Úvod do lineární algebry doc. RNDr. Anežka Wohlmuthová, CSc. Katedra matematiky Fakulta stavební České vysoké učení technické Úkolem našeho krátkého vstupu do části matematiky, která nese název lineární algebra, je seznámit se s těmi pojmy a jejich vlastnostmi, které nám umožní: 1. Vyslovit jednoduché kritérium umožňující (rozhodnout) zjistit, zda soustava lineárních algebraických rovnic má, či nemá řešení. 2. Ukázat jednoduché metody (postupy) řešení soustavy lineárních algebraických rovnic. Texty jsou většinou uspořádány tak, že za názvem kapitoly jsou uvedeny ilustrační příklady, následují definice pojmů a jejich základní vlasnosti. Závěr tvoří, je-li to možné, řešené příklady. V textu se používá následující značení pro základní množiny: R – množina reálných čísel N – množina přirozených čísel C – množina komplexních čísel
Aritmetický vektor u = (2, 1) – aritmetický dvourozměrný vektor, v = (1, třírozměrný vektor, 2, 3) – aritmetický 1 – aritmetický čtyřrozměrný vektor, w = −1, 0, 3, 2 x = (x1 , x2 , . . . , xn ) – aritmetický n-rozměrný vektor je každá uspořádaná n-tice reálných čísel x1 , x2 , . . . , xn ; n ∈ N. Jelikož v celém textu Úvod do lineární algebry se jiné nežli aritmetické vektory nevyskytují, budeme aritmetický vektor v dalším nazývat krátce vektorem. 1
Početní operace s vektory Součet vektorů: (2, 3) + (−1, 4) = (2 − 1, 3 + 4) = (1, 7), (4, 1, 0) + (2, 5, 3) = (4 + 2, 1 + 5, 0 + 3) = (6, 6, 3), (x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ).
(1)
Součin reálného čísla a vektoru: 3(2, −4) = (6, −12), 5(2, 1, 4) = (10, 5, 20), k(x1 , x2 , . . . , xn ) = (kx1 , kx2 , . . . , kxn ), k ∈ R.
(2)
Rovnost vektorů: (x1 , x2 , . . . , xn ) = (y1 , y2 , . . . , yn ) ⇔ x1 = y1 , x2 = y2 , . . . , xn = yn .
(3)
Poznámka 0.1 Sčítáme stejněrozměrné vektory. Součet dvou n-rozměrných vektorů je n-rozměrný vektor. Součin reálného čísla a n-rozměrného vektoru je n-rozměrný vektor.
1
Aritmetický vektorový prostor
Aritmetickým dvourozměrným vektorovým prostorem R2 nazýváme množinu všech aritmetických dvojrozměrných vektorů. Přitom, jsou-li u = (u1 , u1 ), v = (v1 , v2 ) dva libovolné vektory z R2 a k je libovolné reálné číslo, potom součet u + v = (u1 + v1 , u2 + v2 ) a součin ku = (ku1 , ku2 ) jsou vektory z R2 . Vlastnost: u ∈ R2 , v ∈ R2 ⇒ (u + v) ∈ R2 se nazývá uzavřenost prostoru R2 vůči operaci sčítání. Vlastnost: u ∈ R2 , k ∈ R ⇒ ku ∈ R2 se nazývá uzavřenost prostoru R2 vůči operaci násobení vektoru reálným číslem. Snadno lze ukázat, že pro libovolné vektory u, v, w z R2 a libovolná reálná čísla a, b platí
AI : u + v = v + u, AII : (u + v) + w = u + (v + w), 2
(4) (5)
AIII AIV AV AV I
: : : :
a(bu) = (ab)u, a(u + v) = au + av, (a + b)u = au + bu, 1 · u = u,
(6) (7) (8) (9)
v R2 existuje jediný vektor o = (0, 0), zvaný nulový vektor a platí AV II : u + o = u,
(10)
a ke každému vektoru u ∈ R2 existuje vektor −u (zvaný opačný vektor k vektoru u) a platí AV III : u + (−u) = o. (11) O vlastnostech početních operací AI až AVIII se mluví jako o axiomech vektorového prostoru. Aritmetický třírozměrný vektorový prostor R3 je množina všech třírozměrných aritmetických vektorů u = (u1 , u2 , u3 ), která je uzavřená vůči operacím sčítání vektorů a násobením vektoru reálným číslem. Přitom operace sčítání vektorů a násobením vektoru reálným číslem mají vlastnosti AI až AVIII. Zobecněme pojem aritmetický vektorový prostor. Definice 1.1 Aritmetický n-rozměrný vektorový prostor Rn je množina všech aritmetických n-rozměrných vektorů, která je uzavřená vůči operaci sčítání vektorů a násobení vektoru reálným číslem. Přitom operace sčítání vektorů a násobení vektoru reálným číslem mají vlastnosti AI až AVIII. Protože v tomto textu o jiném než o aritmetickém vektorovém prostoru nemluvíme, budeme někdy přívlastek aritmetický vynechávat.
1.1
Lineární kombinace
2(1, −1)−3(4, 2)+3(0, 1) = (−10, −5): o vektoru (−10, −5) říkáme, že je line 1 ární kombinací skupiny vektorů h(1, −1), (4, 2), (0, 1)i, 2, 2 , 0 +3 −2, 12 , 2 + 1
2 (4, 12, 0) = (−2,1 3, 6): vektor (−2, 3, 6) je lineární kombinací skupiny vektorů 2, 2 , 0 , −2, 2 , 2 , (4, 2, 0) , 2(−1, 3, 2, 5) − (0, 2, 0, 3) = (−2, 4, 4, 7): vektor (−2, 4, 4, 7) je lineární kombinací skupiny vektorů h(−1, 3, 2, 5), (0, 2, 0, 3)i. Definice 1.2 Vektor v ∈ Rn je lineární kombinací skupiny vektorů hu1 , u2 , . . . , uk i, kde ui ∈ Rn , i = 1, 2, . . . , k, existují-li reálná čísla α1 , α2 , . . . , αk taková, že α1 u1 + α2 u2 + · · · + αk uk = v. 3
(12)
Příklad 1.3 Ukažte, že vektor (5, 2, 0) je lineární kombinací skupiny vektorů h(1, 0, 2), (2, 1, −1)i. Máme ukázat, že existují čísla α1 , α2 taková, že platí α1 (1, 0, 2) + α2 (2, 1, −1) = (5, 2, 0). Rozepsáním do souřadnic α1 + 2α2 = 5, α2 = 2, 2α1 − α2 = 0. Odtud α1 = 1, α2 = 2. Vektor (5, 2, 0) je lineární kombinací skupiny vektorů h(1, 0, 2), (2, 1, −1)i, (5, 2, 0) = (1, 0, 2) + 2(2, 1, −1). Příklad 1.4 Zjistěme, zda vektor (−1, 3) je lineární kombinací skupiny vektorů h(1, −2), (−2, 4)i. Pokud vektor (−1, 3) je lineární kombinací zadané skupiny vektorů, musí existovat reálná čísla α1 , α2 taková, že platí (−1, 3) = α1 (1, −2) + α2 (−2, 4). Rozepsáním do souřadnic α1 − 2α2 = −1, −2α1 + 4α2 = 3. Vydělme druhou rovnici soustavy číslem (−2) α1 − 2α2 = −1, α1 − 2α2 = − 23 . Tato soustava lineárních rovnic nemá řešení. To znamená, že vektor (−1, 3) není lineární kombinací skupiny vektorů h(1, −2), (−2, 4)i.
1.2
Lineární závislost a nezávislost
Zvolme v R2 tři vektory (2, 3), (1, 0), (0, 1). Říkáme, že jsme v R2 zvolili skupinu vektorů h(2, 3), (1, 0), (0, 1)i. Vektor (2, 3) můžeme napsat ve tvaru (2, 3) = 2(1, 0) + 3(0, 1). 4
Skutečnost, že alespoň jeden z vektorů skupiny je lineární kombinací zbývajících vektorů skupiny popisujeme výrokem: Skupina vektorů h(1, 0), (0, 1), (2, 3)i je lineárně závislá. Naopak o skupině vektorů h(1, 0), (2, 3)i říkáme, že je lineárně nezávislá, neboť žádný z vektorů skupiny není lineární kombinací zbylých vektorů skupiny. (Ani jeden z vektorů skupiny není násobkem druhého.) Zvolme v R3 skupinu vektorů h(2, −1, 3), (2, −1, 0), (0, 0, 3)i. Jistě platí: (2, −1, 3) = (2, −1, 0) + (0, 0, 3) Skupina vektorů h(2, −1, 0), (0, 0, 3), (2, −1, 3)i je lineárně závislá, neboť např. vektor (2, −1, 3) je lineární kombinací zbývajících vektorů skupiny (je jejich součtem). Skupina vektorů h(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)i je lineárně nezávislá, neboť žádný z vektorů skupiny nelze zapsat ve tvaru lineární kombinace zbývajících vektorů skupiny. Definice 1.5 Řekneme, že skupina vektorů hu1 , u2 , . . . , uk i, ui ∈ Rn , i = 1, . . . , k, je lineárně závislá, jestliže alespoň jeden z vektorů skupiny je lineární kombinací zbývajících vektorů skupiny. Řekneme, že skupina vektorů hu1 , u2 , . . . , uk i, ui ∈ Rn , i = 1, . . . , k, je lineárně nezávislá, jestliže žádný vektor skupiny není lineární kombinací zbývajících vektorů skupiny. Skupina vektorů h(1, 1), (2, 2)i je lineárně závislá, ((2, 2) = 2(1, 1)). Skupina vektorů (2, 1) , −1, − 12 je lineárně závislá, ((2, 1) = −2 −1, − 21 .) Skupina vektorů h(0, 1), (1, 0)i je lineárně nezávislá, ((1, 0) 6= k(0, 1), ∀k ∈ R). Skupina vektorů h(3, 2), (−3, 4)i je lineárně nezávislá, ((3, 2) 6= k(−3, 4), ∀k ∈ R, ∧ ((−3, 4) 6= l(3, 2), ∀l ∈ R). Skupina vektorů h(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)i je lineárně nezávislá, neboť (1, 0, 0) 6= α1 (0, 1, 0) + β1 (0, 0, 1) ∧ (0, 1, 0) 6= α2 (1, 0, 0) + β2 (0, 0, 1)∧ ∧(0, 0, 1) 6= α3 (1, 0, 0) + β3 (0, 1, 0), ∀α1 , α2 , α3 , β1 , β2 , β3 ∈ R. Skupina vektorů h(1, 0, 0), (0, 2, 0), (3, 4, 1)i, je lineárně závislá, ((3, 4, 0) = 3(1, 0, 0) + 2(0, 2, 0)). Užitím definice se lineární závislost, resp. lineární nezávislost skupiny vektorů ověřuje obtížně. Snadnější práci budeme mít, užijeme-li následující tvrzení:
5
Věta 1.6 Skupina vektorů hu1 , u2 , . . . , uk i, ui ∈ Rn , i = 1, 2, . . . , k, je lineárně nezávislá, lze-li vektorovou rovnici α1 u1 + α2 u2 + · · · + αk uk = o, αi ∈ R, i = 1, 2, . . . , k,
(13)
splnit právě tehdy, je-li α1 = α2 = · · · = αk = 0. Skupina vektorů hu1 , u2 , . . . , uk i, ui ∈ Rn , i = 1, . . . , k, je lineárně závislá právě tehdy, existují-li reálná čísla α1 , . . . , αk , z nichž alespoň jedno je nenulové, tak, že platí α1 u1 + α2 u2 + · · · + αk uk = o. Příklad 1.7 Užitím předchozí věty rozhodněme, zda skupina vektorů h(1, 0, 1), (−3, 2, −1), (2, 1, 3)i je lineárně závislá či lineárně nezávislá. Napišme vektorovou rovnici α1 (1, 0, 1) + α2 (−3, 2, −1) + α3 (2, 1, 3) = (0, 0, 0) Rozepsáním vektorové rovnice do souřadnic dostáváme soustavu rovnic pro neznámé α1 , α2 , α3 . α1 − 3α2 + 2α3 = 0, 2α2 + α3 = 0, α1 − α2 + 3α3 = 0. Po úpravě (odečtením první rovnice od třetí) α1 − 3α2 + 2α3 = 0, 2α2 + α3 = 0, 2α2 + α3 = 0. Tato soustava má kromě nulového řešení i řešení nenulová, např. α1 = −7, α2 = −1, α3 = 2. To však znamená, že zadaná skupina vektorů je lineárně závislá. Příklad 1.8 Rozhodněme, zda skupina vektorů h(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)i je lineárně závislá či lineárně nezávislá. Postupujeme jako v předchozím příkladu. α1 (1, 0, 0) + α2 (0, 1, 0) + α3 (0, 0, 1) = (0, 0, 0).
6
Rozepsáním do souřadnic α1 α2 α3
= 0, = 0, = 0.
Tato soustava má jediné řešení, a to nulové zvané triviální, tj. α1 = α2 = α3 = 0. Zadaná skupina vektorů je lineárně nezávislá. Zamyslíme-li se nad pojmy lineární závislost a lineární nezávislost skupiny vektorů, jistě řekneme, že jsou pravdivá následující tvrzení. 1. Lineární závislost či nezávislost skupiny vektorů nezávisí na tom, v jakém pořadí vektory skupiny napíšeme. 2. Přidáme-li ke skupině lineárně závislých vektorů z Rn další vektory z téhož prostoru Rn , dostaneme novou lineárně závislou skupinu vektorů. 3. Vypustíme-li ze skupiny lineárně nezávislých vektorů některé vektory, dostaneme novou lineárně nezávislou skupinu.
