# Lineární algebra 2 - Společné DÚ, sada 6

## 1.

### A)

Elementárními úpravami (přičtení násobku řádku k rádku pod ním):

$\begin{pmatrix} 4 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 4 & 1 & -1 \\ 0 & 7/4 & 5/4 \\ 0 & 5/4 & 7/4 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 4 & 1 & -1 \\ 0 & 7/4 & 5/4 \\ 0 & 0 & 7/4-25/28 \end{pmatrix}$

Všechny diagonální prvky jsou kladné, matice tedy je pozitivně definitní.

Sylvesterovým pravidlem (podmatice prvních 1,2,3... sloupců*řádků mají všechny kladný determinant):

$\begin{vmatrix} 4 \end{vmatrix}=4$
$\begin{vmatrix} 4 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}=8-1=7$
$\begin{vmatrix} 4 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2 \end{vmatrix}=16+(-1)+(-1)-4-2-2=6$

### B)

Elementární úpravy:

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 4 \\ 3 & 4 & 2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -2 & -2 \\ 0 & -2 & -7 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -2 & -2 \\ 0 & 0 & -5 \end{pmatrix}$

Tato matice není pozitivně definitní.

Sylvesterovo pravidlo:

$\begin{vmatrix} 1 \end{vmatrix}= 1$
$\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 2 \end{vmatrix}=2-4=-2$

Mám-li změnit jeden prvek, aby tato matice byla pozitivně definitní, měl by to být prvek na diagonále (aby byla zachována symetrie).

Jelikož již podmatice řádu 2 má záporný determinant, musím změnit první nebo druhý prvek.

Označím-li $\alpha = B_{1,1}$, pak dostávám: $\alpha>0 \land \alpha>2 \land \alpha<11/6$ (pro determinanty podmatic řádu 1,2 a 3) a tuto podmínku splnit nelze.

Obdobně, pokud $\beta = B_{2,2}$, v takovém případě dostávám pro determinanty podmatic řádu 2 a 3 podmínky $\beta > 4 \land \beta < 24/7$.

Proto jeden prvek změnit nestačí.

## 2.

Indukčně:

Triviální případ: Matice řádu $1$ má jediný prvek $(2)$, je tak pozitivně definitní.

Indukční krok $n \to n-1$:
Zkoumanou matici mohu blokově rozepsat následujícím způsobem:

$C=\begin{bmatrix} 2 & -e_1 \\ -e_1^T & C'\end{bmatrix}$

Použitím rekurentního vzorce (11.11) dostanu, že $(1/2)(-e_1) (-e_1^T)$ je čtvercová matice řádu $n-1$ s $1/2$ na pozici $[1,1]$ a nulami jinde. Odečtením této matice od matice $C'$ se tak sníží pouze hodnota prvku $C'_{1,1}$ a (po opakovaném použití) budu dostávat matici

$\begin{bmatrix} \alpha & -e_1 \\ -e_1^T & C''\end{bmatrix}$

kde $\alpha$ představuje číslo mezi $1$ a $2$. Přitom číslo $1/\alpha$ nemůže mít hodnotu větší než $\alpha$, takže prvek $C''_{1,1}$ po odečtení $(1/\alpha)(-e_1)(-e_1^T)$ zůstane stále větší než $1$ a menší než $2$. $\square$

Redukcí se tak dostanu na matici $1\times 1$, která je již zřejmě pozitivně definitní.

## 3.

Matice $D$ má vlastní čísla nezáporná (tvrzení 11.8) - při provedení spektrálního rozkladu $D=S\Lambda S^{-1}$ bude $\Lambda$ nezáporná matice. Vynásobím-li takovou matici $-1$, pak dostávám spektrální rozklad matice $-D$, a $-\Lambda$ bude nekladná matice. Jelikož ale vlastní čísla $D$ i $-D$ musí být nezáporná, je $\Lambda$ nulová matice.

Násobení nulové matice jakoukoli maticí vždy produkuje nulovou matici, takže $D$ musí být nulová matice.

## 4.

Využiju Sylvestrova kritéria pozitivní semidefinitnosti.

Nejprve dokážu, že není-li celý i-tý řádek/sloupec nulový, pak matice není pozitivně semidefinitní.

Vyloučím z matice všechny řádky a sloupce kromě toho s nulou na diagonální pozici a ještě řádku nad ním, čímž dostanu matici

$\begin{pmatrix} a & b \\ b & 0\end{pmatrix}$
Determinant takové matice je $-b^2$. Pokud by $b$ nebyla nula, pak by determinant byl záporný, a matice by tak nemohla být pozitivně semidefinitní.

Naopak, je-li matice pozitivně semidefinitní, pak by měly podmatice bez $i$-tého řádku/sloupce mít vždy kladný determinant (výchozí předpoklad ze zadání).

A pokud nevyloučím $i$-tý řádek/sloupec ze zkoumané matice, pak determinant takové matice je nulový (matice má nulový řádek, je singulární).