Přepsal Petr Baudiš v ak. roce 2004/2005

Transkript

1 Přepsal Petr Baudiš v ak roce 2004/2005 IfIamgivenaformula,andIamignorantofitsmeaning,itcannotteachmeanythingButif Ialreadyknowit,whatdoestheformulateachme? ST AUGUSTINE c 2004/2005 Jiří Fiala, Petr Baudiš Verze /L:1616 Tato verze není garantována, nemusí být kompletní a může obsahovat chyby Aktuální verzi vždy najdete na Sazba v programu TEX

2 !"# $%&'$( Jiří Fiala Lineární algebra II Determinant matice Permutacemnožiny {1,,n}jebijektivnízobrazení {1,,n} {1,,n} S n značímemnožinuvšechpermutacína nprvcích( S n =n!) Znaménkopermutace p S n definujeme: sgn(p) def =( 1) #inverzívp kdedvojiceindexů(i,j)tvoříinverzi,pokud i < j,ale p(i) > p(j) Cvičení: Definujte znaménko pomocí cyklů permutace a pomocí transpozic )*$'#+ Nechť Aječtvercovámaticeřádu nnadtělesem TPotomdeterminantmatice Ajedánvýrazem: det(a)= p S n sgn(p) n a i,p(i) (Jdevlastněozobrazení T n n T) ukázky Lze si rozmyslet, že determinat trojúhelníkové matice je součin všech prvků na hlavní diagonále Permanent: Determinant, ovšem bez použití sgn permutace,-"!$%!' /!'$"$! Pozorování: det(a T )=det(a) det(a T )= = p S n sgn(p) p S n sgn(p) n (A T ) i,p(i) = n a p(i),i =det(a) Poslednírovnostdokážitak,žepodle pzvolím q, q= p 1,tedy p(i)=i q(i )=itedy i < j p(i) > p(j)znamená,že q(i ) < q(j ) i > j,tedysgn(p)=sgn(q) Pozorování: Přerovnání sloupců matice A podle permutace q nezmění determinant, pokud sgn(q) = +1, v opačném případě determinant změní pouze znaménko Abuďpůvodnímatice, A pakmaticespřerovnanýmisloupci Sloupecč 1matice Ase octneva napozici q(1)apod a i,j = a i,q(j) = a i,j= a i,q 1 (j) det(a )= n sgn(p) (A ) i,p(i) = p S n = n sgn(p) p S n a i,q 1 (p(i))= 1

3 Jiří Fiala Lineární algebra II Determinant matice Nechť h(i)=q(p(i))(sgn q=sgn q 1 ): =sgn(q) n sgn(q)sgn(p) a } {{ } i,h(i) = p S n =sgn(q) h S n sgn(h) sgn(h) n a i,h(i) =sgn(q) det(a) Důsledek: Má-li matice A dva sloupce shodné, det(a) = 0(platí i pro stejné řádky) 012$3+ Determinant je lineární funkcí každého řádku i každého sloupce matice Tedynapř: a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det = b i1 + c i1 b i2 + c i2 b in + c in a n1 a n2 a nn b 11 b 12 b 21 b 22 =det b i1 b i2 b n1 b n2 b 1n b 2n b in b nn c 11 c 12 c 21 c 22 +det c i1 c i2 c n1 c n2 c 1n c 2n c in c nn + Linearitavůčinásobení t T: Abuďpůvodnímatice, A mávynásobený i-týřádek det(a )= sgn(p) (a 1,p(1) a 2,p(2) (t a i,p(i) ) a n,p(n) ) = } {{ } p S n n (A ) i,p(i) = t p S n sgn(p) n a i,p(i) = tdet(a) Linearitavůčesčítání, a i,j = b i,j + ci,j: det(a )= sgn(p) (a 1,p(1) a 2,p(2) (b i,p(i) + c i,p(i) ) a n,p(n))= } {{ } p S n = a i,p(i) p S n sgn(p) (a 1,p(1) a 2,p(2) b i,p(i) a n,p(n) ) + p S n sgn(p) (a 1,p(1) a 2,p(2) c i,p(i) a n,p(n) )= =det(b)+det(c) Důsledek: Elementární řádková úprava součtu řádků nemění determinant 2

