Úloha 5.2.4 - riešenie

[AntonKica]

Úloha 5.2.4.
Zistite, či nasledujúce matice tvoria bázu vektorového priestoru všetkých matíc typu 2×2 nad poľom R:

1. $$
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 \\
   0 & 4 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   2 & 3 \\
   5 & 0 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   3 & 0 \\
   1 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   0 & 5 \\
   4 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   $$
2. $$
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 \\
   3 & 4 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   2 & 3 \\
   1 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   1 & 1 \\
   4 & 1 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   1 & 4 \\
   0 & 5 \\
   \end{pmatrix}
   $$

Postup:
Matice 2x2 nad poľom R generujú priestor o dimenzii $n=2\cdot2=4$. Treba teda 4 LN matice, ktoré súčasne tvoria aj bázu tohto priestoru - ekvivalentné podmienky n vektorov, ktoré sú báza, ktoré sú LN a ktoré generujú VP.
Zistíme, či sú dané matice LZ alebo LN prepísaním jednotlivých 2x2 matíc na vektory z $R^4$, pričom tieto vektory vytvoria maticu 4x4, ktorú sa pokúsime upraviť na RTM. Môžu nastať dva prípady:

1. Ak aspoň jeden riadok počas úpravy na RTM bude nulový, tak aspoň jeden z vektorov bol LK ostatných. Z tohto vyplva, že aspoň jedna matica bola LK zvyšných matíc a teda netvoria bázu VP.
2. Ak každý riadok RTM bude nenulový, tak vektory sú LN - každý riadok(vektor) v RTM je LN. Z tohto vyplýva, že pôvodné matice sú LN a teda tvoria bázu VP.

Riešenie:

1. $$
   \begin{equation*}
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 \\
   0 & 4 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   2 & 3 \\
   5 & 0 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   3 & 0 \\
   1 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   0 & 5 \\
   4 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \rightarrow
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 & 0 & 4 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   2 & 3 & 5 & 0 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   3 & 0 & 1 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   0 & 5 & 4 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \rightarrow
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 & 0 & 4 \\
   2 & 3 & 5 & 0 \\
   3 & 0 & 1 & 2 \\
   0 & 5 & 4 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \end{equation*}
   $$
   
   $$
   \begin{equation*}
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 & 0 & 4 \\
   2 & 3 & 5 & 0 \\
   3 & 0 & 1 & 2 \\
   0 & 5 & 4 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   \\
   - 2(I)\\
   - 3(I)\\
   \\
   \end{matrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 & 0 & 4 \\
   0 & -1 & 5 & -8 \\
   0 & -6 & 1 & -10 \\
   0 & 5 & 4 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   \\
   \cdot (-1) \\
   \\
   \\
   \end{matrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 & 0 & 4 \\
   0 & 1 & -5 & 8 \\
   0 & -6 & 1 & -10 \\
   0 & 5 & 4 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   - 2(II) \\
   \\
   + 6(II) \\
   - 5(II) \\
   \end{matrix}
   \\
   \sim
   \begin{pmatrix}
   1 & 0 & 10 & -12 \\
   0 & 1 & -5 & 8 \\
   0 & 0 & -29 & 38 \\
   0 & 0 & 29 & -38 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   \\
   \\
   + (IV) \\
   \\
   \end{matrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   1 & 0 & 10 & -12 \\
   0 & 1 & -5 & 8 \\
   0 & 0 & 0 & 0 \\
   0 & 0 & 29 & -38 \\
   \end{pmatrix}
   \end{equation*}
   $$
   Vznikol nám nulový riadok, matice sú LZ, netvoria bázu VP.
2. $$
   \begin{equation*}
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 \\
   3 & 4 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   2 & 3 \\
   1 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   1 & 1 \\
   4 & 1 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   1 & 4 \\
   0 & 5 \\
   \end{pmatrix}
   \rightarrow
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 & 3 & 4 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   2 & 3 & 1 & 2 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   1 & 1 & 4 & 1 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{pmatrix}
   1 & 4 & 0 & 5 \\
   \end{pmatrix}
   \rightarrow
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 & 3 & 4 \\
   2 & 3 & 1 & 2 \\
   1 & 1 & 4 & 1 \\
   1 & 4 & 0 & 5 \\
   \end{pmatrix}
   \end{equation*}
   $$
   