1.3
Vektorový podprostor vektorového prostoru
Zvolme v aritmetickém vektorovém prostoru R2 vektor (1, 0) a označme V množinu všech jeho násobků, tedy V = k(1, 0) = (k, 0) ∈ R2 , k ∈ R . Jistě jsme si všimli, že vektor (a, b) patří do V právě když b = 0. Jaké vlastnosti má množina V : 1. V je neprázdnou podmnožinou R2 . 2. V je uzavřená vůči operacím sčítání vektorů a násobení vektorů reálným číslem (definovaným stejně jako v R2 ) neboť a) u = (u1 , 0) ∈ V, v = (v1 , 0) ∈ V ⇒ u + v = (u1 + v1 , 0) ∈ V , b) u = (u1 , 0) ∈ V, k ∈ R ⇒ ku = (ku1 , 0) ∈ V . Přitom operace sčítání vektorů a násobení vektoru reálným číslem mají vlastnosti AI - AVIII. Množinu V s vlastnostmi 1), 2) nazýváme vektorovým podprostorem prostoru R2 . Definice 1.9 Neprázdnou podmnožinu V aritmetického vektorového prostoru Rn nazveme podprostorem prostoru Rn , jestliže množina V je uzavřená vůči operacím sčítání vektorů a násobení vektoru reálným číslem. 7
Příklad 1.10 Ukažme, že množina V = {(k, l, k, l) ∈ R4 : k ∈ R, l ∈ R} je vektorový podprostor prostoru R4 . Množina V je neprázdná podmnožina prostoru R4 , V je uzavřená vůči operacím sčítání vektorů a násobení vektoru reálným číslem. (Přitom početní operace součet vektorů a součin čísla a vektoru je na V definován stejně jako na R4 a mají vlastnosti AI až AVIII), neboť platí: a) Je-li (k1 , l1 , k1 , l1 ) ∈ V ∧ (k2 , l2 , k2 , l2 ) ∈ V , k1 , k2 , l1 , l2 ∈ R, potom (k1 , l1 , k1 , l1 ) + (k2 , l2 , k2 , l2 ) = (k1 + k2 , l1 + l2 , k1 + k2 , l1 + l2 ) = (k, l, k, l) ∈ V, kde k = k1 + k2 , l = l1 + l2 ∈ R. b) Je-li (k, l, k, l) ∈ V , α ∈ R, potom α(k, l, k, l) = (αk, αl, αk, αl) ∈ V. Tedy V je podprostor prostoru R4 . Definice 1.11 Množinu V , která obsahuje jediný vektor a to nulový vektor prostoru Rn , nazýváme triviálním podprostorem prostoru Rn .
1.4
Báze aritmetického vektorového prostoru a vektorového podprostoru
Vektorový prostor Rn , n ∈ N, obsahuje nekonečně mnoho vektorů. Každý z nich lze vyjádřit ve tvaru lineární kombinace konečně mnoha (a to n) vektorů tak zvané báze prostoru Rn . Z tohoto pohledu (a nejen z tohoto) je báze Rn důležitou skupinou vektorů prostoru Rn . B = h(1, 0), (0, 1)i - skupina B je báze vektorového prostoru R2 , (tzv. kanonická báze). Skupina B má tyto dvě důležité vlastnosti: a) je lineárně nezávislá, b) každý vektor (a, b) ∈ R2 je lineární kombinací vektorů skupiny B, (a, b) = a(1, 0) + b(0, 1), a, b ∈ R. B = h(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)i - skupina B je báze vektorového prostoru R3 (tzv. kanonická báze). Skupina B má tyto dvě důležité vlastnosti: a) je lineárně nezávislá, b) každý vektor (a, b, c) ∈ R2 je lineární kombinací vektorů skupiny B, (a, b, c) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1), a, b, c ∈ R.
8
Definice 1.12 Skupinu B vektorů vektorového prostoru Rn , která má vlastnosti: 1. je lineárně nezávislá, 2. každý vektor u ∈ Rn je lineární kombinací vektorů této skupiny, nazveme bází prostoru Rn . Užitím definice se obtížně ověřuje, zda skupina vektorů z Rn je bází prostoru Rn . Velmi nám pomůže následující věta. Věta 1.13 Skupina n vektorů prostoru Rn je bází tohoto prostoru právě tehdy, je-li to skupina lineárně nazávislá. V každém Rn mohu najít libovolný počet bází. Každý Rn má jednu významnou bázi, zvanou kanonická báze, což je skupina h(1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1)i. Příklad 1.14 Zjistěme, zda skupina h(−1, 0, 3), (2, 1, 0), (−2, 1, 12)i je bází vektorového prostoru R3 Skupina by mohla být bází vektorového prostostoru R3 , neboť obsahuje právě tři vektory tohoto prostoru. Bází bude tehdy, je-li lineárně nezávislá. Vyšetřeme tuto její vlastnost. Užijme kritéria lineární závislosti: α1 (−1, 0, 3) + α2 (2, 1, 0) + α3 (−2, 1, 12) = (0, 0, 0) a odtud −α1 + 2α2 − 2α3 = 0, −α1 + 2α2 − 2α3 = 0, α2 + α3 = 0, ⇒ α2 + α3 = 0, 3α1 + 12α3 = 0. 6α2 + 6α3 = 0. Je vidět, že soustava rovnic pro neznámé α1 , α2 , α3 má kromě nulového řešení i řešení nenulové, např. (α1 , α2 , α3 ) = (4, 1, −1). Tedy skupina vektorů {(−1, 0, 3), (2, 1, ), (−2, 1, 12)i je skupinou lineárně závislých vektorů a není tedy bází prostoru R3 . Příklad 1.15 Ukažme, že skupina vektorů h(0, 2, 7), (0, 3, 2), (1, 3, 2)i je báze vektorového prostoru R3 . Aby skupina tří vektorů byla bází R3 , musí to být skupina lineárně nezávislá. Vyšetřme tuto vlastnost. Užijme kritéria lineární závislosti: α1 (0, 2, 7) + α2 (0, 3, 2) + α3 (1, 3, 2) = (0, 0, 0) 9
a odtud 2α1 + 3α2 7α1 + 2α2
α3 = 0, + 3α3 = 0, + 2α3 = 0.
Tato soustava má jediné řešení (α1 , α2 , α3 ) = (0, 0, 0). Z toho plyne, že zadaná skupina tří vektorů prostoru R3 je lineárně nezávislá, tvoří tedy bázi R3 . Definice 1.16 Označme V vektorový podprostor prostoru Rn . Skupinu B = hu1 , . . . , uk i, ui ∈ V pro i = 1, . . . , k, která má vlastnosti: 1. je lineárně nazávislá, 2. každý vektor u ∈ V je lineární kombinací vektorů této skupiny, nazveme bází V . Příklad 1.17 Ukažte, že V = {(k, l, 0) ∈ R3 : k ∈ R, l ∈ R} je vektorový podprostor prostoru R3 a skupina B = h(2, 1, 0), (−1, 1, 0)i je bází V . (Všimněme si, že vektor (k, l, m) ∈ R3 patří do V právě tehdy, když m = 0.) Označme u = (k1 , l1 , 0), v = (k2 , l2 , 0) dva libovolné vektory z V . Potom u + v = (k1 + k2 , l1 + l2 , 0) ∈ V . Označme u = (k1 , l1 , 0) ∈ V a α ∈ R. Potom (αu) = (αk1 , αl1 , 0) ∈ V . Ukázali jsme: Je-li u ∈ V, v ∈ V ⇒ (u + v) ∈ V . Je-li u ∈ V, α ∈ R ⇒ (αu) ∈ V . Přitom tyto operace definované stejně jako v R3 mají vlastnosti AI až AVIII. Tedy V je podprostor prostoru R3 . Skupina B = h(2, 1, 0), (−1, 1, 0)i je jistě bází prostoru V , neboť 1. a(2, 1, 0) + b(−1, 1, 0) = (0, 0, 0) ⇔ a = 0 ∧ b = 0, tedy B je skupina lineárně nezávislých vektorů. 2. Označme u = (k, l, 0), což je (obecně zadaný) vektor z V . Potom (k, l, 0) = k+l (2, 1, 0)+ 2l−k (−1, 1, 0). To znamená, že každý vektor z V lze vyjádřit jako 3 3 lineární kombinaci skupiny vektorů B. B je tedy bází V .
1.5
Dimenze
Z předchozího víme, že jakákoliv báze vektorového prostoru R2 obsahuje dva vektory prostoru R2 . Říkáme, že R2 má dimenzi dvě. Jakákoliv báze vektorového prostoru R3 obsahuje tři vektory prostoru R3 . Říkáme, že R3 má dimenzi rovnu číslu tři. Definice 1.18 Dimenzí vektorového prostoru Rn nazýváme počet členů báze, tedy dim Rn = n. (14) 10
Definice 1.19 Označme V vektorový podprostor aritmetického vektorového prostoru Rn . Potom dim V dim V
= 0 právě když V je triviální, = k právě když k je počet členů báze prostoru V .
(15) (16)
Příklad 1.20 Najděme dim V , kde V je podprostor prostoru R4 , přitom V = {(0, −α, 0, β) ∈ R4 : α ∈ R, β ∈ R}. Sestrojme nějakou bázi prostoru V : Tvrdíme, že bází je např. skupina B = h(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)i. Abychom ukázali pravdivost tvrzení, musíme ukázat dvě věci: 1. Vektory (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1) jsou lineárně nezávislé. To jistě je pravda, neboť ani jeden vektor není násobkem druhého. 2. Libovolný vektor z V lze vyjádřit ve tvaru lineární kombinace vektorů báze. I toto tvrzení je pravdivé, neboť (0, −α, 0, β) = −α(0, 1, 0, 0) + β(0, 0, 0, 1). B = h(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)i je dvoučlenou bází V , tedy dim V = 2.
1.6
Lineární obal skupiny vektorů
Zvolme v R2 skupinu vektorů h(−1, 3), (2, −6)i a označme M1 množinu všech lineárních kombinací vektorů této skupiny, tedy M1 = u ∈ R2 : u = α(−1, 3) + β(2, −6), α ∈ R, β ∈ R . Množinu M1 nazýváme lineárním obalem skupiny h(−1, 3), (2, −6)i a značíme M1 = L h(−1, 3), (2, −6)i. Lineárním obalem skupiny h(−1, 3), (1, 2)i vektorů z R2 je množina M2 = u ∈ R2 : u = α(−1, 3) + β(1, 2), α ∈ R, β ∈ R , M2 = L h(−1, 3), (1, 2)i. Je zřejmé, že L h(−1, 3), (1, 2)i ≡ R2 , neboť h(−1, 3), (1, 2)i je bází R2 . Lineárním obalem skupiny h(1, 2, −1), (1, 0, 1)i vektorů z R3 je množina M3 = u ∈ R3 : u = α(1, 2, −1) + β(1, 0, 1), α ∈ R, β ∈ R , M3 = L h(1, 2, −1), (1, 0, 1)i. Definice 1.21 Množinu M všech lineárních kombinací skupiny vektorů hu1 , . . . , uk i, kde u1 , . . . , uk jsou z vektorového prostoru Rn , nazýváme lineárním obalem skupiny hu1 , . . . , uk i. Píšeme M = L hu1 , . . . , uk i 11
Skupinu hu1 , . . . , uk i nazýváme skupinou generátorů množiny L hu1 , . . . , uk i Říkáme též, že skupina hu1 , . . . , uk i generuje L hu1 , . . . , uk i. Věta 1.22 Lineární obal skupiny vektorů z Rn je podprostorem prostoru Rn . Důkaz tohoto důležitého tvrzení najdete v [1], str.34. Doporučujeme tento důkaz pozornosti stejně tak, jako následující tvrzení, jehož důkaz je opět v [1] na str.35. Věta 1.23 Označme hu1 , . . . , uk i, ui ∈ Rn , i = 1, . . . , k, skupinu generátorů vektorového podprostoru V prostoru Rn , tj. V = L hu1 , . . . , uk i. Provedeme-li se zadanou skupinou generátorů některou z následujících změn, získáme novou skupinu generátorů V : 1. Vynásobíme některý z vektorů skupiny nenulovým číslem. 2. Přičteme k některému vektoru skupiny lineární kombinaci zbývajících vektorů skupiny. 3. Vypustíme ze skupiny vektor, který je lineární kombinací zbývajících vektorů skupiny. 4. Přidáme k vektorům skupiny vektor, který je lineární kombinací vektorů skupiny. Rozmyslete si pravdivost tvrzení: Tvrzení 1.24 Každý aritmetický vektorový prostor Rn je lineárním obalem své (jakékoli) báze. Každá báze Rn je tedy skupinou generátorů Rn . Označme V vektorový podprostor prostoru V . V je lineárním obalem své (jakékoli) báze. Každá báze V je skupinou generátorů V . Skupina generátorů V nemusí být bází V . Příklad 1.25 Zjistěme dim V , je-li V = L h(2, 3), (−6, −9), (1, 0)i a napišme všechny báze V sestavené z vektorů dané skupiny generátorů V . Jelikož V je množinou všech lineárních kombinací vektorů skupiny h(2, 3), (−6, −9), (1, 0)i je jeho dimenze rovna maximálnímu počtu lineárně nezávislých vektorů této skupiny. Skupina h(2, 3), (−6, −9), (1, 0)i obsahuje právě dva lineárně nazávislé vektory. Je tedy dim V = 2. Všechny báze prostoru V budou obsahovat dva vektory. Ze skupiny generátorů lze vybrat tyto báze: B1 = h(2, 3), (1, 0)i, B2 = h(−6, −9), (1, 0)i.
