Lineární algebra II. Adam Liška. 9. února Zápisky z přednášek Jiřího Fialy na MFF UK, letní semestr, ak. rok 2007/2008

Transkript

1 Lineární algebra II Zápisky z přednášek Jiřího Fialy na MFF UK, letní semestr, ak rok 2007/2008 Adam Liška 9 února

2 Obsah 10 Permutace 3 11 Determinant Definice a základní vlastnosti Poznámky na konec Vlastní čísla a vlastní vektory Úvod Podobné a diagonizovatelné matice Charakteristický mnohočlen Pozitivně definitní matice Kvadratické formy 23 2

3 10 Permutace Definice 101 Permutace na množině {1,, n} je zobrazení p : {1,, n} {1,, n}, které je vzájemně jednoznačné Množinu všech permutací na {1,, n} budeme značit S n Poznámka 102 (Zápis permutace) Tabulkou či zkráceně jako (4, 2, 1, 3) Grafem i p(i) Permutační maticí A p : V našem případě: pokud j = p(i), (A p ) ij = 0 jinak A p = Cykly: (1, 4, 3)(2) Pozorování 103 Skládání permutací není komutativní Důkaz Použijme zkrácený zápis tabulkou Potom: (1, 3, 2) (2, 1, 3) = (3, 1, 2), kdežto (2, 1, 3) (1, 3, 2) = (2, 3, 1) Definice 104 Mějme permutaci p Permutace p 1 taková, že p p 1 = p 1 p = id, se nazývá inverzní permutace k permutaci p Plyne, že p(i) = j p 1 (j) = i Poznámka 105 K permutaci p = (4, 2, 1, 3) z Poznámky 102 je inverzní permutací permutace q = (3, 2, 4, 1) 3

4 Definice 106 Transpozice je taková permutace, která obsahuje jeden cyklus délky 2 a n 2 cyklů délky 1 Poznámka 107 Transpozice je tedy taková permutace, ve které si dva prvky prohodí pozice a ostatní prvky se zobrazí na sebe, např Pozorování 108 Každou permutaci lze složit z transpozic Důkaz Indukcí podle součtu délek cyklů délky větší než 2 Použijeme zápis pomocí cyklů V každém kroku rozdělíme cyklus (1,, k) délky k na cyklus (1, k) délky 2 a cyklus (1,, k 1) délky k 1 Postupně lze takto každý cyklus (1,, k) délky k lze rozdělit na k 1 cyklů délky 2 Definice 109 Nechť p je permutace na množině {1,, n} Potom inverzí permutace p rozumíme každou dvojici i, j {1,, n} : i < j p(i) > p(j) Celkový počet inverzí permutace p budeme značit I(p) Poznámka 1010 Vraťme se znovu k permutaci p = (4, 2, 1, 3) z Poznámky 102 V této permutaci se nacházejí inverze (1, 3), (1, 4), (1, 2) a (2, 3) Celkový počet inverzí pro permutaci zapsanou ve zkráceném zápise tabulkou, (4, 2, 1, 3) lze vypočítat jednoduše: Bereme postupně čísla od začátku a ptáme se, kolik je před nimi větších čísel Před 4 žádné, před 2 jedno, před 1 dvě, před 3 jedno Proč tento postup funguje je zřejmé ze zápisu permutace grafem: Definice 1011 Znaménkem permutace p se rozumí číslo: sgn(p) := ( 1) I(p) Pozorování 1012 p, q S n : sgn(p) sgn(q) = sgn(q p) Důkaz Ukážeme, že k Z : I(q p) = I(p) + I(q) + 2k Potom už jednoduše vyplyne, že sgn(q p) = ( 1) I(q p) = ( 1) I(p)+I(q)+2k = ( 1) I(p) ( 1) I(q) ( 1) 2k = ( 1) I(p) ( 1) I(q) = sgn(p) sgn(q) Nechť i < j Potom může nastat jedna z následujících možností: ( ): p(i) < p(j) q(p(i)) < q(p(j)), 4

