı Nasleduje par ˚ ktere´ nebyly probrany ´ u zkouˇsky, ale pozornemu ´ ´ ri pochop´ı nahlednout ´ ´ vyˇzadovan cˇ tenaˇ do dane´ latky), oproti ˇ ´ sky pˇrednaˇ ´ sej´ıc´ıho, na cˇ ast, ´ kde jsou prob´ırany ´ domu DOPORUCUJI pod´ıvat se na pˇrednaˇ ´ ıho zobrazen´ı matice linearn´ ˇ ´ ım souˇradnic. Platilo: ´ Poznamka: Vzpomenme na motivaˇcn´ı pˇr´ıklad s mapou a zahazovan´ [ ′ ] [ 1 ] x x 0 0 10 = . y 1 y′ 0 10 0 z ´ Jelikoˇz jsme volili standartn´ı baze E = ([1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1]), F = ([1, 0], [0, 1]), pak ´ ´ techto ˇ souˇradnice vektoru˚ v odpov´ıdaj´ıc´ıch bazich jsou rovny sloˇzkam vektoru. ˚ ´ E jsou (pˇripomenme ˇ A obrazy vektoru˚ baze - vol´ıme m´ırku 1:10 a posledn´ı souˇradnici zahod´ıme) 1 A([1, 0, 0]) = [ 10 , 0] 1 A([0, 1, 0]) = [0. 10 ] A([0, 0, 1]) = [0, 0] coˇz jsou pˇresneˇ sloupce kouzelne´ matice. Haluz? Nikoliv.
≈
´ Vektoru˚ mame jisteˇ vˇsichni uˇz dost, uved’me si pˇr´ıklad pro polynomy.
(7)
Pˇr´ıklad 3.0.5 Necht’ je d´ano line´arn´ı zobrazen´ı D : P2 → P1 definovan´e pˇredpisem P(ax2 + bx + c) = 2ax + b Sestavte matici line´arn´ıho zobrazen´ı vzhledem k b´az´ım E = (1, x, x2 ) F = (x + 1, x − 1) Co s t´ım? Budeme postupovat podle definice, matici line´arn´ıho zobrazen´ı sestav´ıme [D]E,F = [[D(e1 )]F , [D(e2 )]F , [D(e3 )]F ] Tedy mus´ıme nal´ezt [D(e1 )]F , [D(e2 )]F , [D(e3 )]F - to jsou souˇradnice obrazu˚ vektoru˚ b´aze E v b´azi F . Tak pomalu tedy - nejdˇr´ıve se pod´ıv´ame na D(e1 ), D(e2 ), D(e3 ), tedy obrazy b´aze E: D(1) = 0 D(x) = 1 D(x2 ) = 2x Fajn. D´ale je nutno nal´ezt souˇradnice tˇechto obrazu˚ v b´azi F , tj. hled´ame [D(e1 )]F , [D(e2 )]F , [D(e3 )]F . Pro [D(e1 )]F budeme hledat koeficienty line´arn´ı kombinace D(e1 ) = α1 f1 + α2 f2 tedy rˇ eˇsit soustavu 0 = α1 (x + 1) + α2 (x − 1) S rˇ eˇsen´ım poˇckejme jeˇstˇe na moment. Pro [D(e2 )]F a [D(e3 )]F budeme obdobnˇe rˇ eˇsit soustavy 1 = β1 (x + 1) + β2 (x − 1) 2x = γ1 (x + 1) + γ2 (x − 1) ˚ proto jsem si dovolil pouˇz´ıt i Pozn´amka: Bylo nutno rozliˇsit souˇradnice rozd´ılnych ´ vektoru, jin´a p´ısmenka rˇ eck´e abecedy. Ano, mohl jsem pouˇz´ıt α a pˇripsat k nˇemu jen dalˇs´ı koeficient, nicm´enˇe by vznikl celkem sluˇsny´ gul´asˇ . A to nem´ame r´adi. ≈ Takˇze de-facto je nutno rˇ eˇsit tˇri soustavy: 0 = α1 (x + 1) + α2 (x − 1) 1 = β1 (x + 1) + β2 (x − 1) 2x = γ1 (x + 1) + γ2 (x − 1) Vˇsimnˇeme si, zˇ e rovnice budou generovat