Kapitola 2: Lineární zobrazení

Sbírka příklad˚ u Matematika II pro strukturované studium

Kapitola 2: Lineární zobrazení

Chcete-li ukonˇ cit prohl´ıˇ zen´ı stisknˇ ete kl´ avesu Esc. Chcete-li pokraˇ covat stisknˇ ete kl´ avesu Enter.

. – p.1/11

Lineární zobrazení • Line´ arn´ı zobrazen´ı z

Rn

do

Rm

• Inverzn´ı matice Zpˇ et

. – p.2/11

Lineární zobrazení z

Rn do Rm

• Pˇ r´ıklad 2.1.1 Napiˇ ste matici A reprezentuj´ıc´ı line´ arn´ı zobrazen´ı L prostoru 4 R definované vztahem T

R3

do

T

L((x, y, z) ) = (4x + 2y + z, 3x + y, 2x + 2y + 2z, x − y − 2z) . − − − Najdˇ ete vektor → v = L(→ u ), kter´ y je obrazem vektoru → u = (1, −3, 2)T v tomto − zobrazen´ı. Zjistˇ ete, zda vektor → u je jedin´ ym vektorem, kter´ y se zobraz´ı na vektor → − v . Pokud nen´ı jedin´ ym, naleznˇ ete alespoˇ n jeden dalˇ s´ı. − − • Pˇ r´ıklad 2.1.2 Najdˇ ete vektor → v , kter´ y je obrazem vektoru → u = (1, 1, 1)T v line´ arn´ım zobrazen´ı L prostoru R3 do R3 reprezentovan´ em matic´ı   2 −1 0   A= 0 4 −3  . 0 0 1 − − y se na vektor → v Zjistˇ ete, zda vektor → u je jedin´ ym vektorem z prostoru R3 , kter´ zobraz´ı. Pokud nen´ı jedin´ y, najdˇ ete vˇ sechny dalˇ s´ı. • Pˇ r´ıklad 2.1.3 Dokaˇ zte, ˇ ze zobrazen´ı L1 : R3 −→ R4 a zobrazen´ı L2 : R4 −→ R3 jsou line´ arn´ı, a najdˇ ete matici A, kter´ a reprezentuje sloˇ zen´ e zobrazen´ı L1 ◦ L2 . T L1 ((x1 , x2 , x3 ) )=(x1 − 2x2 + x3 , 4x1 + 2x2 − x3 , −x1 − 5x2 + 3x3 , 2x1 − 3x2 + 8x3 )T, L2 ((x1 , x2 , x3 , x4 )T ) = (x1 − 2x2 + x3 − x4 , x1 − 7x4 , 2x1 − x3 + x4 )T . • Pˇ r´ıklad 2.1.4 Najdˇ ete j´ adro K line´ arn´ıho zobrazen´ı L : R3 −→   matic´ı 7 3 −2  3 2 −1    A= .  −6 −4 2  −1 −4 1 Urˇ cete dimenzi K.

R4

reprezentovan´ eho

Zpˇ et . – p.3/11

Příklad 2.1.1 Napiˇ ste matici A reprezentuj´ıc´ı line´ arn´ı zobrazen´ı L prostoru vztahem T

R3

do

R4

definovan´ e T

L((x, y, z) ) = (4x + 2y + z, 3x + y, 2x + 2y + 2z, x − y − 2z) . − − − Najdˇ ete vektor → v = L(→ u ), kter´ y je obrazem vektoru → u = (1, −3, 2)T v tomto zobrazen´ı. − − Zjistˇ ete, zda vektor → u je jedin´ ym vektorem, kter´ y se zobraz´ı na vektor → v . Pokud nen´ı jedin´ ym, naleznˇ ete alespoˇ n jeden dalˇ s´ı. ?

Zpˇ et

. – p.4/11

Příklad 2.1.1 Napiˇ ste matici A reprezentuj´ıc´ı line´ arn´ı zobrazen´ı L prostoru vztahem

R3

do

R4

definovan´ e

T

T

L((x, y, z) ) = (4x + 2y + z, 3x + y, 2x + 2y + 2z, x − y − 2z) . − − − Najdˇ ete vektor → v = L(→ u ), kter´ y je obrazem vektoru → u = (1, −3, 2)T v tomto zobrazen´ı. − − Zjistˇ ete, zda vektor → u je jedin´ ym vektorem, kter´ y se zobraz´ı na vektor → v . Pokud nen´ı jedin´ ym, naleznˇ ete alespoˇ n jeden dalˇ s´ı.

Výsledek: 

Zpˇ et

  A= 

4 3 2 1

2 1 2 −1

1 0 2 −2



  , 



  → − v = 

0 0 0 0



  , 



  L((0, 0, 0) ) =   T

0 0 0 0



  . 

. – p.4/11


R3

do

R4

definovan´ e T


Návod: Matice A bude typu 4 × 3 a mus´ı splˇ novat L((x, y, z)T ) = A(x, y, z)T . Z t´ eto rovnosti → − → − → − → − zjist´ıme prvky matice A. Protoˇ ze L( u ) = A u , je v = A u . Vektor bude jedin´ y pr´ avˇ e kdyˇ z je hodnost matice A rovna dimenzi vektorov´ eho prostoru vzor˚ u, v naˇ sem pˇ r´ıpadˇ e 3. Pokud h(A) < 3, mus´ıme dalˇ s´ı vektory urˇ cit jako ˇ reˇ sen´ı soustavy line´ arn´ıch rovnic T → − A(x, y, z) = v . Zpˇ et

. – p.4/11


R3

do

R4

definovan´ e

T

T


Řešení: 





a11 a21 a31 a41

x     T L((x, y, z) ) = A  y  =   z 

  =  

a11 x + a12 y a21 x + a22 y a31 x + a32 y a41 x + a42 y

+ a13 z + a23 z + a33 z + a43 z

    

Porovn´ ame posledn´ı dva vektory a dostaneme a11 a12 a13

= = =

4 2 1

a21 a22 a23

= = =

3 1 0

a12 a22 a32 a42 

  =  

a31 a32 a33

= = =

a13 a23 a33 a43



 x     y  =  z 

4x + 2y + z 3x + y 2x + 2y + 2z x − y − 2z

2 2 2

a41 a42 a43

= = =



  . 