12
2
Matice
1 2, 2 A je matice typu (2, 2) A= 0, −1 3, 0, 5, 2 4 B je matice typu (3, 4) B = −2, 1, 4, 4, 0, 7, −3 C = −4, −2, 0, 4, 5 C je matice typu (1, 5)
Definice 2.1 Maticí typu (m, n) nazýváme obdelníkové schéma, sestavené z m · n reálných čísel (prvků matice), zapsaných do m řádků a n sloupců. a11 , a12 , · · · a1n a21 , a22 , · · · a2n A = .. A je matice typu (m, n) . am1 , am2 , · · · amn A = (ai,j ) – úsporný zápis matice A. Je-li m 6= n, říkáme, že A je obdélníková matice. Je-li m = n, říkáme, že A je čtvercová matice. Prvkya11 , a22 , . . . , a ii , . . . tvoří v matici hlavní diagonálu. 2, 3, 5 B = 0, 1, −1 B je trojúhelníková matice. 0, 0, 2 2, 3, 5, 4 0 C je lichoběžníková matice. C = 0, 1, −1, 0, 0, 2, −1 1, 0, 0 E = 0, 1, 0 E je jednotková matice. 0, 0, 1 0, 0, 0 O= O je nulová matice. 0, 0, 0 2, 0 2, 3, −1 AT je transponovaná matice AT = , A = 3, 2 0, 2, 4 k matici A. −1, 4 Lichoběžníkovou maticí nazýváme matici, jejíž prvky na hlavní diagonále jsou nenulové a prvky pod hlavní diagonálou jsou rovny nule. Trojúhelníkovou maticí nazýváme čtvercovou matici, jejíž prvky na hlavní diagonále jsou nenulové a prvky pod hlavní diagonálou jsou rovny nule. Jednotkovou maticí nazýváme matici, která je typu (n, n) (je tedy čtvercová) a její prvky na hlavní diagonále jsou rovny jedné a všechny ostatní prvky jsou 13
rovny nule. Nulová matice má všechny prvky rovny nule. Transponovaná matice k matici A, kterou značíme AT , získáme tak, že v matici A zaměníme řádky za sloupce při zachování jejich pořadí. Příklad 2.2 Sestrojme transponovanou matici k matici A −2, 3 1, −1 5 . 1. A = 2, 3, −1, 0 . 2. A = . 3. A = 2, 3, 4 5, −7 Výsledky:
2 3 1. AT = −1 . 0
2.1
T
2. A =
1, 3 −1, 4
.
T
3. A =
−2, 2, 5 3, 5, −7
.
Hodnost matice
2, 3, −1 (2, 3, −1) první řádek matice A A= 0, 1, 2 (0, 1, 2) druhý řádek matice A Sestrojme lineární obal V řádků matice A, na které se díváme jako na třírozměrné vektory. V = L h(2, 3, −1), (0, 1, 2)i = {u ∈ R3 : u = α(2, 3, −1) + β(0, 1, 2), α, β ∈ R}. V je podprostor prostoru R3 a dim V = 2, neboť skupina h(2, 3, −1), (0, 1, 2)i je lineárně nezávislá. Číslo dim V nazýváme hodnost matice A. Značíme h(A). Tedy h(A) = 2. −1, 3, 2 (−1, 3, 2) první řádek matice B 0, 1, −4 (0, 1, −4) druhý řádek matice B B= 1, −4, 2 (1, −4, 2) třetí řádek matice B 2, −5, −8 (2, −5, −8) čtvrtý řádek matice B Sestrojme lineární obal řádků matice B (na řádky se díváme jako na třírozměrné aritmetické vektory). V = L h(−1, 3, 2), (0, 1, −4), (1, −4, 2), (2, −5, −8)i, V je podprostor R3 . Ptejme se po dim V : Jelikož mezi skupinou generátorů u1 = (−1, 3, 2), u2 = (0, 1, −4), u3 = (1, −4, 2), u4 = (2, −5, −8) jsou např. u1 , u2 lineárně nezávislé a u3 = −u1 − u2 , u4 = −2u1 + u2 je dim V = 2 a tedy h(B) = 2
14
Definice 2.3 Hodností matice A nazýváme číslo h(A), které je rovno dimenzi lineárního obalu řádků matice A, na které se díváme jako na aritmetické vektory. Jiná formulace: Definice 2.4 Hodností matice A nazýváme číslo h(A), které je rovno maximálnímu počtu lineárně nezávislých řádků matice A.
Gaussův algoritmus výpočtu hodnosti matice Najít hodnost matice není obtížné, jedná-li se o matici trojúhelníkovou či lichoběžníkovou. 3, 2, 1 A = 0, 1, −2 A je trojúhelníková matice 0, 0, 4 Skupina tří vektorů h(3, 2, 1), (0, 1, −2), (0, 0, 4)i je lineárně nezávislá, neboť α(3, 2, 1) + β(0, 1, −2) + γ(0, 0, 4) = (0, 0, 0) ⇔ α = β = γ = 0. Tedyh(A) = 3. 2, 4, 3 B= , h(B)=2. 0, −1, 5 3, 3, 5, 0, −3 2, 1, 4 , C = 0, 1, 0, 0, −2, −1, 0 D = 5, 2, 1, 4 , h(D)=1.
h(C)=3.
Věta 2.5 Hodnost lichoběžníkové matice typu (m, n) je rovna menšímu z čísel m, n. Máme-li najít hodnost h(A) matice A která není lichoběžníková, potom, pomocí úprav, které nemění hodnost matice a které nazýváme ekvivalentní úpravy matice, sestrojíme k matici A lichoběžníkovou matici B. Pro h(A), h(B) platí h(A) = h(B). Ekvivalentní úpravy matice jsou tyto: 1. Změna pořadí řádků. 2. Vynásobení řádku nenulovým číslem. 15
3. Přičtení k řádku lineární kombinace ostatních řádků (obvykle pouze jednoho řádku). 4. Vynechání řádku, který je lineární kombinací ostatních řádků. (Speciálně řádku, který obsahuje samé nuly.) Jestliže matici B získáme z matice A ekvivalentními úpravami matice A, říkáme, matice. Značíme A ∼ B. že B, A jsou ekvivalentní 2, 3, 1 2, 3, 1 A= ∼ = B. −2, 0, 0 0, 3, 1 Gaussovým algoritmem nazýváme postup, který užitím ekvivalentních úprav převádí matici A na lichoběžníkovou matici B, která je s A ekvivalentní. Tento postup ukážeme na příkladu: Příklad 2.6 Najděme hodnost matice A, 1, −1, 2, 2, 1, −1, A= −1, 2, 1, 3, −7, 8,
3, 4 2, 0 . 1, 3 9, 13
1.KROK Jelikož a11 = 1 6= 0, první řádek opíšeme (kdyby a11 = 0 vyměnili bychom řádky). Do 1.sloupce pod prvek a11 zavedeme nuly a to takto: 1.řádek vynásobíme (−2) a přičteme k 2.řádku 1.řádek přičteme ke 3.řádku 1.řádek vynásobíme (−3) a přičteme k 4.řádku Dostáváme matici 1, −1, 2, 3, 4 0, 3, −5, −4, −8 . 0, 1, 3, 4, 7 0, −4, 2, 0, 1 2.KROK První řádek opíšeme. Jejikož a22 = 3 6= 0, druhý řádek opíšeme. Do 2.sloupce pod prvek a22 zavedeme nuly například takto: 3.řádek vynásobíme (+4) a přičteme ke 4.řádku 3.řádek vynásobíme (−3) a přičteme k němu 2.řádek Dostáváme matici 1, −1, 2, 3, 4 0, 3, −5, −4, −8 . 0, 0, −14, −16, −29 0, 0, 14, 16, 29
16
3.KROK Vynecháme 4.řádek, neboť je násobkem 3.řádku. Získali jsme lichoběžníkovou matici 1, −1, 2, 3, 4 0, 3, −5, −4, −8 . 0, 0, −14, −16, −29 Tato lichoběžníková matice má hodnost 3. Proto i matice A má hodnost 3. Tedy h(A) = 3. Příklad 2.7 Najděme h(A),
2, 4, A= 8, 6,
2, −1, 4, −3, 1.KROK: 8, −6, 6, −4, 2, −1, 0, −1, 2.KROK: 0, −2, 0, −1, 2, −1, 0, −1, 3.KROK: 0, 0, 0, 0, 2, −1, 0, −1, 4.KROK: 0, 0, A ∼ B ⇒ h(A) = 3.
−1, −3, −6, −4,
1, 8, 2 5, 1, 7 . 8, 12, 12 6, 9, 9
(−2) (−4) (−3) 8, 2 1, 7 . 12, 12 9, 9 8, 2 −15, 3 (−2) (−1) . −20, 4 −15, 3 1, 8, 2 3, −15, 3 . −2, 10, −2 0, 0, 0 1, 8, 2 3, −15, 3 = B, h(B) = 3. −2, 10, −2
1, 5, 8, 6, 1, 3, 4, 3,
Mezi ekvivalentní úpravy matice není zařazena ”záměna pořadí sloupců”. Dá se dokázat, že záměna pořadí sloupců matice nemění její hodnost. 2, 3, 4 2, 4, 3 A= , B= , h(B) = 2 ⇒ h(A) = 2. 0, 0, 2 0, 2, 0 Matice A a B jsou ekvivalentní, neboť matice B vznikla z matice A prohozením druhého a třetího sloupce.
17
3
Soustavy lineárních algebraických rovnic
(V dalším krátce: Soustava lineárních rovnic.) 2x1 − x2 = x1 + 5x2 = 2, −1 A= 1, 5 2, −1, Ar = 5, 1, 2, −1 Ar = 1, 5
11 0
Soustava dvou lineárních algebraických rovnic pro neznámé x1 , x2
Matice soustavy 11 Rozšířená matice soustavy 0 11 Obvyklý zápis rozšířené matice soustavy. (Svislou 0 čarou oddělujeme sloupec pravých stran rovnic.)
Vektor (x1 , x2 ) = (5, −1) je řešením soustavy, neboť dosadíme-li do soustavy na místo x1 číslo 5 a na místo x2 číslo (−1), soustava rovnic se změní na soustavu rovností. Vektor mající tuto vlastnost je jediný. Říkáme, že soustava má jediné řešení. x1 + 2x2 − x3 x2 x1 − x2 + 3x3 1, 2, −1, 0, 1, 0, A= 1, −1, 3, 1, 2, −1, 1, 0, Ar = 0, 1, −1, 3,
+ x4 = 3 Soustava tří lineárních rovnic + 7x4 = 2 pro neznámé x1 , x2 , x3 , x4 = 1 1 7 Matice soustavy. 0 1 3 7 2 Rozšířená matice soustavy. 0 1
Každý vektor (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (8t, 2−7t, 1−5t, t), t ∈ R je řešením soustavy. To lze zjistit dosazením: 8t + 2(2 − 7t) − (1 − 5t) + t = 3 (2 − 7t) + 7(t) = 2 8t − (2 − 7t) + 3(1 − 5t) = 1 Říkáme, že soustava má nekonečně mnoho řešení. x1 3x1 x1
+ x2 = 2 Soustava tří lineárních algebraických rovnic − x2 = 4 pro neznámé x1 , x2 − x2 = 3 1, 1 3, −1 Matice soustavy. A= 1, −1
18
1, 1 2 Ar = 3, −1 4 Rozšířená matice soustavy. 1, −1 3 Lze ukázat, že neexistuje vektor (u1 , u2 ), jehož souřadnice u1 , u2 , dosazené za x1 , x2 by převedly soustavu rovnic na soustavu rovností. Říkáme, že soustava nemá řešení. Jistě jste si všimli, že v minulých třech příkladech nastaly postupně tyto situace: Soustava lineárních rovnic má jediné řešení. Soustava lineárních rovnic má nekonečně mnoho řešení. Soustava lineárních rovnic nemá řešení.
Jak zjistit kolik řešení má soustava lineárních rovnic a jakým postupem řešení najít, ukážeme v následujícím. Nejdříve obecné pojmy. Definice 3.1 Soustavu a11 x1 + a21 x1 + .. .
a12 x2 + . . . + a22 x2 + . . . +
a1n xn = b1 , a2n xn = b2 , .. .
(17)
am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn = bm , kde xi jsou neznámé, aij , bj , i = 1, . . . n, j = 1, . . . m, jsou známá reálná čísla, nazveme soustavou m lineárních rovnic o n neznámých. Soustavě (17) přiřadíme dvě následující matice: a11 , a12 , . . . a1n a21 , a22 , . . . a2n A= , A nazýváme maticí soustavy (17), .. . am1 , am2 , . . . amn Ar =
a11 , a21 , .. .
a12 , . . . a22 , . . .
a1n a2n
am1 , am2 , . . . amn
b1 b2 .. , . bm
Ar nazýváme rozšířenou maticí soustavy (17).
Definice 3.2 Řešením soustavy lineárních rovnic o n neznámých x1 , x2 , . . . , xn nazveme každý vektor u = (u1 , u2 , . . . , un ); jehož souřadnice ui dosazeny za xi do rovnic soustavy, převedou soustavu rovnic v soustavu rovností. Domluvíme se, že řešit soustavu znamená najít všechna její řešení. Existuje nemálo metod řešení inženýrských problémů, které převedou řešení 19
problému na řešení soustavy lineárních rovnic. Přitom tyto soustavy bývají i značně rozsáhlé a hledání jejich řešení není jednoduché. Jistě uvítáme tvrzení, pomocí něhož lze rozhodnout, zda soustava lineárních rovnic má či nemá řešení. Toto důležité tvrzení je známo jako Frobeniova věta. Věta 3.3 (Frobeniova) Soustava lineárních rovnic má alespoň jedno řešení právě když matice soustavy a rozšířená matice soustavy mají stejnou hodnost. Užitím hodnosti matice soustavy a rozšířené matice soustavy lineárních algebraických rovnic lze zjistit nejenom zda soustava řešení má, ale i zda řešení je jediné, či jich je nekonečně mnoho. Věta 3.4 Mějme soustavu lineárních algebraických rovnic o n neznámých takovou, že její matice soustavy a rozšířená matice soustavy mají stejnou hodnost rovnu h. Potom platí: 1. Je-li n = h, soustava má právě jedno řešení. 2. Je-li n > h, soustava má nekonečně mnoho řešení. Příklad 3.5 Určeme počet řešení soustavy 3x1 − x2 = 2, x1 + x2 = 1. n = 2,
3, −1 A= ∼ , 0, −4 3, −1 2 3, −1 Ar = ∼ 1, 1 1 0, −4 h(A) = h(Ar ) = n ⇒ Soustava má 3, −1 1, 1
h(A) = 2, 2 h(Ar ) = 2. −1 , právě jedno řešení.
