Naschvál som zvolil príklad, ktorý je pomerne jednoduchý a postup je krátky. Ale spôsob, aký si ukážeme na robenie skúšky a nájdenie chyby, sa dá urobiť aj pri príkladoch, kde je výpočet dlhší.Zistite či existuje lineárne zobrazenie $f\colon (\mathbb Z_5)^3\to (\mathbb Z_5)^4$ také, že
$f(1,2,1)=(2,1,2,0)$,
$f(0,1,4)=(2,3,4,1)$,
$f(3,1,3)=(1,3,2,0)$.
Nájdite aspoň jednu maticu takého zobrazenia (ak existuje).
Pripomeňme, že ak $A$ je matica zobrazenia, tak $f(\vec x)=\vec x\vec A$. Práve toto môžem použiť na urobenie skúšky.
Skúsim však niečo napísať aj k tomu, či aspoň nejakú čiastočnú skúšku správnosti viem urobiť, aj ak výsledok je, že taká matica neexistuje.
Skúška s výslednou maticou
Ukážme si nejaký postup, ktorý je chybný - len preto aby sme mohli zopakovať ako sa robí skúška a či pomocou skúšky viem nájsť chybu:
$\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
3 & 1 & 3 & 1 & 3 & 2 & 0
\end{array}\right)\overset{(1)}\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)\overset{(2)}\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)\overset{(3)}\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\overset{(4)}\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 0 & 3 & 3 & 0 & 4 & 3 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)$
Ak je uvedený postup správny tak matica
$$A=
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 4 & 3 \\
2 & 3 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
je vyhovuje zadaným podmienkam.
Skúšku môžem urobiť tak, že vypočítame súčiny $\vec x_i A$ a porovnám ich s $\vec y_i$.
Skúška vychádza pre prvé dva vektory, ale pre tretí dostaneme $(3,1,3)A=(1,3,1,0)\ne(1,3,2,0)$.
Spoiler:
Takéto niečo sa dá použiť na nájdenie miesta, kde je nejaká chyba. Konkrétne v tom príklade, ak zistím že pre prvú maticu mi skúška nevychádza a ale pre maticu po prvom kroku už skúška sedí, tak viem, že v kroku $(1)$ musí byť nejaká chyba.
(Urobenie skúšky pre maticu po prvom kroku je len kontrola či $(1,2,1)A=(2,1,2,0)$, $(0,1,4)A=(2,3,4,1)$, $(1,2,1)A=(2,1,2,0)$. Toto sme vlastne už urobili, lebo sa tretí riadok zopakoval a toto sú vlastne prvé dva riadky pôvodnej matice - akurát jeden z nich je tam dvakrát.)
Čo ak neexistuje taká matica?
Ak opravíme chybu a dopočítame túto úlohu, tak zistíme, že lineárne zobrazenie s požadovanými vlastnosťami neexistuje.
Vidíme to z posledného riadku, ktorý nám hovorí, že nulový vektor by sa musel zobraziť na nenulový.
Toto vlastne vidím už po kroku $(2)$ v nasledujúcom výpočte
$\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
3 & 1 & 3 & 1 & 3 & 2 & 0
\end{array}\right)\overset{(1)}\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 4 & 0
\end{array}\right)\overset{(2)}\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 0
\end{array}\right)$
Otázka je, že ak mám na písomke (alebo pri d.ú.) na také niečo čas, či by som mohol spraviť nejakú skúšku správnosti.
Na prvý pohľad by sa zdalo, že asi nie - nedostal som žiadnu maticu, pre ktorú by som mohol kontrolovať zadné podmienky.
Ukážeme si však aspoň nejaké veci, ktoré sa dajú vyskúšať. (Aj keď niečo z toho je iba čiastočná skúška správnosti - a nemám zaručené, že objavím chybu.)
Porovnanie lineárnych kombinácií.
Najprv sa pozrime na takúto vec: Všímajme si iba ľavú časť matice. Tam nám vyšiel nulový riadok, a teda vieme, že vektory $\vec x_1, \vec x_2, \vec x_3$ sú lineárne závislé.
Teda existuje $c_1$, $c_2$, $c_3$ také, že $c_1\vec x_1+c_2\vec x_2+c_3\vec x_3=\vec0$.
Z výpočtu, ktorý sme urobili, vieme iba to, že také čísla existujú.
Sme však schopní ich aj nájsť - znamená to ale navyše vyriešenie nejakej sústavy.