1 −1 −2

Dalˇ s´ı . – p.4/11


R3

do

R4

definovan´ e

T

T


Řešení: Tedy



  A= 

4 3 2 1

2 1 2 −1

1 0 2 −2

Matice A reprezentuje line´ arn´ı zobrazen´ı L, neboli    4 2 1 1   3 1 0    − A→ u =   −3  2 2 2  2 1 −1 −2



  . 

− L(→ u) =       = 

− − A→ u =→ v,  0 0   − v.  = → 0  0

Protoˇ ze L je line´ arn´ı zobrazen´ı prostoru R3 do R4 , v´ıme, ˇ ze se nulov´ y vektor T 3 T 4 − (0, 0, 0) ∈ R zobraz´ı na nulov´ y vektor (0, 0, 0, 0) ∈ R . Urˇ citˇ e tedy nen´ı vektor → u → − jedin´ y vektor, kter´ y se zobraz´ı na v . M´ ame-li tedy naj´ıt alespoˇ n jeden dalˇ s´ı vektor, → − T 4 kter´ y se zobraz´ı na vektor v = (0, 0, 0, 0) ∈ R nemus´ıme uˇ z nic poˇ c´ıtat a spr´ avn´ a 3 → − T odpovˇ ed’ je, ˇ ze na vektor v se zobraz´ı tak´ e vektor (0, 0, 0) ∈ R . Zpˇ et . – p.4/11


R3

do

R4

definovan´ e

T

T


Maple: >

with(linalg):

>

eqns:= {4*x+2*y+z=a1,3*x+y=a2,2*x+2*y+2*z=a3,x-y-2*z=a4};

eqns := { 4 x + 2 y + z = a1 , 3 x + y = a2 , 2 x + 2 y + 2 z = a3 , x − y − 2 z = a4 >

>

} A := genmatrix(eqns, [x,y,z]);  4 2  3 1  A :=   2 2 1 −1 u:=vector([1,-3,2]);

1 0 2 −2

    

u := [1, −3, 2] >

v:=evalm(A&*u);

v := [0, 0, 0, 0] Dalˇ s´ı . – p.4/11


R3

do

R4

definovan´ e T


Maple: >

linsolve (A,v);

>

[ t 1 , −3 t 1 , 2 t 1] uall:=t1->vector([t1,-3*t1,2*t1]); uall := t1 → [t1 , −3 t1 , 2 t1 ]

>

uall(1);

[1, −3, 2] >

uall(0);

[0, 0, 0] >

uall(5);

[5, −15, 10] Zpˇ et

. – p.4/11


R3

do

R4

definovan´ e T


Mathematica: A = {Coefficient[4x + 2y + z, {x, y, z}], Coefficient[3x + y, {x, y, z}], Coefficient[x − y − 2z, {x, y, z}]}; MatrixForm[A]   4 2 1   0   3 1 1 −1 −2 u = {1, −3, 2}; v = A.u {0, 0, 0} LinearSolve[A, v] {0, 0, 0} Zpˇ et

. – p.4/11

Příklad 2.1.2 − − Najdˇ ete vektor → v , kter´ y je obrazem vektoru → u = (1, 1, 1)T v line´ arn´ım zobrazen´ı L 3 3 prostoru R do R reprezentovan´ em matic´ı   2 −1 0   A= 0 4 −3  . 0 0 1 − − Zjistˇ ete, zda vektor → u je jedin´ ym vektorem z prostoru R3 , kter´ y se na vektor → v zobraz´ı.

Pokud nen´ı jedin´ y, najdˇ ete vˇ sechny dalˇ s´ı. ?

Zpˇ et

. – p.5/11


Pokud nen´ı jedin´ y, najdˇ ete vˇ sechny dalˇ s´ı.

Výsledek: → − − v = (1, 1, 1)T , → u je jedin´ ym vektorem z

− R3 , který se na → v zobraz´ı.

Zpˇ et

. – p.5/11



Návod: − − Protoˇ ze L je reprezentov´ ano matic´ı A, je L(→ u ) = A→ u . Je-li zobrazen´ı L prost´ e, je vektor → − u jedin´ y. Protoˇ ze zobrazen´ı je prost´ e pr´ avˇ e kdyˇ z hodnost matice A je rovna dimenzi vektorov´ eho prostoru vzor˚ u, tj. poˇ ctu sloupc˚ u matice A, staˇ c´ı zjistit h(A). Zjist´ıme-li, ˇ ze → − 3 → − zobrazen´ı nen´ı prost´ e, najdeme vˇ sechny vektory x ∈ R , kter´ e se zobraz´ı na vektor v → − → − → − jako ˇ reˇ sen´ı x soustavy line´ arn´ıch rovnic A x = v . Zpˇ et

. – p.5/11



Řešení: − − − Line´ arn´ı zobrazen´ı L je reprezentov´ ano matic´ı A, tj. L(→ u ) = A→ u =→ v. 

2  − A→ u = 0 0

−1 4 0

  1 0   −3   1  1 1

 1   − =  1  =→ v 1 

Matice A je v horn´ım troj´ uheln´ıkov´ em tvaru, jej´ı hodnost je tedy rovna poˇ ctu ˇ ra ´dk˚ u, tj. → − h(A) = 3 = poˇ ctu sloupc˚ u matice A a zobrazen´ı L je prost´ e. Vektor u je tedy jedin´ ym 3 → − vektorem z R , kter´ y se na vektor v zobraz´ı. Zpˇ et

. – p.5/11



Maple: >

with(linalg):

>

A:=matrix(3,3,[2,-1,0,0,4,-3,0,0,1]);   2 −1 0   A :=  0 4 −3  0 0 1 u:=vector(3,[1,1,1]);

>

u := [1, 1, 1] >

v:=evalm(A&*u);

v := [1, 1, 1] >

allu:=linsolve(A,v);

allu := [1, 1, 1] Zpˇ et

. – p.5/11



Mathematica: A = {{2, −1, 0}, {0, 4, −3}, {0, 0, 1}}; MatrixForm[A]   2 −1 0   −3   0 4 0 0 1 u = {1, 1, 1}; v = A.u {1, 1, 1} u1 = LinearSolve[A, v] {1, 1, 1} Zpˇ et

. – p.5/11

Příklad 2.1.3 arn´ı, a najdˇ ete Dokaˇ zte, ˇ ze zobrazen´ı L1 : R3 −→ R4 a zobrazen´ı L2 : R4 −→ R3 jsou line´ matici A, kter´ a reprezentuje sloˇ zen´ e zobrazen´ı L1 ◦ L2 . T L1 ((x1 , x2 , x3 ) )=(x1 − 2x2 + x3 , 4x1 + 2x2 − x3 , −x1 − 5x2 + 3x3 , 2x1 − 3x2 + 8x3 )T, L2 ((x1 , x2 , x3 , x4 )T ) = (x1 − 2x2 + x3 − x4 , x1 − 7x4 , 2x1 − x3 + x4 )T . ?

