Môžeme postupovať viacerými spôsobmi. Skúsme napríklad začať hľadaním matice zobrazenia a otázku, či vieme dosiahnuť $\vec z_1\notin\operatorname{Im}(f)$ zatiaľ nechajme bokom.Pre zadané vektory nájdite maticu lineárneho zobrazenia $f\colon\mathbb R^4\to\mathbb R^4$ takého, že $f(\vec x_i)=\vec y_i$ pre $i=1,2,3$ a súčasne $\vec z_1\notin\operatorname{Im}(f)$. (T.j. $\vec z_1$ je "zakázaný" vektor, ktorý nesmie byť funkčnou hodnotou.) Ak takých zobrazení existuje viacero, stačí nájsť jednu takú maticu. Ak také zobrazenie neexistuje, zdôvodnite prečo.)
$\vec x_1=(1,3,1,0)$, $\vec y_1=(1,-2,1,0)$, $\vec x_2=(0,1,1,1)$, $\vec y_2=(2,1,-1,2)$, $\vec x_3=(1,2,1,2)$, $\vec y_3=(1,-1,1,1)$, $\vec z_1=(1,2,1,0)$
Nájdenie matice zobrazenia.
Na hľadanie matice zobrazenia máme štandardný postup.
$\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 3 & 1 & 0 & 1 &-2 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 &-1 & 2 \\
1 & 2 & 1 & 2 & 1 &-1 & 1 & 1
\end{array}\right)\sim\dots\sim
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 3 &-1 &-1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-2 & 0 &-1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 3 & 2 & 2 &-1 & 3
\end{array}\right)
$
Spoiler:
Môžeme totiž úplne ľubovoľne zvoliť kam sa zobrazí vektor $(0,0,0,1)$. A voľba $f(0,0,0,1)$ ovplyvní aj to, ako vyzerá $\operatorname{Im}(f)$.
Najrozumnejšia voľba je asi $f(0,0,0,1)=(0,0,0,0)$. My totiž chceme dosiahnuť $\vec z_1\notin \operatorname{Im}(f)$. Vieme, že $\operatorname{Im}(f)$ musí obsahovať podpriestor $[\vec y_1,\vec y_2,\vec y_3]$. Obraz vektora $(0,0,0,1)$ je vhodné zvoliť tak, aby sme $\operatorname{Im}(f)$ nezväčšili.
Dostávame teda zobrazenie s maticou
$$A=
\begin{pmatrix}
-1 &-1 & 2 & 0 \\
0 &-1 & 0 &-1 \\
2 & 2 &-1 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Pripomeniem, že ľahko vieme urobiť skúšku správnosti pre túto časť úlohy. Vieme vyskúšať, či $f(\vec x_i)=\vec x_iA$ sa skutočne rovná $\vec y_i$.
Spoiler:
Riešením sústavy:
Môžeme sa pýtať, či existuje štvorica $\vec x=(x_1,x_2,x_3,x_4)$ taká, že $\vec xA=\vec z_1$, t.j. $A^T\vec x_1^T=\vec z_1^T$. Dostaneme tak sústavu
$\left(\begin{array}{cccc|c}
-1 & 0 & 2 & 0 & 1 \\
-1 &-1 & 2 & 0 & 2 \\
2 & 2 &-1 & 0 & 1 \\
0 &-1 & 3 & 0 & 0
\end{array}\right)$
Iný pohľad na túto sústavu je taký, že sa pýtame, či lineárnou kombináciou riadkov matice $A$ (s~koeficientami $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$) vieme dostať vektor $\vec z_1$.
Ľahko vidno, že vlastne štvrtá súradnica neovplyvní výsledok - čiže by sme vlastne mohli riešiť sústavu s tromi neznámymi.
Riešením sústavy zistíme, že táto sústava nemá riešenie. Teda $\vec z_1$ nepatrí do $\operatorname{Im}(f)$.
Spoiler:
Ak by sme predsa chceli urobiť aspoň nejakú čiastočnú skúšku správnosti, môžeme si na chvíľu všímať iba prvé tri rovnice. Zhodou okolností pri postupe, ktoré je uvedený vyššie, sme dosť dlho používali iba prvé tri riadky. Nie je príliš ťažké dopočítať, že ak používame iba prvé tri rovnice, tak dostaneme riešenie $(\frac73,-1,\frac53)$. Táto trojica skutočne spĺňa prvé tri rovnice pôvodnej sústavy.
Riadkovými úpravami:
Ak maticu $A$ upravíme na redukovaný tvar, tak z neho ľahko vieme zistiť, či nejaký vektor patrí do riadkového podpriestoru prislúchajúceho matici $A$.
$\begin{pmatrix}
-1 &-1 & 2 & 0 \\
0 &-1 & 0 &-1 \\
2 & 2 &-1 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}\sim
\dots\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Spoiler:
takže $\vec z_1\notin\operatorname{Im}(f)$.
Rovnaký postup s riadkami matice $A$ namiesto $\vec z_1$ môžeme použiť na čiastočnú skúšku správnosti.
Keďže tento týždeň sa budeme rozprávať aj o tom, ako pre daný podpriestor nájsť sústavu, spomeniem aj niečo takéto ako možnosť (polo)skúšky pri úprave na redukovaný stupňovitý tvar.
Ak sa pozrieme na redukovaný tvar, tak vidíme, že riadky tejto matice generujú podpriestor riešení sústavy pozosávajúcej z jedinej rovnice $x_1+x_2+x_3-x_4=0$. Ekvivalentne - sú to presne tie vektory, ktoré spĺňajú $x_4=x_1+x_2+x_3$.
Teda ako čiastočnú skúšku správnosti môžeme skontrolovať, či riadky pôvodnej sústavy vyhovujú tejto rovnici.