soustavy se stejnou matic´ı. My, jelikoˇz m´ame spoustu zkuˇsenst´ı s rˇ eˇsen´ım soustav pomoc´ı Gaussovy eliminaˇcn´ı metody, si dovol´ıme tyto soustavy vyˇreˇsit jednou Gaussovkou najednou - rˇ eˇs´ıme soustavu s vˇetˇs´ım poˇctem pravych ´ stran. Sestavme porovn´an´ım jednotlivych mocnin rozˇs´ırˇ enou matici soustavy se tˇremi pravymi ´ ´ stranami [ ] 1 1 0 0 2 1 −1 0 1 0 (8)
˚ u x1 a druhy´ koeficientum ˚ u x0 . Prvn´ı Pozn´amka: Prvn´ı rˇ a´ dek odpov´ıd´a koeficientum sloupec prav´e strany je prav´a strana prvn´ı soustavy, druhy´ sloupec je prav´a strana druh´e soustavy a analogicky tˇret´ı sloupec prav´e strany je prav´a strana tˇret´ı soustavy. ´ Ulet. ≈ ´ Po upravˇ e na jednotkovou matici na lev´e stranˇe (Gauss-Jordan - nechce se mi rˇ eˇsit zpˇetn´a substituce) z´ısk´ame [ ] 1 0 0 12 1 0 1 0 12 1 Z´ısk´av´ame pro jednotliv´e prav´e strany jednotliv´a rˇ eˇsen´ı: α1 = 0 β1 = 12 γ1 = 1
α2 = 0 β2 = 12 γ2 = 1
Tedy po dosazen´ı (vˇsimnˇeme si jeˇstˇe, zˇ e v definici se hovoˇr´ı o sloupcovych ´ vektorech) [ ] [ 1 ] [ ] 0 1 [D(e1 )]F = , [D(e1 )]F = 21 , [D(e1 )]F = 0 1 2 Tedy
[ [D]E,F =
0 0
1 2 1 2
1 1
] ,
Hotovo. Pˇr´ıklad 3.0.6 Vyuˇzit´ım matice z pˇredeˇsl´eho pˇr´ıkladu naleznˇete souˇradnice obrazu D(x2 − 2x + 3) vzhledem k b´azi F . ´ zasnou matici, tak bychom postupovali takto: Tak pokud bychom nemˇeli naˇsi uˇ • dle pˇredpisu zobrazen´ı D zjist´ıme, zˇ e D(x2 − 2x + 3) = 2x − 2 • a spoˇcteme souˇradnice polynomu 2x−2 vzhledem k b´azi F , takˇze zase rˇ eˇs´ıme soustavu • hotovo. My vˇsak vyuˇzijeme toho, zˇ e b´aze E je velice pˇr´ıjemn´a (mnohem pˇr´ıjemnˇejˇs´ı neˇz F ). Souˇradnice polynomu x2 − 2x + 3 v t´eto b´azu jsou [x2 − 2x + 3]E = [3, −2, 1] Skuteˇcnˇe x2 − 2x + 3 = 3e1 + (−2)e2 + 1e3 Vyuˇzijeme vˇety kter´a n´asledovala hned po definici matice line´arn´ıho zobrazen´ı: ∀u ∈ U : [A(u)]F = [A]E,F [u]E (9)
Tedy v naˇsem pˇr´ıpadˇe [D(x2 − 2x + 3)]F = [D]E,F [x2 − 2x + 3]E N´asobit matici a vektor snad nen´ı probl´em: [ [ ] ] 3 1 0 2 1 0 −2 = 0 12 1 2 1 A je to. ˚ Pozn´amka: Pokud bychom postupovali prvn´ım spusobem, dostali bychom stejn´e rˇ eˇsen´ı. To se d´a lehce ovˇerˇ it: D(x2 − 2x + 3) = 2x − 2 = 0f1 + 2f2 = 0.(x + 1) + 2.(x − 1) Ano, uzn´av´am, v tomto pˇr´ıpadˇe by byla soustava pro hled´an´ı koeficientu˚ t´eto line´arn´ı kombinace velice snadn´a. Ale jsou i pˇr´ıpady, kdy nen´ı.. a nav´ıc, proˇc rˇ eˇsit soustavu, kterou jsme jiˇz tolikr´at rˇ eˇsili pˇri sestavov´an´ı matice soustavy? ≈