Zpˇ et

. – p.6/11

Příklad 2.1.3 arn´ı, a najdˇ ete Dokaˇ zte, ˇ ze zobrazen´ı L1 : R3 −→ R4 a zobrazen´ı L2 : R4 −→ R3 jsou line´ matici A, kter´ a reprezentuje sloˇ zen´ e zobrazen´ı L1 ◦ L2 . T L1 ((x1 , x2 , x3 ) )=(x1 − 2x2 + x3 , 4x1 + 2x2 − x3 , −x1 − 5x2 + 3x3 , 2x1 − 3x2 + 8x3 )T, L2 ((x1 , x2 , x3 , x4 )T ) = (x1 − 2x2 + x3 − x4 , x1 − 7x4 , 2x1 − x3 + x4 )T .

Výsledek: 

Zpˇ et

  A= 

1 4 0 15

−2 −8 2 −4

0 5 −4 −6

14 −19 39 27

    

. – p.6/11


Návod: ´ Ulohu ˇ reˇ ste tak, ˇ ze a) najdete tvar sloˇ zen´ eho zobrazen´ı a pak sestav´ıte jeho matici b) sestav´ıte nejprve matice jednotliv´ ych zobrazen´ı. T L1 ((x1 , x2 , x3 ) )=(x1 − 2x2 + x3 , 4x1 + 2x2 − x3 , −x1 − 5x2 + 3x3 , 2x1 − 3x2 + 8x3 )T, L2 ((x1 , x2 , x3 , x4 )T ) = (x1 − 2x2 + x3 − x4 , x1 − 7x4 , 2x1 − x3 + x4 )T . Zobrazen´ı z Rn do Rm je line´ arn´ı pr´ avˇ e kdyˇ z je reprezentov´ ano matic´ı. Staˇ c´ı tedy uk´ azat, ˇ ze existuj´ı matice A1 a A2 , kter´ e reprezentuj´ı zobrazen´ı L1 a L2 . → − a) Na vektor x = (x1 , x2 , x3 , x4 )T ∈ R4 aplikujeme zobrazen´ı L2 a na v´ ysledn´ y vektor z 3 4 R aplikujeme zobrazen´ı L1 . Výsledek sloˇzen´ı je vektor z R . Protoˇze zobrazen´ı L1 a L2 − jsou line´ arn´ı, je line´ arn´ı i sloˇ zen´ e zobrazen´ı L1 (L2 (→ x )). Je reprezentov´ ano matic´ı A, → − → − kterou z´ısk´ ame z rovnice A x = L1 (L2 ( x )). b) Zobrazen´ı L1 je reprezentov´ ano matic´ı A1 , jej´ıˇ z prvky z´ısk´ ame porovn´ an´ım vektor˚ u → − → − 3 A1 y a L1 ( y ), y ∈ R . Obdobnˇ e z´ısk´ ame matici A2 . V´ ysledn´ a matice A = A1 A2 . Zpˇ et

. – p.6/11


Řešení: Zobrazen´ı z koneˇ cnˇ edimenzion´ aln´ıho prostoru do koneˇ cnˇ edimenzion´ aln´ıho prostoru je line´ arn´ı pr´ avˇ e kdyˇ z je reprezentov´ ano matic´ı. Najdeme-li tedy matice, kter´ e reprezentuj´ı zobrazen´ı L1 a L2 , dok´ aˇ zeme t´ım souˇ casnˇ e, ˇ ze zobrazen´ı jsou line´ arn´ı. Necht’ → − T 3 y = (y1 , y2 , y3 ) ∈ R . Pak     a11 a12 a13 y 1  a   21 a22 a23    → − → − L1 ( y ) = A1 y =    y2  =  a31 a32 a33  y3 a41 a42 a43     a11 y1 + a12 y2 + a13 y3 y1 − 2y2 + y3  a y +a y +a y   4y + 2y − y   21 1  22 2 23 3  1 2 3  =   =  .  a31 y1 + a32 y2 + a33 y3   −y1 − 5y2 + 3y3  a41 y1 + a42 y2 + a43 y3 2y1 − 3y2 + 8y3 Porovn´ ame posledn´ı dva vektory a dostaneme

a11 = 1 a21 = 4 a31 = −1 a41 a12 = −2 a22 = 2 a32 = −5 a42 a13 = 1 a23 = −1 a33 = 3 a43 Tedy zobrazen´ı L1 je reprezentov´ ano matic´ı A1 , a je tedy line´ arn´ı,

= = =

2 −3 8

Dalˇ s´ı . – p.6/11


Řešení:



  A1 =  

1 4 −1 2

−2 2 −5 −3

− Obdobnˇ e pro L2 . Necht’ → y = (y1 , y2 , y3 , y4 )T ∈ 

a11  − − y =  a21 L2 (→ y ) = A2 → a31 

a12 a22 a32 

a11 y1 + a12 y2 + a13 y3 + a14 y4   =  a21 y1 + a22 y2 + a23 y3 + a24 y4  a31 y1 + a32 y2 + a33 y3 + a34 y4

Porovn´ ame posledn´ı dva vektory a dostaneme a11 a12 a13 a14

= = = =

1 −2 1 −1

a21 a22 a23 a24

= = = =

R4 .

