Determinanty a inverzní matice Definice Necht A = (a ij ) je matice typu (n, n), n 2 Subdeterminantem A ij matice A příslušným pozici (i, j) nazýváme determinant matice, která vznikne z A vypuštěním i-tého řádku a j-tého sloupce Doplňkem D ij nazýváme číslo D ij = ( ) i+j A ij Věta Necht A = (a ij ) je matice typu (n, n), n 2 Pak pro každé i {,,n} platí Navíc pro každé j {,,n}, j i, máme deta = a i D i + a i2 D i2 + + a in D in a i D j + a i2 D j2 + + a in D jn = 0 Příklad 2 3 2 0 0 4 0 3 0 0 = 4 D 23 = 4 ( ) 2+3 2 2 3 0 0 3 5 2 3 2 = 4 3 D 2 = = 2 ( ) 2+ 2 3 2 = 2 ( 2 6) = 96 Věta 2 Necht A je matice typu (n, n) Pak A je regulární ptk deta 0 Důkaz: Předpokládejme, že deta = 0 a A je regulární (tj A existuje) Pak = dete = det(a A ) = deta deta = 0 deta = 0, což je spor Předpokládejme, že deta 0 Pak ukážeme, že A = deta (D ij) T, kde (D ij ) T je transponovaná matice všech doplňků matice A Označme B = (D ij ) T a vypočteme A B = C = (c ij ) Pak { deta pro i = j, c ij = a i D j + a i2 D j2 + + a in D jn = 0 pro i j Takže C = (deta) E Podobně se ukáže, že B A = (deta) E Příklad Necht A = ad bc 0, potom A = ( ) a b c d ad bc (D ij) T = je obecná matice typu (2, 2) Pak deta = ad bc Pokud ad bc ( ) T d c = b a ad bc ( ) d b c a
2 Soustavy lineárních rovnic () Mějme soustavu m lineárních rovnic o n neznámých: a x + + a n x n = b a m x + + a mn x n = b m Pokud označíme a a n A = a m a mn, x = x x n, b = b b m, pak místo () můžeme psát stručněji A x = b Matici A nazýváme maticí soustavy (), vektor b T = (b,,b m ) vektorem pravých stran a vektor x T = (x,,x n ) vektorem neznámých Matici (A b) nazýváme rozšířenou maticí soustavy Poznámka Ačkoliv x a b jsou jednosloupcové matice a ne vektory, budeme s nimi běžně pracovat jako s vektory, protože je většinou z kontextu jasné, kdy je máme chápat jako jednosloupcové matice Všiměme si také, že soustava () lze přepsat takto: x a a m + + x n a n a mn = b b m To znamená, že pokud vektor (α,,α n ) je jejím řešením, pak vlastně vektor b je lineární kombinací sloupců matice A a koeficienty této lineární kombinace jsou právě α,,α n Věta 3 (Frobeniova) Soustava A x = b má řešení ptk hoda = hod (A b) Důkaz: Vektor (α,,α n ) je řešením soustavy A x = b ptk b je lineární kombinací sloupců A s koeficienty α,,α ( n To ) znamená, že soustava A x = ( b má) řešení ptk A b T r : A T T A to je ptk r : = r : A T T a to je ptk hod = hoda T b T Protože pro každou matici B máme hodb T = hodb, dostaneme hod (A b) = hoda b T Definice 2 Necht A x = b a C x = d jsou soustavy lineárních rovnic soustavy jsou ekvivalentní, pokud mají stejné množiny řešení Říkáme, že tyto Věta 4 Ke každé soustavě A x = b lze nalézt ekvivalentní soustavu C x = d, kde C je horní trojúhelníková Důkaz: Zřejmě (A b) (C d), kde C je horní trojúhelníková Stačí tedy ukázat, že soutavy A x = b a C x = d jsou ekvivalentní Protože (A b) (C d), existuje regulární matice P tž (C d) = P (A b) = (P A P b) 2
Takže C = P A a d = P b Necht a je řešení soustavy A x = b, tj A a = b Pak P A a = P b, tj C a = d Obráceně, necht z je řešením C x = d Pak P A z = P b Vynásobením maticí P zleva dostaneme A z = b Definice 3 Necht A x = b je soustava lin rovnic a b = o Pak nazýváme tuto soustavu homogenní Věta 5 Množina M řešení homogenní soustavy A x = o o n neznámých tvoří lin podprostor lin prostoru R n Důkaz: Zřejmě o M Necht u, v M a α R Pak A (u+v) = A u+a v = o+o = o a A (α u) = α (A u) = α o = o Takže u + v M a α u M Věta 6 Necht A x = o je homogenní soustava lin rovnic o n neznámých a M = {u R n A u = o} Pak dimm = n hoda Důkaz: Víme, že (A o) (C o), kde C je horní trojúhelníková, jejíž počet nenulových řádků je hoda Na popis řešení budeme tedy potřebovat k = n hoda parametrů p,,p k R Necht tedy x i = p,, x ik = p k Protože vektor pravých stran je nulový, můžeme ostatní složky řešení vyjádřit jako lineární kombinace parametrů p,,p k To znamená, že libovolné řešení můžeme vyjádřit ve tvaru: (x,,x n ) = p u + + p n u n Takže M = u,,u k Zbývá ukázat, že {u,,u k } je LN Necht α u + + α k u k = o Protože u má na