# Lineární algebra 2 - DÚ 4 - Ortogonální matice, doplněk a projekce

František Mrkus

## 1)

Vzhledem k normalitě ne (a asi bych ani nenašel příklad, kde to platí) - protipříkladem buď např.
$P = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}, Q = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$

## 2)

Součet druhých mocnin prvků v každém řádku/sloupci musí být roven $1$. Jelikož tomuto součtu může přispívat vždy právě jeden prvek (na diagonále), musí být roven $+1$ nebo $-1$.
Skalární součin každých dvou řádků bude také nula (každý prvek násobím s nulou), což jsou dvě postačjící podmínky pro ortogonalitu matice.

Celkem je těchto matic $2^n$.

## 3)

$x*(\frac{1}{4})^2+y*(-\frac{1}{4})^2=1$
$(x+y)*(\frac{1}{16})=1$

Celkem matice obsahuje $16$ řádků a sloupců.

Co se týče kolmosti sloupců/řádků, pak každá dvojice sloupců/řádků musí obsahovat stejný počet dvojic prvků, kde znaménka jsou stejná (tzn. součin je $+\frac{1}{16}$) jako dvojic, kde znaménka jsou opačná (součin je $-\frac{1}{16}$). Dvojicí rozumím prvky na stejném sloupci při porovnávání řádků, rsp. na stejném řádku při porovnávání sloupců.

## 4)

Matici spočítám podle vzorce $P=A(A^TA)^{-1}A^T$, kde $S(A)$ jsou generátory prostoru.

$P_U = \begin{pmatrix} 2 \\ 1\\ 1 \end{pmatrix}*6^{-1}*\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 4 & 2 & 2 \\ 2&1&1 \\ 2&1&1 \end{pmatrix}$

$P_V = I_3$, protože původní vektory jsou generátory celého prostoru $\mathbb R^3$.

## 5)

Řádkový prostor matice $A=\begin{pmatrix}1&2\\-1&-2\end{pmatrix}$ je $span\{(1,2)^T,(-1,-2)^T\}=span\{(1,2)^T\}$.

Kernel je řešení soustavy popsané maticí, tzn.

$x_1+2x_2=0$
$-x_1-2x_2=0$

což je $x_1,-\frac{1}{2}x_1,x_1\in\mathbb R$, tzn. $Ker(A)=span\{(2,-1)^T\}$

## 6)

Ortogonální doplněk prostoru je jádro matice, jejíž řádkový prostor je tvořen generátory tohoto prostoru.

### 1.

$U^\perp = Ker\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix}=Ker\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -1\end{pmatrix}$
Vezmu-li $x_3,x_4$ jako volné proměnné $s,t$, pak řešení

$x_1=-s-t$
$x_2=-t$
$x_3=s$
$x_4=t$
dává $U^\perp =span\{(-1,0,1,0)^T,(-1,-1,0,1)^T\}$ (tzn. násobky $s,t$ u proměnných $x_1,x_2...$)

### 2.

$V^\perp = span\{(1,1,2)^T\}$, jak vyplývá z definice. Levou stranu rovnice v zadání mohu interpretovat jako skalární součin vektoru $x$ s vektorem $y = (1,1,2)^T$, takže $\langle x,y \rangle = 0$, a vzhledem k linearitě skalárního součinu mohu toto vztáhnout na celý lineární obal.

(Druhý postup je vyřešit rovnici, z řešení získat generátory prostoru a pak vyřešit jádro tohoto prostoru.)