Pˇr´ıklad 3.0.7 Vyuˇzit´ım matice z pˇredeˇsl´eho pˇr´ıkladu naleznˇete origin´al p ∈ P3 , pokud D(p) = x + 1 . Podle definice matice line´arn´ıho zobrazen´ı plat´ı [D(p)]F = [D]E,F [p]E V t´eto rovnici zn´ame matici [D]E,F a tak´e lze dopoˇc´ıtat [D(p)]F - souˇradnice obrazu v b´azi E. Tak to udˇelejme - naleznˇeme α1 , α2 ∈ R v line´arn´ı kombinaci D(p) = α1 f1 + α2 f2 tedy po dosazen´ı x + 1 = α1 (x + 1) + α2 (x − 1) Urˇcitˇe nen´ı pˇredkvapen´ım, zˇ e rˇ eˇsen´ım je α1 = 1, α2 = 0. Tedy [ ] 1 [D(p)]F = 0 ˚ Vrat’me se k puvodn´ ı rovnici [D(p)]F = [D]E,F [p]E a dosad’me
[
1 0
]
[ =
0 0
1 2 1 2
1 1
] [p]E (10)
ˇ sme Jedinou nezn´amou v t´eto rovnici jsou souˇradnice hledan´eho vektoru v b´azi E. Reˇ soustavu pomoc´ı Gaussovy eliminaˇcn´ı metody: [ ] 0 12 1 1 0 21 1 0 ´ Upravou na schodovy´ tvar z´ısk´ame [
0 1 2 2 0 0 2 1
]
˚ zeme konstatovat, zˇ e [p]E = [t, 1, 21 ], t ∈ R. Akor´at v zad´an´ı po A po zpˇetn´e substituci muˇ ´ n´as nechtˇej´ı zˇ a´ dn´e souˇradnice, naˇsim ukolem bylo spoˇc´ıst pˇr´ımo dany´ vektor. Tak dosad’me souˇradnice do line´arn´ı kombinace b´aze: 1 1 p = te1 + 1e2 + e3 = t + x + x2 , t ∈ R 2 2
´ ı a vyuˇzit´ı matice linearn´ ´ ıho zobrazen´ı. Tot’ vˇse k hledan´
´ ı formy 4 Bilinearn´ Definice 4.0.3 Zobrazen´ı B : V × V → R, kde V je re´alny´ vektorovy´ prostor se nazyv´ ´ a biline´arn´ı forma, jestliˇze ∀u, v, w ∈ V, ∀α ∈ R: 1. B(u + v, w) = B(u, w) + B(v, w) 2. B(u, v + w) = B(u, v) + B(u, w) 3. B(αu, v) = αB(u, v) 4. B(u, αv) = αB(u, v) ˚ ze byt Biline´arn´ı forma muˇ ´ nav´ıc • symetrick´a, pokud ∀u, v ∈ V : B(u, v) = B(v, u) • symetrick´a, pokud ∀u, v ∈ V : B(u, v) = −B(v, u) ´ ı, zda dane´ zobrazen´ı je bilinearn´ ´ ı forma cˇ i nikoliv, prob´ıha´ obdobneˇ jako u Dokazovan´ ´ ıho zobrazen´ı - prosteˇ dle definice oveˇ ˇ r´ıme: linearn´ • zˇ e se jedna´ o zobrazen´ı V × V → R ˇ vˇsechny 4 vlastnosti • a zˇ e jsou splneny ˇ ren´ım, zda je bilinearn´ ´ ı forma symetricka´ cˇ i antisymetricka´ • pˇr´ıpadneˇ lze rozhodnout oveˇ Tedy ukaˇzme si pouze jeden ilustrativn´ı pˇr´ıklad. (11)
