Zkouška Kolman 18. 6. 2025 C

Nechť $A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}$ . Pokud existují, najděte následující rozklady:
a) $A = R^TR$ , kde $R$ je reálná matice, (5)
b) $A = O^TDO$ , kde $O$ je reálná ortonormální matice a $D$ je reálná diagonální matice, (5)
c) $A = P^TP$ , kde $P$ je pozitivně definitní reálná matice. (5)

a) Uveďte přesnou definici determinantu matice. (3)
b) Uveďte přesné znění tvrzení o vztahu mezi $\det(A)$ , $\det(B)$ a $\det(AB)$ . (3)
c) Uveďte přesné znění Cramerova pravidla. (3)
d) Alespoň jedno z tvrzení v bodech b) a c) dokažte. (6)

a) Popište přesně Gram-Schmidtovu ortonormalizaci. (5)
b) Nechť $D = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$ , $b_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix}$ a $b_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \end{pmatrix}$ . Uvažte skalární součin na $\mathbb{R}^2$ daný předpisem $\braket{u, v} = u^TDv$ . Aplikujte Gram-Schmidtovu ortonormalizaci na bázi $B = (b_1, b_2)$ vektorového prostoru $\mathbb{R}^2$ s výše uvedeným skalárním součinem; výslednou ortonormální bázi označte $C = (c_1, c_2)$ a obě báze $B, C$ znázorněte v obrázku. (8)
c) Najděte Fourierovy koeficienty vektoru $w = (3, 1)^T$ vůči bázi $C$ a zapište souřadnice vektoru $w$ vůči bázi $C$ ; stále pracujte se skalárním součinem podle předešlého bodu. (2)

Pro každé z následujících tvrzení zdůvodněte, zda platí či neplatí.
a) Nechť $A \in \R^{n \times n}$ je symetrická matice a $u$ a $v$ dva její vlastní vektory příslušné různým vlastním číslům. Pak $u$ a $v$ jsou na sebe kolmé (vzhledem ke standardnímu skalárnímu součinu). (5)
b) Nechť $A \in \R^{n \times n}$ je symetrická matice s kladnou diagonálou a $f : \R^n \times \R^n \rightarrow \R$ je zobrazení definované pro každé $u, v \in \R^n$ předpisem $f(u, v) = u^TAv$ . Pak $f(u, v)$ je skalární součin na $\R^n$ . (5)
c) Je-li matice kvadratické formy vůči nějaké bázi diagonální, pak je matice této formy diagonální vůči každé bázi. (5)

Na začátku upřesnil, že "ortonormální" matici z příkladu 1b jsme nazývali "ortogonální" (platí pro ni $AA^T = I$ ).

Spoiler: Na konci ukázal, že 1c jde řešit pomocí 1b a $A = O^TDO = O^T\sqrt{D}\sqrt{D}O = O^T\sqrt{D}^TI\sqrt{D}O = O^T\sqrt{D}^TO O^T\sqrt{D}O = (O^T\sqrt{D}O)^T(O^T\sqrt{D}O) = (O^{-1}\sqrt{D}O)^T(O^{-1}\sqrt{D}O) = P^TP$ .

Bodování:

60–50 = 1
42–49 = 2
35–41 = 3
30–34 = možná ústní
0–29 = 4

Čas: 90 minut (bylo to málo)

Na skupinovém ústním dozkoušení po mně chtěl dopočítat čtyři příklady, které jsem nestihl, po třech hotových (s jednou nápovědou) mi dal trojku. (Nebojte se a běžte tam.)