5 ( +): p(i) < p(j) q(p(i)) > q(p(j)), (+ ): p(i) > p(j) q(p(i)) > q(p(j)), (++): p(i) > p(j) q(p(i)) < q(p(j)), kde + značí přítomnost inverze v zobrazení p, resp q, a její nepřítomnost Takto přiřadíme každou dvojici prvků i < j do příslušné přihrádky; výsledné počty prvků v jednotlivých přihrádkách označíme jako I, I +, I +, I ++ Je zřejmé, že dvojice v přihrádkách (+ ) a (++) představují inverze v p, dvojice v přihřádkách ( +) a (++) inverze v q a nakonec dvojice v přihrádkách ( +) a (+ ) inverze v q p Můžeme tedy psát: I(q p) = I + + I + = (I + + I ++ ) + (I + + I ++ ) 2 I ++ = I(q) + I(p) + 2k Důsledek 1013 Nechť p S n Potom sgn(p) = sgn(p 1 ) Důkaz 1 = sgn(id) = sgn(p 1 p) = sgn(p 1 ) sgn(p), z čehož nutně vyplývá, že sgn(p) = sgn(p 1 ) Pozorování 1014 Nechť t S n je transpozice Potom sgn(t) = 1 Důkaz V transpozici se vyskytuje lichý počet inverzí: 1 i j n 1 i j n Důsledek 1015 sgn(p) = ( 1) # transposic v libovolném rozkladu p # sudých cyklů v p = ( 1) 5

6 11 Determinant 111 Definice a základní vlastnosti Definice 111 Nechť A je čtvercová matice řádu n nad tělesem K Potom determinant matice A je dán výrazem: det(a) := n sgn(p) a i,p(i) p S n i=1 Formálně jde o zobrazení det( ) : K n n K ( ) a11 a Poznámka 112 Mějme matici A = 12 Množina všech permutací na množině a 21 a 22 {1, 2}, tj S 2, obsahuje dva prvky: identitu (1, 2) se znaménkem 1 a transposici (2, 1) se znaménkem 1 Potom: Pozorování 113 det(a) = det(a ) Důkaz det(a) = (+1) a 11 a 22 + ( 1) a 12 a 21 det(a ) = n sgn(p) (A ) i,p(i) p S n i=1 (definice determinantu) = n sgn(p) a p(i),i p S n i=1 (transpozice matice A) = n sgn(p) a i,q(i) p S n i=1 (při volbě q = p 1 ) = n sgn(q) a i,q(i) q S n i=1 (sgn(p) = sgn(q), Důsledek 1013) = det(a) (dle Definice 111) Pozorování 114 Přerovnání sloupců matice A podle permutace q: nezmění det(a), je-li sgn(q) = 1, změní znaménko det(a), je-li sgn(q) = 1 6

7 Důkaz Označme A přerovnanou matice Platí a ij = a i,q 1 (j) Dále: det(a ) = n sgn(p) a i,p(i) p S n i=1 = n sgn(p) a i,q 1 (p(i)) p S n i=1 =sgn(q 1 p) = { }} { n sgn(q) sgn(q 1 ) sgn(p) a i,q } {{ } 1 (p(i)) p S n i=1 =1 = sgn(q) n sgn(q 1 p) a i,(q 1 p)(i) p S n i=1 = sgn(q) det(a) Poznámka 115 (Důsledky Pozorování 114) i Stejné tvrzení platí i pro řádky, díky Pozorování 113 (det(a) = det(a )) ii Záměna dvou řádků (sloupců) změní znaménko determinantu iii Jsou-li dva řádky stejné, je determinant nulový 1 Tvrzení 116 Determinant je lineární funkcí každého řádku i sloupce dané matice i Linearita vůči skalárnímu násobku: a 1,1 a 1,n a 1,1 a 1,n ta i,1 ta i,n = t a i,1 a i,n a n,1 a n,n a n,1 a n,n ii Linearita vůči sčítání: a 1,1 a 1,n a 1,1 a 1,n a 1,1 a 1,n a i,1 + b i,1 a i,n + b i,n = a i,1 a i,n + b i,1 b i,n a n,1 a n,n a n,1 a n,n a n,1 a n,n 1 V tělesech charakteristiky 2 může být i 1 7

8 Důkaz i Linearita vůči skalárnímu násobku: det(a ) = n sgn(p) a i,p(i) p S n i=1 = sgn(p)(a 1,p(1) ta i,p(i) a n,p(n) ) p S n = t det(a) ii Analogicky Důsledek 117 Nechť A K n n a i, j n, i j Potom přičtení t-násobku j-tého řádku k i-tému nezmění determinant Důkaz Nechť A je výsledná matice Potom dle Tvrzení 116: a 1,1 a 1,n det(a ) = a i,1 + ta j,1 a i,n + ta j,n a n,1 a n,n a 1,1 a 1,n a 1,1 a 1,n = a i,1 a i,n +t a j,1 a j,n a n,1 a n,n a n,1 a n,n } {{ } } {{ } =det(a) =det(b) = det(a) Matice označená jako B má na místě i-tého řádku kopii řádku j-tého Jelikož má dva řádky stejné, její determinant je roven nule (podle bodu iii Poznámky 115) Poznámka 118 (Výpočet determinantu) Matici převedeme na trojúhelníkovou přičítáním t-násobků jiných řádku, podobně jako při Gaussově eliminaci Potom Pamatujme, že: det(a) = a 11 a 22 a nn buď neměníme pořadí řádků, anebo si pamatujeme změnu znaménka 8