4 ,45%6! /!'$"$! Jiří Fiala Lineární algebra II Determinant matice Převedením na trojúhelníkový tvar pomocí přičítání t-násobků ostatních řádků podobně jako Gaussova eliminace Nesmímeměnitpořadířádkůaninásobitřádek t T(resp můžeme,alemusímesipamatovat, jak to ovlivní diskriminant) Zato můžeme používat sloupcové operace 71'6$3+ Spočtěte determinant Vandormondovy matice:,8!%%19 %:"-( 1 x 1 x 2 1 x n x n x 2 n x1 n 1 Druhyobalůmnožinyvektorů v 1,,v n v R α : Lineárníobal L(v 1,,v n )={a 1 v 1 + a 2 v 2 + +a n v n : a i R} Mějme R 2 avektory v 1,v 2,pak L(v 1,v 2 )=R 2 Afinníobal {a 1 v 1 + +a n v n : a i R, n a } Mějme R 2 avektory v 1,v 2,pakafinníobalbudepřímkaprocházejícíjejichkoncovýmibody Konvexníobal {a 1 v 1 + +a n v n : a i R, n a, a i [0,1]} Mějme R 2 avektory v 1,v 2,pakkonvexníobalbudeúsečkaspojujícíjejichkoncovébody Rovnoběžnostěn {a 1 v 1 + +a n v n : a i R, a i [0,1]} Mějme R 2 avektory v 1,v 2,pakrovnoběžnostěnbudemnožinabodůuzavřenákosodélníkem skrajnímibody0,v 1,v 2,v 1 + v 2 (včetněúsečekjespojujících) ;% 1'-%! %:<(!=- Jdeogeometrickývýznamdeterminantu,jsmetedyvR n Mějmematici A R n n,rozložímjejí řádkynavektory a 1,,a n (tybudoutvořenysloupcimatice) diagramla1 %2%%1>$3+ det(a) udáváplochu(objem)rovnoběžnostěnuurčenéhovektory a 1,,a n Důkaz: diagram LA2 (jakýkoliv rovnoběžník můžeme převést beze změny objemu(tedy i determinantu) na n-rozměrný obdélník či kvádr, který má nenulové prvky jen na diagonále, tedy determinant spočteme a ověříme snadno) Důsledek:Je-li flineárnízobrazení R n R n a Fjematicetohotozobrazení,potomseobjemy těles mění podle předpisu vol(f(t))= det(f) vol(t) (kdevolznačíobjemvr d ) Viz diagramla3 (kolikrátsečtverečekvejdedo F, tolikrátse zdeformovaný čtvereček vejde do zdeformovaného f(t)) VĚTA (o součinu determinantů): Nechť AaBjsoučtvercovématiceřádu nnadtělesem TPotomplatí det(a B)=det(A) det(b) 3

5 Jiří Fiala Lineární algebra II Determinant matice Když A nebo B jsou singulární, nějaký řádek je lineární kombinací ostatních, tudíž je determinantnulový Je-li Anebo Bsingulární, A Bjetakésingulární Tedydostanemerovnici 0=0 Předpokládejmetedy,že AiBjsouregulární Toznamená,že Alzerozložitjakosoučin elementárních matic: A=E 1 E 2 E k Tedy: det(a B)=det(E 1 E 2 E k B)=det(E 1 ) det(e 2 E k B)= neboť víme, jak se mění determinant elementárními úpravami přičtení násobku jiného řádku znamenádet(e 1 )=1,násobenířádkučíslem tznamenádet(e 1 )=t =det(e 1 ) det(e 2 ) det(b)=det(e 1 E k ) det(b)=det(a) det(b) VĚTA (o regularitě podle determinantu): Čtvercovámatice Ajeregulární,právěkdyždetA 0 )?-/8 -'$"'!( /!'$"$! Nechť A ij značímatici,kterávzniknezmatice Avypuštěním i-téhořádkuaj-téhosloupce(někdy také nazýváme minor matice určený souřadnicemi i, j) Potom pro libovolné i platí tzv rozvoj determinantu podle i-tého řádku: det(a) = (Stejnou věc mohu udělat i pro sloupce) n a ij ( 1) i+j det(a ij ) j=1 Můžeme vzít definici determinantu det(a)= p S n sgn(p) n k=1 a k,p(k) avytýkatprvky a ij z i-téhořádku Alternativní(jednodušší) cesta: můžeme využít linearity a i-tý řádek si rozložit jako lineární kombinacivektorůkanonickébáze(e i ): (a i,1,a i,2,,a i,n )=a i,1 (1,0,,0)+a i,2 (0,1,0,,0)+ +a i,n (0,,0,1) Determinant det(a) si pak rozložíme na součet n determinantů, kde v i-tém řádku je vektor kanonickébáze e j (takovámaticebuďnapř B i,j ): det(a)=a i,1 det(b i,1 )+ +a i,n det(b i,n ) Posuneme si náš jednotkový řádek na nejvyšší pozici: det(b i,j )=( 1) i 1 det(b 1,j ) Nyní si sloupec s jedničkou posuneme do prvního sloupce: det(b 1,j )=( 1) i 1 ( 1) j 1 det(b 1,1 ) 4

6 Jiří Fiala Lineární algebra II Determinant matice Inuaodmyslíme-lisiprvnířádekaprvnísloupec,zbudenámmatice A ij : )*$'#+ det(b 1,j )=( 1) i+j det(a ij ) Pro čtvercovou matici A definujeme adjungovanou matici adj(a) předpisem (Pozornaobrácenépořadí A ji!) (adj(a)) ij =( 1) i+j det(a ji ) VĚTA (o vztahu inverzní a adjungované matice): Pro každou regulární matici A nad tělesem T platí A 1 = 1 det(a) adj(a) Podívejmesenasoučin A adj(a),konkrnasoučinřádků: A i adj(a) i = n a ij ( 1) i+j det(a ij )=det(a) j=1 Neboť determinant matice A, kde i-tý řádek je nahrazen j-tým, je nula(jde o singulární matici), platí: A j adj(a) i =0 A adj(a)=det(a) I n A 1 det(a) adj(a)=i n VĚTA (Cramerovo pravidlo): Nechť A je regulární matice, potom každé řešení soustavy Ax = b lze zapsat jako x i = det(a i b) det(a) kde A i b jematice,kterávzniknezmatice Anahrazením i-téhosloupcevektorem b x i = Ax=b= x=a 1 b= 1 det(a) (adj(a) b) 1 i= det(a) = 1 det(a) adj(a) b n adj(a) ij b j = j=1 1 det(a) det(a i b) 5

