Martin Sleziak wrote:Úloha 10.1. Nájdite homogénnu sústavu rovníc nad $\mathbb R$, ktorej množina riešení je podpriestor $S=[(1,1,1,-1),(2,3,-1,-6),(3,4,0,-7)]$ priestoru $\mathbb R^4$.
Lema $\clubsuit$. Nech $\vec\beta_1, \ldots, \vec\beta_k$ sú $n$-rozmerné vektory. Nech $\vec\alpha$ je tiež $n$-rozmerný vektor. Potom $\vec\beta_1,\ldots,\vec\beta_k$ sú riešeniami homogénnej rovnice (tj. pravá strana je $0$) určenej $\vec\alpha$ práve vtedy, keď $\alpha \in Ker\ f_B$, pričom $B$ je matica typu $n \times k$, ktorej stĺpce sú postupne $\vec\beta_1^T,\ldots,\vec\beta_k^T$.Martin Sleziak wrote: Úloha 10.2. Nájdite homogénnu sústavu rovníc nad $\mathbb R$, ktorej množina riešení je podpriestor $S=[(1,-1,-1,-1),(4,1,-1,0),(-2,1,2,3)]$ priestoru $\mathbb R^4$.
Dôkaz: $Ker\ f_B$ obsahuje práve tie vektory, ktoré sa v lineárnom zobrazení $B$ zobrazia na nulový vektor --- teda ich obraz má každú súradnicu nulovú. Takže obsahuje práve také $\vec\gamma$, ktoré spĺňajú $\vec\gamma \vec\beta_i^T = 0$ pre každé $i \in \lbrace 1,\ldots,k \rbrace$. Inými slovami, obsahuje práve tie $\vec\gamma$, ktoré určujú homogénnu rovnicu, ktorej riešenia (nie nutne všetky) sú $\vec\beta_1, \ldots, \vec\beta_k$, čo sme chceli dokázať.
Lema $\spadesuit$. Nech $A$ je matica homogénnej sústavy rovníc typu $m \times n$, $X$ nech je priestor jej riešení, a $Y$ je podpriestor $X$. Nech $B$ je matica typu $n \times k$, ktorej stĺpce generujú $Y$. Potom $[X = Y] \iff [V_A = Ker\ f_B]$.
Dôkaz: Platí $[X = Y] \iff [d(X) = d(Y)]$, nakoľko $Y \subseteq X$.
Zo zadania vyplýva, že $AB = 0$ (kde $0$ je nulová matica typu $m \times k$). Z vlastností homogénnych rovníc vieme, že $d(X) = n - h(A)$.
Ľubovoľná matica má rovnakú hodnosť ako jej transponovaná matica, takže $h(B) = h(B^T) = d(V_{B^T}) = d(Y)$, zároveň $h(B) = d(V_B) = d(Im\ f_B)$. Z vlastností jadra a obrazu vieme, že $d(Ker\ f_B) + d(Im\ f_B) = n$ --- spolu $d(Y) = h(B) = n - d(Ker\ f_B)$. Takže $[d(X) = d(Y)] \iff [n - h(A) = n - d(Ker\ f_B)] \iff [h(A) = d(Ker\ f_B)] \iff [V_A = Ker\ f_B]$, čo sme chceli dokázať.
Označme $A$ maticu hľadanej homogénnej sústavy. Označme
$$
B =
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 2 & 3 \\
1 & 3 & 4 \\
1 & -1 & 0 \\
-1 & -6 & -7
\end{array}
\right)
$$
"Každý riadok $A$ je rovnica, ktorej (nie nutne všetky) riešenia sú stĺpce $B$." je podľa $\clubsuit$ ekvivalentné s tým, že každý jej riadok je v $Ker\ f_B$.
"Sústava $A$ nemá žiadne iné riešenia ako stĺpce $B$." je podľa $\spadesuit$ ekvivalentné s $V_A = Ker\ f_B$.