pozici i číslo a ostatní vektory u 2,,u k nulu, platí pro i složku α + α 2 0 + + α k 0 = 0, tj α = 0 Podobně ukážeme, že i α 2 = = α k = 0 Příklad Najděte bázi a dimenzi lin prostoru M všech řešení následující homogenní soustavy lin rovnic: 2 3 4 5 0 0 0 2 3 0 0 0 0 0 0 0 Necht p, p 2, p 3 R Volme x 5 = p a x 4 = p 2 Z rovnice x 3 + 2x 4 + 3x 5 = 0 dostaneme x 3 = 2p 2 3p Dále volme x 2 = p 3 Z rovnice x + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 + 5x 5 = 0 dostaneme x = 2p 3 3( 2p 2 3p ) 4p 2 5p = 2p 3 + 2p 2 + 4p (x, x 2, x 3, x 4, x 5 ) = ( 2p 3 + 2p 2 + 4p, p 3, 2p 2 3p, p 2, p ) = = p (4, 0, 3, 0, ) + p 2 (2, 0, 2,, 0) + p 3 ( 2,, 0, 0, 0) 3
Množina {(4, 0, 3, 0, ), (2, 0, 2,, 0), ( 2,, 0, 0, 0)} je báze lin prostoru M a dimm = 3 Ukažme, že {(4, 0, 3, 0, ), (2, 0, 2,, 0), ( 2,, 0, 0, 0)} je LN α (4, 0, 3, 0, ) + α 2 (2, 0, 2,, 0) + α 3 ( 2,, 0, 0, 0) = (0, 0, 0, 0, 0) Ukážeme např že α 2 = 0 Parametr p 2 odpovídá čtvrté složce řešení x 4 Pro čtvrtou složku z předchozí rovnice tedy máme α 0 + α 2 + α 3 0 = 0, tj α 2 = 0 Definice 4 Necht A x = b je nehomogenní soustava lin rovnic a v je jedno její řešení Pak v nazýváme partikulární řešení a soustavu A x = o nazýváme přidruženou homogenní soustavou k A x = b Věta 7 Necht v je partikulární řešení soustavy A x = b a M 0 je lin prostor řešení přidružené homogenní soustavy A x = o Pak pro množinu M všech řešení A x = b platí: M = {v + u u M 0 } Důkaz: Nejprve ukážeme, že v + u je řešení pro libovolný vektor u M 0 Máme A (v + u) = A v + A u = b + o = b Nyní ukážeme, že každé řešení w M lze vyjádřit ve tvaru v+u pro nějaký vektor u M 0 Volme u = w v Vektor u M 0, protože A u = A (w u) = A w A v = b b = o Vzhledem k tomu, že v + u = v + (w v) = w, důkaz je hotov Pokud {u,,u k } je báze lin prostoru M 0 všech řešení přidružené homogenní soustavy A x = o, pak množinu řešení soustavy A x = b obvykle zapisujeme takto: M = v + M 0 = v + u,,u k Věta 8 (Cramerovo pravidlo) Necht A je regulární čtvercová matice Pak pro i-tou složku řešení soustavy A x = b platí α i = detb i deta, kde matice B i je shodná s maticí A až na i-tý sloupec, který je nahrazen sloupcem pravých stran b Důkaz: Protože A je regulární, máme x = A b Dále pro inverzní matici A platí: ( ) A Dji = (c ij ) =, kde (D ij ) je matice doplňků k matici A deta Necht b = (b,,b n ), pak α i = n c ij b j = j= n j= D ji deta b j = deta (D ib + + D ni b n ) = detb i deta 4
Příklad Pro následující soustavu spočtěte neznámou x 2 : 2 3 x 0 3 2 x 2 = 0 x 3 0 0 3 3 0 0 0 + 0 + 0 (3 + 0 + 0) x 2 = = 2 3 0 + 2 + 9 (6 + + 0) = 3 4 3 2 0 3 Maticové rovnice Algoritmus Gaussovy eliminační metody lze jednoduše zobecnit na maticové rovnice tvaru A X = B Necht b,,b k jsou sloupce matice B and x,x k sloupce matice X Všiměme si, že rovnice A X = B je ekvivalentní s k-ticí rovnic A x = b,,a x k = b k, protože i-tý sloupec součinu A X závisí pouze na i-tém sloupci x i Rovnice A x i = b i jsou již normální soustavy lin rovnic Vzhledem k tomu, že mají všechny stejnou matici soustavy, lze je řešit jednou eliminací najednou, jen musíme matici soustavy rozšířit o všechny pravé strany b,,b k Postupujeme takto: (A B) = ( A b b k ) ( C d d k ), kde C je horní trojúhelníková Každý sloupec x i matice X potom vyjádříme nezávisle ze soustavy (C d i ) Příklad Řešte rovnici A X = B, kde 2 4 0 A = 2 3, B = 2 5 3 5 2 4 0 2 4 0 2 4 0 2 3 2 5 0 5 5 0 5 0 0 3 5 0 5 5 0 5 0 0 0 0 0 x 2 4 Sloupec x = x 2 získáme ze soustavy 0 0 Necht x 3 = p, p R Z x 3 0 0 0 0 druhé rovnice x 2 + x 3 = 0 plyne x 2 = p Z první rovnice x + 2x 2 + 4x 3 = plyne x = 2p x 2 2 4 0 Podobně sloupec x 2 = x 22 získáme ze soustavy 0 Necht x 32 = t, x 32 0 0 0 0 t R Z druhé rovnice x 22 + x 32 = plyne x 22 = t Z první rovnice x 2 + 2x 22 + 4x 32 = 0 plyne x 2 = 2 2t Dohromady 2p 2 2t X = p t, p, t R p t 5
Metodu je možné upravit i na rovnice tvaru X A = B Pomocí transpozice převedeme rovnici na A T X T = B T Pomocí předchozího postupu nalezneme X T, tj eliminuje matici (A T X T ), a nakonec opět pomocí transpozice získáme X = (X T ) T 6