7 @ABC DCBA EABC EFGH IJKLM KNOPQRSTUVJ WNWXUQY Jiří Fiala Lineární algebra II Vlastní čísla a vlastní vektory Zaveďme si jednoduchý(abstraktní) model dynamického systému Systém budeme reprezentovat jako vektorovýprostor V nad T Dynamikupakreprezentujemejakolineárnízobrazení f:v V,které popisuje přechod mezi dvěma stabilními stavy Stabilní stavy mohou být buď pevné body zobrazení f,nebo skoropevné body(pevnéažnaskalárnínásobek) Z38-"/(+ (i) OsovásouměrnostvR 2 :mějmetakovézobrazení f,pakjehomaticeje [f] kk = ( ) (osa půlí druhý a čtvrtý kvadrant) Ptáme se: Které vektory se zachovávají? Které vektory zachovávají směr?(tedy až na skalár, včetně záporného, který vytvoří směr opačný) (ii) Čísla vlastní populacím králíků: Mějme Fibonacciho posloupnost(viz Lineární algebra I nebo kdekoliv jinde) Ptámese:Jaksevyvíjípoměr F t /F t 1?Mátentotrendlimitu?Osciluje,nebopronějakou volbu velikosti populací zůstává stabilní? Vřečimaticavektorovýchprostorů: Uvažmeprostor R 2 alineárnízobrazení f: R 2 R 2 dané rekurencí ( ) ( )( ) F1 1 1 Ft 1 = 1 0 F t 1 F t 2 Stabilnípoměr F t /F t 1 majínetriviálnívektory x= f(x)= ( ) 1 1 x=λx 1 0 ( Ft F t 1 ) takové, že pronějaké λ R(vektory xaλxmajízřejmětentopoměrstejný) [MPWXO\ ]\WMP )*$'#+ Nechť V jevektorovýprostornadtělesem T a f:v V jelineárnízobrazení Potom λ T senazývávlastní číslo zobrazení f,existuje-linenulovývektor x V takový,že f(x)=λx Vlastnívektorpříslušnývlastnímučíslu λjelibovolné x,pronějžplatí f(x)=λx Je-li dim(v) konečná, lze zobrazení f reprezentovat maticí(vůči nějaké bázi), tedy lze pojem vlastníchčíselavektorůrozšířitipromatice A T n n Vlastníčíslomatice λjetakové,pro které x 0takové,že Ax=λxVlastnívektor xpříslušný λjetakový,že Ax=λxMnožina všech vlastních čísel matice se nazývá stopa 6

8 Z38-"/(+ Jiří Fiala Lineární algebra II Vlastní čísla a vlastní vektory Vlastní čísla (i) Osová souměrnost: λ 1 =1 x 1 =( 1,1) λ 2 = 1 x 2 =(1,1) (ii) Králíci: λ 1 = 1+ 5 ( 2 1+ ) 5 x=,1 2 (vektor při každé iteraci narůstá) λ 2 = 1 5 ( 2 1 ) 5 x=,1 2 (vektor mění znaménko ablížíseknulovémuvektoru) Pozorování: Je-li x vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu λ, je i libovolný skalární násobek x VĚTA (o lineární nezávislosti vlastních vektorů): Mějmelineárnízobrazení f:v V,navzájemrůznávlastníčísla λ 1,λ 2,,λ k apříslušnévlastní vektory x 1,x 2,,x k (x i přísluší λ i )Potomvektory x 1,,x k jsoulineárněnezávislé Indukcí a sporem: Nechť v 1,,v k dávajínejmenšíprotipříklad,tedylibovolná(k 1)-ticejelineárněnezávislá, ale x 1,,x k jelineárnězávislá: a 1,,a k Tnetriviálnítaková,že a 1 x 1 + +a k x k =0 ( k k k 0=f(0)=f a i x i )= a i f(x i )= a i λ i x i ( k 0=λ k 0=λ k a i x i )= k a i λ k x i 0=0 0= k a i λ i x i k a i λ k x i = k k 1 a i (λ i λ k )x i = a i (λ i λ k )x i Toaleznamená,žebuďje x k =0,nebo x 1,,x k 1 jsoulineárnězávisláobojíje Spor Důsledek: Čtvercovámaticeřádu nmánejvýše nrůznýchvlastníchčísel,protože T n má nejvýše n lineárně nezávislých vektorů 7

9 [MPWXO\ ]\WMP QPXRS Jiří Fiala Lineární algebra II Vlastní čísla a vlastní vektory Vlastní čísla matic Vztah zobrazení f matice A není jednoznačný, neboť různé matice A, B mohou odpovídat stejnému zobrazení f(vůcirůznýmbázím X,Y): A=[f] XX,B=[f] Y Y [f] XX =[id] Y X [f] Y Y [id] XY Matice[id]jsoupřitomregulární,navíc[id] XY =[id] 1 Y X Označme[id] XY = R,pak A=R 1 BR Definice: Čtvercové matice A, B stejného řádu se nazývají podobné, pokud existuje regulární matice Rtaková,že A=R 1 BR VĚTA (o vlastních číslech podobných matic): Nechť AaBjsoupodobnématice(tj R:A=R 1 BR), λjevlastníčíslomatice Aaxje příslušný vlastní vektor Potom λ je i vlastní číslo matice B a y = Rx je příslušný vlastní vektor By=(RAR 1 )(Rx) = RAx=R(λx)=λ(Rx)=λy } {{ }}{{} B y Pozorování: Vlastní čísla diagonální matice vlastnívektor e i =(0,,0,1,0,,0)) ^&'!3 /'"_%$"-'2%1"!-$4#` "!'# a 1 0 jsou prvky na diagonále(příslušný 0 a n Definice: Matice A je diagonalizovatelná, pokud je podobná nějaké diagonální matici Mějmediagonalizovatelnoumatici A=R 1 DR (a) Výpočet vlastních čísel a vektorů: Pokud a i je i-týprveknadiagonálevd,potom a i jeii-tévlastníčíslo D,Aai-týsloupec R=(R e i )jevlastnívektormatice A (b) Výpočet mocnin matic: A k = R } 1 DRR 1 DR {{ R 1 DR } = R 1 D k R k 8