1 −1 3 8

a13 a23 a33 

 =  1 0 0 −7



  .  



a14   a24    a34

y1 y2 y3 y4



   = 



y1 − 2y2 + y3 − y4  y1 − 7y4  . 2y1 − y3 + y4 a31 a32 a33 a34

= = = =

2 0 −1 1

Dalˇ s´ı . – p.6/11


Řešení: Tedy zobrazen´ı L2 je reprezentov´ ano matic´ı A2 , a je tak´ e line´ arn´ı,   1 −2 1 −1   A2 =  1 0 0 −7  . 2 0 −1 1

a) Sloˇ z´ıme zobrazen´ı L1 ◦ L2 . − Necht’ → x = (x1 , x2 , x3 , x4 )T ∈

R4 .

− L1 (L2 (→ x )) = L1 ((x1 − 2x2 + x3 − x4 , x1 − 7x4 , 2x1 − x3 + x4 )T ) = = (x1 − 2x2 + x3 − x4 − 2x1 + 14x4 + 2x1 − x3 + x4 , 4x1 − 8x2 + 4x3 − 4x4 + 2x1 − 14x4 − 2x1 + x3 − x4 , −x1 + 2x2 − x3 + x4 − 5x1 + 35x4 + 6x1 − 3x3 + 3x4 , 2x1 − 4x2 + 2x3 − 2x4 − 3x1 + 21x4 + 16x1 − 8x3 + 8x4 )T = T

(x1 − 2x2 + 14x4 , 4x1 − 8x2 + 5x3 − 19x4 , 2x2 − 4x3 + 39x4 , 15x1 − 4x2 − 6x3 + 27x4 ) . − − Toto sloˇ zen´ e zobrazen´ı je reprezentov´ ano matic´ı A typu 4 × 4 tak, ˇ ze A→ x = L1 (L2 (→ x )), tj. Dalˇ s´ı

. – p.6/11


Řešení: 

 a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + a14 x4  a x +a x +a x +a x   21 1 22 2 23 3 24 4    =  a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 + a34 x4  a41 x1 + a42 x2 + a43 x3 + a44 x4 Porovn´ ame posledn´ı dva vektory a dostaneme a11 a12 a13 a14

= = = =

1 −2 0 14

a21 a22 a23 a24

= = = =

4 −8 5 −19

     a31 a32 a33 a34

x1 − 2x2 + 14x4 4x1 − 8x2 + 5x3 − 19x4 2x2 − 4x3 + 39x4 15x1 − 4x2 − 6x3 + 27x4 = = = =

0 2 −4 39

a41 a42 a43 a44

= = = =



  . 

15 −4 −5 27

Tedy line´ arn´ı zobrazen´ı L1 ◦ L2 je reprezentov´ ano matic´ı A,   1 −2 0 14  4 −8 5 −19    A= .  0 2 −4 39  15 −4 −5 27

b) Matice jednotliv´ ych zobrazen´ı jsme uˇ z sestavili. Pro matici A, kter´ a reprezentuje sloˇ zen´ e zobrazen´ı L1 ◦ L2 , plat´ı A = A1 A2 . Ovˇ eˇ rte sami, ˇ ze skuteˇ cnˇ e dostanete stejnou matici A jako v a). Zpˇ et . – p.6/11


Maple: with(linalg): > L1:=(x1,x2,x3)->(x1-2*x2+x3,4*x1+2*x2-x3,-x1-5*x2+3*x3, 2*x1-3*x2+8*x3 ); >

L1 := (x1 , x2 , x3 ) → (x1 − 2 x2 + x3 , 4 x1 + 2 x2 − x3 , −x1 − 5 x2 + 3 x3 , >

>

>

Dalˇ s´ı

2 x1 − 3 x2 + 8 x3 ) L2:=(x1,x2,x3,x4)->(x1-2*x2+x3-x4,x1-7*x4,2*x1-x3+x4); L2 := (x1 , x2 , x3 , x4 ) → (x1 − 2 x2 + x3 − x4 , x1 − 7 x4 , 2 x1 − x3 + x4 ) L1(L2(x1,x2,x3,x4)); x1 − 2 x2 + 14 x4 , 4 x1 − 8 x2 + 5 x3 − 19 x4 , 2 x2 − 4 x3 + 39 x4 , 15 x1 − 4 x2 − 6 x3 + 27 x4 A1:=matrix(4,3,[1,-2,1,4,2,-1,-1,-5,3,2,-3,8]);   1 −2 1  4 2 −1    A1 :=    −1 −5 3  2 −3 8

. – p.6/11


Maple: >

>

A2:=matrix(3,4,[1,-2,1,-1,1,0,0,-7,2,0,-1,1]);   1 −2 1 −1   A2 :=  1 0 0 −7  2 0 −1 1 A:=evalm(A1&*A2);



Zpˇ et

  A :=  

1 4 0 15

−2 −8 2 −4

0 5 −4 −6

14 −19 39 27

    

. – p.6/11


Mathematica: 2x1 − 3x2 + 8x3}; L1[x1 , x2 , x3 ] = {x1 − 2x2 + x3, 4x1 + 2x2 − x3, −x1 − 5x2 + 3x3, 3x3,2x1 A1 = {{1, −2, 1}, {4, 2, −1}, {−1, −5, 3}, {2, −3, 8}}; L2[x1 , x2 , x3 , x4 ] = {x1 − 2x2 + x3 − x4, x1 − 7x4, 2x1 − x3 + x4}; A2 = {{1, −2, 1, −1}, {1, 0, 0, −7}, {2, 0, −1, 1}}; sloz = Apply[L1, L2[x1, x2, x3, x4]] {3x1 − 2x2 − 2(x1 − 7x4), −2x1 + x3 + 2(x1 − 7x4) + 4(x1 − 2x2 + x3 − x4) − x4, − x1 + 2x2 − x3 − 5(x1 − 7x4) + x4 + 3(2x1 − x3 + x4), −3(x1 − 7x4) + 2(x1 − 2x2 + x3 − x4) + 8(2x1 − x3 + x4)} L[x1 , x2 , x3 ] = Expand[sloz] {x1 − 2x2 + 14x4, 4x1 − 8x2 + 5x3 − 19x4, 2x2 − 4x3 + 39x4, 15x1 − 4x2 − 6x3 + 27x4} A = {{1, −2, 0, 14}, {4, −8, 5, −19}, {0, 2, −4, 39}, {15, −4, −6, 27}}; 39},{15, MatrixForm[A]  1 −2 0  4 −8 5    0 2 −4 15 −4 −6 Dalˇ s´ı

14 −19 39 27

    

. – p.6/11


Mathematica: MatrixForm[A1.A2]  1 −2 0 14  4 −8 5 −19    0 2 −4 39 15 −4 −6 27 Zpˇ et

    

. – p.6/11

Příklad 2.1.4 Najdˇ ete j´ adro K line´ arn´ıho zobrazen´ı L :  Urˇ cete dimenzi K. ?