9 nenásobíme řádky t, neboť by se determinant změnil t-krát lze upravovat i po sloupcích Takto lze vypočítat determinant v polynomiálním čase O(n 3 ), podobně jako Gaussova eliminace Věta 119 Nechť A a B jsou čtvercové matice nad T Potom platí: det(a B) = det(a) det(b) Důkaz Je-li A nebo B singulární, je i jejich součin singulární Potom det(a B) = 0 = det(a) det(b) Předpokládejme, že matice A je regulární Rozložíme A jako součin matic elementárních úprav: A = E 1 E 2 E k Potom: det(ab) = det(e 1 E 2 E k B) = det(e 1 ) det(e 2 E k B) = det(e 1 ) det(e n ) det(b) (iterací předchozího kroku) = det(e 1 E } {{ n ) det(b) } A Rovnítko s hvězdičkou platí, jelikož: pokud je E 1 matice záměny dvou řádku, je det(e 1 C) = 1 det(c) a det(e 1 ) det(c) = 1 det(c), pokud je E 1 matice vynásobení řádku skalárem t, potom det(e 1 C) = t det(c) a det(e 1 ) det(c) = t det(c), pokud je E 1 matice přičtení j-tého řádku k i-tému, potom det(e 1 C) = 1 det(c) a det(e 1 ) det(c) = 1 det(c) Věta 1110 Čtvercová matice A je regulární, právě když det(a) 0 Důsledek 1111 Je-li matice A regulární, potom: det(a 1 ) = 1 det(a) Důkaz 1 = det(i n ) = det(aa 1 ) = det(a) det(a 1 ) 9

10 Pozorování 1112 (Rozvoj determinantu podle i-tého řádku) Nechť A ij značí matici, která vznikne z A K n n vypuštěním i-tého řádku a j-tého sloupce Pak platí pro libovolné i {1,, n}: det(a) = n j=1 a ij ( 1) i+j det(a ij ) Důkaz a i1 a i2 a in = a i a i a in (Tvrzení 116) = a i a i a in (Tvrzení 116) = n j=1 a ij ( 1) i+j det(a ij ) (viz výklad níže) Uvažujme následující matici: C = a 11 a 1j a 1n a n1 a nj a nn tj, matici A, jejíž i-tý řádek obsahuje v j-tém sloupci jedničku a jinak nuly Postupným vyměňováním řádků (i, i + 1),, (n 1, n) se posune i-tý řádek na konec matice Podobně přesuneme j-tý sloupec na konec matice a získáme matici: C = A ij jejíž determinant je roven det(a ij ) Při přesouvání řádků a sloupců jsme využili (n i)+(n j) transpozic, a tudíž: det(c) = ( 1) (n i)+(n j) det(a ij ) = ( 1) (i+j) det(a ij ) 10

11 Definice 1113 Pro čtvercovou matici A definujeme adjungovanou matici adj(a): adj(a) ij = ( 1) i+j (det(a ji )) (Poznámka: Všimněte si prohozeného pořadí indexů) Věta 1114 Pro každou regulární matici A nad tělesem T platí: Důkaz Z Pozorování 1112 plyne, že Podobně: A 1 = k-tý řádek A i-tý sloupec adj(a) = 1 det(a) adj(a) i-tý řádek A i-tý sloupec adj(a) = det(a) determinant matice vzniklé z A překopírováním k-tého řádku na i-tý Výraz A adj(a) je tedy roven matici, která má na diagonále det(a) a mimo diagonálu nuly Věta 1115 (Cramerovo pravidlo) Nechť A je regulární matice Řešení soustavy Ax = b lze zapsat jako: x i = det(a i b), det(a) kde A i b je matice, která vznikne z A nahrazením i-tého sloupce vektorem b Důkaz Ax = b = x = A 1 b = = x i = 1 det(a) adj(a)b 1 det(a) (adj(a)b) i = 1 det(a) n (adj(a)) ij b j = j=1 1 det(a) det(a i b) 112 Poznámky na konec Poznámka 1116 (Různé druhy obalů) Nechť X = {x 1,, x n } je konečná množina v R n Definujme následující obaly: Lineární obal: span(x) = { a i x i, a i R} Afinní obal: aff(x) = { a i x i, a i R, a i = 1} 11

12 Konvexní obal: conv(x) = { a i x i, a i R, a i = 1, a i [0, 1]} Rovnoběžnostěn: P(X) = { a i x i, a i R, a i [0, 1]} Poznámka 1117 (Geometrický význam determinantu) det(a) udává objem rovnoběžnostěnu určeného řádky nebo sloupci matice A Pozorování 1118 Je-li f : R n R n lineární zobrazení a A je matice tohoto zobrazení, potom platí, že objem těles se mění podle předpisu: vol(f(v )) = det(a) vol(v ) } {{ } původní objem 12