Příklad 3.6 Určeme počet řešení soustavy x1 + x2 − x3 = 2, x2 + x3 = 5. n=3 1, 1, −1 2 Ar = h(A) = 2, h(Ar ) = 2 0, 1, 1 5 h(A) = h(Ar ) = 2 < 3 ⇒ Soustava má nekonečně mnoho řešení. Jak je najít si ukážeme.
20
3.1
Gausova eliminační metoda
Gausova eliminační metoda je jednou z mnoha metod řešení soustavy lineárních rovnic. Princip metody spočívá v tom, že k zadané soustavě sestrojíme soustavu ekvivalentní, jejíž rozšířená matice soustavy je lichoběžníková. Řešení takové soustavy lze najít poměrně bez obtíží, jak ukazuje následující příklad.
Příklad 3.7 Řešme soustavu 3x1 −
x2 + 2x3 = −1, 2x2 + x3 = 3, x3 = −1.
Rozšířená matice soustavy 3, −1, 2 −1 2, 1 3 A = 0, 0, 0, 1 −1
je lichoběžníková matice. Řešení takovéto soustavy snadno vypočítáme. x3 = −1, 3 − (−1) 3 − x3 = = 2, x2 = 2 2 −1 + x2 − 2x3 −1 + 2 − 2(−1) x1 = = = 1. 3 3 Tedy (x1 , x2 , x3 ) = (1, 2, −1) je jediné řešení soustavy. Definice 3.8 Dvě soustavy lineárních algebraických rovnic se nazývají ekvivalentní, jestliže mají tytéž neznámé a jestliže množina všech řešení jedné soustavy je rovna množině všech řešení druhé soustavy. Soustava rovnic
2x1 − x2 = 3, x1 + 3x2 = 5,
je ekvivalentní se soustavou rovnic 2x1 − x2 = 3, 2x1 + 6x2 = 10. Je však ekvivalentní i se soustavou 2x1 − x2 = 3, − 7x2 = −7, 21
a je ekvivalentní i se soustavou 2x1 − x2 = 3, x2 = 1, jejíž rozšířená matice soustavy je lichoběžníková. Řešení této soustavy, které je jediné, snadno vypočítáme: (x1 , x2 ) = (2, 1). To je však též jediné řešení zadané soustavy. Základní kroky Gaussovy eliminační metody jsou tyto: 1.KROK: Napíšeme rozšířenou matici zadané soustavy. 2.KROK: Tuto matici převedeme na lichoběžníkovou matici užitím ekvivalentních úprav matice. 3.KROK: K získané lichoběžníkové matici přiřadíme soustavu rovnic. Tato soustava je ekvivalentní s původní soustavou. Najdeme všechna její řešení (pokud existují), což jsou i všechna řešení výchozí soustavy. Postup si ukážeme na příkladech.
Příklad 3.9 Najděme všechna řešení soustavy
1.KROK + 1, −1, 2, −3, 1, −2,
2.KROK −1 2 1, −1, −1 −3 2 0, −1, −1 ∼ −2 0 0, −1, −1
x1 − x2 − x3 = 2, 2x1 − 3x2 − 3x3 = 2, x1 − 2x2 − 2x3 = 0.
2 2 1, −1, −1 −2 ∼ 2 0, 1, 1 −2
3.KROK x1 − x2 − x3 = 2, x2 + x3 = 2.
Zde: n = 3, h(A) = h(Ar ) = 2 ⇒ ⇒ existuje nekonečně mnoho řešení
To je soustava dvou rovnic pro tři neznámé. Jednu neznámou zvolíme. Položme např. x3 = t, t je reálný parametr a vypočtěme x2 = 2 − t a x1 = 2 + t + (2 − t) = 4. Řešením je tedy každý vektor (x1 , x2 , x3 ) = (4, 2 − t, t), t ∈ R. Řešením zadané soustavy jsou právě všechny vektory (x1 , x2 , x3 ) = (4, 2 − t, t), t ∈ R. Příklad 3.10 Najděme všechna řešení soustavy
22
x1 + 2x2 + 3x3 = 4, 2x1 + 4x2 + 6x3 = 1.
1, 2, 3 4 Rozšířená matice soustavy je 2, 4, 6 1 1, S ní ekvivalentní lichoběžníková matice 0, h(A) = 1, h(Ar ) = 2, h(A) 6= h(Ar ). Soustava rovnic x1 + 2x2 + 3x3 0
. 2, 3 4 . 0, 0 7 = 4, = 7,
nemá řešení. Řešení zadané soustavy neexistuje.
Příklad 3.11 Najděme všechna řešení soustavy 2x1 + x2 + 4x3 = 8, x1 − x2 + 3x3 = 2, 3x1 + x3 = 4. Napíšeme rozšířenou matici soustavy: 2, 1, 4 8 1, −1, 3 2 . 3, 0, 1 4 Najdeme lichoběžníkovou matici, která je s naší maticí ekvivalentní: 2, 1, 4 8 2, 1, 4 8 0, 3, −2 4 ∼ 0, 3, −2 4 . 0, 3, −8 −2 0, 0, 6 6 Lichoběžníkové matici přiřadíme soustavu 2x1 +
x2 + 4x3 = 8, 3x2 − 2x3 = 4, 6x3 = 6.
Zde: n = 3, h(A) = h(Ar ) = 3. Soustava má jediné řešení (x1 , x2 , x3 ) = (1, 2, 1). Zadaná soustava má jediné řešení (x1 , x2 , x3 ) = (1, 2, 1). Zabývejme se nyní krátce homogenní soustavou lineárních rovnic, tedy soustavou a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = 0, a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = 0, (18) .. .. . . am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn = 0, 23
kde xi jsou neznámé, aij , i = 1, . . . n, j = 1, . . . m, jsou známá reálná čísla. Označme A matici této soustavy a Ar rozšířenou maticí této soustavy. Jelikož Ar se od A liší sloupcem obsahujícím samé nuly, je h(A) = h(Ar ). Homogenní soustava (18) má tedy vždy alespoň jedno řešení (x1 , x2 , . . . , xn ) = (0, 0, . . . , 0), zvané triviální řešení. Homogenní soustava (18) může míti kromě triviálního řešení i nekonečně mnoho řešení netriviálních (nenulových). Následující věta nás informuje o struktuře množiny všech řešení homogenní soustavy lineárních rovnic. Věta 3.12 Množina všech řešení homogenní soustavy lineárních rovnic pro n neznámých x1 , x2 , . . . , xn je podprostorem aritmetického vektorového prostoru Rn . Dimenze tohoto podprostoru je rovna číslu n − h(A), A je matice soustavy. Příklad 3.13 Najděme dimenzi vektorového podprostoru V všech řešení zadané homogenní soustavy lineárních rovnic a najděme všechna řešení této soustavy. 2x1 − 3x2 + x3 + 5x4 = 0, 3x1 + 2x2 − 4x3 + 2x4 = 0, 5x1 + 12x2 − 14x3 − 4x4 = 0, 3x1 − 11x2 + 7x3 + 13x4 = 0. Víme, že V je podprostorem prostoru R4 , tedy dim V ≤ 4. Napišme matici soustavy. Sečtením vhodných násobků řádků (např. podle naznačených pokynů) sestrojíme lichoběžníkovou matici ekvivalentní s maticí soustavy. 2, −3, 1, 5 −3 −5 −3 3, 2, −4, 2 2 ∼ 2 5, 12, −14, −4 2 3, −11, 7, 13 2, −3, 1, 5 0, 2, −3, 1, 5 13, −11, −11 ∼ =B 0, 39, −33, −33 0, 13, −11, −11 0, −13, 11, 11 1. h(B) = 2 ⇒ h(A) = 2, dim V = n − h(A) = 4 − 2 = 2. 2. Ekvivalentní soustava se zadanou soustavou má tvar 2x1 −
3x2 + x3 + 5x4 = 0, 13x2 − 11x3 − 11x4 = 0.
Položme například x3 = t, x4 = r, kde t, r jsou reálné parametry. Potom x1 =
35 11 t − r, 13 13
x2 = 24
11 11 t + r. 13 13
Všechna řešení zadané homogenní soustavy jsou všechny vektory 16 11 11 t − r, t + r, t, r = (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 10 13 13 13 13 10 11 16 11 = t 13 , 13 , 1, 0 + r − 13 , 13 , 0, 1 , t, r ∈ R. Uvědomme si: Každý vektor (x1 , x2 , x 3 , x4 ) patřící napsali do V16jsme ve tvaru 10 11 11 lineární kombinace skupiny vektorů 13 , 13 , 1, 0 , − 13 , 13 , 0, 1 . V je tedy lineárním obalem této skupiny vektorů 16 11 10 11 , , 1, 0 , − , , 0, 1 ⇒ dim(V ) = 2. V =L 13 13 13 13 Příklad 3.14 V závislosti na hodnotě reálného parametru a proveďme diskusi počtu řešení soustavy ax1 + x2 + x3 = 0, x1 + ax2 + x3 = 0, x1 + x2 + ax3 = 0. Napíšeme matici soustavy a užitím ekvivalentních úprav sestrojíme matici s maticí soustavy ekvivalentní. a, 1, 1 1, 1, a 1, 1, a A = 1, a, 1 ∼ 1, a, 1 ∼ 0, a − 1, 1 − a ∼ 1, 1, a a, 1, 1 0, 1 − a, 1 − a2 1, 1, a = B. ∼ 0, a − 1, 1 − a 0, 0, (1 − a)(2 + a) Je vidět, že: a) pro a = 1, nebo a = −2 je hodnost matice soustavy menší nežli tři (přitom tři je počet neznámých). Tedy pro a = 1, nebo a = −2 má soustava nekonečně mnoho řešení. b) Je-li a 6= 1 a a 6= −2 je hodnost matice soustavy rovna 3, tedy počtu neznámých. Soustava má pro a ∈ R − {1, −2} pouze triviální řešení.
4
Základní operace s maticemi
V tomto odstavci se setkáme s operacemi: součet matic, součin reálného čísla a matice a součin matic.
25
−5, 2 2 − 5, 3 + 2 −3, 5 + = = 8, 7 −1 + 8, 4 + 7 7, 11 −1, 2, 4 3, 5, 2 −1 + 3, 2 + 5, 4 + 2 + = = 3, 5, 0 −4, 6, −8 3 − 4, 5 + 6, 0 − 8 2, 7, 6 = −1, 11, −8 2, 3 5 · 2, 5 · 3 10, 15 5 = = −1, 4 5 · (−1), 5 · 4 −5, 20 −1, 2, 4 −3 · (−1), −3 · 2, −3 · 4 3, −6, −12 (−3) = = 3, 5, 0 −3 · 3, −3 · 5, −3 · 0 −9, −15, 0 2, 3 −1, 4
Definice 4.1 Součtem matic A = (aij ), B = (bij ) stejného typu (m, n) nazveme matici C = (cij ) typu (m, n) pro jejíž prvky platí: cij = aij + bij ,
i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n.
Zapisujeme C = A + B. Sčítání matic je definováno pouze pro matice stejného typu. Nejsou-li matice A, B stejného typu, součet není definován. Definice 4.2 Součinem reálného čísla k a matice A = (aij ) typu (m, n) nazveme matici C = (cij ) typu (m, n) pro jejíž prvky platí: cij = kaij ,
i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n.
Zapisujeme C = kA.
Součin reálného čísla a matice je definován pro matice libovolného typu. Z definice tohoto součinu plyne, že společný násobek všech prvků matice můžeme vytknout před matici. 2, −8, 3 T T Příklad 4.3 Vypočtěme matici C = A +4B , je-li A = , −1, 2, 0 9, 2, 0 B= . 1, 7, −3
26
2, −1 9, 1 2, −1 36, 4 2 + 4 2, 7 = −8, 2 + 8, 28 = C = −8, 3, 0 0, −3 3, 0 0, −12 38, 3 30 . = 0, 3, −12 Příklad 4.4 Vypočtěme matici C, je-li C = 3A − 2B, kde A = −2, 2 B= . 1, 3 C=3
2, 4 0, 1
−2
2, 4 0, 1
,
−2, 2 6, 12 4, −4 = + = 1, 3 0, 3 −2, −6 10, 8 = . −2, −3
Při násobení matic užíváme skalárního součinu vektorů. Připomeňme si na dvou příkladech jeho výpočet. Příklad 4.5 Vypočtěme skalární součin (u, v) vektorů u = (2, 3), v = (−5, 4). (u, v) = ((2, 3), (−5, 4)) = 2 · (−5) + 3 · 4 = −10 + 12 = 2. Příklad 4.6 Vypočtěme skalární součin (r, s) vektorů r = (−2, 6, 3), s = (4, 1, −5). (r, s) = ((−2, 6, 3), (4, 1, −5)) = −2 · 4 + 6 · 1 + 3 · (−5) = −8 + 6 − 15 = −17. Při výpočtu prvků matice, která je rovna součinu AB matic A, B, dohodnutým způsobem skalárně násobíme řádky matice A a sloupce matice B. (Na řádky a na sloupce matic se díváme jako na vektory.) 3 2, 3, −1 · 5 = (2 · 3 + 3 · 5 + (−1) · 4) = (17). 4 2, 9 3, −1, 2 · = 8, 1 4, 5, 7 ((2, 9), (3, 4)), ((2, 9), (−1, 5)), ((2, 9), (2, 7)) = = ((8, 1), (3, 4)), ((8, 1), (−1, 5)), ((8, 1), (2, 7)) 27
2 · 3 + 9 · 4, 2 · (−1) + 9 · 5, 2 · 2 + 9 · 7 42, 43, 67 = = . 8 · 3 + 1 · 4, 8 · (−1) + 1 · 5, 8 · 2 + 1 · 7 28, −3, 23 3, 2 3·4+2·2 16 −1, 4 · 4 = −1 · 4 + 4 · 2 = 4 . 2 2, 6 2·4+6·2 20 Součin matic A · B je definován právě tehdy, je-li počet sloupců matice A roven počtu řádků matice B. Definice 4.7 Součinem A·B matice A = (aij ), která je typu (m, n) a matice B = (bij ), která je typu (n, p) nazýváme matici C = (cij ), která je typu (m, p) pro jejíž prvky platí cij = ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + ain bnj ,
i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , p.
(19)
Zapisujeme C = A · B. Příklad 4.8 Ověřme, že platí 3, 2, 5 1, 2 −2, 2, −4, 6 0, 3 −4, a) · = 1, 2, 1 −1, 4 0, −1, 0 −4 4 2, 4 32 . b) · = 6 2 1, 16 2, 1 1, 0, 1 4, 1, 2 c) · = 3, 4 2, 1, 0 11, 4, 3
32 16 . 12
.
Základní vlastnosti operací s maticemi Označme A, B, C matice a označme k, l reálná čísla. Potom následující rovnosti platí za předpokladu, že uvedené operace mají smysl. 1. A + B = B + A. 2. (A + B) + C = A + (B + C). 3. k · (A + B) = kA + kB. 4. (k + l)A = kA + lA. 5. A · O = O, O - nulová matice (všechny její prvky se rovnají nule). 6. A · E = E · A = A, E - jednotková matice. 7. A · (B + C) = AB + AC. 8. (A + B) · C = AC + BC. 9. A · (B · C) = (A · B) · C. 10. (A + B)T = AT + BT . 11. (A · B)T = BT · AT .
28
Příklad 4.9 Ověřme platnost rovnosti A(BC) = (AB)C výpočtem, je-li 2, 0 2, 1 2, 0, 1 A= , B= , C= . 1, 1 1, 3 1, 1, 0
2, 0 2, 1 2, 0, A · (B · C) = · · 1, 1 1, 3 1, 1, 2, 0 5, 1, 2 10, 2, 4 = · = 1, 1 5, 3, 1 10, 4, 3 2, 0 2, 1 2, 0, (A · B) · C = · · 1, 1 1, 3 1, 1, 4, 2 2, 0, 1 10, 2, 4 = · = 3, 4 1, 1, 0 10, 4, 3
1 0
= .
1 0 .
=
Příklad 4.10 Ověřme výpočtem, že AB 6= BA, je-li 2, 3 5, 6 A= , B= . −1, 4 2, 0 2, 3 5, 6 16, 12 A·B= · = =C −1, 4 2, 0 3, −6 5, 6 2, 3 4, 39 B·A= · = = D, C 6= D. 2, 0 −1, 4 4, 6 Poznámka 4.11 Násobení matic není komutativní, to znamená, že existují takové matice A, B, že A · B 6= B · A. Proto rozlišujeme násobení matice A maticí B zprava (A · B) a násobení matice A maticí B zleva (B · A). Nejsou-li A, B čtvercové matice téhož typu, potom i když existuje součin A · B, součin B · A existovat nemusí! Uvedeme příklad: Mějme matici A =
22, Potom A·B = 32, 24,
3, 1, 2 6, 5 4, −6, 4 , B = 0, −9 1, 0, 9 2, 1 8 78 a součin B·A není definován (nelze jej vytvořit). 14
29
Příklad 4.12 Vypočtěme matici X, pro kterou platí 6, 4, 2 0, 1, 2 4, −2, 5 0, 5, 1 + X − 3 −1, 3, 4 = 2 1, 0, 6 . 2, 3, 6 2, 5, 7 0, 0, 2 Neznámou matici X necháme na levé straně rovnice, ostatní matice převedeme na pravou stranu a provedeme naznačené operace. 4, −2, 5 6, 4, 2 0, 1, 2 0, 6 − 0, 5, 1 + 3 −1, 3, 4 . X = 2 1, 0, 0, 2 2, 3, 6 2, 5, 7 8, −4, 10 −6, −4, −2 0, 3, 6 0, 12 + 0, −5, −1 + −3, 9, 12 = X = 2, 0, 0, , 4 −2, −3, −6 6, 15, 21 2, −5, 14 −1, 4, 23 . = 4, 12, 19 Příklad 4.13 Vypočtěme matici X, pro kterou platí 2X = AB − C, kde 1, 2 1, 2, 1 0, 1 A= , B = 0, 1 , C = . 1, 0, 1 4, 3 1, 1 2X = =
1, 1, 2, 2,
Odtud
X=
4.1
1, 2 2, 1 0, 0, 1 − 0, 1 4, 1, 1 5 0, 1 2, − = 3 4, 3 −2,
1, 2 −1, 0
1 3
4 0
=
.
Inverzní matice
Příklad 4.14 Vypočtěme součiny A · B a B · A, je-li 2, 5 3, −5 A= , B= . 1, 3 −1, 2 30
.
2 · 3 + 5 · (−1) 2 · (−5) + 5 · 2 1, 0 A·B= = = E, 1 · 3 + 3 · (−1) 1 · (−5) + 3 · 2 0, 1 3 · 2 − 5 · 1, 3·5−5·3 1, 0 B·A= = = E. −1 · 2 + 2 · 1, −1 · 5 + 2 · 3 0, 1 E je jednotkovou maticí. Matici B z minulého příkladu (všimněme si, že platí A · B = B · A = E) nazýváme inverzní maticí k matici A, značíme ji A−1 . (Obdobně matice A je inverzní matice k matici B a z tohoto pohledu je A = B−1 .) Definice 4.15 Označme A, X, E čtvercové matice téhož typu, E je jednotková matice. Jestliže platí A · X = E nazýváme X inverzní maticí k matici A. Značíme ji A−1 . Lze soudit, že ne ke každé matici existuje matice inverzní. Inverzní matice existuje pouze k matici, kterou nazýváme regulární. Definice 4.16 Matici A nazveme regulární maticí, je-li typu (n, n) (t.j. je čtvercová) a její hodnost h = n. Příklad 4.17 Ověřme, že A je regulární matice a že C = A−1 , je-li 1, 2, 4 −1, 2, 2 A = −1, 0, 2 , C = 2, −4, −3 . 3 , −1 2, 1, 0 − 12 , 2
1, 2, 4 1, 2, 4 1, 2, 4 −1, 0, 2 ∼ 0, 2, 6 ∼ 0, 1, 3 = B. 2, 1 0 0, −3, −8 0, 0, 2 h(B) = h(A) = 3. A je typu (3, 3) a její 1, 2, −1, 0, 2, 1,
hodnost h = 3 ⇒ A je regulární matice. 1, 0, 0 4 −1, 2, 2 2 2, −4, −3 = 0, 1, 0 . 3 , −1 0, 0, 1 0 − 12 , 2
AC = E ⇒ C je inverzní maticí k matici A, C = A−1 .
31
Výpočet inverzní matice užitím Gaussovy metody Gaussova metoda pro výpočet inverzní matice k regulární matici A vychází ze základního vztahu A · A−1 = E. Při výpočtu A−1 postupujeme takto: Napíšeme matici (A|E), sestavenou z regulární matice A a jednotkové matice E, stejného typu jako A. Ekvivalentními úpravami, prováděnými s řádky matice (A|E) (tedy tzv. Gaussovou eliminací), převedeme tuto matici na matici, kde na místě A stojí E. To však znamená, že jsme v konečném počtu kroků matici A, stojící na levé straně (A|E), vynásobili maticí A−1 a tedy i matici E, stojící na pravé straně (A|E), jsme vynásobili maticí A−1 . Na místě E stojí tedy A−1 a matice má tvar (E|A−1 ). 3, 7 Příklad 4.18 Vypočtěme inverzní matici k regulární matici A = 2, 5 užitím Gaussovy metody. 3, 7 1, 0 1. Napíšeme matici . 2, 5 0, 1 2. eliminací Gaussovou upravíme tuto matici na matici lichoběžníkovou 3, 7 1, 0 . 0, −1 2, −3 3. Gaussovou eliminací upravíme matici tak, aby nad hlavnídiagonálou v 3, 0 15, −21 levé polovině matice byl nulový prvek . 0, −1 2, −3 4. řádky21takovými na hlavní čísly, aby diagonále byly jedničky Násobíme 5, −7 , − 1, 0 1, 0 15 3 3 = . 3 0, 1 −2, 3 0, 1 −2, 5, −7 5. Napíšeme A−1 = . −2, 3 O správnosti výpočtu se přesvědčíme vynásobením matic A a A−1 3, 7 5, −7 1, 0 · = . 2, 5 −2, 3 0, 1 Příklad Gaussovou metodou inverzní matici k matici 4.19 Vypočtěme 3, −4, 5 1 . A = 2, −3, 3, −5, −1
32
Napíšeme matici 3, −4, 5 1, 0, 0 Pomocí prvního řádku anulujeme prvky 2, −3, 1 0, 1, 0 ∼ prvního sloupce druhého a třetího řádku. 3, −5, −1 0, 0, 1 3, −4, 5 1, 0, 0 Pomocí druhého řádku anulujeme 0, 1, 7 2, −3, 0 ∼ prvek ve druhém sloupci třetího řádku. 0, −1, −6 −1, 0, 1 3, −4, 5 1, 0, 0 Pomocí třetího řádku anulujeme prvky 0, 1, 7 2, −3, 0 ∼ ve třetím sloupci prvního a druhého řádku. 0, 0, 1 1, −3, 1 3, −4, 0 −4, 15, −5 Pomocí druhého řádku anulujeme 0, 1, 0 −5, 18, −7 ∼ prvek ve druhém sloupci prvního řádku. 0, 0, 1 1, −3, 1 3, 0, 0 −24, 87, −33 0, 1, 0 −5, 18, −7 ∼ Vynásobíme první řádek číslem 1 . 3 0, 0, 1 1, −3, 1 1, 0, 0 −8, 29, −11 0, 1, 0 −5, 18, −7 . 0, 0, 1 1, −3, 1 −8, 29, −11 −1 −5, 18, −7 . A = 1, −3, 1 Věta 4.20 Jsou-li A, B regulární matice téhož typu, potom a) matice AB je regulární matice a (AB)−1 = B−1 A−1 −1 b) A−1 je regulární matice a (A−1 ) = A −1 T c) AT je regulární matice a AT = (A−1 ) . 3, 2 2, 5 Příklad 4.21 Jsou dány regulární matice A = ,B= . 4, 3 3, 8 −1 Ověřme výpočtem platnost rovností (AB)−1 = B−1 A−1 , (A−1 ) = A, T −1 −1 T A = (A ) . Vypočteme postupně 3, 2 1, 0 3, 2 −1 A : ∼ 4, 3 0, 1 0, −1 1, 0 3, −2 ∼ . 0, 1 −4, 3 3, −2 −1 A = . −4, 3
1, 0 3, 0 4, −3 ∼ 0, 1
33
9, −6 ∼ −4, 3
2, 5 1, 0 2, 5 1, 0 2, 0 16, −10 B : ∼ ∼ ∼ 3, 8 0, 1 0, 1 −3, 2 0, 1 −3, 2 1, 0 8, −5 ∼ . 0, 1 −3, 2 8, −5 B−1 = . −3, 2 3, 2 2, 5 12, 31 AB = · = . 4, 3 3, 8 17, 44 12, 31 1, 0 12, 31 1, 0 −1 (AB) : ∼ ∼ 17, 44 0, 1 0, 1 −17, 12 12, 0 528, −372 1, 0 44, −31 ∼ ∼ . 0, 1 −17, 12 0, 1 −17, 12 44, −31 −1 (AB) = . 12 −17, 8, −5 3, −2 44, −31 −1 −1 B A = · = . −3, 2 −4, 3 −17, 12 3, −2 1, 0 3, −2 1, 0 −1 −1 (A ) : ∼ ∼ 3 0, 1 0, 1 4, 3 −4, 3, 0 9, 6 1, 0 3, 2 ∼ ∼ . 0, 1 4, 3 0, 1 4, 3 3, 2 −1 −1 (A ) = . 4, 3 3, 4 1, 0 3, 4 1, 0 T −1 A : 0, 1 ∼ 0, 1 −2, 3 ∼ 2, 3 3, 0 9, −12 1, 0 3, −4 ∼ ∼ . 0, 1 −2, 3 0, 1 −2, 3 3, −4 T −1 A = . −2, 3 T 3, −2 3, −4 −1 T (A ) = = . −4, 3 −2, 3 −1
Maticový zápis soustavy lineárních rovnic a řešení některých soustav užítím inverzní matice Mějme dány matice A =
2, −3 5, 4
a označme X matici x1 typu (2, 1), jejíž prvky jsou neznámá reálná čísla x1 , x2 . Tedy X = . x2 34
, B =
2 6
Napíšeme-li rovnici AX = B,
t.j.
2, −3 5, 4
x1 x2
=
2 6
,
tedy rovnici
2x1 − 3x2 5x1 + 4x2
=
2 6
,
říkáme, že jsme maticově zapsali soustavu lineárních rovnic. Z definice rovnosti matic totiž plyne 2x1 − 3x2 = 2, 5x1 + 4x2 = 6. Všimněme si, že Aje matice soustavy, B je sloupcová matice koeficientů pravých stran rovnic soustavy, X je sloupcová matice neznámých. (V této souvislosti se o X mluví též jako o sloupcovém vektoru neznámých.) Zapišme maticově soustavu x1 + x2 − 2x3 = 5, 3x1 + x2 + 6x3 = 1. 1, 1, −2 Matice soustavy A = , 3, 1, 6 5 matice pravých stran B = , 1 x1 matice neznámých X = x2 . x3 Soustavu lze zapsat maticovou rovnicí x1 1, 1, −2 5 x2 = , symbolicky A · X = B. 3, 1, 6 1 x3 Zapišme maticově soustavu x1 + 2x2 = 3 −2x1 − 5x2 = 4 a vypočtěme její řešení užitím inverzní matice k matici soustavy. Maticový zápis 1, 2 x1 3 = , t.j. A · X = B. −2, −5 x2 4 35
1, 2 −2, −5
Jelikož matice soustavy A = je regulární matice, existuje 5, 2 A−1 = . −2, −1 Vynásobme maticovou rovnici A · X = B maticí A−1 zleva: A−1 · A · X = A−1 · B
E · X = A−1 · B.