  A= 

R3 −→ R4

7 3 −6 −1

3 2 −4 −4

reprezentovan´ eho matic´ı  −2 −1   . 2  1

Zpˇ et

. – p.7/11

Příklad 2.1.4 Najdˇ ete j´ adro K line´ arn´ıho zobrazen´ı L :    A= 

Urˇ cete dimenzi K.

Výsledek: − dim K = 1, K = {→ x ∈

R3 ,

R3 −→ R4

7 3 −6 −1

3 2 −4 −4

→ − x = α(1, 1, 5)T , α ∈


R}.

Zpˇ et

. – p.7/11



Návod:

Protoˇ ze j´ adro line´ arn´ıho zobrazen´ı L : − K = {→ x ∈

R3 ,

R3 −→ R4

7 3 −6 −1

3 2 −4 −4

R3 −→ R4


je mnoˇ zina

→ − − − L(→ x ) = 0 } = {→ x ∈

R3 ,

→ − − A→ x = 0 },

− vyˇ reˇ s´ıme homogenn´ı soustavu line´ arn´ıch rovnic A→ x = 0. J´ adro je rovno vektorov´ emu prostoru vˇ sech ˇ reˇ sen´ı t´ eto homogenn´ı soustavy. Zpˇ et

. – p.7/11

Příklad 2.1.4 Najdˇ ete j´ adro K line´ arn´ıho zobrazen´ı L :  Urˇ cete dimenzi K.

Řešení:

  A= 

R3 −→ R4

7 3 −6 −1

3 2 −4 −4


→ − − − zina K = {→ x ∈ R3 , L(→ x ) = 0 }. J´ adro line´ arn´ıho zobrazen´ı L z prostoru R3 do R4 je mnoˇ → − − Je-li toto zobrazen´ı reprezentov´ ano matic´ı A, m˚ uˇ zeme rovnost L(→ x ) = 0 nahradit → − − rovnost´ı A→ x = 0 . Abychom tedy naˇ sli j´ adro, mus´ıme vyˇ reˇ sit homogenn´ı soustavu → − → − line´ arn´ıch rovnic A x = 0 . J´ adro je mnoˇ zina vˇ sech ˇ reˇ sen´ı t´ eto homogenn´ı soustavy. Matici soustavy A pˇ revedeme pomoc´ı ekvivalentn´ıch u ´ prav na horn´ı troj´ uheln´ıkov´ y tvar:     7 3 −2 7 3 −2 !   0   7 3 −2 5 −1 3 2 −1     .  ∼  ∼   0 −10  −6 −4 0 5 −1 2  2  0 −25 5 −1 −4 1 K sedmin´ asobku 2. ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli (−3)n´ asobek prvn´ıho, k sedmin´ asobku 3. ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli ˇ sestin´ asobek prvn´ıho a k sedmin´ asobku 4. ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli prvn´ı ˇ ra ´dek. Vznikla matice, ve kter´ e tˇ ret´ı a ˇ ctvrt´ yˇ ra ´dek jsou n´ asobky druh´ eho, proto je vynech´ ame. Hodnost matice je h(A) = 2, poˇ cet nezn´ am´ ych je n = 3. Vektorov´ y prostor vˇ sech ˇ reˇ sen´ı t´ eto homogenn´ı soustavy (= hledan´ e j´ adro K) m´ a dimenzi dim K = n − h(A) = 3 − 2 = 1. Dalˇ s´ı . – p.7/11



Řešení:

R3 −→ R4

7 3 −6 −1

3 2 −4 −4


Pomoc´ı zpˇ etn´ eho chodu Gaussovy eliminace najdeme K. Hled´ ame vˇ sechny vektory 3 → − T eˇ reˇ s´ı homogenn´ı soustavu. Jednu nezn´ amou vol´ıme jako x = (x, y, z) ∈ R , kter´ parametr. Dostaneme z = t,

5y − z = 0 ⇒ y =

1 t, 5

7x + 3y − 2z = 0 ⇒ x =

1 t, 5

t∈

R.

Tedy − K = {→ x ∈

R

3

− ,→ x =t

1 1 , ,1 5 5

T

, t∈

− − R} = {→ x ∈ R3 , → x = α (1, 1, 5)T ,

α∈

R}.

Poznamenejme, ˇ ze oba z´ apisy jsou spr´ avnˇ e. Pouˇ zit´ım α jsme se jen zbavili zlomk˚ u. To T → − ˇ reˇ sen´ı naˇ s´ı homogenn´ı soustavy, je jistˇ ei lze, nebot’ je-li x = t 15 , 51 , 1 → − x = α (1, 1, 5)T ˇ reˇ sen´ı t´ eto soustavy. Pˇ resvˇ edˇ cte se o tom. Zpˇ et

. – p.7/11

Příklad 2.1.4 Najdˇ ete j´ adro K line´ arn´ıho zobrazen´ı L :  Urˇ cete dimenzi K.