13 12 Vlastní čísla a vlastní vektory 121 Úvod Definice 121 Nechť V je vektorový prostor nad tělesem T a f : V V je lineární zobrazení Potom λ T, pro nějž existuje nenulový vektor x V takový, že f(x) = λx, nazveme vlastním číslem zobrazení f Vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu λ je každý nenulový vektor x V splňující f(x) = λx Je-li dim(v ) = n <, potom lze f reprezentovat maticí zobrazení A T n n a můžeme předchozí definici rozšířit i na matice Množina všech vlastních čísel matice či zobrazení se nazývá spektrum Pozorování 122 Množina vlastních vektorů příslušných k pevnému vlastnímu číslu λ tvoří podprostor V Důkaz Nechť x a y jsou vlastní vektory příslušné k vlastnímu číslu λ Potom: f(cx) = cf(x) = λcx a f(x + y) = f(x) + f(y) = λx + λy = λ(x + y) Poznámka 123 (Geometrický význam vlastních vektorů) Vlastní vektory jsou vektory, které nemění směr při zobrazení f Věta 124 Nechť f : V V je lineární zobrazení, λ 1,, λ k jsou navzájem různá vlastní čísla zobrazení f a x 1,, x k jsou některé vlastní vektory příslušné k λ 1,, λ k Potom x 1,, x k jsou lineárně nezávislé Důkaz Větu dokážeme indukcí a sporem zároveň Pro k = 1 věta platí triviálně Předpokládejme, že věta platí pro k 1, a předpokládejme dále, že x 1,, x k jsou lineárně závislé, tj a 1,, a n : k i=1 a i x i = 0 Potom: a Potom: k k k 0 = f(0) = f( a i x i ) = a i f(x i ) = a i λ i x i i=1 i=1 i=1 k 0 = λ k 0 = λ k a i x i = i=1 k a i λ k x i i=1 k k k k 1 0 = 0 0 = a i λ i x i a i λ k x i = a i (λ i λ k )x i = a i λ i x i i=1 i=1 i=1 i=1 Tedy, x 1,, x k 1 jsou lineárně závislé, což je spor s předpoklady Důsledek 125 Čtvercová matice řádu n může mít nejvýše n vlastních čísel 13

14 122 Podobné a diagonizovatelné matice Poznámka 126 Vztah zobrazení f a matice zobrazení A = [f] XX není jednoznačný, jelikož matice zobrazení závisí na volbě báze X Všechny matice zobrazení ovšem musejí mít stejná vlastní čísla (jelikož ta jsou daná zobrazením) Mějme dvě různé báze X a Y Potom: [f(u)] X = [f] XX [u] X [f(u)] X = [id] Y X [f] Y Y [id] XY [u] X a tedy: [f] XX = [id] Y X [f] Y Y [id] XY Definice 127 Čtvercové matice A a B stejného řádu se nazývají podobné, pokud existuje regulární matice R taková, že A = R 1 BR Věta 128 Jsou-li matice A a B podobné, tj A = RBR 1, λ je vlastní číslo matice A a x je příslušný vlastní vektor, tak potom λ je také vlastní číslo matice B a y = Rx je příslušný vlastní vektor matice B Důkaz By = } RAR {{ 1 } }{{} Rx = RAx = Rλx = λrx = λy B y Pozorování 129 Vlastní čísla diagonální matice jsou prvky na diagonále a vlastní vektory jsou příslušné vektory kanonické báze Definice 1210 Matice se nazývá diagonizovatelná, pokud je podobná nějaké diagonální matici Poznámka 1211 (Užití diagonalizace) Snadný popis vlastních čísel a vlastních vektorů: λ i = (D) ii, e i je příslušný vlastní vektor Snadný výpočet mocnin: Nechť A = R 1 DR Potom: kde (D n ) ii = ((D) ii ) n A n = (R 1 DR)(R 1 DR) (R 1 DR) = R 1 D n R, Věta 1212 Pokud má matice A K n n n různých vlastních čísel, tak potom je diagonizovatelná Důkaz λ 1,, λ n vlastní čísla, x 1,, x n příslušné lineárně nezávislé vektory Sestavme matici R, jejíž sloupce jsou vektory x 1 až x n Tato matice je regulární, jelikož je sestavena z lineárně nezávislých vektorů (viz Větu 124) Potom AR = RD, kde: λ λ 2 0 D =, 0 λ n a D = R 1 AR 14