Potom bude vyhovovať napríklad také $A$, ktorého riadky tvoria bázu $Ker\ f_B$.
Lema $\heartsuit$. Nech $f$ je lineárne zobrazenie. Sĺpcové operácie na $A_f$ nemenia $Ker\ f$.
Dôkaz: Každé riešenie má súčet v každom stĺpci rovný $0$. Potom výmena stĺpcov má za následok výmenu $0$ v tých stĺpcoch. Vynásobenie stĺpca číslom $c$ spôsobí, že v tom stĺpci bude $0 \cdot c = 0$. Pripočítanie násobku stĺpca do cieľového stĺpca spôsobí, že v cieľovom stĺpci bude $0 + 0 \cdot c = 0$. Každá stĺpcová operácia teda zachováva riešenia (teda ak $\vec\alpha$ bolo riešenie pred operáciou, tak je aj po nej riešením), nakoľko sú ale stĺpcové operácie invertibilné, tak žiadne nové riešenia nemohli vzniknúť.
Podľa $\heartsuit$ teda môžeme bez ujmy previesť $B$ do akejsi "transponovanej" trojuholníkovej normálnej formy:
\begin{eqnarray}
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 2 & 3 \\
1 & 3 & 4 \\
1 & -1 & 0 \\
-1 & -6 & -7
\end{array}
\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
1 & -3 & -3 \\
-1 & -4 & -4
\end{array}
\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
4 & -3 & 0 \\
3 & -4 & 0
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
Vidíme, že ak má byť obraz $\vec 0$, tak prvé dve súradnice sú jednoznačne určené 3. a 4. súradnicou (iba dosadíme 3. a 4., a 1. a 2. nastavíme tak, aby to v súčte bol $\vec 0$). Takže báza $Ker\ f_B$ bude obsahovať práve 2 vektory, potom vyhovuje napríklad
$$
A =
\left(
\begin{array}{cccc}
-4 & 3 & 1 & 0 \\
-3 & 4 & 0 & 1 \\
\end{array}
\right)
$$
Skúškou ľahko overíme, že každé spomedzi $(1,1,1,-1), (2,3,-1,-6), (3,4,0,-7)$ je riešenie oboch rovníc (splnené $\clubsuit$), a že $h(A) + h(B) = 4$ (splnené $\spadesuit$, nakoľko $h(B) = d(Im\ f_B) = 4 - d(Ker\ f_B)$).
Analogicky vyriešime druhú úlohu:
$$
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 4 & -2 \\
-1 & 1 & 1 \\
-1 & -1 & 2 \\
-1 & 0 & 3
\end{array}
\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 5 & -1 \\
-1 & 3 & 0 \\
-1 & 4 & 1
\end{array}
\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc}
5 & 0 & 0 \\
-5 & 5 & -5 \\
-5 & 3 & 0 \\
-5 & 4 & 5
\end{array}
\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc}
5 & 0 & 0 \\
0 & 5 & 0 \\
-2 & 3 & 3 \\
-1 & 4 & 9
\end{array}
\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc}
15 & 0 & 0 \\
0 & 5 & 0 \\
-6 & 3 & 3 \\
-3 & 4 & 9
\end{array}
\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc}
15 & 0 & 0 \\
0 & 5 & 0 \\
0 & 0 & 3 \\
15 & -5 & 9
\end{array}
\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
1 & -1 & 3
\end{array}
\right)
$$
Vidíme, že posledná súradnica jednoznačne určuje prvé tri, takže $Ker\ f_B$ bude mať 1 bázový vektor, napríklad:
$$
\left(
\begin{array}{cccc}
-1 & 1 & -3 & 1
\end{array}
\right)
$$
Skúškou ľahko overíme, že každý z $(1,-1,-1,-1),(4,1,-1,0),(-2,1,2,3)$ je riešením, a že $h(A) + h(B) = 4$.