Maple:

  A= 

R3 −→ R4

7 3 −6 −1

3 2 −4 −4


>

with(linalg):

>

A:=matrix(4,3,[7,3,-2,3,2,-1,-6,-4,2,-1,-4,1]);   7 3 −2  3 2 −1    A :=    −6 −4 2  −1 −4 1

>

kernel(A, ’nulldim’);

{[1, 1, 5]} >

nulldim;

1 Zpˇ et

. – p.7/11



Mathematica:

R3 −→ R4

7 3 −6 −1

3 2 −4 −4


A = {{7, 3, −2}, {3, 2, −1}, {−6, −4, 2}, {−1, −4, 1}}; −1},{−6, MatrixForm[A]  7 3 −2  3 2 −1    −6 −4 2 −1 −4 1

K = NullSpace[A]

    

{{1, 1, 5}} dim = MatrixRank[K] 1 Zpˇ et

. – p.7/11

Inverzní matice • Pˇ r´ıklad 2.2.1 Zjistˇ ete, zda k matici  vypoˇ ctˇ ete ji.   A= 

A existuje matice inverzn´ı. Pokud ano,  2 1 0 0 1 0 −1 2    0 0 1 −1  0 1 0 −1

• Pˇ r´ıklad 2.2.2 Urˇ cete matici reprezentuj´ıc´ı line´ arn´ı zobrazen´ı L prostoru definovan´ e vztahem

R3

do

R3

L((x1 , x2 , x3 )T ) = (2x1 + x3 , x1 − x2 − x3 , −x1 + 3x2 + 2x3 )T a naleznˇ ete k n´ı matici inverzn´ı. • Pˇ ˇ ste maticovou rovnici AX + X r´ıklad 2.2.3 Reˇ  1 1  A= 1 1 1 0

= A2 , kde  1  0 . 0

Zpˇ et

. – p.8/11

Příklad 2.2.1 Zjistˇ ete, zda k matici A existuje matice inverzn´ı. Pokud  2 1 0 0  1 0 −1 2  A=  0 0 1 −1 0 1 0 −1 ?

ano, vypoˇ ctˇ ete ji.     

Zpˇ et

. – p.9/11

Příklad 2.2.1 Zjistˇ ete, zda k matici A existuje matice inverzn´ı. Pokud  2 1 0 0  1 0 −1 2  A=  0 0 1 −1 0 1 0 −1

Výsledek:

A

Zpˇ et

−1



  = 

1 −1 −1 −1

−1 2 2 2

−1 2 3 2


−1 2 1 1

    

. – p.9/11


Návod:


Vypoˇ cteme determinant matice A. Je-li det A 6= 0, inverzn´ı matice existuje. Najdeme ji Gaussovou-Jordanovou metodou, t.j. matici (A|E) pˇ revedeme pomoc´ı ekvivalentn´ıch −1 u ´ prav na matici (E|A ), kde E je jednotkov´ a matice. Zpˇ et

. – p.9/11


Řešení:


Inverzn´ı matice A−1 k matici A existuje pr´ avˇ e kdyˇ z matice A je regul´ arn´ı, tj. det A 6= 0. Vypoˇ cteme tedy determinant matice A. Poˇ c´ıt´ ame rozvojem podle druh´ eho sloupce: 1 1+2 det A = 1 · (−1) 0 0

−1 1 0

2 −1 −1

1+1 −1 = 1 + 2 · (−1) 1

2 4+2 1 + 1 · (−1) 0

0 −1 1

2 = 1 + 2(1 − 2) = −1. −1

0 2 −1

=

Vyuˇ zili jsme toho, ˇ ze determinant horn´ı troj´ uheln´ıkov´ e matice je roven souˇ cinu diagon´ aln´ıch prvk˚ u, druh´ y determinant matice 3 × 3 jsme poˇ c´ıtali rozvojem podle 1. ˇ ra ´dku. Determinant matice A je nenulov´ y, tedy matice A je regul´ arn´ı a inverzn´ı matice existuje. Necht’ E je jednotkov´ a matice. V´ ypoˇ cet provedeme Gaussovou-Jordanovou metodou, tj. matici (A|E) pˇ revedeme pomoc´ı ekvivalentn´ıch u ´ prav na matici (E|A−1 ): Dalˇ s´ı

. – p.9/11


Řešení:



  (A|E) =  

2 1 0 0

1 0 0 1

0 −1 1 0

0 2 −1 −1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1





     ∼  


2 0 0 0

1 1 0 1

0 2 1 0

0 −4 −1 −1

1 1 0 0

0 −2 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1



0 0 0 −1



   ∼ 

K (−2)n´ asobku druh´ eho ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli prvn´ı ˇ ra ´dek 

  ∼ 

2 0 0 0

0 1 0 0

−2 2 1 2

4 −4 −1 −3

0 1 0 1

2 −2 0 −2

0 0 1 0

0 0 0 −1





     ∼  

2 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

2 −2 −1 −1

0 1 0 1

2 −2 0 −2

2 −2 1 −2

   ∼ 

Od prvn´ıho a ˇ ctvrt´ eho ˇ ra ´dku jsme odeˇ cetli druh´ y. V dalˇ s´ım kroku jsme k prvn´ımu ˇ ra ´dku pˇ riˇ cetli dvojn´ asobek tˇ ret´ıho ˇ ra ´dku a ke ˇ ctvrt´ emu ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli (−2)n´ asobek tˇ ret´ıho. Zb´ yv´ a upravit ˇ ctvrt´ y sloupec. Dalˇ s´ı . – p.9/11


Řešení: 

  ∼ 

2 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

2 −1 −1 1

−2 2 2 −2

−2 2 3 −2

−2 2 1 −1





     ∼  

1 0 0 0

0 1 0 0


0 0 1 0

0 0 0 1

1 −1 −1 −1 −1 2 2 2 −1 2 3 1 −1 2 2 1



  −1  = (E|A ). 