Pˇr´ıklad 4.0.8 Rozhodnˇete, zda zobrazen´ı B : R2 × R2 → R definovan´e pˇredpisem B([u1 , u2 ], [v1 , v2 ]) = u1 v1 + u2 v2 ˚ Ale to jste jistˇe Pozn´amka: Jedn´a se o skal´arn´ı souˇcin dvou dvoudimenzion´aln´ıch vektoru. poznali. ≈ Toˇz ovˇerˇ´ıme ty cˇ tyˇri vˇeci nahoˇre (tedy dle definice ovˇerˇ me cˇ tyˇri vlastnosti biline´arn´ıch forem): Budeme ovˇerˇ ovat vlastnosti pro libovoln´e dvou dimenzion´aln´ı vektory, proto zadefinujme u = [u1 , u2 ] v = [v1 , v2 ] w = [w1 , w2 ] 1. L = B(u + v, w) = B([u1 + v1 , u2 + v2 ], [w1 , w2 ]) = (u1 + v1 )w1 + (u2 + v2 )w2 P = B(u, w) + B(v, w) = u1 w1 + u2 w2 + v1 w1 + v2 w2 L = P 2. L = B(u, v + w) = B([u1 , u2 ], [v1 + w1 , v2 + w2 ]) = u1 (v1 + w1 ) + u2 (v2 + w2 ) P = B(u, v) + B(u, w) = u1 v1 + u2 v2 + u1 w1 + u2 w2 L = P 3. L = B(αu, v) = B([αu1 , αu2 ], [v1 , v2 ]) = αu1 v1 + αu2 v2 P = αB(u, v) = α(u1 v1 + u2 v2 ) L = P 4. L = B(u, αv) = B([u1 , u2 ], [αv1 , αv2 ]) = αu1 v1 + αu2 v2 P = αB(u, v) = α(u1 v1 + u2 v2 ) L = P Nav´ıc tato biline´arn´ı forma je symetrick´a, jelikoˇz B([u1 , u2 ], [v1 , v2 ]) = u1 v1 + u2 v2 = v1 u1 + v2 u2 = B([v1 , v2 ], [u1 , u2 ])
(12)
´ bilinearn´ ´ ı formy 5 Symetricka´ a antisymetricka´ cˇ ast ˇ ´ ´ ı forma B : V × V → R se naz´yva´ Pˇripomenme si z minuleho cviˇcen´ı, zˇ e bilinearn´ ´ pokud ∀u, v ∈ V : B(u, v) = B(v, u) • symetricka, ´ pokud ∀u, v ∈ V : B(u, v) = −B(v, u) • antisymetricka, ´ ı forma nen´ı symetricka´ nebo antisymetricka, ´ da´ se Vtip je v tom, zˇ e i kdyˇz dana´ bilinearn´ ´ rozloˇzit na souˇcet symetricke´ a antisymetricke´ cˇ asti, tj. B(u, v) = BS (u, v) + BA (u, v) kde ´ • BS (u, v) je symetricka´ cˇ ast ´ • BA (u, v) je antisymetricka´ cˇ ast. Nav´ıc plat´ı BS (u, v) = BA (u, v) =
1 2 (B(u, v) 1 2 (B(u, v)
+ B(v, u)) − B(v, u))
Pˇr´ıklad 5.0.9 Rozhodnˇete, zda biline´arn´ı forma B : R2 × R2 → R definov´ana B([x1 , x2 ], [y1 , y2 ]) = 2x1 y2 + x2 y1 je symetrick´a cˇ i antisymetrick´a, pˇr´ıpadnˇe naleznˇete symetrickou a antisymetrickou cˇ a´ st. Pokud m´a byt ´ B symetrick´a, pak mus´ı platit ∀x, y ∈ R2 : B(x, y) = B(y, x). Tak se na to pod´ıvejme poˇra´ dnˇe: B(x, y) = B([x1 , x2 ], [y1 , y2 ]) = 2x1 y2 + x2 y1 B(y, x) = 2y1 x2 + y2 x1 Oˇcividnˇe B(x, y) ̸= B(y, x) a B(x, y) ̸= −B(y, x) proto B nen´ı symetrick´a a nen´ı antisymetrick´a. Tak hur´a na ty cˇ a´ sti. Budeme postupovat dle ”Nav´ıc plat´ı”ve vyˇse uveden´e Vˇetˇe. Symetrickou cˇ a´ st z´ısk´ame 1 1 BS (x, y) = (B(x, y) + B(y, x)) = (2x1 y2 + x2 y1 + 2y1 x2 + y2 x1 ) = 2 2 1 3 = (3x1 y2 + 3x2 y1 ) = (x1 y2 + x2 y1 ) 2 2 Antisymetrickou cˇ a´ st z´ısk´ame 1 1 BA (x, y) = (B(x, y) − B(y, x)) = (2x1 y2 + x2 y1 − 2y1 x2 − y2 x1 ) = 2 2 1 = (x1 y2 − x2 y1 ) 2 Hotovo. Nic komplikovan´eho v tom nen´ı.