Řešení

Je několik možností, jak si zjednodušit život, když to budete počítat jako poslední:
1. Přeskočit ověření PDF, protože z b) známe vl. čísla a ty jsou kladná $\Rightarrow$ $A$ je PDF matice
2. Přeskočit to a použít výsledek z c), o PDF matici víme, že lze rozložit na součin regulárních matic $U^TU$ , což znamená, že PDF matice také musí být regulární.
Toto vypadá, že by odpovídalo Choleského rozkladu, tam získáme dvě reálné matice, které splňují tento vztah.
Ověříme PDF, například pomocí Gaussovky s omezením na přičítání řádků jen k řádkům níže. $\Rightarrow$ $A$ je PDF matice
Provedeme Choleského rozklad (uděláme si ten velký kříž, a jak říká pan Fiala „Řešíme křížovku.")
Dáme si pozor, která matice je která. Z věty víme, že Choleského rozklad ve tvaru $A=R^TR$ je pro $R$ horní trojúhelníkovou, takže vezmeme i pro naše $R$ tu matici, která je horní trojúhelníková. $R \text{ vyjde } \begin{pmatrix} \sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & \sqrt{\frac{3}{2}} & -\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{2}}} \\ 0 & 0 & \sqrt{\frac{4}{3}} \end{pmatrix} \text{ vidíme, že zlomky a odmocniny lze zjednodušit}$ $R^T R = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 0 & 0 \\ -\frac{1}{2}\sqrt{2} & \sqrt{\frac{3}{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{2}{3}\sqrt{\frac{3}{2}} & 2\sqrt{\frac{1}{3}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{2} & -\frac{1}{2}\sqrt{2} & 0 \\ 0 & \sqrt{\frac{3}{2}} & -\frac{2}{3}\sqrt{\frac{3}{2}} \\ 0 & 0 & 2\sqrt{\frac{1}{3}} \end{pmatrix}$

Matice A je symetrická, takže má $A=O^TDO$ rozklad, Kolman značil $A=PTP^{-1}$ , my víme, že pro ortogonální matici $O$ platí $OO^T=I \Rightarrow O^T=O^{-1}$ , takže když řekneme, že $O=P^T$ , pak vidíme, že je to ten stejný rozklad jako ten z tvrzení.
Nejdříve začneme klasicky hledat $A=RDR^{-1}$ rozklad - děláme diagonalizaci (diagonální matice $D$ má na diagonále vl. čísla, pak vytvoříme matici $R$ , která má ve sloupcích vl. vektory ve stejném pořadí jako ty vl. čísla)
- Charakteristický polynom: $\lambda^3-6\lambda^2+10\lambda-4$
  - Jak na nalezení kořenů? Víme, že kořeny, pokud jsou racionální, pak musí být ve tvaru $\pm\frac{p}{q}$ , kde $p$ je dělitel absolutního členu a $q$ je dělitel koeficientu nejvyššího členu, takže to mohou být $\pm 1, \pm 2, \pm 4$ , buď hloupě dosazujeme nebo si z nich chytře vybereme a dosazením otestujeme. Zbylé najdeme dělením polynomů.
  - Nebo se vám při počítání charakteristického polynomu podaří vytknout $(t-2)$ .
- Vlastní čísla: $2, 2+\sqrt{2}, 2-\sqrt{2}$
- Vlastní vektory (ve stejném pořadí jako vl. čísla): $\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}$
Pak si uvědomíme, že vlastní vektory příslušné různým vlastním číslům symetrické matice jsou na sebe kolmé (důkaz je v 4. c)), pokud tuto vlastnost neznáte, tak asi stačí ověřit, zda jsou na sebe kolmé, a zjistíte, že jsou.
Máme matici $R$ , o které víme, že její sloupce jsou na sebe kolmé, takže aby to byla ortogonální matice, tak stačí normalizovat vektory ve sloupcích (vlastní vektory) a máme hledanou matici $O^T$ $A=O^TDO=\begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2+\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & 2-\sqrt{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$

Tady musíme vykouzlit vztah s rozkladem v b)
$A = O^TDO = O^T\sqrt{D}\sqrt{D}O = O^T\sqrt{D}^TI\sqrt{D}O = O^T\sqrt{D}^TO O^T\sqrt{D}O = (O^T\sqrt{D}O)^T(O^T\sqrt{D}O) = (O^{-1}\sqrt{D}O)^T(O^{-1}\sqrt{D}O) = P^TP$
- Využíváme hodně vlastnost ortogonálních matic $OO^T=I$
- Získáváme, že matice $P$ má rozklad $P=O^{-1}\sqrt{D}O$ , to znamená, že $P$ je matice podobná matici $\sqrt{D}$ . Podobné matice mají stejný charakteristický polynom, takže i stejná vlastní čísla, a víme, že $\sqrt{D}$ má jen kladná vlastní čísla $\Rightarrow$ $P$ je PDF matice
- Spočítáme $O^T\sqrt{D}O$ , a vyjdou nám příšerná čísla.
POZN 1: Tohle jsem u zkoušky nevymyslel a odhodlám se říci, že to nevymyslel nikdo.
POZN 2: Ptal jsem se pana Kolmana, zda ten součin matic bylo opravdu potřeba dopočítat a odpověděl mi na to, že mu stačilo jen vyjádřit ten rozklad $O^T\sqrt{D}O$ .