15 Věta 1213 Matice A T n n je diagonizovatelná, právě když má n lineárně nezávislých vlastních vektorů Důkaz = Existuje R regulární: R 1 AR = D, neboli AR = RD Sloupce R jsou vlastní vektory a ty jsou lineárně nezávislé, jelikož R je regulární = Z vlastních vektorů sestavíme R, ta je regulární: AR = RD a R 1 AR = D 123 Charakteristický mnohočlen Definice 1214 Nechť A je čtvercová matice nad tělesem T Potom charakteristický mnohočlen v proměnné t je dán předpisem: p A (t) := det(a ti n ) Věta 1215 Pro matici A T n n platí: λ T je vlastní číslo matice A, právě když je kořenem charakteristického mnohočlenu Důkaz λ je vlastní číslo A x 0 : Ax = λx x 0 : Ax λx = Ax λi n x = 0 x 0 : (A λi n )x = 0 matice A λi n je singulární det(a λi n ) = 0 p A (λ) = 0 λ je kořenem p A (t) Tvrzení 1216 Podobné matice mají stejné charakteristické mnohočleny Důkaz Uvažujme A = R 1 BR Potom p A (t) = det(a ti n ) = det(r 1 BR tr 1 I n R) (Věta 119) = det(r 1 (B ti n )R) = det(r 1 ) det(b ti n ) det(r) (Věta 119, Důsledek 1111) = det(b ti n ) = p B (t) Tvrzení 1217 Pro libovolné čtvercové matice A a B mají matice AB a BA stejná vlastní čísla Důkaz Použijeme pravidlo pro násobení blokových matic: ( ) ( ) AB 0 I A B 0 0 I ( ) AB ABA = = B BA 15 ( ) ( ) I A I B BA

16 Tedy, ( ) ( ) AB je podobná, tím pádem mají stejné charakteristické mnohočleny: B 0 B BA ( ) AB ti 0 det = det(ab ti) ( t) n = p B ti AB (t) ( t) n ( ) ti 0 det = ( t) n det(ba ti) = ( t) n p B BA ti BA (t) Vyplývá, že p AB (t) = p BA (t) Věta 1218 (Základní věta algebry) Každý mnohočlen stupně alespoň 1 v C má alespoň jeden kořen Důkaz Důkaz je poměrně těžký větu necháme bez důkazu Důsledek 1219 Každý komplexní mnohočlen lze rozložit na součin jednočlenů Důkaz Nechť p(t) = a n t n + + a 1 t + a 0 je komplexní mnohočlen a λ 1 jeho kořen Jelikož p(t) je dělitelný (t λ 1 ) beze zbytku, je p A(t) t λ 1 opět mnohočlen, stupně n 1 p A (t) lze tedy rozložit: p A (t) = a n (t λ 1 ) r1 (t λ 2 ) r 2 (t λ k ) r k, kde λ 1,, λ k jsou navzájem různá komplexní čísla a r r k = n Číslo r i se nazývá násobnost kořene λ i Pozorování 1220 Nechť p A (t) = det(a ti n ) Potom lze p A (t) vyjádřit jako: Platí: i a n = ( 1) n ii a 0 = λ r 1 1 λ r 2 2 λ r k k = det(a) p A (t) = a n t n + a n 1 t n a 1 t + a 0 iii a n 1 = ( 1) n 1 (λ 1 r 1 + λ 2 r λ k r k ) = ( 1) n 1 ((A) 11 + (A) (A) nn ) Důkaz i Veškerá ( t) se vyskytují na diagonále a existuje pouze jeden způsob, jak je vybrat ii Po dosazení t = 0 : p A (0) = det(a) = λ r 1 1 λ r k k iii t (n 1) lze ze součinu (t λ 1 ) r 1 (t λ k ) r k získat n způsoby; každý dává λi Navíc, z definice determinantu, t n 1 lze získat pouze ze součinu odpovídajícímu identitě: (t (A) 11 ) (t (A) nn ) (není možné uhnout z diagonály) 16