K prvn´ımu ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli dvojn´ asobek ˇ ctvrt´ eho, k druh´ emu ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli (−2)n´ asobek ˇ ctvrt´ eho, od tˇ ret´ıho ˇ ra ´dku jsme odeˇ cetli ˇ ctvrt´ y. Pˇ ri posledn´ı u ´ pravˇ e vydˇ el´ıme kaˇ zd´ yˇ ra ´dek diagon´ aln´ım prvkem. Dostaneme vlevo jednotkovou matici E a vpravo hledanou inverzn´ı matici A−1 . Zpˇ et

. – p.9/11


Maple:


>

with(linalg):

>

A:= matrix(4,4,[2,1,0,0,1,0,-1,2,0,0,1,-1,0,1,0,-1]);   2 1 0 0  1 0 −1 2    A :=    0 0 1 −1  0 1 0 −1

>

det(A);

−1 >

inverse(A);



Zpˇ et

   

1 −1 −1 −1

−1 2 2 2

−1 2 3 2

−1 2 1 1

    

. – p.9/11


Mathematica:


A = {{2, 1, 0, 0}, {1, 0, −1, 2}, {0, 0, 1, −1}, {0, 1, 0, −1}}; Det[A] −1 B = Inverse[A]; MatrixForm[B]  1 −1 −1  −1 2 2    −1 2 3 −1 2 2 Zpˇ et

−1 2 1 1

    

. – p.9/11

Příklad 2.2.2 Urˇ cete matici reprezentuj´ıc´ı line´ arn´ı zobrazen´ı L prostoru T

R3

do

R3

definovan´ e vztahem

L((x1 , x2 , x3 ) ) = (2x1 + x3 , x1 − x2 − x3 , −x1 + 3x2 + 2x3 )

T

a naleznˇ ete k n´ı matici inverzn´ı. ?

Zpˇ et

. – p.10/11

Příklad 2.2.2 Urˇ cete matici reprezentuj´ıc´ı line´ arn´ı zobrazen´ı L prostoru

R3

do

R3

T


L((x1 , x2 , x3 ) ) = (2x1 + x3 , x1 − x2 − x3 , −x1 + 3x2 + 2x3 )

T

a naleznˇ ete k n´ı matici inverzn´ı.

Výsledek: 

Zpˇ et

2  A= 1 −1

0 −1 3

 1  −1  , 2

A

−1



1 1 =  −1 4 2

3 5 −6

 1  3 . −2

. – p.10/11


R3

do

R3


L((x1 , x2 , x3 ) ) = (2x1 + x3 , x1 − x2 − x3 , −x1 + 3x2 + 2x3 )

T


Návod: − − Porovn´ an´ım vektor˚ u A→ x a L(→ x ) z´ısk´ ame prvky matice A. Inverzn´ı matici vypoˇ cteme Gaussovou-Jordanovou metodou nebo pomoc´ı algebraick´ ych doplˇ nk˚ u. Zpˇ et

. – p.10/11


R3

do

R3


T

L((x1 , x2 , x3 ) ) = (2x1 + x3 , x1 − x2 − x3 , −x1 + 3x2 + 2x3 )

T


Řešení: − − − Protoˇ ze L(→ x ) = A→ x , dostaneme prvky aij matice A typu 3 × 3 porovn´ an´ım vektor˚ u A→ x → − a L( x ):     a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 2x1 + x3     x1 − x2 − x3 .  a21 x1 + a22 x2 + a23 x3  =  a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 −x1 + 3x2 + 2x3

Tedy matice A reprezentuj´ıc´ı line´ arn´ı zobrazen´ı L : 

 A=

2 1 −1

0 −1 3

R3 −→ R3

je



1  −1  2

Nyn´ı vypoˇ cteme Gaussovou-Jordanovou metodou inverzn´ı matici, tj. pomoc´ı ekvivalentn´ıch u ´ prav pˇ revedeme matici (A|E) na matici (E|A−1 ): 

2  (A|E) =  1 −1

0 −1 3

1 −1 2

1 0 0

0 1 0

  0 2   0  ∼ 0 0 1

0 2 6

1 3 5

1 1 1

0 −2 0

 0  0  ∼ 2

Dalˇ s´ı . – p.10/11


R3

do

R3


T

L((x1 , x2 , x3 ) ) = (2x1 + x3 , x1 − x2 − x3 , −x1 + 3x2 + 2x3 )

T


Řešení: K (−2)n´ asobku druh´ eho ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli prvn´ı, ke dvojn´ asobku tˇ ret´ıho ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli prvn´ı. Pˇ ri dalˇ s´ı u ´ pravˇ e jsme k tˇ ret´ımu ˇra ´dku pˇ riˇ cetli (−3)n´ asobek druh´ eho. 

2  ∼ 0 0

0 2 0

1 3 −4

1 1 −2

0 −2 6

  8 0   0  ∼ 0 2 0

0 8 0

0 0 −4

2 −2 −2

6 10 6

 2  6  ∼ 2

Ke ˇ ctyˇ rn´ asobku prvn´ıho ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli tˇ ret´ı ˇ ra ´dek, ke ˇ ctyˇ rn´ asobku druh´ eho ˇ ra ´dku jsme pˇ riˇ cetli trojn´ asobek tˇ ret´ıho. Zb´ yv´ a vydˇ elit kaˇ zd´ yˇ ra ´dek diagon´ aln´ım prvkem. 

1     ∼ 0    0

0

0

1 4

3 4 5 4

1

0

1 − 4

0

1

1 2

−

3 2

1   4   1 1 3   −1 −1 =  −1  = (E|A ) =⇒ A 4 4   2 1  − 2

3 5 −6



1  3 . −2

Zpˇ et

. – p.10/11


R3

do

R3

T


L((x1 , x2 , x3 ) ) = (2x1 + x3 , x1 − x2 − x3 , −x1 + 3x2 + 2x3 )

T


Maple: >

with(linalg):

>

eqns := {2*x1+x3=y1,x1-x2-x3=y2,-x1+3*x2+2*x3=y3};

>

>

eqns := {2 x1 + x3 = y1 , x1 − x2 − x3 = y2 , A := genmatrix(eqns, [x1,x2,x3]);  2 0 1  A :=  1 −1 −1 −1 3 2 B:=inverse(A);



Zpˇ et

   B :=    

1 4 −1 4 1 2

3 4 5 4 −3 2

1 4 3 4 −1 2

−x1 + 3 x2 + 2 x3 = y3 }           

. – p.10/11


R3

do

R3


L((x1 , x2 , x3 ) ) = (2x1 + x3 , x1 − x2 − x3 , −x1 + 3x2 + 2x3 )

T


Mathematica: A = {{2, 0, 1}, {1, −1, −1}, {−1, 3, 2}}; MatrixForm[A]   2 0 1   −1 −1   1 −1 3 2 B = Inverse[A];

MatrixForm[B]  1 4

  − 41 1 2

Zpˇ et

3 4 5 4

− 23

1 4 3 4

− 12

  

. – p.10/11

Příklad 2.2.3 ˇ ste maticovou rovnici AX + X = A2 , kde Reˇ  1 1  A= 1 1 1 0 ?