V tomto prípade je sústava veľmi jednoduchá. Vyhovujú jej napríklad $c_1=2$, $c_2=0$, $c_3=1$, t.j. pre zadané vektory máme
$$2\vec x_1+\vec x_3=\vec0.$$
Ak $f$ je lineárne zobrazenie, tak máme $f(2\vec x_1+\vec x_3)=2f(\vec x_1)+f(\vec x_3)$, čo znamená, že
$$2\vec y_1+\vec y_3=\vec0.$$
Môžeme vyskúšať, či pre zadané vektory táto podmienka platí - a zistíme, že to tak nie je
$$2(2,1,2,0)+(1,3,2,0)=(0,0,1,0).$$
Na základe tohoto výpočtu vieme s istotou povedať, že také lineárne zobrazenie neexistuje.
Podobný postup som spomenul ako možnú skúšku správnosti aj v tomto príklade: viewtopic.php?t=1485
Poznamenám, že $c_1$, $c_2$, $c_3$ by sme vedeli dostať aj pri úprave, ak by sme si značili ako vyzerajú medzivýsledky vyjadrené pomocou pôvodných riadkov.
Napríklad ak by sme mali poznačené, že po prvom kroku sú riadky $\vec x_1$, $\vec x_2$, $2\vec x_3$ a po druhom sú to $\vec x_1$, $\vec x_2$, $4\vec x_1+\vec x_3$, tak by sme videli, že $4\vec x_1+\vec x_3=\vec0$.
Na tomto "hračkárskom" príklade to funguje fajn, ale ak by sme takéto niečo používali pri nejakom príklade, kde je výpočet dlhší, museli by sme robiť veľa výpočtov navyše. Čiže to asi nie je veľmi praktické riešenie. (Jednoduchšie je asi hľadať lineárnu kombináciu, ktorá dáva nulu, až potom keď už viem že taká kombinácia existuje.)
Ďalšiu vec, ktorú spomeniem, je to že takéto niečo sa dá vyškúšať aj pri predošlom postupe - keďže tam nám tiež vyšiel vľavo nulový riadok.
Ale v prípade, že máme nejakú výslednú maticu, tak je asi oveľa menej roboty vyskúšať vynásobiť ňou zadané vektory.
Doupravovať na RTM.
Skúsme pokračovať s výpočtami, ktoré sme robili a dopuravovať maticu na RTM. (Prípadne by bolo zmysluplné to robiť len s ľavou časťou matice.)
$\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 0
\end{array}\right)\overset{(3)}\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 0 & 3 & 3 & 0 & 4 & 3 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{array}\right)\overset{(4)}\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|cccc}
1 & 0 & 3 & 3 & 0 & 0 & 3 \\
0 & 1 & 4 & 2 & 3 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{array}\right)$
Pripomeniem, že sme sa kedysi naučili urobiť (čiastočnú) skúšku správnosti pre úpravu na RTM: viewtopic.php?t=531
To môžem teraz použiť pre celú maticu $3\times7$.
Prípadne ak si chcem trochu ušetriť robotu, môžem to isté robiť len s ľavou časťou - t.j. s maticou $3\times 3$. Aj tu je šanca, že ak som spravil niekde chybu, tak ju možno takouto skúškou odhalím. (Môže sa ale stať aj to, že som spravil akurát chybu takého typu, ktorú takáto skúška neodhalí.)
Výpočet s niektorými riadkami
Ak sa pozrieme na maticu po kroku $(3)$ a zabudneme na posledný riadok, tak na prvé dva riadky sa môžeme pozerať tak, že to je výpočet podobnej úlohy ak by boli zadané iba obrazy prvých dvoch vektorov.
Je to vďaka tomu, že sme nikde nepripočítavali násobok tretieho riadku k niečomu inému.
(Bolo to tak v úpravách po maticu, z ktorej sme už videli že neexistuje riešenie. Naschvál som robil ďalšie úpravy tak, že som posledný riadok použil až v úplne poslednom kroku, hoci sa mi veľmi núkalo vynulovať predposledný stĺpec pomocou posledného riadku. Robil som to práve preto, aby som nestratil možnosť urobiť skúšku pre "podproblém" s dvoma vektormi namiesto troch.)
Pre maticu po kroku $(4)$ už niečo takéto nemôžem tvrdiť, tam som použil tretí riadok na vynulovanie vecí v predposlednom stĺpci.
$B=
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 4 & 3 \\
2 & 3 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$
Môžeme skontrolovať, či $\vec x_1B=\vec y_1$, $\vec x_2B=\vec y_2$. Zistíme, že to vychádza - a teda sme týmto urobili aspoň čiastočnú skúšku správnosti. (Pre výpočty, ktoré sa týkali iba prvých dvoch riadkov.)
Spoiler: