Výběr báze Mějme vektorový prostor zadán množinou generátorů. To jest V = ⟨M ⟩, kde M = {u1 , . . . , un }. Pokud je naším úkolem najít nějakou bázi V , nejpřímočařejším postupem je napsat si vektory jako řádky matice a provést Gaussovu eliminaci. Nenulové řádky pak tvoří bázi V (el. transformace nemění lin. obal). Pokud bychom ale měli vybrat bázi z M , výše uvedený postup nemusí fungovat. I kdybychom si označili řádky a v průběhu úprav pamatovali, jak jsme je přehazovali, k přehození řádku by mohlo dojít i nevědomky (vyměnit dva řádky lze pomocí el. transformací). Na konci bychom mohli do báze vybrat vektor, který není lin. nezávislý na ostatních. Jednou možností, jak toto řešit, je řádky nepřehazovat a v každém kroku GEM postupovat od horních vektorů ke spodním. Druhou možností je vyjít z hledání koeficientů pro lin. (ne)závislost. 0 a1 · u1 + . . . + an · un = ... 0 Zapíšeme si vektory u1 , . . . , un do sloupců a budeme upravovat matici, jako bychom se snažili zjistit koeficienty lin. kombinace, která dává nulový vektor. u1
...
un ∼
Gauss
Ve chvíli, kdy máme ’schodovitý tvar’, vykoukáme, které vektory lze vybrat do báze. Jsou to právě ty, v jejichž sloupci se tvoří schod. Protože pomocí nich lze nagenerovat sloupce, kde schod není. Úpravami jsme totiž neovlivnili pořadí sloupců a ty tedy odpovídají vektorům ve výchozí matici, tj. generátorům, z nichž vybíráme. Příklad. Vyberte bázi ⟨M ⟩ z M = {(1; 2; −1; −3), (1; 3; −7; −8), (2; 3; 4; −1), (4; 4; 9; 1)}. (Jsme v R4 nad R.) 1 1 2 4 1 1 2 3 1 1 2 3 2 3 3 4 1 −1 −4 ∼ 0 ∼ 0 1 −1 −2 ∼ −1 −7 4 9 0 −6 6 13 0 0 0 −11 −3 −8 −1 1 0 −5 5 13 0 0 0 −7 1 1 2 3 0 1 −1 −2 ∼ 0 0 0 −11 0 0 0 0 Vidíme, že 3. sloupec je lin. kombinací prvního a druhého. Řešením tedy je například báze B = {(1; 2; −1; −3), (1; 3; −7; −8), (4; 4; 9; 1)}. Vlastně řešením je každá trojice sloupců ve výchozí matici kromě trojice složené z 1., 2. a 3. sloupce. 1
Báze průniku Mějme dva vekt. prostory U a V (nad tělesem T ). Představme si, že potřebujeme zjistit jejich průnik. Tzn. potřebujeme bázi průniku (což je sám o sobě vekt. prostor, jak jsme si říkali dříve). Ukážeme si, jak na to. Nechť báze U je {u1 , . . . , un }, báze V je {v1 , . . . , vm }. Průnik si označme W = U ∩V. (w ∈ W ) ⇔ (w ∈ U ∧ w ∈ V ) Neboli lze vektor w vyjádřit v obou bázích (samozřejmě s jinými koeficienty). w = x1 u1 + . . . + xn un = y1 v1 + . . . + ym vm Převedením na jednu stranu dostaneme x1 u1 + . . . + xn un − y1 v1 − . . . − ym vm = w − w = o Řešíme vlastně homogenní soustavu rovnic. Jenom musíme mít na pozoru, že při jejím sestavování píšeme vektory do sloupců (obdobně jako při počítání lin. kombinací/zjišťování LNZ). Řešením homogenní soustavy jsou pak vektory, jejichž složky udávají koeficienty lineární kombinace - tj. říkají nám, jak máme poskládat vektory z bází, abychom byli v průniku. Tím dostaneme množinu generátorů průniku, kterou je případně třeba zúžit na bázi. Konkrétní příklady dále názorně vysvětlí, o čem byla řeč. Příklad. Mějme v (Z5 )4 . ⟨ dva vektorové podprostory ⟩ U = ⟨(1; 2; 3; 4), (2; 0; 2; 1) (zkráceně⟩ označme vektory u1 a u2 ) V = (0; 4; 4; 2), (0; 1; 2; 3), (3; 0; 1; 4) (zkráceně v1 , v2 a v3 ) Jejich průnik W = U ∩V je tedy podprostor v (Z5 )4 a každý w ∈ W lze vyjádřit přes {u1 , u2 } a {v1 , v2 , v3 }. (w leží v průniku ⇒ leží v každém z prostorů)
w = au1 + bu2 = cv1 + dv2 + ev3
w = a u1 + b u2 = c v1 + d v2 + e v3 1 2 2 0 w = a + b 3 2 4 1
0 0 4 1 = c + d 4 2 2 3
Převedením na jednu stranu dostaneme 1 2 0 2 + b 0 − c 4 − d a 3 2 4 4 1 2 2
0 3 0 1 − e 1 2 3 4
3 + e 0 1 4
0 0 = 0 0
Neboli homogenní soustavu (vektory 1 2 2 0 3 2 4 1 Vyřešíme tuto soustavu 1 2 2 0 3 2 4 1
0 1 1 3
0 4 3 2
z V jsou s opačným znaménkem) 0 0 2 1 4 0 1 3 4 3 2 1
2 1 0 ∼ 0 4 0 1
2 1 0
0 1 0
0 4 4
2 1 2
⟨ ⟩ Máme tedy prostor řešení (2; 4; 1; 0; 0), (1; 1; 0; 2; 1) . Označme ⟨z3 , z5 ⟩. Takže koeficienty a, b, c, d, e jsou souřadnice vektoru z ⟨z3 , z5 ⟩. Např. platí 1 2 0 0 3 2 0 4 1 0 2 3 + 4 2 = 1 4 + 0 2 + 0 1 4 1 2 3 4 {z } | {z } | ∈W
∈W
K obecnému popisu průniku U ∩ V tedy můžeme použít jednu sadu bázových vektorů (u-čka nebo v-čka). Pro ukázku si to ale uděláme pro obě. Průnik je dvoudimenzionální a je generován dvojicí vektorů 0 3 4 2 2u1 + 4u2 = 4 a 1u1 + 1u2 = 0 2 0 Použili jsme první dvě souřadnice z3 a z5 (z3 , z5 jsou LNZ a jejich první dvě složky odpovídají koeficientům pro bázové vektory U ). Použitím vektorů báze V dojdeme ke stejnému výsledku 0 3 4 2 1v1 + 0v2 + 0v3 = 4 a 0v1 + 2v2 + 1v3 = 0 2 0 Zde jsme použili poslední tři souřadnice z3 a z5 (odpovídající koeficientům pro bázové vektory V ). Skutečně ⟨tedy dostáváme stejný (ať použijeme ⟩bázi U či V ) ⟩ prostor ⟨ U ∩ V = (0; 4; 4; 2), (2; 3; 0; 0) = (0; 4; 4; 2), (2; 3; 0; 0)
3
Příklad. Zjistíme průnik prostorů U a V jako podprostorů (Z7 )5 . ⟨(2, 1, 2, 4, 4)⟩ (4, 5, 5, 6, 0) U= (5, 2, 4, 1, 1) (1, 6, 4, 4, 6)
⟨(5, 2, 1, 0, 6)⟩ (0, 5, 3, 4, 4) V = (1, 2, 1, 1, 2) (6, 0, 0, 2, 6)
Nemusíme ověřovat, jestli máme přímo bázi nebo jenom množinu generátorů, pokud na konci provedeme kontrolu. Postupujme jako výše - napíšeme si vektor z průniku jako kombinaci generujících vektorů (zapsány do sloupce), což nám dá homogenní soustavu rovnic (opět musíme pamatovat na to, že jednu skupinu vektorů bereme s opačným znaménkem). 2 4 5 1 2 0 6 1 1 5 2 6 5 2 5 0 2 5 4 4 6 4 6 0 4 6 1 4 0 3 6 5 4 0 1 6 1 3 5 1 Tuto soustavu vyřešíme: 2 4 5 1 2 1 5 2 6 5 2 5 4 4 6 4 6 1 4 0 4 0 1 6 1
0 2 4 3 3
6 5 6 6 5
1 0 0 5 1
∼
1 0 0 0 0
5 1 0 0 0
2 0 6 0 0
6 3 6 1 0
5 2 0 1 6
2 2 1 2 3
5 6 4 0 5
0 1 1 5 5
Prostor řešení soustavy je generován třemi vektory z6 = (1, 0, 6, 2, 3, 1, 0, 0) z7 = (∗, ∗, ∗, ∗, 5, 0, 1, 0) z8 = (∗, ∗, ∗, ∗, 5, 0, 0, 1) Všimněme si, že nepotřebujeme dopočítávat první 4 souřadnice (u prvního vektoru jsme to provedli pro kontrolu) - stačí nám totiž koeficienty u vektorů jen jedné báze, tj. stačí hodnoty na posledních čtyřech pozicích. Teď můžeme poskládat generátory průniku (U a V ); získáme je z báze V a vypočtených koeficientů. 5 0 1 5 1 5 2 5 4 2 2 5 3· 1 + 1 · 3 = 6 , 5 · 1 + 1 · 1 = 6 0 4 4 0 1 1 6 4 1 6 2 4 5 6 3 2 0 3 5· 1 +1· 0 = 5 0 2 2 6 6 1 4
Protože jsme ale na začátku neověřovali, jestli v zadání byla báze (nebo jen množina generátorů, která nemusela být LNZ), tímto postupem jsme dostali generátory průniku - abychom dostali bázi, musíme vyloučit případně lineárně závislé vektory. Tedy provedeme poslední úkon: najdeme bázi. 1 4 6 4 1 1 4 6 4 1 5 5 6 1 4 ∼ 0 5 1 4 5 3 3 5 2 1 0 0 0 0 0 Jsme hotovi - můžeme (s velkou slávou) prohlásit, že: ⟨ ⟩ (1, 4, 6, 4, 1) U ∩V = (0, 5, 1, 4, 5)
5