⇒
Tedy
X A−1 · B, = x1 5, 2 3 = , x2 −2, −1 4 x1 x2
=
23 −10
.
Našli jsme matici X a tím i vektor řešení (které je jediné) zadané soustavy lineárních rovnic (x1 , x2 ) = (23, −10). Obecně lze soustavu (17) m lineárních rovnic pro n neznámých x1 , . . . , xn a11 x1 + a21 x1 + .. .
a12 x2 + . . . + a22 x2 + . . . +
a1n xn = a2n xn =
b1 b2 .. .
am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn = bm napsat ve tvaru jediné a11 , a21 , .. . am1 ,
maticové rovnice b1 a12 , . . . a1n x1 a22 , . . . a2n x2 b2 .. = .. . . bm am2 , . . . amn xn
tedy symbolicky ve tvaru A · X = B, kde A je matice soustavy typu (m, n), X je matice neznámých typu (n, 1), B je matice typu (m, 1) sestavená z koeficientů pravých stran rovnic . Tvrzení 4.22 Je-li matice soustavy A regulární, potom soustava lineárních algebraických rovnic má (podle Frobeniovy věty) jediné řešení, tedy i maticová rovnice A · X = B má jediné řešení a platí X = A−1 · B. Známe-li matici X, známe i vektor řešení soustavy lineárních rovnic. 36
Příklad 4.23 Užitím inverzní matice řešme je-li x + 2y − z −2x + 3y + z 2x + y − 2z
soustavu pro neznámé x, y, z, = 1, = 2, = −1.
Maticový zápis soustavy má tvar A · X = B, kde
1, 2, −1 1 , A = −2, 3, 2, 1, −2
Vypočtěme A−1 : 1, 2, −1 −2, 3, 1 2, 1, −2
x X= y z
1 B = 2 . −1
1, 0, 0 1, 0, 0 0, 1, 0 ∼ . . . ∼ 0, 1, 0 0, 0, 1 0, 0, 1
7 , −1, − 5 3 23 , 0, − 31 , 83 , −1, − 7 3 3
tedy
A−1 a
7, −3, −5 1 0, −1 = 2, 3 8, −3, −7
7, −3, −5 1 2 1 0, −1 2 = 1 . X = A−1 · B = 2, 3 8, −3, −7 −1 3
Jediné řešení zadané soustavy je (x, y, z) = (2, 1, 3).
4.2
Maticové rovnice
Rovnice, v nichž neznámou je matice, obvykle ji značíme X, nazýváme maticové rovnice. Maticové rovnice se (ve většině případů) řeší stejným postupem jako rovnice pro reálnou neznámou x. Snahou je upravit maticovou rovnici na tvar, kdy neznámá matice X je na jedné straně rovnice, známé matice na straně druhé. Při úpravách maticových rovnic musíme míti stále na paměti, že násobení matic není komutativní a dělení matic není definováno. Operaci dělení nahrazuje operace násobení inverzní maticí. Některé typy maticových rovnic a postup jejich řešení ukážeme na příkladech.
37
3, 1 5, 2
Příklad 4.24 Řešme maticovou rovnici X·A = 2B−E, kde A = , 2, 4 B= , E je jednotková matice typu (2, 2) a X je neznámá matice. 1, 0 −1
Jelikož A je regulární matice, existuje jediná matice A
=
2, −1 −5, 3
(ověřte správnost výpočtu matice A−1 ). Zadanou rovnici vynásobíme maticí A−1 zprava X · A · A−1 = (2B − E) · A−1 . Potom XE = (2B − E)A−1 X = (2B − E)A−1 3, 8 2, −1 −34, 21 X = = . 2, −1 −5, 3 9, −5 Příklad 4.25 Řešme maticovou rovnici A·X = B+A, kde A = 2, 4 B= , X je neznámá matice. 1, 0
3, 1 5, 2
,
Jelikož A je regulární matice, existuje A−1 . Vynásobme zadanou rovnici maticí A−1 zleva. A−1 AX = A−1 (B + A) EX = A−1 (B + A) X = A−1 (B + A). Vypočtěme −1
A Potom
=
X=
2, −1 −5, 3
2, −1 −5, 3
,
A+B=
5, 5 6, 2
=
5, 5 6, 2
4, 8 −7, −19
.
.
Příklad 4.26 Řešme maticovou rovnici A · X + B = E − BX, kde A, B jsou matice z předchozího příkladu, X je neznámá matice.
38
Rovnici upravíme tak, aby sčítance, které obsahují X, stály na levé straně rovnice, ostatní na straně pravé. AX + BX = E − B. Vytknutím X dostáváme (A + B)X = E − B. (X je nutno vytknou na správnou stranu.) Odtud X = (A + B)−1 (E − B). Vypočtěme postupně 1 1 5, 5 − 10 , −1, −4 −1 4 A+B = , (A + B) = , E−B = . 3 6, 2 , − 41 −1, 1 10 Potom 3 1 1 13 1 −3, 13 −1, −4 − 20 , − 10 , 4 20 = = . X= 3 1 29 −1, 1 − 20 , − 14 , − 20 20 −1, −29 10 Příklad 4.27 Řešme maticovou rovnici 7X + A = B − XA, kde A, B, jsou známé, X je neznámá matice. Rovnici upravíme tak, aby na jedné straně stály sčítance s neznámou maticí X a na druhé straně sčítance, v nichž se X nevyskytuje. 7X + XA = B − A. Na levé straně vytkneme matici X. (Jelikož násobení matic není komutativní, musíme vytknout X zleva a navíc si uvědomíme, že roli jednotky při násobení matic hraje jednotková matice E.) Je tedy X(7E + A) = B − A. Po vynásobení obou stran rovnice maticí (7E + A)−1 (zprava) je X = (B − A)(7E + A)−1 . V celém postupu jsme předpokládali, že všechny užité operace mají smysl. Pokud A, B jsou číselně zadané matice, lze vypočítat prvky matice X.
39
Poznámka 4.28 Je-li A regulární matice, E jednotková matice téhož typu jako A a označíme-li X inverzní matici k matici A, je úloha najít matici X = A−1 úlohou: řešme maticovou rovnici A·X=E nebo úlohou: řešme maticovou rovnici X · A = E. Stejně tak úloha: Řešme soustavu lineárních rovnic AX = B, kde A je regulární matice soustavy, X je matice neznámých, B je matice pravých stran rovnic soustavy, je úlohou: řešme maticovou rovnici AX = B.
5
Determinanty
Determinanty druhého řádu Mějme soustavu dvou lineárních rovnic pro dvě neznámé x1 , x2 , a11 x1 + a12 x2 = b1 , a21 x1 + a22 x2 = b2 ; a11 , a12 , a21 , a22 , b1 , b2 jsou reálná čísla. Vynásobme první rovnici soustavy číslem a22 a druhou rovnici soustavy číslem a12 . Dostáváme a11 a22 x1 + a12 a22 x2 = a22 b1 , −a12 a21 x1 − a21 a22 x2 = −a12 b2 . Sečtením rovnic dostaneme (a11 a22 − a12 a21 ) x1 = a22 b1 − a12 b2 . Je-li (a11 a22 − a12 a21 ) 6= 0, můžeme psát x1 =
a22 b1 − a12 b2 . a11 a22 − a12 a21
(20)
x2 =
a11 b2 − a21 b1 . a11 a22 − a12 a21
(21)
Podobně pro x2
40
Všimněme si jmenovatelů obou zlomků. V obou případech je stejný a obsahuje jen prvky matice soustavy A, a11 , a12 A= . a21 , a22 Definice 5.1 Číslo a11 a22 − a12 a21 , kde aij , i = 1, 2; j = 1, 2; jsou reálná čísla, nazveme determinat druhého řádu. Značíme jej a11 , a12 (22) a21 , a22 . Tedy a11 , a12 a21 , a22
= a11 a22 − a12 a21 .
a , a12 Poznámka 5.2 O determinantu 11 a21 , a22 a11 , a12 , a značíme nantu matice A = a21 , a22
(23)
se též mluví jako o determi det A.
Čísla a11 , a12 , a21 , a22 nazýváme prvky determinantu. Čísla a11 , a22 tvoří hlavní diagonálu determinantu. Čísla a12 , a21 tvoří vedlejší diagonálu determinantu. a11 , a12 vypočítáme tak, že od součinu prvků Uvědomíme si: Determinant a21 , a22 stojících na hlavní diagonále odečteme součin prvků stojících na vedlejší diagonále. Příklad5.3 Vypočítejme det A, je-li 3, 4 1. A = . 2, −5 3, 4 det A = = 3 · (−5) − 2 · 4 = −23. 2, −5 2, 3 2. A = . 4, 7 2, 3 = 2 · 7 − 3 · 4 = 2. det A = 4, 7 −3, 5 3. A = . 0, 2 −3, 5 = −3 · 2 − 5 · 0 = −6. det A = 0, 2 41
4. A = det A =
2, 1, 2, 1,
4 2 4 2
. = 2 · 2 − 4 · 1 = 0.
Jaké vlastnosti má determinant druhého řádu? Aby tvrzení o vlastnostech determinantu nebylo rozsáhlé, domluvíme se, že pod pojmem řada determinantu rozumíme buď jeho řádek, nebo jeho sloupec. Platí-li totiž nějaké tvrzení pro řádky determinantu, platí i pro jeho sloupce. Věta 5.4 (Řadové úpravy determinantu) 1. Vyměníme-li v determinantu dvě rovnoběžné řady, determinant změní znaménko. 2. Vynásobíme-li jednu řadu (t.j. prvky této řady) determinantu číslem k, číslem k se násobí celý determinant. 3. Přičteme-li k některé řadě determinantu násobek řady s ní rovnoběžné, hodnota determinantu se nezmění. 4. Jsou-li všechny prvky jedné řady determinantu rovny nule, determinant je roven nule. 5. Je-li řada determinantu násobkem řady s ní rovnoběžné, determinant je roven nule. Zopakujme si vlastnosti determinantu na příkladech. 3, 2 = 15 − 8 = 7, D1 = 4, 5 6, 4 = 4, 5
= 30 − 16 = 2 · 7, D2 = 2D1 ,
= 8 − 15 = −7,
D3 = −D1 ,
2 · 3, 2 · 2 D2 = 4, 5 4, 5 D3 = 3, 2
42
2, 3 D4 = 5, 4
= 8 − 15 = −7,
D4 = −D1 ,
3, 2 D5 = 4 + 2, 5 + 2
3, 2 = 6, 7
3, 2 D6 = 4 − 6, 5 − 4
3, 2 = −2, 1 = 3 − (−4) = 7, D6 = D1 ,
3, 2 D7 = 2 · 3, 2 · 2 3, 2 · 3 D8 = 4, 2 · 4
3, 2 = 6, 4
3, 6 = 4, 8
= 21 − 14 = 7,
D5 = D1 ,
= 12 − 12 = 0,
= 24 − 24 = 0.
Determinanty třetího řádu Mějme soustavu tří lineárních rovnic pro neznámé x1 , x2 , x3 a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 , a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 , a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3 , která má jediné řešení. Potom je možné vždy hodnoty neznámých napsat ve tvaru zlomků, které mají stejného jmenovatele a to číslo (a11 a22 a33 + a21 a32 a13 + a12 a23 a31 ) − (a31 a22 a13 + a21 a12 a33 + a32 a23 a11 ). Je jistě vidět, že výše napsaný součet součinů obsahuje pouze čísla, která jsou prvky matice soustavy A = (aij ). Definice 5.5 Číslo (a11 a22 a33 + a21 a32 a13 + a12 a23 a31 ) − (a31 a22 a13 + a21 a12 a33 + a32 a23 a11 ), kde aij , i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3 jsou reálná čísla, nazveme determinantem třetího řádu a značíme jej a11 , a12 , a13 a21 , a22 , a23 . (24) a31 , a32 , a33 Tedy a11 , a12 , a13 a21 , a22 , a23 a31 , a32 , a33
= (a11 a22 a33 + a21 a32 a13 + a12 a23 a31 ) − − (a31 a22 a13 + a21 a12 a33 + a32 a23 a11 ) . 43
(25)
Determinant
a11 , a12 , a13 a21 , a22 , a23 a31 , a32 , a33
nazýváme též determinantem matice A, a11 , a12 , a13 A = a21 , a22 , a23 a31 , a32 , a33 a v této souvislosti jej značíme det A. Tedy a11 , a12 , a13 det A = a21 , a22 , a23 a31 , a32 , a33
.