 1  0 . 0

Zpˇ et

. – p.11/11

Příklad 2.2.3 ˇ ste maticovou rovnici AX + X = A2 , kde Reˇ  1 1  A= 1 1 1 0

Výsledek:



Zpˇ et

 X := 

2 0 −1

0 1 1

 1  0 . 0



−1  1  2

. – p.11/11


Návod:

 1  0 . 0

Nejprve vyj´ adˇ r´ıme matici X obecnˇ e z maticov´ e rovnice, teprve potom dosad´ıme 2 konkr´ etn´ı matici A, A , A + E a inverzn´ı matici k A + E. E je jednotkov´ a matice, matici −1 A + E dostaneme vytknut´ım matice X a matici (A + E) mus´ıme spoˇ c´ıtat (pozor, vˇ cas ovˇ eˇ rte, ˇ ze inverzn´ı matice existuje), abychom mohli vypoˇ c´ıtat v´ yslednou matici X. Zpˇ et

. – p.11/11


 1  0 . 0

Řešení:

Nejprve vyj´ adˇ r´ıme matici X obecnˇ e z maticov´ e rovnice. Vytkneme v lev´ eˇ ca ´sti rovnice matici X vpravo: 2 2 AX + X = A =⇒ (A + E)X = A , rebovali celou rovnici E je jednotkov´ a matice, E = diag(1, 1, 1) ∈ R3 . Nyn´ı bychom potˇ −1 vyn´ asobit zleva matic´ı (A + E) . To ale mus´ıme vˇ edˇ et, ˇ ze inverzn´ı matice existuje. Tedy mus´ıme vypoˇ c´ıtat matici A + E a ovˇ eˇ rit, ˇ ze je regul´ arn´ı, tj. det(A + E) 6= 0. Determinant budeme poˇ c´ıtat rozvojem podle tˇ ret´ıho ˇ r´ adku. 

1  A+E= 1 1

1 1 0

  1 1   0  + 0 0 0

1 det(A + E) = 1 · 2

0 1 0

2 1 +1· 1 0

  2 0   0  = 1 1 1

1 2 0

 1  0 , 1

1 = −2 + (4 − 1) = 1. 2

Celou rovnici tedy vyn´ asob´ıme inverzn´ı matic´ı (A + E)−1 zleva a pouˇ zijeme definici −1 inverzn´ı matice, tj. (A + E) (A + E) = E, a d´ ale rovnost EX = X. Dalˇ s´ı . – p.11/11


 1  0 . 0

Řešení:

(A + E)

−1

(A + E)X = (A + E)

−1

A

2

=⇒

X = (A + E)

−1

2

A .

Dostali jsme obecn´ y pˇ redpis pro matici X. Vypoˇ cteme konkr´ etn´ı matice: 

3  A2 =  2 1 

2  (A + E | E) =  1 1 

6  ∼ 0 0

Dalˇ s´ı

1 2 0

1 0 1

4 4 −2 1 1 −2 −2 4 −2  1 0 0  ∼ 0 1 0 0 0 1

0 −3 0

1 0 0

0 1 0

2 2 1

 1  1 , 1

  0 2   0  ∼ 0 1 0

  0 6   0  ∼ 0 0 −6 2 −1 −2

−1 1 1

0 −6 0 

1 −3 1 0 0 −2

1 1 −1 12 6 4

1 1 1

0 −2 0 −6 −6 −2

 0  0  ∼ −2

 −12  −6  ∼ −6

−2  −1 1  = (E | (A + E) ). 3 . – p.11/11


Řešení:

 1  0 . 0

Zb´ yv´ a vypoˇ c´ıtat X:

X = (A + E)

−1



2  A =  −1 −2 2

−1 1 1



3 −2  1  2 1 3

2 2 1





2 1   1  = 0 1 −1

0 1 1



−1  1 . 2

Zpˇ et

. – p.11/11


 1  0 . 0

Maple: >

with(linalg):

>

A:= matrix(3,3,[1,1,1,1,1,0,1,0,0]);   1 1 1   A :=  1 1 0  1 0 0

>

AA:=evalm(A&*A);



>

E:=diag(1,1,1);

3  AA :=  2 1 

Dalˇ s´ı

1  E :=  0 0

2 2 1

0 1 0

 1  1  1  0  0  1

. – p.11/11


 1  0 . 0

Maple: >

evalm(A+E);

 >

det(%);

2   1 1

1 2 0

 1  0  1

1 >

B:=inverse(A+E);



>

X:=evalm(B&*AA);

2  B :=  −1 −2 

Zpˇ et

 X := 

2 0 −1

−1 1 1 0 1 1

 −2  1  3 

−1  1  2

. – p.11/11


Mathematica:

 1  0 . 0

A = {{2, 0, 1}, {1, −1, −1}, {−1, 3, 2}}; MatrixForm[A]   2 0 1   −1 −1   1 −1 3 2 B = Inverse[A];

MatrixForm[B]  1 4

  − 41 1 2

3 4 5 4

− 23

1 4 3 4

− 12

  

A = {{1, 1, 1}, {1, 1, 0}, {1, 0, 0}}; MatrixForm[A]   1 1 1    1 1 0  1 0 0 Dalˇ s´ı

. – p.11/11


Mathematica:

 1  0 . 0

AA = A.A; MatrixForm[AA]   3 2 1    2 2 1  1 1 1

EE = {{1, 0, 0}, {0, 1, 0}, {0, 0, 1}}; MatrixForm[EE]   1 0 0    0 1 0  0 0 1

B = A + EE;

MatrixForm[B]   2 1 1    1 2 0  1 0 1 Dalˇ s´ı

. – p.11/11


Mathematica:

 1  0 . 0

Det[B] 1 CC = Inverse[B]; MatrixForm[CC]   2 −1 −2   1   −1 1 −2 1 3

X = CC.AA;

MatrixForm[X]   2 0 −1   1 1   0 −1 1 2 Zpˇ et

. – p.11/11

Kapitola 2: Lineární zobrazení

Recommend Documents