10 Jiří Fiala Lineární algebra II Vlastní čísla a vlastní vektory Vlastní čísla matic VĚTA (o vztahu vlastních čísel a diagonalizovatelnosti): Má-limatice A T n n nnavzájemrůznýchvlastníchčísel,potomjediagonalizovatelná Mějme λ 1,λ 2,,λ n různýchvlastníchčíselax 1,x 2,,x n lineárněnezávislýchvlastních vektorůdálemějmeregulárníčtvercovoumatici T n n : R=(x 1 x 2 x n ) Všimněmesi,že Ax i = λ i x i Pak A Rjevšakmatice,kde i-týsloupecje λ i x i Platínavíc, že A R=R D,kde Djediagonálnímaticemajícínadiagonále λ 1,λ 2,,λ n Tedy R 1 AR=D,aproto Ajepodobnádiagonální D(R 1 jsemtomohlvynásobit,neboť R je regulární, tedy vektory jsou nezávislé) VĚTA (o vztahu vlastních vektorů a diagonalizovatelnosti): Matice A T n n jediagonalizovatelná,právěkdyžmá nlineárněnezávislýchvlastníchvektorů Existujeregulární R,tedy R 1 AR=D AR=RD,sloupce Rtvořívlastnívektory Protože R je regulární, vektory jsou lineárně nezávislé Zvlastníchvektorůsestavím R,pak R 1 AR=D 9

11 avpbptxlbrwxrstc QOJVJ]MLO )*$'#+ Jiří Fiala Lineární algebra II Vlastní čísla a vlastní vektory Charakteristický mnohočlen Nechť A je čtvercová matice řádu n nad tělesem T, potom charakteristický mnohočlen (v proměnné t) je definován předpisem Vždyjdeopolynomvtstupně n p A (t)=det(a ti) VĚTA (o vztahu charakteristických mnohočlenů a vlastních čísel): Prokaždoučtvercovoumatici Aplatí,že λjevlastníčíslomatice A,právěkdyž λjekořenem charakteristického mnohočlenu matice A λjevlastníčíslomatice A,právěkdyžexistujenetriviální x:ax=λx,tedy: Ax λx=0 (A λi)x=0 Toplatí,právěkdyžmaticetétosoustavy A λijesingulární,cožovšemznamená,že det(a λi)=0 Z38-"/(+ p A (λ)=0 ( 0 1 (i) Mějme osovou souměrnost A = 1 0 p A (t)=det (ii) Mějme Fibonacciho posloupnost A = (iii) Mějmematiciotočení(o90 ) A= ) : ( t 1 1 t λ 1,2 = ±1 ( ) 1 1 : 1 0 p A (t)=t 2 t 1 λ 1,2 = 1 ± 5 2 ( ) p A (t)=t 2 +1 ) = t 2 1 ŘešenímnejsoužádnávlastníčíslavR,zatovCexistujívlastníčísla λ 1,2 = ±i 10

12 Jiří Fiala Lineární algebra II Vlastní čísla a vlastní vektory Charakteristický mnohočlen VĚTA (o charakteristických polynomech podobných matic): Podobné matice mají shodné charakteristické polynomy(silnější vlastnost, než že matice mají stejná vlastní čísla) A=R 1 BR p A (t)=det(a ti)=det(r 1 BR tr 1 IR)=det(R 1 (B ti)r)= neboťdet(r 1 )det(r)=det(i)=1 %2%%1>$3+ =det(r 1 )det(b ti)det(r)=det(b ti)=p B (t) Mějme I,J,K,L,P,Q,R,S T n n : ( ) ( ) I J P Q K L R S } {{ } } {{ } T 2n 2n ( ) IP+ JR IQ+JS = KP+ LR KQ+LS VĚTA (o vztahu řádu matice a vlastních čísel součinů matic): Pro čtvercové matice A a B stejného řádu mají matice AB a BA stejná vlastní čísla Cvičení: Dokažte, že toto jednoduše platí, je-li A nebo B regulární (Nyní dokazujeme větu i pro singulární A, B) ( )( ) ( ) AB 0 I A AB ABA = B 0 0 I B BA ( )( ) ( ) I A 0 0 AB ABA = 0 I B BA B BA ( ) I A Dále víme, že je regulární, tudíž matice 0 I ( ) AB 0 B 0 a ( ) 0 0 B BA si jsou podobné a mají tedy stejný charakteristický polynom: ( ) AB ti 0 det =( t) n det(ab ti)=( t) n p B ti AB (t) První rovnost platí, neboť jeden kvadrant je nulový, tedy si musíme brát prvky z kvadrantu s ti(tojeono( t) n ),aostatnínutněmusímebrátzab ti,abychomzachovalipermutaci 11