(13)
´ ı formy 6 Matice bilinearn´ Definice 6.0.4 Necht’ E = (e1 , . . . , en ) je b´aze vektorov´eho prostoru V a B je biline´arn´ı forma nad t´ımto vektorovym ´ prostorem. Matic´ı biline´arn´ı formy B nazyv´ ´ ame matici [B]E = (B(ei , ej )) ´ definice chtel ˇ ˇr´ıci, zˇ e matici bilinearn´ ´ ı formy sestroj´ıme ´ Poznamka: Co to zase je? Autor teto ´ ´ vyplivne tak, zˇ e na pozici i, j (tedy i-t´y ˇradek a j-t´y sloupec) zap´ısˇ eme cˇ ´ıslo, ktere´ nam B(ei , ej )). ˇ hodneˇ ˇreˇc´ı a pˇritom tak jednoducha´ vec. ˇ Opet ≈ Pˇr´ıklad 6.0.10 Sestavte matici biline´arn´ı formy B : R2 × R2 → R s pˇredpisem B([x1 , x2 ], [y1 , y2 ]) = 2x1 y2 + x2 y1 Nejdˇr´ıve zvol´ıme nˇejakou pˇreknou b´azi vektorov´eho prostoru V = R2 . Co takhle standartn´ı? e1 = [1, 0] , E = (e1 , e2 ) e2 = [0, 1] ˚ A pod´ıv´ame se (zkonstruujeme dle definice B) obrazy kombinac´ı b´azovych ´ vektoru: B(e1 , e1 ) B(e1 , e2 ) B(e2 , e1 ) B(e2 , e2 )
= = = =
B([1, 0], [1, 0]) = 2.1.0 + 1.0 = 0 B([1, 0], [0, 1]) = 2.1.1 + 0.0 = 2 B([0, 1], [1, 0]) = 2.0.0 + 1.1 = 1 B([0, 1], [0, 1]) = 2.0.1 + 1.0 = 0
D´ale uˇz jen staˇc´ı zkonstruovat matici biline´arn´ı formy - na pozici i, j zap´ısˇ eme B(ei , ej ) [ ] 0 2 [B]E = 1 0
Vˇeta 6.0.4 Necht’ • B je biline´arn´ı forma nad V • E je b´aze V • [B]E je matice formy B vzhledem k b´azi E Pak ∀u, v ∈ V : B(u, v) = [u]TE [B]E [v]E
(14)
´ ˇ nejak´ ˇ y ten duvod, ´ Poznamka: Tedy zde mame opet proˇc vubec konstruujeme matici bi˚ ˚ ´ ı formy. Doporuˇcuji cˇ tenaˇ ´ ri porovnat s matic´ı linearn´ ´ ıho zobrazen´ı. linearn´ ≈ Pˇr´ıklad 6.0.11 Vyuˇzijte matici z pˇredeˇsl´eho pˇr´ıkladu pro nalezen´ı B(u, v), pokud u v
def
=
def
=
[1, 2] [−3, 0]
Pokud chceme vyuˇz´ıt pˇredeˇslou vˇetu, potˇrebujeme souˇradnice vektoru˚ u, v v b´azi E. Jelikoˇz jsme sˇ ikovnˇe volili standartn´ı b´azi, pak [u]E = [1, 2] [v]E = [−3, 0] a ted’ to cel´e dosad´ıme
[
B(u, v) = [u]TE [B]E [v]E = [1, 2]
0 2 1 0
][
−3 0
] = −6