Definice determinantu třetího řádu, tak jak jsme ji vyslovili, je zároveň návodem, jak vypočítat číslo, zapsané ve tvaru (24). Výpočet det A můžeme schematicky znázornit. Napíšeme determinant a dolů pod něj (jako pomoc) napíšeme první a druhý řádek determinantu. a11 , a12 , a13 a21 , a22 , a23 a31 , a32 , a33 a11 , a12 , a13 a21 , a22 , a23 Potom det A vypočteme tak, že sečteme součiny prvků ve směru hlavní diagonály s1 = a11 a22 a33 + a21 a32 a13 + a12 a23 a31 a sečteme součiny prvků ve směru vedlejší diagonály s2 = a31 a22 a13 + a21 a12 a33 + a32 a23 a11 . Potom det A = s1 − s2 . Tento postup výpočtu determinantu se nazývá Sarrusovo (též křížové) pravidlo. Příklad 5.6 Užitím Sarrusova pravidla vypočítejme det A, je-li 3, 4, −1 2 . A = 5, −2, 2, 5, 0 44
3, 4, −1 5, −2, 2 = [3 · (−2) · 0 + 5 · 5 · (−1) + 2 · 4 · 2] − 2, 5, 0 − [2 · (−2) · (−1) + 3 · 5 · 2 + 5 · 4 · 0] = −43. 3, 4, −1 5, −2, 2 Příklad 5.7 Užitím Sarrusova pravidla vypočítejme det A, je-li 3, 4, 11 A = 5, −2, 1 . 2, 5, 12 3, 4, 11 det A = 5, −2, 1 = [3 · (−2) · 12 + 5 · 5 · 11 + 4 · 1 · 2] − 2, 5, 12 − [2 · (−2) · 11 + 5 · 4 · 12 + 5 · 1 · 3] = 0. Věta o řadových úpravách determinantu třetího řádu (tedy tvrzení o vlastnostech determinantu) má obdobné znění, jako věta o řadových úpravách determinantů druhého řádu (Věta 5.4). Věta 5.8 (Řadové úpravy determinantu) 1. Vyměníme-li v determinantu dvě rovnoběžné řady, determinant změní znaménko. 2. Vynásobíme-li jednu řadu (t.j. prvky této řady) determinantu číslem k, číslem k se násobí celý determinant. 3. Přičteme-li k některé řadě determinantu lineární kombinaci řad s ní rovnoběžných, hodnota determinantu se nezmění. 4. Jsou-li všechny prvky jedné řady determinantu rovny nule, determinant je roven nule. 5. Je-li řada determinantu násobkem řady s ní rovnoběžné, determinant je roven nule. Příklad 5.9 Mějme determinanty D1 a D2 3, 4, 1 3, 2, 1 D1 = 4, 3, 5 , D2 = 2, 3, 2 1, 5, 3 1, 2, 3
.
D2 vznikl z D1 ”překlopením” kolem hlavní diagonály. Ověřme výpočtem, že D1 = D2 . D1 = (27 + 8 + 10) − (3 + 30 + 24) = −12, D2 = (27 + 8 + 10) − (3 + 30 + 24) = −12. Lze dokázat: Jsou-li A, AT čtvercové matice a AT je transponovaná matice k matici A ⇒ det A = det AT . 45
Příklad 5.10 Užitím Sarrusova pravidla vypočítejme determinant 4, −1, 8 2, 1 . D = 0, 0, 0, 9 Zřejmě D = 4 · 2 · 9 = 72, tedy determinant jehož všechny prvky pod hlavní diagonálou se rovnají nule, je roven součinu prvků v hlavní diagonále. Příklad 5.11 Determinant D vypočítejme tak, že nejprve zavedeme nuly pod hlavní diagonálu. −2, 3, 0 D = 1, 1, 5 . 3, 7, 20 Užijeme vlastností determinatu. Vyměníme rovnoběžné řádky. 1, 1, 5 Dvojnásobek 1.řádku přičteme ke 2.řádku,trojnásobek 1.řádku D = (−1) −2, 3, 0 = 3, 7, 20 odečteme od 3.řádku. 1, 1, 5 Třetí řádek vynásobíme pěti a od tohoto řádku odečteme = (−1) 0, 5, 10 = 0, 4, 5 čtyřnásobek druhého řádku. 1, 1, 5 1 10 = − 5 0, 5, 0, 0, −15
Protože jsme 3.řádek vynásobili 5, = musíme současně celý determinant vydělit 5, aby se jeho hodnota nezměnila.
Tedy D = − 51 (1 · 5 · (−15)) = 15.
5.1
Výpočet determinantu třetího řádu rozvojem podle prvků některé jeho řady
3, 4, 2 Mějme matici A = 7, 11, 4 . Vypusťme z ní 1.řádek a 1.sloupec. 6, 5, 9 11, 4 11, 4 = 79 naZbyde matice . Její determinant, tedy číslo 5, 9 5, 9 zveme subdeterminantem příslušným prvku a11 matice A a značíme jej S11 . Tedy S11 = 79.
46
7, 4 6, 9
Vypusťme matice z A 1.řádek a 2.sloupec. Zbyde matice . Její 7, 4 = 39 nazveme subdeterminantem příslušdeterminant, tedy číslo 6, 9 ným prvku a12 matice A a značíme jej S12 . Tedy S12 = 39. Tímto způsobem lze ke minant Sij . Udělejme to: 11, 4 a11 : S11 = 5, 9 a12 :
a13 :
a21 :
a22 :
každému prvku aij matice A přiřadit subdeter = 79,
S12
7, 4 = 6, 9
S13
7, 11 = −31, = 6, 5
S21
4, 2 = 5, 9
= 26,
S22
3, 2 = 6, 9
= 15,
a23 :
= 39,
a31 :
a32 :
a33 :
S23
3, 4 = 6, 5
S31
4, 2 = 11, 4
S32
3, 2 = 7, 4
S33
3, 4 = 7, 11
= −9, = −6,
= −2, = 5.
Definice 5.12 Vynechme v matici A typu (3, 3) i-tý řádek (i = 1, 2, 3) a j-tý sloupec (j = 1, 2, 3). Získáme matici typu (2, 2). Její determinant označíme Sij a nazveme jej subdeterminantem příslušným prvku aij matice A. Číslo Dij = (−1)i+j Sij nazveme doplňkem prvku aij matice A. 3, 4, 1 Příklad 5.13 Vypočítejme doplňky všech prvků matice A = 2, 5, 7 . 0, 3, 6 a11 = 3,
a12 = 4,
a13 = 1,
D11
5, 7 = (−1)1+1 3, 6 1+2
2, 7 0, 6
= −12,
1+3
2, 5 0, 3
= 6,
D12 = (−1)
D13 = (−1)
47
= 9,
a21 = 2,
a22 = 5,
= −21,
2+2
3, 1 0, 6
= 18,
D22 = (−1)
D23
a31 = 0,
D31
a33 = 6
4, 1 3, 6
D21 = (−1)
a23 = 7,
a32 = 3,
2+1
3, 4 = −9, = (−1)2+3 0, 3 4, 1 = 23, = (−1)3+1 5, 7 3+2
3, 1 2, 7
= −19,
3+3
3, 4 2, 5
= 7.
D32 = (−1)
D33 = (−1)
Užitím doplňků Dij prvků aij matice A lze determinant matice A snadno vypočítat. Platí: det A =
3 X
aij Dij = a1j D1j + a2j D2j + a3j D3j , j = 1, 2, 3,
(26)
i=1
resp. det A =
3 X
aij Dij = ai1 Di1 + ai2 Di2 + ai3 Di3 , i = 1, 2, 3.
(27)
j=1
Tomuto způsobu výpočtu determinantu říkáme: výpočet determinantu rozvojem podle prvků j-tého sloupce,vzorec (26), resp. výpočet determinantu rozvojem podle prvků i-tého řádku, vzorec (27). 3, 1, 4 Příklad 5.14 Vypočtěme determinant D = 2, 5, 6 rozvojem podle 0, 2, 0 prvků druhého řádku. 2+1 1, 4 2+2 3, 4 2+3 3, 1 D = 2 · (−1) + 5 · (−1) + 6 · (−1) = 2, 0 0, 0 0, 2 = −2 · (−8) + 5 · 0 − 6 · 6 = 16 + 0 − 36 = −20. Příklad 5.15 Vypočtěme determinant D z příkladu 5.14 rozvojem podle prvků třetího řádku. 48
3, 1, 4 3+2 3, 4 D = 2, 5, 6 = 0 + 2 · (−1) + 0 = −20. 2, 6 0, 2, 0 Tímto příkladem jsme chtěli ukázat důležitost výběru řady determinantu, podle níž budeme determinant rozvíjet. Je vhodné vybrat tu řadu, která obsahuje co nejvíce nul. Pokud determinant takovou řadu nemá, ”vyrobíme” ji. 1, 2, 4 Příklad 5.16 Vypočtěte determinant D = 2, 3, 1 rozvojem podle 4, 9, 10 prvků některé jeho řady. Determinant upravíme tak, aby například v prvním sloupci byly dva prvky rovny nule (ke druhému řádku přičteme (−2) násobek prvního řádku a ke třetímu řádku přičtene (−4) násobek prvního řádku) a determinant rozvedeme podle prvků tohoto nového prvního sloupce. 1, 2, 4 1, 2, 4 −1, −7 2 = 13. D = 2, 3, 1 = 0, −1, −7 = 1 · (−1) 1, −6 4, 9, 10 0, 1, −6
5.2
Užití determinantů k nalezení hodnosti matice
Ukážeme souvislost meziregularitou matice A a hodnotou det A. 2, 3 Mějme matici A = . A je matice typu (2, 2) a je vidět, že 4, 1 h(A) = 2. Tedy A je regulární matice. Vypočtěme det A = −10 6= 0. 2, 3 Mějme matici B = . B je matice typu (2, 2) a je vidět, že 6, 9 h(B) = 1. Tedy B není regulární matice. Vypočtěme det B = 18 − 18 = 0. 2, 3, 0 Mějme matici A = 0, 4, 2 . A je matice typu (3, 3) a h(A) = 3. 0, 0, 3 Tedy A je regulární matice. Vypočtěme det A = 24. 2, 3, 0 Mějme matici B = 0, 4, 2 . B je matice typu (3, 3) a h(B) = 2. 0, 2, 1 Tedy B není regulární matice. Vypočtěme det B = 2(4 − 4) = 0. Věta 5.17 Mějme nenulovou matici A typu (2, 2). Potom platí h(A) = 2 ⇔ det A 6= 0, h(A) = 1 ⇔ det A = 0. 49
Podobně pro matici typu (3, 3) platí následující tvrzení. Věta 5.18 Mějme nenulovou matici A typu (3, 3). Potom platí h(A) = 3 ⇔ det A 6= 0, h(A) = 2 ⇔ det A = 0 a alespoň jeden se subdeterminantů Sij příslušný prvku aij , i = 1, 2, 3, j = 1, 2, 3 matice A není roven nule, h(A) = 1 ⇔ det A = 0 a současně Sij = 0, i = 1, 2, 3, j = 1, 2, 3. Příklad 5.19 V závislosti na parametru k zjistěme hodnost matice 2, 3 A= užitím jejího determinantu. −1, k Vypočtěme det A = 2k + 3. a) h(A) = 2 ⇔ det A 6= 0, tedy k 6= − 23 . b) h(A) = 1 ⇔ det A = 0, tedy k = − 32 . Příklad 5.20 Užitímdeterminantů najděme hodnost matice 2, 3, −1 0, 1, 2 . A= 1, −1, 3 Vypočtěme 2, 0, 3, −1 5, −7 5, −7 4 = 17 6= 0. 1, 2 = 0, 1, 2 = 1 · (−1) det A = 0, 1, 2 1, −1, 3 1, −1, 3 det A 6= 0 ⇒ h(A) = 3. Příklad 5.21 Užitím determinantů najděme hodnost matice 2, 3, −1 2 . A = 0, 1, 2, 4, 1 Vypočtěme 2, 3, −1 0, −1, −2 2 = 0, 1, 2 = 0. det A = 0, 1, 2, 4, 1 2, 4, 1 det A = 0 ⇒ h(A) < 3. Jelikož však např. subdeterminant příslušný prvku a11 , tedy 1, 2 = −7 6= 0, je h(A) = 2. S11 = 4, 1 50
5.3
Užití determinantů - Cramerovo pravidlo
Kapitolu 5 nazvanou Determinanty jsme uvedli vyřešením soustavy dvou lineárních rovnic pro dvě neznámé. Vraťme se k této soustavě: a11 x1 + a12 x2 = b1 , a21 x1 + a22 x2 = b2 . Pro (a11 a22 − a12 a21 ) 6= 0 jsme vypočítali (20), (21) x1 =
a22 b1 − a12 b2 , a11 a22 − a12 a21
x2 =
Užitím determinantů lze psát b1 , a12 b2 , a22 , x1 = a , a 11 12 a21 , a22
a11 b2 − a21 b1 . a11 a22 − a12 a21
a11 , a21 , x2 = a11 , a21 ,
b1 b2 . a12 a22
(28)
a , a12 Počítáme-li hodnoty neznámých x1 , x2 pomocí (28) za předpokladu, že 11 a21 , a22 0, říkáme, že zadanou soustavu lineárních rovnic řešíme užitím Cramerova pravidla. Příklad 5.22 Užitím Cramerova pravidla řešme soustavu 4x1 − x2 = 3, 2x1 + x2 = 5. Vypočtěme 4, −1 = 6, D = 2, 1 Potom
3, −1 = 8, D1 = 5, 1
D1 8 4 = = , D 6 3 Soustava má jediné řešení (x1 , x2 ) = x1 =
4, 3 D2 = 2, 5
= 14.
D2 14 7 x2 = = = . D 6 3 4 7 , . 3 3
Příklad 5.23 Užitím Cramerova pravidla řešme soustavu 5x1 + x2 = 9, x1 + 4x2 = 7.
51
6=
Vypočtěme 5, 1 = 19, D= 1, 4
9, 1 D1 = 7, 4
= 29,
5, 9 D2 = 1, 7
= 26.
26 , . Soustava má jediné řešení (x1 , x2 ) = 29 19 19 Zdůrazněme: Cramerova pravidla lze užít k nalezení řešení té soustavy dvou lineárních rovnic pro dvě neznámé, jejíž matice soustavy je regulární. Cramerovo pravidlo lze užít též k nalezení řešení soustavy tří lineárních rovnic pro tři neznámé s regulární maticí soustavy. Věta 5.24 (Cramerovo pravidlo) Mějme soustavu a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 , a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 , a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3 , takovou, že det A 6= 0, b1 b2 B1 = b3
kde A je matice soustavy. Sestrojme matice a12 , a13 a11 , b1 , a13 a22 , a23 , B2 = a21 , b2 , a23 , a32 , a33 a31 , b3 , a33
a11 , a12 , b1 B3 = a21 , a22 , b2 . a31 , a32 , b3
Potom existuje právě jedno řešení soustavy (29) a platí x1 =
det B1 , det A
x2 =
det B2 , det A
x3 =
det B3 . det A
Příklad 5.25 Užitím Cramerova pravidla řešme soustavu 2x1 − 4x2 + 3x3 = 1, x1 − 2x2 + x3 = 3, 3x1 − x2 + 5x3 = 2.