   $$
   \begin{equation*}
   \begin{pmatrix}
   1 & 2 & 3 & 4 \\
   2 & 3 & 1 & 2 \\
   1 & 1 & 4 & 1 \\
   1 & 4 & 0 & 5 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   - (III)\\
   - 2(III)\\
   \\
   - (III)\\
   \end{matrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   0 & 1 & -1 & 3 \\
   0 & 1 & -7 & 0 \\
   1 & 1 & 4 & 1 \\
   0 & 3 & -4 & 4 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   \\
   - (I)\\
   - (I)\\
   - 3(I)\\
   \end{matrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   0 & 1 & -1 & 3 \\
   0 & 0 & -6 & -3 \\
   1 & 0 & 3 & -2 \\
   0 & 0 & -1 & -5 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   \\
   \\
   \\
   \cdot (-1) \\
   \end{matrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   0 & 1 & -1 & 3 \\
   0 & 0 & -6 & -3 \\
   1 & 0 & 3 & -2 \\
   0 & 0 & 1 & 5 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   + (IV)\\
   + 6(IV)\\
   - 3(IV)\\
   \\
   \end{matrix}
   \\
   \sim
   \begin{pmatrix}
   0 & 1 & 0 & 8 \\
   0 & 0 & 0 & 27 \\
   1 & 0 & 0 & -17 \\
   0 & 0 & 1 & 5 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   \\
   \cdot (\frac{1}{27}) \\
   \\
   \\
   \end{matrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   0 & 1 & 0 & 8 \\
   0 & 0 & 0 & 1 \\
   1 & 0 & 0 & -17 \\
   0 & 0 & 1 & 5 \\
   \end{pmatrix}
   \begin{matrix}
   - 8(II) \\
   \\
   + 17(II) \\
   - 5(II) \\
   \end{matrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   0 & 1 & 0 & 0 \\
   0 & 0 & 0 & 1 \\
   1 & 0 & 0 & 0 \\
   0 & 0 & 1 & 0 \\
   \end{pmatrix}
   \sim
   \begin{pmatrix}
   1 & 0 & 0 & 0 \\
   0 & 1 & 0 & 0 \\
   0 & 0 & 1 & 0 \\
   0 & 0 & 0 & 1 \\
   \end{pmatrix}
   \end{equation*}
   $$
   Vznikla nám RTM so všetkými riadkami nenulovým, matice sú LN, tvoria bázu VP.

Dotaz na koniec:
Ešte by som sa chcel spýtať, či by sa nedali pôvodné matice 2x2 ešte nejak upraviť, aby sme v matici 4x4 mali menšie čísla? Teoreticky by to mohlo mierne urýchliť úpravy 4x4 matice pri väčších číslach. Niečo mi hovorí, že asi riadkovo ekvivalentné úpravu asi nebudú fungovať, no zatiaľ sme si ukazovali iba tento spôsob, preto sa pýtam.

[Martin Sleziak]

Dotaz na koniec:
Ešte by som sa chcel spýtať, či by sa nedali pôvodné matice 2x2 ešte nejak upraviť, aby sme v matici 4x4 mali menšie čísla? Teoreticky by to mohlo mierne urýchliť úpravy 4x4 matice pri väčších číslach. Niečo mi hovorí, že asi riadkovo ekvivalentné úpravu asi nebudú fungovať, no zatiaľ sme si ukazovali iba tento spôsob, preto sa pýtam.

Napíšem veľmi stručne niečo k tomuto. (Neviem do akej miery toto bude pre vás dostatočné ako odpoveď.)

V prvom rade, máte pravdu, keď píšete: "asi riadkovo ekvivalentné úpravu asi nebudú fungovať". Ak by sme zadané matice upravili na RTM, tak nám vo všetkých prípadoch vyjde $I_2$. Teda týmto by sme napríklad v b urobili s lineárne nezávislých matíc lineárne závislé.