13 Jiří Fiala Lineární algebra II Vlastní čísla a vlastní vektory Charakteristický mnohočlen Stejně i pro druhou matici ( ) ti 0 det =( t) n det(ba ti)=( t) n p B BA ti BA (t) Tedy díky rovnosti oněch matic platí ( t) n p AB (t)=( t) n p BA (t) VĚTA (Cayley Hamilton): Nechť A T n n a p A (t)=( 1) n t n + a n 1 t n 1 + +a 1 t+a 0 je její charakteristický polynom Potom platí ( 1) n A n + a n 1 A n 1 + +a 1 A+a 0 I=0 Cvičení: Ukažte, že tato věta platí pro diagonalizovatelné matice Využijme faktu, že Madj(M)=det(M)I adosaďmeza M= A ti Pakprvkymaticeadj(A ti)jsoupolynomystupně n 1vt (plyne z definice adj(m) pomocí minorů) adj(a ti)=t n 1 B n 1 + t n 2 B n 2 + +tb 1 + B 0 B n 1,,B 0 T n n (A ti)(t n 1 B n 1 + t n 2 B n 2 + +tb 1 + B 0 )=det(a ti)i= =p A (t)i=( 1) n t n I+ a n 1 t n 1 I+ +a 1 ti+ a 0 I Jaké dostaneme koeficienty? t n B n 1 =( 1) n I / A n zleva t i,1 i n 1 AB i B i 1 = a i I / A i zleva t 0 (absčlen) AB 0 = a 0 I Sečteme: A n B n 1 + A n 1 (AB n 1 B n 2 )+A n 2 (AB n 2 B n 3 )+ +A(AB 1 B 0 )+AB 0 = =( 1) n A n + a n 1 A n 1 + +a 1 A+a 0 I Ale zároveň se vše vzájemně vykrátí tak, že: A n B n 1 + A n 1 (AB n 1 B n 2 )+ +A(AB 1 B 0 )+AB 0 =0 12

14 [MPWXO\ ]\WMP P QPXRSL d a JiříFiala LineárníalgebraII C je algebraicky uzavřené těleso, tedy se dají nalézt kořeny polynomů e>8-"/$3 1=!" "-_:( Každýpolynomstupně 1má 1kořenvtělese C )?-/8+ Vlastníčíslaavlastnívektory VlastníčíslaamaticevC Každýpolynom p(t)stupně n 1nad Clzerozložitnasoučit nmonomů p(t)=a n (t λ 1 )(t λ 2 ) (t λ n ) kde λ 1,,λ n jsoukořeny Pročbytoměloplatit? p(t)/(t λ)musíbýtnutněpolynomstupně n 1aλ i jekořen p(t), jehož existenci dává základní věta algebry Postupnětaktodělíme,apokudbynakoncizůstaloněcojinéhonež0,taknemohlybýt λ i kořeny f>!'$ /?8"2 Mějme p(t)=a n t n + a n 1 t n 1 + +a 1 t+a 0 abezújmynaobecnostipředpokládejme a n 0, a 0 0 Jakse p(t)chová? (i) t 0:p(t) = a 1 t+a 0 (předpokládáme-li a 1 0) (ii) t :p(t) = a n t n Jakgrafickyvypadáobrazkomplexníkružniceopoloměru r:d r := {t: t =r}? (i) t 0:p(D r )jemalýkomplexníkroužekokolo a 0 (ii) t :p(d r )obrazse n-krátovineokolonuly Topologickýargument: Pro t jepočátekuvnitřobrazukružniceapro t 0jevně Tedy pokud spojitě přechází z extrému do extrému, tak tu nulu někdy musí trefit Důsledek: Nechť A je komplexní čtvercová matice řádu n Potom lze psát p A (t)=(λ 1 t) r1 (λ 2 t) r2 (λ k t) r k kde λ 1,,λ k jsourůznávlastníčíslaar i jetzvalgebraickánásobnostvlastníhočísla: k r i= n %2%%1>$3+ (i) a 0 =deta= k λ ri i Dosaďme t = 0 do charakteristického polynomu a do jeho alternativního zápisu z předchozího důsledku: p A (t)=det(a ti) 13

15 JiříFiala LineárníalgebraII Vlastníčíslaavlastnívektory VlastníčíslaamaticevC (ii) a n =( 1) n a n 1 =( 1) n (r 1 λ 1 + r 2 λ 2 + +r k λ k )=(A 1,1 + A 2,2 + A 3,3 + +A n,n ) (1) p A (t)=(λ 1 1) r1 (λ 2 t) r2 (λ k t) r k Ztohotorozvojemohuurčitkoeficient t n 1 :z n 1závorekvždyvezmu taztézbývající λ (2) p A (t)=det(a ti) Jedině permutace, která je identitou(tedy provede vynásobení po diagonále), může dát polynomvtstupně n 1 Tatopermutacedásoučin(A 1,1 t)(a 2,2 t) (A n,n t)akoeficienttedybudeopět (stejným způsobem jako v(1)) součet prvků na diagonále 012$3+ Čtvercová komplexní matice A je diagonalizovatelná, právě když λ i :rank(a λ i I)=rank(A) r i Ajediagonalizovatelná,tedyexistujebáze C n složenázvlastníchvektorů Tutobázivšak můžemerozložitna kbázívprostoruker(a λ i ),kdekaždájeodimenzi r i Z38-"/+ Matice, která nelze diagonalizovat: A= ( ) λ 1,2 =1 g%/"$?1 $%>-$3!1" "!'# Každá komplexní čtvercová matice je podobná matici T-O-D-O: nakreslit Čtvercovéoblasti,kterémajínadiagonálevlastníčíslo λ i obklopenéjedničkami,nazývámejordanovy buňky h'!%18> "!'# )*$'#+ Nechť AjekomplexníčtvercovámaticePotommatici A H,prokterouplatí (A H ) ij = a ji nazýváme hermitovská transpozice matice A Pozn: Někdyseznačítaké Aaktomuseještěněkdynazývákonjugovanámatice %2%%1>$3+ (AB) H = B H A H (Důkaz je obdobný jako pro obyčejnou transpozici) 14

16 %2%%1>$3+ JiříFiala LineárníalgebraII Vlastníčíslaavlastnívektory VlastníčíslaamaticevC Pro standardní skalární součin nad C platí x y = n x i y i = y H x Vezměmeprostornad Ckonečnédimenze n = C n aorthonormálníbázi u i vůčistandardnímu skalárnímu součinu: A=(u 1 u 2 u n ) Potom nutně platí A H A=I Definice: Komplexníčtvercovámatice Asenazýváhermitovská,platí-li A H = A,aunitární, platí-li A H A=I Pozn: InterpretacevR: Hermitovskámaticeodpovídásymetrickématici A T = A,zatímco unitárnímaticeodpovídáorthogonálnímatici A T = A 1 VĚTA (o diagonalizaci hermitovské matice): Každá hermitovská matice A má všechna vlastní čísla reálná a dokonce existuje unitární matice Rtaková,že R 1 ARjediagonální Pozn: Podobnávětaplatíiproširšítřídumatic,tzvnormálnímatice A H A=AA H Indukcí podle n řádu matice Pro n = 1 triviálně platí, nechť tedy platí pro 1,2,,n 1: Víme,žeexistujevlastníčíslo λapříslušnývlastnívektor x CPodleSteinitzovyvěty ovýměněmůžemedoplnit xnaorthonormálníbáziprostoru C n Bezújmynaobecnosti tedynechť x =1 Z vektorů této báze vytvoříme matici P n, obsahující ve svém sloupcovém prostoru ortonormálníbázi C n P n jeunitární,poněvadžstandardnískalárnísoučindvourůzných vektorů z orthonormální báze je nulový a součin dvou stejných vektorů je 1 Platí: (P H n A n P n ) H = P H n A H n(p H n) H = P H n A H n P n Tedy Pn H A H n P n jehermitovskámatice Dálemějmematici: ( ) λ 0 0 A n 1 Protožetatomaticejerovnasvéhermitovskétranspozici,musíplatit λ=λ,tudíž λ R Zindukčníhopředpokladuexistujeunitárnímatice R n 1 taková,že Rn 1 1 A n 1R n 1 = D n=1 Vezměme ( ) 1 0 S= 0 R n 1 R n = P n S Si P n jeunitární jeunitárníijejichsoučin? R H n R n =(P n S) H P n S= S H P H n P n S= I Tedy R n jeunitárníjetoonamatice,kteroujsmehledali? R 1 n A n R n =(P n S) H AP n S= S H Pn H AP n S= ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 λ λ 0 = 0 Rn 1 H = = D 0 A n 1 0 R n 1 0 D n 1 15

17 JiříFiala LineárníalgebraII Vlastníčíslaavlastnívektory VlastníčíslaamaticevC Alternativní cesta k důkazu (i) Snadnoseukáže,že λ R: Ax=λx (Ax) H =(λx) H (λx) H = λx H = x H A H x H x(λ λ)=x H (λ λ)x=x H Bx x H B H x=0 Tedynutně λ=λ (ii) Různá vlastní čísla znamenají, že příslušné vektory jsou na sebe kolmé Nechť λ 1,λ 2 jsoudvěrůznávlastníčíslamatice Aax 1,x 2 jsoupříslušnévlastní vektoryvíme,že A H x 1 = λx 1 Potom λ 1 x H 1 x 2 =(λ 1 x H 1 x 2 =(A H x 1 ) H x 2 = x H 1(Ax 2 )=λ 2 x H 1 x 2 avíme,že λ 1 λ 2,proto x H 1 x 2 =0ajsoutedyortogonální (iii) Obtížnéjealeukázat,žedim(Ker(A λ i I))=r i )?-/8+ Pro každou symetrickou matici A platí, že všechna její vlastní čísla jsou reálná a navíc existuje orthogonálnímatice Rtaková,že R 1 ARjediagonalizovatelná Pozor, ne každá matice je orthogonální Je nutno ukázat, že příslušný vlastní vektor x lze vzít reálný To naštěstí lze: (A λi)x=0 To je soustava lineárních rovnic s reálnou singulární maticí, tedy musí existovat netriviální řešeníatakmůžemezůstatvtělese R Z38-"/+ A= ( ) 1 1+i 1 i 2 p A (t)=t 2 3t λ 1 =0, λ 2 =3 R= ( 1+i i 3 ) unitární R H = R 1 = R 1 AR=R H AR= ( 1 i ) i 3 3 ( )

18 ,2!"` `'!%189!"$5%2'# " 8"->$3`% % 6'$ %2%%1>$3+ JiříFiala LineárníalgebraII Vlastníčíslaavlastnívektory VlastníčíslaamaticevC Nechť V jevektorovýprostorseskalárnímsoučinemkonečnédimenzeax= {x 1,x 2,,x n } je jeho orthogonální báze Potom: u,v V : u v = n u x i x i v =[v] H x[u] x n u= α i x i n v= β i x i α i = u x i =([u] x ) i β i = v x i =([v] x ) i 012$3+ x i v =β i u v = n n n n α i x i β j x j = α i β j x i x j j=1 j=1 i j x i x j =0 i=j x i x j =1 Nechť V jevektorovýprostorseskalárnímsoučinemkonečnédimenzeax= {x 1,x 2,,x n } jejehoorthonormálníbázenechťdále f:v V jelineárnízobrazení Potom platí, že f zachovává skalární součin, tj u v = f(u) f(v) ato,právěkdyžjematicezobrazení[f] XX unitární u v =[v] H X[u] X f(u) f(v) =[f(v)] H X[f(u)] X =([f] XX [v] X ) H [f] XX [u] X =[v] H XX[f] H XX[f] XX [u] X Tovšakmůžeplatit,pouzepokud[f] H XX [f] XX= I,jinak u,v Vtakové,žeserovnost porušítedy[f] XX musíbýtunitární 17