52
(29)
Vypočtěme 2, −4, 3 2, 0, 3 2, 3 D = 1, −2, 1 = 1, 0, 1 = (−1)5 5 1, 1 3, −1, 5 3, 5, 5 1, −4, 3 D1 = 3, −2, 1 2, −1, 5 2, 1, 3 D2 = 1, 3, 1 3, 2, 5
= 5,
−7, 0, −17 −7, −17 5 = −1, = 46, 0, −9 = (−1) (−1) −1, −9 2, −1, 5
−1, −8, 3 5 = 0, = (−1) 1 −1, −8 0, 1 −2, −13 −2, −13, 5
2, −4, 1 D3 = 1, −2, 3 3, −1, 2
= 3,
−10, −4, −7 = −5, −2, −1 = (−1)5 (−1) −10, −7 −5, −1 0, −1, 0
= −25.
Tedy 46 D2 3 D3 25 D1 = , x2 = = , x3 = =− . D 5 D 5 D 5 46 3 Soustava má jediné řešení (x1 , x2 , x3 ) = 5 , 5 , −5 . x1 =
5.4
Výpočet inverzní matice užitím determinantů
2, 7 Matice A = 1, 4 všech jejích prvků:
je regulární matice (det A = 1 6= 0). Napišme doplňky
a11 = 2 → D11 = (−1)1+1 · 4 = 4,
a12 = 7 → D12 = (−1)1+2 · 1 = −1,
a21 = 1 → D21 = (−1)2+1 · 7 = −7,
a22 = 4 → D22 = (−1)2+2 · 2 = 2.
Sestavme matici B tak, doplňky prvků 1.řádku matice A napíšeme do 1.sloupce matice B a doplňky prvků 2.řádku matice A napíšeme do 2. sloupce matice B. Tedy 4, −7 B= . −1, 2 Matici B nazýváme adjungovanou maticí k matici A. Značíme B = Adj A.
53
Vypočítejme součiny A · B a B · A. 2, 7 4, −7 1, 0 A·B= = , 1, 4 −1, 2 0, 1 B·A=
4, −7 −1, 2
2, 7 1, 4
=
1, 0 0, 1
.
−1 Jelikož A · B = B · A = E je B inverzní maticík A, tedy B=A . 3, 2 Zvolme jinou regulární matici, např. A = , jejíž det A = 2 a 5, 4 sestrojme Adj A:
D11 = (−1)1+1 · 4 = 4,
D12 = (−1)1+2 · 5 = −5,
D21 = (−1)2+1 · 2 = −2, D22 = (−1)2+2 · 3 = 3, 4, −2 je Adj A = . −5, 3 Vypočítejme součin 3, 2 4, −2 2, 0 A · Adj A = = . 5, 4 −5, 3 0, 2 To znamená, že Adj A není v tomto případě rovna inverzní matici. Je vidět, že A−1 = 12 Adj A. Není náhodou, že 21 = det1 A . Můžeme tedy psát v našem případě A−1 =
1 · Adj A. det A
Tato rovnost platí obecně. Definice 5.26 Mějme čtvercovou matici a11 , a12 , a13 A = a21 , a22 , a23 a31 , a32 , a33 a označme Dij doplněk prvku aij . Matici D11 , D21 , D31 D12 , D22 , D32 D13 , D13 , D33 nazýváme adjungovanou maticí k matici A a značíme ji Adj A. 54
(30)
Věta 5.27 Je-li A regulární matice, potom A−1 =
1 · Adj A. det A
(31)
Příklad 5.28 Zjistěme, zda A je regulární matice. Pokud ano, užitím adjungované matice k matici A sestrojme A−1 , když 1, 2, 3 0, 3 . A = −1, −1, −2, 0 Vypočtěme 1, 2, 3 1, 2, 3 −1, 3 3 0, 3 = −1, 0, 3 = (−1) · 2 det A = −1, 0, 3 −1, −2, 0 0, 0, 3
= 6.
Jelikož det A = 6 6= 0 je A regulární maticí a existuje A−1 . K sestrojení Adj A musíme vypočítat doplňky všech prvků A. 0, 3 2 3 −1, 3 D11 = (−1) = 6, D = (−1) 12 −1, 0 = −3, −2, 0 D21
2, 3 = −6, = (−1)3 −2, 0
D31
2, 3 = (−1)4 0, 3
D13
−1, 0 = (−1) −1, 2
D23
1, 2 = (−1) −1, −2
D33
1, 2 = 2. = (−1) −1, 0
Odtud
4
5
= 6,
D22
1, 3 = 3, = (−1)4 −1, 0
D32
1, 3 = −6, = (−1)5 −1, 0
= 2, = 0,
6
6, −6, 6 3, −6 . Adj A = −3, 2, 0, 2 55
Jelikož A−1 =
1 det A
A−1
6
· Adj A, je 6, −6, 6 1, −1, 1 1 1 , −1 . 3, −6 = − 12 , = −3, 2 6 1 1 , 0, 2, 0, 2 3 3
Vlastní čísla a vlastní vektory matice
V následujícím textu a následujících úlohách se setkáme s komplexními čísly zapsanými v algebraickém tvaru z = a + i b,
a ∈ R, b ∈ R, z ∈ C,
a s dvourozměrnými a trojrozměrnými vektory, jejichž souřadnice jsou komplexní čísla. Uveďme příklad: u = (2, 3 + i ). Vektor u lze psát ve tvaru u = (2, 3) + i (0, 1). Obdobně: (3i , 1) = (0, 1) + i (3, 0), (2 − i , 3 + 4i ) = (2, 3) + i (−1, 4), (3 − i , 4, 2) = (3, 4, 2) + i (−1, 0, 0), (5i , i − 3, 4i ) = (0, −3, 0) + i (5, 1, 4). Označme A matici typu (2, 2), A=
3, 2 1, 4
.
Dvourozměrný vektor x = (−2, 1) má ve vztahu k matici A důležitou vlastnost, charakterizovanou rovností 3, 2 −2 −2 =2 . 1, 4 1 1 Zapišme tuto rovnost symbolicky T
T
A · X = kX ,
T
k = 2, X =
−2 1
.
Číslo k = 2 nazýváme vlastním číslem matice A, nenulový vektor x = (−2, 1) nazýváme vlastním vektorem matice A příslušným vlastnímu číslu 2. Označme A matici typu (2, 2), 2, −1 A= . 1, 2 56
Dvourozměrný vektor x = (i , 1) má ve vztahu k matici A důležitou vlastnost, charakterizovanou rovností 2, −1 i i = (2 + i ) . 1, 2 1 1 Zapišme tuto rovnost symbolicky T
T
A · X = kX ,
T
k = 2 + i, X =
i 1
.
Číslo k = 2 + i nazýváme vlastním číslem matice A, nenulový vektor x = (i , 1) nazýváme vlastním vektorem matice A příslušným vlastnímu číslu 2+i . Označme A matici typu (3, 3), −1, 1 0 4 . A = 0, −1 1, 0 −4 Třírozměrný vektor x = (1, −2, 1) má ve vztahu k matici A důležitou vlastnost, charakterizovanou rovností 1 −1, 1 0 1 0, −1 4 −2 = (−3) −2 . 1 1, 0 −4 1 Zapišme tuto rovnost symbolicky
A · XT = kXT ,
1 k = −3, XT = −2 . 1
Číslo k = −3 nazýváme vlastním číslem matice A, nenulový vektor x = (1, −2, 1) nazýváme vlastním vektorem matice A příslušným vlastnímu číslu (−3). Z minulých výpočtů je vidět, že je-li vektor x vlastním vektorem matice A příslušným vlastnímu číslu k, jsou i nenulové vektory tx, t ∈ R − {0}, vlastními vektory matice A příslušnými vlastnímu číslu k. Definice 6.1 Označme A čtvercovou matici typu (n, n), kde n = 2, nebo n = 3. Jestliže platí A · XT = kXT , 57
kde
x1 XT = ... = 6 xn
0 .. , . 0
k ∈ C,
xi ∈ C, i = 1, . . . , n,
potom číslo k nazýváme vlastním číslem matice A a nenulový vektor x = (x1 , . . . , xn ) nazýváme vlastním vektorem matice A příslušným vlastnímu číslu k. V mnoha matematických a technických úlohách , z úloh stavební praxe jsou to zejména úlohy týkající se stability konstrukcí, se setkáváme s požadavkem najít vlastní čísla a jim odpovídající vlastní vektory zadané matice A = (aij ) typu (n, n). V takovém případě musíme řešit rovnici x1 0 .. .. T T T A · X = kX , X = . 6= . xn 0 pro neznámé x1 , . . . , xn , k. Přepišme tuto rovnici takto: A · XT − kEXT = OT , (A − kE)XT = OT ,
(OT je nulová matice typu (n, 1).) (E je jednotková matice typu (n, n).)
Rozepsáním do souřadnic dostáváme (pro pevné k) soustavu lineárních rovnic (a11 − k)x1 + a12 x2 + . . . + a21 x1 + (a22 − k)x2 + . . . + .. . an1 x1 +
a1n xn = 0, a2n xn = 0, .. .
(32)
an2 x2 + . . . + (ann − k)xn = 0,
pro neznámé x1 , . . . , xn . Hledáme netriviální řešení této soustavy. Takové řešení existuje právě když matice soustavy (A − kE) není regulární, tedy právě když det(A − kE) = 0.
(33)
To je algebraická rovnice pro neznámou k. Rovnici (33) nazýváme charakteristickou rovnicí matice A. Vlastní vektory x = (x1 , . . . , xn ) matice A, které odpovídají vlastním číslům k najdeme jako netriviální řešení soustavy (32). 3, 2 Příklad 6.2 Najděme všechna vlastní čísla k matice A = . 1, 4 58
Všechna vlastní čísla A jsou všechny kořeny charakteristické rovnice A 3 − k, 2 det(A − kE) = = 0 ⇔ k 2 − 7k + 10 = 0. 1, 4 − k Tato rovnice má dva reálné kořeny k1 = 2, k2 = 5. Všechna vlastní čísla matice A jsou čísla 2 a 5. Příklad 6.3 Najděme vlastní čísla a všechny jim odpovídající vlastní všechna 2, −1 vektory matice A = . 1, 2 Všechna vlastní čísla A jsou všechny kořeny charakteristické rovnice A, tedy rovnice 2 − k, −1 = 0 ⇔ k 2 − 4k + 5 = 0. 1, 2 − k Odtud k1 = 2 + i , k2 = 2 − i . Našli jsme všechna vlastní čísla matice A. Jsou to čísla 2 + i , 2 − i . Všechny vlastní vektory matice A, které odpovídají vlastnímu číslu 2 + i , dostaneme jako všechna netriviální řešení soustavy lineárních rovnic (2 − 2 − i )x1 − x2 = 0, x1 + (2 − 2 − i )x2 = 0. Například Gaussovou metodou vypočteme, že to jsou všechny vektory t(i , 1), t ∈ R − {0}. Všechny vlastní vektory matice A, které odpovídají vlastnímu číslu 2 − i , dostaneme jako všechna netriviální řešení soustavy lineárních rovnic (2 − 2 + i )x1 − x2 = 0, x1 + (2 − 2 + i )x2 = 0. Například Gaussovou metodou vypočteme, že to jsou všechny vektory t(−i , 1), t ∈ R − {0}. Příklad 6.4 Najděme všechna vlastní čísla a všechny které vlastní vektory, 2, 1, 3 odpovídají největšímu vlastnímu číslu matice A = 1, 3, 2 . 3, 2, 1 Všechna vlastní čísla A jsou všechny kořeny charakteristické rovnice A, tedy rovnice 2 − k, 1, 3 1, 3 − k, 2 = 0 ⇔ k 3 − 6k 2 − 3k + 18 = 0. 3, 2, 1 − k 59
Kořeny charakteristické√ rovnice (k 3 √ − 6k 2 − 3k + 18 = (k − 6)(k 2 − 3) = 0), tedy čísla k1 = 6, k2 = 3, k3 = − 3, jsou všechna vlastní čísla matice A. Najděme vlastní vektory (x1 , x2 , x3 ) odpovídající vlastnímu číslu k1 = 6. Vektory najdeme jako všechna netriviální řešení homogenní soustavy lineárních rovnic −4x1 + x2 + 3x3 = 0, x1 − 3x2 + 2x3 = 0, 3x1 + 2x2 − 5x3 = 0. Užijme Gaussovu eliminační metodu −4, 1, 3 1, −3, 2 1, −3, 2 1, −3, 2 0, −11, 11 ∼ ∼ . 0, −1, 1 3, 2, −5 0, 11, −11 Odtud
x1 − 3x2 + 2x3 = 0, − x2 + x3 = 0.
Zvolme x3 = t. Potom x2 = t, x1 = t. Všechna netriviální řešení soustavy jsou vektory t(1, 1, 1), t ∈ R − {0}. Všechny vlastní vektory zadané matice A, které odpovídají jejímu největšímu vlastnímu číslu k1 = 6, jsou vektory t(1, 1, 1), t ∈ R − {0}. Řešení charakteristické rovnice matice A typu (n, n), v našem případě pro n = 3 (neboť o determinantech vyššího řádu nežli třetího jsme nemluvili), nebývá, kromě specielních případů, jednoduchý. Obvykle se neobejde bez užití některé numerické metody pro výpočet kořenů algebraické rovnice. V takových případech je možné s výhodou užít některý matematický program pro výpočet hodnoty kořenů algebraické rovnice, případně program, který rovnou nalezne vlastní čísla i vlastní vektory matice.
60
