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.

$P=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right),Q=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$

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)

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

$(x+y)\ast (\frac{1}{16})=1$

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

$P=A(A^{T}A{)}^{-1}{A}^T$, kde

$S(A)$ jsou generátory prostoru.

$P_U=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\end{array}\right)\ast 6^{-1}\ast \left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\end{array}\right)=\frac{1}{6}\left(\begin{array}{ccc}4& 2& 2\\ 2& 1& 1\\ 2& 1& 1\end{array}\right)$

$P_V=I_3$, protože původní vektory jsou generátory celého prostoru

${\mathbb{R}}^3$.

5)

Řádkový prostor matice

$A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ -1& -2\end{array}\right)$ 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.

$U^{\perp }=Ker\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 1& 1\\ 1& 1& 1& 0\end{array}\right)=Ker\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 1& 1\\ 0& 1& 0& -1\end{array}\right)$
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

$⟨x,y⟩=0$, 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.)