19 igjek lmc Jiří Fiala Lineární algebra II Pozitivně definitní matice Jak se chová skalární součin vůči orthonormální bázi víme Otázka však zní, jak se chová vůči libovolné bázi Odpověď? Překvapivě i v tomto případě lze vyjádřit maticovým součinem %2%%1>$3+ Nechť V = C n jeprostorseskalárnímsoučinem Potomexistujematice Etaková,že u v = v H Euprolibovolnéaritmetickévektory u,v C Vezměmekanonickoubázi C n : e 1,e 2,,e n u:=(u 1,u 2,,u n ) v:=(v 1,v 2,,v n ) u v = n n n n u i e i v j e j = u i v j e i e j j=1 Definujmetedymatici(E) ij = e i e j : %2$>8(+ n j=1 j=1 n u i v j e i e j =v H Eu Pokud u v = u v, matice E musí být hermitovská Pokud u u 0a u u =0 u=0,matice Emusíbýtpozitivnědefinitní )*$'#+ Splňuje-li hermitovská matice A řádu n podmínku x C n, x 0:x H Ax >0 potom řekneme, že matice A je pozitivně definitní Pokud je splněna alespoň podmínka x C n : x H Ax 0 tak nazveme matici A pozitivně semidefinitní Obdobně máme matice negativně(semi)definitní a indefinitní(neplatí-li ani jedno) Pozn: Pozitivně definitní matice indikují lokální minimum, v matematické analýze se proto uplatňují při vyšetřování extrémů funkce více proměnných VĚTA (hermitovská matice a pozitivní definitnost): Pro hermitovskou matici A jsou následující podmínky ekvivalentní: (i) A je pozitivně definitní (ii) A má všechna vlastní čísla kladná (iii) k Aexistujeregulárnímatice Utaková,že A=U H U 18

20 Jiří Fiala Lineární algebra II Pozitivně definitní matice (1 2) Mějmevlastníčíslo λapříslušnývlastnívektor x: Ax=λx x H Ax=x H λx x H Ax=λx H x Zpředpokladuvíme,že Ajepozitivnědefinitní(x H Ax >0),tedy x H xjesoučinkomplexně sdružených nenulových čísel, což musí být kladné reálné číslo, a proto nutně λ >0 (2 3) Matice Ajehermitovská,tedy R:R H DR kde RjeunárníaDdiagonálníNadiagonálemápřitomvlastníčísla,kterájsoukladná Zvolme Dtak,že D ii = D ii Potom D= D H D A=R H DH DR U= DR a Ujeregulární,neboť Ri Djsouregulární (3 1) Snadnoodvodíme: x H Ax=x H U H Ux=(Ux) H (Ux) >0 } {{ }} {{ } $3 n7`%-89`% %28-"/o+ Pro pozitivně definitní matici A existuje trojúhelníková matice U taková, že A=U H U Vynecháme Důkaz by byl jen adaptací důkazu tvrzení, že A je hermitovská existuje unitární R:A=R H DR Jenbysemuselověnovattrochuúsilípřisestavovánímaticetak, aby byla trojúhelníková a dalšími operacemi se tento stav neporušil p-_%'! 5% $"-2$3 %28-"/ Vstup: Hermitovská matice A Výstup: Choleskéhorozklad U: U H U= Aneboodpověď,že Anenípozitivnědefinitní (i) Pro až nproveď i 1 u ii = aii u ki u ki k=1 (pokud u ii Rneexistuje, Anenípositivnědefinitní) 19

21 Jiří Fiala Lineární algebra II Pozitivně definitní matice (ii) Pro j= i+1až nproveď u ij = 1 u ii ( ) i 1 a ij u kj u ki k=1 Není složitý, lze poměrně snadno zpětně odvodit z násobení matic 012$3 ng"#%:'`% 5"1'/-%o+ Hermitovskámatice Ařádu njepozitivnědefinitníprávětehdy,kdyždeterminantymatic A 0, A 1, A 2,, A n 1 jsoukladné(a i značímaticivzniklouzaumazánímposledních iřádkůasloupců) Důkaz: Složitý, neuveden 012$3+ Mějme blokovou matici A definovanou jako α a H A= a à Blokovámatice Ajepozitivnědefinitní,právěkdyž α >0aà 1 α a ah jepozitivnědefinitní Nechť x C n (libovolnýnetriviální): α a H x 1 x H Ax=(x 1 x H ) a à x = = αx 1 x 1 + x 1 x H a+x 1 a H x+ x H à x x H1 α aah x+ x H1 α aah x= = αx 1 x 1 + x 1 x H a+x 1 a H x+ x H1 α aah x+ x H ( à 1 α aah ) x= komplexně sdružená čísla ( { = x H à 1 ( }} { αx1 ) x+ α aah + 1 )( αx1 α x H a + 1 a H x ) >0 α } {{ } vždyjejedenzvýrazů >0,neboť xjenetriviální Ukáže se stejně volbou x 1 = 1 α ah x ( cvičení ) 20