Pro $A, B \in \R^{n \times n}: \det(AB) = \det(A) \cdot \det(B)$ . Je důležité napsat tam co jsou $A$ a $B$ .
Základ důkazu:
- Pokud $A$ nebo $B$ singulární: $AB$ je taky singulární, tedy $\det(AB) = 0$ a jedno z $\det(A)$ a $\det(B)$ je taky $0$ , takže $\det(A) \cdot \det(B) = 0$
- Pro $A$ i $B$ regulární:
  - $A$ lze rozložit na součin matic elementárních řádkových operací $A = E_1 \cdot \ldots \cdot E_k$
  - EŘÚ jsou dvě: vynásobení $i$ -tého řádku $\alpha$ , přičtení $i$ -tého řádku k $j$ -tému řádku; každá má svoji jednoduchou matici, spočítáte jejich determinant
  - pomocí linearity skalárního součinu dokážete, že $\det(ER) = \det(E) \cdot \det(R)$
  - to několikrát aplikujete, abyste z determinantu dlouhého součinu udělali dlouhý součin determinantů
  - následně to aplikujete zpětně, abyste z dlouhého součinu determinantů elementárních matic udělali determinant dlouhého součinu elementárních matic, tedy $\det(A)$

Viz Kolmanovy poznámky (str. 4), Hladíkova skripta (str. 138), Fialova prezentace (slide 5)

Děláme Gram-Schmidtovu ortonormalizaci a dáváme si pozor, abychom vždy používali zadaný skalární součin. $c_1=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, c_2=\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$
(Na obrázku jsou prostě jen 4 vektory nakreslené do grafu s osami souřadnic $x_1$ , $x_2$ )

Fourierovy koeficienty budou právě ty hledané souřadnice vektoru $w$ vůči bázi $C$ .
Souřadnice $w$ vůči bázi $C$ tedy budou $[w]_C = (\braket{w, c_1}, \braket{w, c_2})^T = (2, -1)^T$

a) Tvrzení platí

Z definice víme, že $Av_1 = \lambda_1 v_1$ a $Av_2 = \lambda_2 v_2$
Když jednu z rovnic transponujeme
- $(Av_1)^T=v_1^T A^T = \lambda_1 v_1^T$
- Víme, že je symetrická ( $A^T=A$ )
- $\Rightarrow v_1^T A = \lambda_1 v_1^T$
Vynásobíme zprava $v_2$
- $v_1^T Av_2 = \lambda_1 v_1^Tv_2$
Do $v_1^T Av_2$ dosadíme za $Av_2$ :
- $v_1^T Av_2 = v_1^T(\lambda_2 v_2) = \lambda_2 v_1^Tv_2$
Vidíme, že tedy $\lambda_1 v_1^Tv_2 = \lambda_2 v_1^Tv_2$
To však může platit jen pokud jsou $\lambda_1$ a $\lambda_2$ stejná, nebo $v_1^Tv_2=0$ . My však víme, že $\lambda_1$ a $\lambda_2$ jsou různá $\Rightarrow v_1^Tv_2=0$
POZN: Tohle jsem u zkoušky nevymyslel. Pokud má někdo něco jednoduššího, tak to sem prosím připište.

b) Tvrzení NEplatí

Problém je s podmínkou P (Pozitivita) u skalárního součinu.
Jelikož hledáme protipříklad, tak se můžeme omezit jen na $u=v$ , pak bude vlastnost $\forall u \in V: u^TAu\ge0\land (u^TAu=0 \Leftrightarrow u = 0)$ to je stejná podmínka jako pro PDF
Tady nastává problém. Kladná diagonála je nutná, ale ne dostačující podmínka pro PDF.
Protipříklad: $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ , má vlastní čísla $\lambda_1=3, \lambda_2=-1$ $\Rightarrow$ není PDF

c) Tvrzení NEplatí

POZN: Prosím o doplnění důkazu.

POZN Autora:

Doufám, že vám toto řešení pomohlo, dalo mi to hodně práce.
Pokud najdete chybu, tak ji prosím opravte.
Kolman byl pak hodný na ústní.