17 Tvrzení 1221 Matice A C n n je diagonizovatelná, právě když pro každé vlastní číslo λ i platí: dim(ker(a λ i I n )) = r i Důkaz Matice A je diagonizovatelná, právě když existuje báze v C n složená z vlastních vektorů Pro vektory v prostoru Ker(A λ i I n ) platí: (A λ i I n )x = 0, a tedy Ax = λ i x Z takto získaných vektorů složíme regulární matici R a potom AR = RD Poznámka 1222 Existují matice, které nejsou diagonizovatelné Například: ( ) Tato matice má jedno vlastní číslo ( λ = 1) násobnosti 2 Pokud by byla diagonizovatelná, 1 0 musela by být podobná matici D = Potom: A = R DR = I 2 a dostáváme spor Definice 1223 Nechť λ C, k N Jordanova buňka J k (λ) je čtvercová matice řádu k následujícího tvaru: λ λ J k (λ) = λ Definice 1224 Matice J C n n je v Jordanově normální formě, pokud je v blokově diagonálním tvaru a bloky na diagonále jsou Jordanovy buňky: J k1 (λ 1 ) J = J km (λ m ) Věta 1225 Každá matice A C n n je podobná matici v Jordanově normální formě Důkaz Bez důkazu Definice 1226 Nechť A C n n Matici A H, pro níž platí (A H ) ij = a ji, nazýváme hermitovskou transpozicí matice A Pozorování 1227 (AB) H = B H A H, pokud je operace definována Důkaz (AB) H ij = (AB) ji = n k=1 A jk B ki = n k=1 A jk B ki = n k=1 B H ika H kj = (B H A H ) ij 17

18 Pozorování 1228 Standardní skalární součin na C n je možno zapsat jako: n x y = x i y i = y H x i=1 Pozorování 1229 Je-li matice A složena z vektorů ortonormální báze C n (vůči standardnímu skalárnímu součinu), tak platí: A H A = I n Definice 1230 Komplexní čtvercová matice A se nazývá unitární, pokud A H A = I n Definice 1231 Komplexní čtvercová matice A se nazývá hermitovská, pokud A H = A Poznámka 1232 Hermitovské matice představují komplexní analogii reálných symetrických matic Uvědomme si navíc, že na diagonále hermitovské matice jsou reálná čísla Věta 1233 Nechť A je hermitovská matice Potom: i všechna její vlastní čísla jsou reálná, a ii existuje unitární matice R taková, že R 1 AR je diagonální Důkaz Větu dokážeme indukcí podle řádu matice n Označme A n = A Buď λ vlastní číslo A (jeho existence plyne ze základní věty algebry) a x příslušný normovaný vlastní vektor, x = 1 Doplníme x na ortonormální bázi C n a z těchto vektorů sestavíme unitární matici P n = (x ) Potom platí: (P H n A n P n ) H = P H H n A } {{ n (P H } n ) H = P H n A n P n, } {{ } =A n =P n a tedy matice P H n A n P n je hermitovská Jelikož první sloupec součinu A n P n je λ-násobek x, platí, že: λ 0 0 P H n A n P n = 0 A, n 1 0 kde A n 1 je hermitovská a λ je reálné Z indukce, pro A n 1 existuje unitární matice R n 1 taková, že Rn 1A n 1 R n 1 = D n 1 Položme: S n := 0 R n

19 Tato matice je unitární a její sloupce tvoří ortonormální bázi C n Vezměme dále R n := P n S n P n je unitární (jelikož tak byla sestavena) I matice R n je unitární, jelikož R H n R n = (P n S n ) H (P n S n ) = S H n P H n P n S n = I n Zbývá ověřit, že Rn 1 A n R n = D n : 2 R H n A n R n = S H n P H n A n P n S n λ = 0 R H n 1 0 A n 1 0 R n λ 0 0 = 0 D = D n n 1 0 Pozorování 1234 Nechť V je vektorový prostor se skalárním součinem konečné dimenze a X = {x 1,, x n } je jeho libovolná ortonormální báze Potom: n u, v V : u v = u x i x i v = [v] H X[u] X i=1 Důkaz u = n i=1 α i x i, α i = u x i = ([u] X ) i, v = n i=1 β i x i, β i = v x i = ([v] X ) i, β i = x i v Dále: n n α i x i β i x i = n α i β i x i x j i=1 i=1 = i,j=1 n i=1 α i β i (X je ortonormální báze) Tvrzení 1235 Nechť V je vektorový prostor konečné dimenze se skalárním součinem, X = {x 1,, x n } je jeho ortonormální báze a f : V V je lineární zobrazení Pak platí, že f zachovává skalární součin, tj f(u) f(v) = u v, právě když [f] XX je unitární Důkaz f(u) f(v) = [f(v)] H X[f(u)] X (Pozorování 1234) = ([f] XX [v] X ) H [f] XX [u] X = [v] H X[f] H XX[f] XX [u] X 2 Uvědomme si, že pro každou unitární matici R platí: R 1 = R H 19