Jedna vec, ktorá môže pomôcť človeku, aby nemal veľké čísla, je všímať si, či nemám možnosť niečo vykrátiť. Napríklad v časti b ste dostali maticu, kde všetky prvky v riadku boli celočíselné násobky $3$ - po vynásobení tohto riadku číslom $\frac13$ by ste v ňom dostali menšie čísla a o čosi lepšie by sa vám možno počítalo ďalej:
$$\begin{pmatrix}
0 & 1 & -1 & 3 \\
0 & 0 & -6 & -3 \\
1 & 0 & 3 & -2 \\
0 & 0 & -1 & -5 \\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
0 & 1 & -1 & 3 \\
0 & 0 & -2 & -1 \\
1 & 0 & 3 & -2 \\
0 & 0 & -1 & -5 \\
\end{pmatrix}$$

V úlohe a skúste napríklad odpočítať od tretieho riadku prvé dva a všimnúť si čo vyjde.

Spoiler:

$
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 0 & 4 \\
2 & 3 & 5 & 0 \\
3 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 5 & 4 & 2 \\
\end{pmatrix} \sim
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 0 & 4 \\
2 & 3 & 5 & 0 \\
0 &-5 &-4 &-2 \\
0 & 5 & 4 & 2 \\
\end{pmatrix} \sim
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 0 & 4 \\
2 & 3 & 5 & 0 \\
0 &-5 &-4 &-2 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Dostali sme teda nulový riadok už po dvoch krokoch a nemuseli sme počítať s veľkými číslami.

Samozrejme, toto je iba také "hádanie" a nie systematický prístup. Ale keď sa človek chvíľu pozerá na zadanú maticu, tak si možno všimne, že súčet prvých dvoch riadkov je rovnaký ako súčet tretieho a štvrtého.

Keby sme si všimli niečo podobné, pomohlo by nám to aj v časti b.

Spoiler:

Teraz sa síce súčet prvých dvoch riadkov a druhých dvoch riadkov nerovnajú - ale zhodujú sa všade s výnimkou prvého miesta.

Ak napríklad k poslednému riadku pripočítame tretí a potom odčítame druhý a prvý, tak dostaneme:
$\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4 \\
2 & 3 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 4 & 1 \\
1 & 4 & 0 & 5 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4 \\
2 & 3 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 4 & 1 \\
2 & 5 & 4 & 6 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4 \\
2 & 3 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 2 & 3 & 4 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4 \\
2 & 3 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 4 & 1 \\
-1& 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Vieme teda dostať riadok, kde máme na prvom mieste jednotku a ostatné nuly - s ním sa nám ľahko podarí vynulovať zvyšok prvého stĺpca.

*******

Súčasne využijem príležitosť na to, aby som robil reklamu na tému, ktorú budeme robiť na konci semestra - čo sú determinanty. Determinant je nejaké číslo, ktoré sa dá priradiť štvorcovej matici a dáva nám o nej nejakú užitočnú informáciu - presnú definíciu budeme vidieť na prednáške.
Vo vašom postupe ste v a i v b používali zväčša také úpravy, že ste iba pripočítavali násobok jedného riadku k inému. (Jediná výnimka je vynásobenie $\frac1{27}$ na jednom mieste.)
Neskôr si ukážeme, že takéto úpravy nemenia determinant. A tiež sa naučíme to, že ak pod diagonálou sú nuly, tak determinant je súčin prvkov na diagonále.

Čiže ak vieme, že v časti b je determinant matice rovný 27, tak súčasne vieme, že ak používame iba tento typ úprav, tak sa tam číslo $27$ nejako musí objaviť.
V časti a má naša matica lineárne závislé riadky a determinant bude $0$. Ale ak si všímame iba ľavý horný roh veľkosti $3\times3$, to je matica s determinantom rovným 29. Teda ak sme používali iba riadkové úpravy týchto typov, tak pri úprave tejto podmatice sa tam nejako vyskytne číslo $29$.