22 qgh Jiří Fiala Lineární algebra II Formy Mějmelineárnízobrazení f:v V,kdedimV < Paksedánajítmaticezobrazenítaková,že volbou vhodné báze získáme diagonální matici Mějmedáleskalárnísoučin V V C(neboobecně T),kdedimV < Paksedánajít matice součinu (pozitivně definitní matice) taková, že volbou vhodné báze získáme pěknou matici )*$'#+ Nechť V jevektorovýprostornadtělesem Ta f:v V Tjezobrazenítakové,kteréjelineární v první složce: u,v V, α T: f(αu,v)=αf(u,v) ivedruhésložce: u 1,u 2,v V : f(u 1 + u 2,v)=f(u 1,v)+f(u 2,v) u,v V, β T: f(u,βv)=βf(u,v) u,v 1,v 2 V : f(u,v 1 + v 2 )=f(u,v 1 )+f(u,v 2 ) Potom fnazývámebilineárníformouna V Bilineární forma je symetrická, platí-li u,v V : f(u,v)=f(v,u) Zobrazení g:v T nazývámekvadratickouformou,pokud g(v)=f(v,v)pronějakoubilineárníformu fna V )*$'#+ Nechť V jevektorovýprostornadtělesem T konečnédimenzeax= {v 1,,v n }jejehobáze Potomprokvadratickouformu g:v Tdefinujemematici Bformy gpředpisem b ij = f(v i,v j ) kde f je symetrická(tzv polární) bilineární forma vytvořující formu g %2%%1>$3+ Pro každou kvadratickou formu existuje polární forma, která ji definuje Bilineární formy na vektorových prostorech konečné dimenze se počítají jako maticové součiny (kde A je čtvercová matice) Jaksesmaticíformypočítá? )*$'#+ v T Au u V, [u] X =(α 1,α 2,,α n ):u= ( g(u)=f(u,u)=f αi v i, ) α j v j = n j=1 n α i u i n α i α j f(v i,v j )=[u] T X B [u] X Analytickévyjádřeníkvadratickéformy g:v Tvůčikonečnébázi Xjefunkce g:t n T n n g(x 1,x 2,,x n )= a ij x i x j j=i kdekoeficienty a ij jsouodvozenyzmatice Bformy gvůčibázi Xpředpisem a ij =2b ij i j a ii = b ii 21

23 Z38-"/(+ Jiří Fiala Lineární algebra II Formy (i) Kvadratickáforma g 1 : R 2 Rdanámatici B= Analytické vyjádření téže formy: ( ) 0 3 vůči kanonické bázi K 3 3 g 1 (x 1,x 2 )=6x 1 x 2 3x 2 2 (ii) Kvadratickáforma g 2 : R 3 Rdanámatici B= vůči kanonické bázi K Analytické vyjádření téže formy: g 2 (x 1,x 2,x 3 )=x 2 1+4x 1 x 3 2x 2 x 3 +3x 2 3 LEMMA: Nechť Bjematicekvadratickéformy g:v Tvůčibázi X,potom B =[id] T Y X B [id] Y X jematicíformy gvůčibázi Y [u] X =[id] Y X [u] Y g(u)=[u] T X B [u] X =([id] Y X [u] Y ) T B [id] Y X [u] Y = =[u] T Y [id] T Y X B [id] Y X } {{ } maticeformy gvůči Y [u] Y VĚTA (Sylvesterův zákon setrvačnosti kvadratických forem): Platípouzepro T= R! Nechť V jevektorovýprostorkonečnédimenzenad Rag:V Rjekvadratickáforma Potom existujebáze Xprostoru V taková,žematice Bformy gvůči Xjediagonální,anavíc i:b ii { 1,0,1} Navícpočetkladnýchprvkůnadiagonálenezáležínavolbě X(ajeprovšechnytakovévhodnébáze stejný) Pozn: Vektoru(#+1,# 1,#0) se říká signatura formy Zákon setrvačnosti tedy říká, že signatura formy dané formy je stejná a nelze změnit volbou jiné báze 22

24 Jiří Fiala Lineární algebra II Formy (a) existence:mámlibovolnoubázi X 0 asymetrickoumatici B 0 Pak unitární R:R 1 B 0 Rjediagonální (unitárníjetaková R,že R 1 = R T ) R 1 B 0 R=R T B 0 R=D Nadefinuji Ddiagonální: d ii = α ii D= D T B D Hledaná matice bude mít: nadiagonále0,pokudvdbylovlčíslo=0 nadiagonále1,pokudvdbylovlčíslo >0 nadiagonále 1,pokudvDbylovlčíslo <0 Z38-"/+ ( ) T B 0 = D R T B D R T kde D R T jeregulárnímatice,konkrétněmaticepřechoduodbáze X 0 k X (b) jednoznačnost: Nezkouší se Bez újmy na obecnosti nechť B je regulární Dokazuji fakt, že pro libovolnou symetrickou Balibovolnouregulární Rmajímatice Ba R T B Rstejnousignaturu(stačístejnýpočet kladných vlastních čísel) Mámdanou R=R 0 ProveduGramm Smidthovuortogonalizaciazískám R 1 unitární Tosivšakpředstavímjakospojitýproces získám R s pro s=[0,1]všechnytytomatice jsou regulární, vlastní čísla se však mění spojitě; nikdy proto nemohou projít nulou, a tedy počet kladných a záporných čísel se tímto procesem nezmění Diagonalizace kvadratickéformy:mějmekvadratickouformu g 1 : R 2 Rdanoumaticí B= ( ) vůči kanonické bázi K Maticetéžeformyvůčibázi X= {(2/3,1/3) T,( 1/3,1/3) T }: B =[id] T XK B [id] XK = Analytickévyjádření B jepak: ( )( )( ) ( ) 2/3 1/ /3 1/3 1 0 = 1/3 1/ /3 1/3 0 1 g(x 1,x 2 )=x 2 1 x