A skuteˇcnˇe, pokud bychom se vykaˇslali na celou matici biline´arn´ıformy a postupovali podle definice biline´arn´ı formy B z´ıskali bychom B([1, 2], [−3, 0]) = 2.1.0 + 2.(−3) = −6 Pozn´amka: Pozorny´ cˇ ten´arˇ si jistˇe vˇsiml drobnou nepˇresnost kolem transponov´an´ı vektoru˚ souˇradnic. Ano, vektor souˇradnic by mˇel byt ´ sloupcovy´ vektor. Ale tak j´a jsem to tak nˇejako dosadil, aby dan´e n´asoben´ı mˇelo smysl. ≈
Pˇr´ıklad 6.0.12 Biline´arn´ı forma B na R3 vzhledem k uspoˇra´ dan´e b´azi E (kanonick´e) je urˇcena vztahem B(⃗x, ⃗y ) = 3x1 y1 + 2x1 y2 − 5x1 y3 + x2 y2 + 2x2 y3 + x3 y1 − x3 y2 Urˇcete matici t´eto biline´arn´ı formy vzhledem k b´azi E a d´ale urˇcete B(⃗u, ⃗v ) a B(⃗v , ⃗u), ⃗u = ˚ zeme napsat pˇr´ımo podle souˇradnic, (1, 2, 3)E a ⃗v = (2, 1, 3)E . Matici biline´arn´ı formy si muˇ protoˇze ji urˇcujeme podle uspoˇra´ dan´e b´aze. 3 2 −5 B= 0 1 2 1 −1 0 Vypoˇcteme B(⃗u, ⃗v ) a B(⃗v , ⃗u) 2 2 3 2 −5 B(⃗u, ⃗v ) = [u]TE [B]E [v]E = [1, 2, 3] · 0 1 2 · 1 = [6, 1, −1] · 1 = 10. 3 3 1 −1 0
(15)
a
3 2 −5 1 1 B(⃗v , ⃗u) = [v]TE [B]E [u]E = [2, 1, 3] · 0 1 2 · 2 = [9, 2, −8] · 2 = −11. 1 −1 0 3 3
˚ zeme prov´est zkouˇsku pˇr´ımym Muˇ ´ dosazen´ım B(⃗u, ⃗v ) = 6 + 2 − 15 + 2 + 12 + 6 − 6 = 10. B(⃗v , ⃗u) = 6 + 8 − 30 + 2 + 6 + 3 − 6 = −11. Odtud tak´e vid´ıme, zˇ e dan´a forma nen´ı symetrick´a, tj. B(⃗u, ⃗v ) ̸= 6B(⃗u, ⃗v ).
Pˇr´ıklad 6.0.13 Biline´arn´ı forma B na R3 vzhledem k uspoˇra´ dan´e b´azi E (kanonick´e) je urˇcena matici t´eto biline´arn´ı formy vzhledem k b´azi E. Rozloˇzte ji na jej´ı symetrickou a antisymetrickou cˇ a´ st. 5 1 −1 B = 3 −2 0 3 4 3 Potˇrebujeme B T , kterou uˇz um´ıme nal´ezt. Takˇze 5 3 3 B T = 1 −2 4 −1 0 3 S c ˇ a´ st matice B v kanonick´e b´azi. Prvn´ı nalezneme symetrickou BE 5 2 1 1 S T BE = (BE + BE ) = 2 −2 2 . 2 1 2 3 A c ˇ a´ st matice B v kanonick´e b´azi. Antisymetrickou BE
0 −1 −2 1 T S S ) = BE − BE = 1 0 −2 . BE = (BE − BE 2 2 2 0
7 Reference ´ Linearn´ ´ ı algebra, skriptum, Ostrava [1] Z. Dostal, ´ LA1 - 10. pˇrednaˇ ´ ska, prezentace [2] V. Vondrak, ´ LA1 - 10. cviˇcen´ı [3] V. Vondrak,
(16)