Tu predbieham - odvolávam sa na veci, ktoré ešte len budeme preberať. Oplatí sa možno spomenúť si na túto úlohu a zamyslieť sa nad ňou, keď už budú determinanty prebraté.
Vec, ktorá je relevantná na tomto mieste - ale ktorú teda viem zdôvodniť lba takto, že sa odvolávam na determinanty: Nech by sme robili úpravy matice v časti b akýmkoľvek spôsobom, niekde sa tam musí vyskytnúť číslo $27$. (Samozrejme, môže sa stať to, že sa nám viackrát podarí krátiť $3$-kou.) Podobne v časti a, ak sme si vybrali, že budeme používať prvé tri riadky a snažíme sa dostať vedúce jednotky v prvých troch stĺpcoch, tak bez ohľadu na postup akým to rátame, určite sa tam nejako vyskytne číslo $29$.

[AntonKica]

Ďakujem za takú obsiahlu odpoveď pán Sleziak.

Všímať si čo sa kde spolu vynásobí je rozhodne logickejší postup, než zbrklo odčitovať riadky a získavať pri tom veľké čísla. Rozhodne na to treba vypočítať mnoho príkladov, aby to človek dostal do ruky a oka.

Každopádne, vaše tipy sa pokúsim využiť - okrem tých determinantov, ktoré pre mňa zatiaľ znejú ako magické čísla v maticiach.

[jaroslav.gurican]

V princípe je to OK (čiže "udeľujem" 1 bod), ale:

Nie je mi jasné, prečo ste tie matice $2x2$ "zmenili" na vektory v $F^4$. To sa dá spraviť napr. pomocou pojmu izomorfizmu vektorových priestorov (o ktorom ale na strane 85 ešte netušíte, naviac potrebujete vetu, že izomorfimus vekt. priestorov zobrazuje nezávislé vektory na nezávislé vektory, dokonca to v tomto nastavení potrebujete pre inverzné zobrazenie).

Asi by ten krok bolo dobre odôvodniť a na úrovni vedomostí, ktoré máte na strane 85 sa to dá napr. takto:
Lin. závislosť/nezávislosť tých matíc (ako vektorov v $M_{2,2}(F)$) je ekvivalentná s tým, či rovnica

$$a\left(\begin{matrix}
1 & 2 \\
0 & 4
\end{matrix}\right)
+b\left(\begin{matrix}
2 & 3 \\
5 & 0
\end{matrix}\right)
+c\left(\begin{matrix}
3 & 0 \\
1 & 2
\end{matrix}\right)
+d\left(\begin{matrix}
0 & 5 \\
4 & 2
\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}
0 & 0 \\
0 & 0
\end{matrix}\right) $$
má/nemá netriviálne riešenie.
Čiže zisťujeme, či
$$\left(\begin{matrix}
a+2b+3c & 2a+3b+5d \\
5b+c+4d & 4a+2c+2d
\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}
0 & 0 \\
0 & 0
\end{matrix}\right)$$
má/nemá netriviálne riešenie. Teda či systém rovníc
\begin{eqnarray}a+2b+3c &=&0 \\
2a+3b+5d &=& 0\\
5b+c+4d &=&0\\
4a+2c+2d &=&0
\end{eqnarray}
má/nemá netriviálne riešenie.

Keby sme skúmali lin. závislosť/nezávislosť vektorov $(1,2,0,4), (2,3,5,0), (3,0,1,2), (0,5,4,1)$, zisťovali by sme, či rovnica
$$
a(1,2,0,4)+b(2,3,5,0)+c(3,0,1,2)+d(0,5,4,1)=(0,0,0,0)
$$
má/nemá netriviálne riešenie. Toto ale vieme štandartným spôsobom prepísať na úplne rovnaký systém lin. rovníc, čiže zisťovanie lin. závislosti/nezávislosti uvedených matíc je ekvivalentné zisťovaniu lin. závislosti/nezávislosti uvedených vektorov.

Na skúške samozrejme pojem izomorfizmu vekt. priestorov použiť môžete, ale pri riešení by ste mali skonštatovať, že keďže $d(M_{2,2}(F))=4)$, podľa nejakej vety (5.5.14, to číslo nemusíte pri skúške uviesť) je $M_{2,2}(F)$ izomorfný s $F^4$, čiže existuje izomorfizmus $f:F^4\to M_{2,2}(F)$ a podľa jednej vety (napr. veta 5.5.3 by bola dobrá - bolo by fajn uviesť jej "približné" znenie) teda môžeme použiť nasledujúci postup: ... sem príde vaše riešenie ...