# Lineární algebra 2 - DÚ, sada 7

## 1.

Pomocí obecného algoritmu vytvořím matici $L$:

$l_{1,1}=\sqrt{a_{1,1}}$
$l_{1,2}=(a_{2,1})/l_{1,1}$
$l_{1,3}=(a_{3,1})/l_{1,1}$

$l_{2,2}=\sqrt{a_{2,2}-l_{2,1}^2}$
$l_{2,3}=(a_{3,2}-l_{3,1}l_{2,1})/l_{2,2}$

$l_{3,3}=\sqrt{a_{3,3}-l_{3,1}^2-l_{3,2}^2}$

$l_{1,1}=\sqrt{1}=1$
$l_{1,2}=-1/1=-1$
$l_{1,3}=4/1=4$
$l_{2,2}=\sqrt{5-1}=2$
$l_{2,3}=(2-(-1*4))/2=3$
$l_{3,3}=\sqrt{26-4^2-3^2}=1$

$L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 4 & 3 & 1 \end{pmatrix}$
$L^T=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 4 \\ 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

Rovnici vyřeším podle příkladu 11.21:

$Ly = b$

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & | & 8 \\ -1 & 2 & 0 &| & -10 \\ 4 & 3 & 1 &| & 30 \end{pmatrix}$

$y_1=8$
$y_2=-1$
$y_3=1$

$L^Tx=y$

$\begin{pmatrix} 1 & -1 & 4 & | & 8 \\ 0 & 2 & 3 & | & -1\\ 0 & 0 & 1 & | & 1\end{pmatrix}$

$x_3=1$
$x_2=-2$
$x_1=2$

Řešením je vektor $(2;-2;1)^T$.

## 2.

Stejným postupem jako v prvním příkladě dostávám matice:

$L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 0 \\ -4 & 0 & 2 \end{pmatrix}$

$L^T=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -4 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$

Inverzi pak mohu spočítat pomocí matice $L^{-1}$:

$B^{-1}=(LL^T)^{-1}=L^{-T}L^{-1}$

$L^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2/3 & 1/3 & 0 \\ 2 & 0 & 1/2 \end{pmatrix}$

$B^{-1}=
\begin{pmatrix} 1 & -2/3 & 2 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1/2 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2/3 & 1/3 & 0 \\ 2 & 0 & 1/2 \end{pmatrix}=
\begin{pmatrix} 49/9 & -2/9 & 1 \\ -2/9 & 1/9 & 0 \\ 1 & 0 & 1/4 \end{pmatrix}$

## 3.

Je-li $A$ symetrická matice, pak i $A^{\frac{1}{2}}$ bude symetrická (11.26).

Nyní uvažuji výraz $A^{-\frac{1}{2}}ABA^{\frac{1}{2}}=A^{\frac{1}{2}}BA^{\frac{1}{2}}$, který znamená, že matice $AB$ je podobná matici $A^{\frac{1}{2}}BA^{\frac{1}{2}}$. Tato matice je symetrická, jelikož je rovna matici $(A^{\frac{1}{2}}BA^{\frac{1}{2}})^T=A^{\frac{1}{2}T}B^TA^{\frac{1}{2}T}$.

Jelikož je $AB$ podobná symetrické matici (a ta se podobá diagonální), je diagonalizovatelná.

## 4.

### 1)

Rozepíšu součin $x^TGx$:
$x^TGx=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n g_{i,j}x_i x_j=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \langle w_i,w_j\rangle x_i x_j=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \langle w_i x_i,w_j x_j\rangle$(linearita násobení v obou složkách)
$=\langle \sum_{i=1}^n w_i x_i, \sum_{j=1}^n w_j x_j\rangle$ (linearita součtu v obou složkách)
$=\langle \sum_{i=1}^n w_i x_i, \sum_{i=1}^n w_i x_i\rangle$ (iteruji přes totéž)
$\geq 0$ (skalární součin dvou totožných prvků je nezáporný).

Výsledek by byl roven nule (z definice skal. součinu) jen v případě, že $\sum_{i=1}^n w_i x_i=0$. Pokud $x\neq 0$, pak tato možnost může nastat jen v případě, že jsou vektory $w_1,w_2 \dots w_n$ lineárně závislé. Nejsou-li, pak $x^TGx > 0$ pro $x\neq 0$, což odpovídá pozitivní definitnosti.

### 2)

Pro standardní skalární součin by se matice $G$ dala vyjádřit jako $V^TV$. V oboru reálných čísel je $rank(V^TV)=rank(V)$ (tvrzení dokazuju níže pro $A=I$), a jelikož $rank(V)=dim(span(w_1\dots w_n))$, tvrzení platí.

Označím-li $A$ jako matici vyjadřující skalární součin, pak platí $g_{i,j}=w_i^TAw_j$. To znamená, že $G=V^TAV$.

Nyní spočítám jádro $G$: pokud $G=V^TAVx=0$, pak i $x^T(V^TAVx)=0 \implies (Vx)^TAVx=0 \implies \langle Vx,Vx \rangle = 0 \implies Vx=0$ (jedná se o skalární součin), takže $Ker(V)=Ker(G)$.
A jelikož má matice $G$ má stejný počet sloupců jako matice $V$, i hodnosti musí být stejné.