20 13 Pozitivně definitní matice Pozorování 131 Nechť V = C n je prostor se skalárním součinem Potom existuje matice E taková, že u, v V : u v = v H Eu Důkaz Vezmeme kanonickou bázi C n : {e 1,, e n } Potom: a tedy lze vzít (E) ij = e i e j n n n u v = u i e i v j e j = u i v j e i e j i=1 j=1 i,j=1 Poznámka 132 Pro standardní skalární součin u v = n i=1 v i u i máme E = I n Pozorování 133 Matice E je hermitovská Definice 134 Splňuje-li hermitovská matice A C n n vlastnost, že x C n \ {0} : x H Ax > 0, tak potom se nazývá pozitivně definitní Věta 135 Pro hermitovskou matice A jsou následující podmínky ekvivalentní: i A je pozitivně definitní ii A má všechny vlastní čísla kladná iii Existuje regulární matice U taková, že A = U H U Důkaz 1 = 2: Nechť x je vlastní vektor k vlastnímu číslu λ Potom: Ax = λx = x H Ax = x H λx = λx H x A je pozitivně definitní, a tedy x H Ax > 0 Jelikož výsledkem výrazu x H x je vždy kladné číslo, musejí i vlastní čísla matice A být kladná 2 = 3: Jelikož A je hermitovská, existuje unitární matice R taková, že A = R H DR, kde D je diagonální matice s kladnou diagonálou (viz 1233) Vezmu: (D) ii i = j ( D) ij = 0 i j Potom U = DR je regulární (jelikož jak D, tak R jsou regulární) a U H U = ( DR) H DR = R H D H DR = R H DR = A 3 = 1: x H Ax = x H U H Ux = (Ux) H Ux > 0, kde vektor x je netriviální, U je regulární a tedy Ux je netriviální 20

21 Definice 136 Nechť matice A je pozitivně definitní a nechť U je trojúhelníková matice s kladnou diagonálou taková, že U H U = A Tento rozklad pozitivně definitní matice se nazývá Choleského rozklad Tvrzení 137 Pro pozitivně definitní matici A existuje právě jedna trojúhelníková matice s kladnou diagonálou U taková, že A = U H U Důkaz Důkaz provedeme sestavením algoritmu, jehož vstupem je hermitovská matice a výstupem její Choleského rozklad nebo tvrzení, že daná matice není positivně definitní Pro i := 1,, n proveď: (U) ii := a ii i 1 k=1 u ki u ki Pokud u ii = 0 nebo u ii R, stop: A není positivně definitní Pro j := (i + 1),, n proveď: u ij := 1 i 1 (a ij u ki u kj ) u ii k=1 Tvrzení 138 (Rekurentní podmínka na test pozitivní definitnosti) Bloková matice ( ) α a H A = a à je pozitivně definitní, právě když α > 0 a à 1 α aah je pozitivně definitní Důkaz = : Nechť x C n je libovolný netriviální vektor Potom x H Ax = ( ( x 1 x H) α a H ) ( ) x1 a à x = ( ( ) αx 1 + x H, x 1 a H + x HÃ) x 1 x = αx 1 x 1 + x 1 x H a + x 1 a H x + x Hà x 1 α x H aa H x + 1 α x H aa H x = x H (à 1 2 aah ) x + ( αx α x H a)( αx α a H x) První člen nezáporný; je kladný, je-li vektor x netriviální Druhý člen představuje součin komplexně sdružených čísel a je tedy také nezáporný Alespoň jedna z těchto dvou nerovností ovšem musí být ostrá 21

22 = : A je pozitivně definitní, x H Ax > 0 pro všechny netriviální x a tedy speciálně pro e 1 : e H 1 Ae 1 = α > 0 Nechť x C n 1 je libovolný vektor Zvolíme x 1 := 1 α ah ṽx a ( ) x1 položíme x := Potom x 0 < x H Ax = x H (Ã 1 2 aah ) x + ( αx α x H a)( αx α a H x), (už spočteno dříve) kde druhý člen po dosazení x 1 je roven nule a první člen tedy musí být kladný Tvrzení 139 (Jakobiho podmínka) Hermitovská matice A C n n je pozitivně definitní právě tehdy, když mají matice A n, A n 1,, A 1 kladný determinant, kde A i značí matici vzniklou z A vymazáním posledních n i řádků a sloupců Poznámka 1310 Z výpočetního hlediska není tento test efektivní 22

23 14 Kvadratické formy Definice 141 Nechť V je vektorový prostor nad tělesem K a f : V V K splňuje: α K, u, v V : f(αu, v) = αf(u, v) u, u, v V : f(u + u, v) = f(u, v) + f(u, v) α K, u, v V : f(u, αv) = αf(u, v) u, v, v V : f(u, v + v ) = f(u, v) + f(u, v ) Pak se f nazývá bilineární forma na V Definice 142 Bilineární forma f je symetrická, platí-li: u, v V : f(u, v) = f(v, u) Definice 143 Zobrazení g : V K se nazývá kvadratická forma, pokud g(u) = f(u, u) pro nějakou bilineární formu f Poznámka 144 Proč se kvadratická forma jmenuje kvadratická? g(αu) = f(αu, αu) = α 2 f(u, u) = α 2 g(u) Definice 145 Je-li V prostor konečné dimenze nad K a X = {v 1,, v n } je jeho báze, tak pro bilineární formu f : V V K definujeme matici B formy f vzhledem k bázi X: b i,j := f(v i, v j ) Definice 146 Maticí kvadratické formy g rozumíme matici symetrické formy f, která formu g vytvořuje Poznámka 147 Vytvořující bilineární forma f musí být symetrická, abychom získali jednoznačně definovanou matici kvadratické formy Pozorování 148 Nechť V je vektorový prostor nad tělesem K, X = {v 1,, v n } je jeho konečná báze, g : V K kvadratická forma a B je její matice vzhledem k bázi X Potom g(u) = [u] XB[u] X Důkaz [u] X = (α 1,, α n ), neboli u = n i=1 α i v i Potom: n n n n g(u) = f(u, u) = f( α i v i, α j v j ) = α i α j f(v i, v j ) = [u] XB[u] X i=1 j=1 i=1 j=1 23

24 Definice 149 Analytické vyjádření bilineární formy f : V V K vůči konečné bázi X je polynom: n n f(u, v) = b ij x i y j, i=1 j=1 kde x i a y j jsou souřadnice vektorů u a v vůči bázi X Podobně, pro kvadratickou formu: n n g(u) = a ij x i x j, i=1 j=1 kde a ij = 2b ij b ij i j i = j Poznámka 1410 Přechod od analytického vyjádření k matici je snadný, ale pouze v tělesech s charakteristikou větší než 2 Pozorování 1411 Nechť g : V K je kvadratická forma a B je její matice vůči bázi X Potom B = [id] Y X B [id] Y X je matice téže formy vůči bázi Y Důkaz g(u) = [u] XB[u] X = ([id] Y X [u] X ) B[id] Y X [u] Y = [u] Y [id] Y XB[id] Y X [u] Y } {{ } B Věta 1412 (Sylvesterův zákon setrvačnosti kvadratických forem) Nechť V je prostor konečné dimenze nad R a g : V R je kvadratická forma Potom existuje báze X prostoru V taková, že matice B formy g vůči bázi X je diagonální a b ii { 1; 0; 1} Navíc, počet kladných a počet záporných prvků na diagonále nezávisí na volbě X a je pro všechny báze stejný Důkaz Dokážeme nejprve existenci báze, která splňuje výše uvedené podmínky Nechť X 0 je libovolná báze prostoru V a B 0 je reálná symetrická matice Potom existuje unitární matice R taková, že R 1 BR = D = R B 0 R Čili, je-li matice R matice přechodu od X 1 k X 0, potom je matice formy g vůču X 1 diagonální (D) Definujme diagonální matici D následovně: d ii d ii 0 d ii = 1 d ii = 0 Potom D = D B D, kde B je hledaná matice formy g Platí: 1 d ii > 0 b ii = 1 d ii < 0 0 d ii = 0 24

25 Pokud použijeme D jako matici přechodu od X 2 k X 1, tak potom X 2 je hledaná báze Dokažme nyní druhou část věty, tj že počet kladných a záporných prvků na diagonále nezávisí na volbě báze Nechť X = {v 1,, v n } a Y = {w 1,, w n } jsou dvě různé báze prostoru X takové, že příslušné matice formy g jsou tvaru: Potom: i Počty nul se rovnají Platí B = [id] XY B [id] XY, čili rank(b) = rank(b ) Dále: ii Počty jedniček se rovnají (#0 v B) = n rank(b) = n rank(b ) = (#0 v B ) Definujme n g = rank(b) = #1 + # 1 Víme, že g(u) = x x 2 r x 2 r+1 x 2 n g, pokud [u] X = (x 1,, x n ) Tedy r = #1 v B Podobně: g(u) = y y 2 s y 2 s+1 y 2 n g, pokud [u] Y = (y 1,, y n ) Tedy s = #1 v B Nechť dále, pro spor r s, bez újmy na obecnosti, r > s Vezmu netriviální vektor z z span({v 1,, v r }) span({w s+1,, w n }) Takový vektor z určitě existuje, jelikož dim(span({v 1,, v r })) + dim(span({w s+1,, w n })) = r + r s > n = dim(v ) Potom ale > 0 pokud některá z prvních r souřadnic [z] X je netriviální a zbytek jsou nuly, g(z) = 0 prvních s souřadnic [z] Y je nulových Dostali jsme spor Definice 1413 Nechť X je báze prostoru V taková, že matice B formy g vůči bázi X je diagonální a b ii { 1; 0; 1} Potom trojici (# 1, #0, #1) nazýváme signatura formy 25