Pretože sa nám často bude hodiť vedieť pre zadaný afinný podpriestor dostať z parametrického vyjadrenia všeobecné a obrátene, skúsme si to ukázať na pár príkladoch.
Môžete sem napísať, ak budete mať nejaké otázky, ak pri úlohách podobného typu narazíte na problémy alebo ak budete mať úplne iné návrh na riešenia.
Súčasne máte možnosť porovnať si rôzne postupy a rozmyslieť si, ktorý sa vám zdá efektívnejší alebo najvhodnejší z toho hľadiska, že sa pri ňom človek zriedkavejšie pomýli alebo že máte nejakú rozumnú možnosť robiť skúšku či hľadať chybu.
V tomto topicu sa budem venovať tomu, ako dostaneme z parametrického vyjadrenia všeobecné. Opačný smer je v podstate iba vyjadrenie množiny riešení danej sústavy presne spôsobom, aký sme sa naučili v minulom semestri. (Ale ak treba, tak môžeme urobiť samostatný topic venovaný aj tejto téme.)
Od parametrického k všeobecnému
Moderators: Martin Sleziak, Ludovit_Balko, Martin Niepel, Tibor Macko
-
Martin Sleziak
- Posts: 5686
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Od parametrického k všeobecnému
Úloha 1. Nájdite všeobecnú rovnicu roviny
$$\alpha \equiv
\begin{cases}
x_1=1+s+2t,\\
x_2=3+2s-3t,\\
x_3=1+s+t,\\
x_4=3s+3t;&t\in\mathbb R
\end{cases}$$
v priestore $(\mathbb R^4,\mathbb R^4)$
Vidíme, že $V_\alpha=[(1,2,1,3),(2,-3,1,3)]$ a ide teda skutočne o dvojrozmerný afinný podpriestor. Budeme teda potrebovať dve lineárne nezávislé rovnice. ($4-2=2$)
Nájdenie sústavy z bázy. Poďme najprv vyjadriť vektorovú zložku. Začnime tým, že skúsme nájsť jednoduchšiu bázu tohoto priestoru.
$\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 3 \\
2 &-3 & 1 & 3
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 3 \\
1 &-5 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 &-5 & 0 & 0 \\
0 & 7 & 1 & 3
\end{pmatrix}$
Našli sme vyjadrenie $V_\alpha=[(1,-5,0,0),(0,7,1,3)]$.
(Nedoupravoval som síce túto maticu do redukovaného trojuholníkového tvaru. V prvom a treťom stĺpci však mám jednu jednotku a ostatné nuly, takže tento tvar je rovnako dobrý. A vyhol som sa počítaniu so zlomkami.)
Potom vieme nájsť homogénnu sústavu, ktorej riešením je práve $V_\alpha$.
Dostaneme napríklad
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=0\\
3x_3-x_4&=0
\end{align*}
Zatiaľ sme vyjadrili vektorovú zložku. Vyjadrenie bodovej zložky nemusí byť homogénna sústava. Potrebujeme ešte nájsť pravé strany. Na to stačí dosadiť ľubovoľný bod patriaci zadanej rovine, napríklad bod $(1,3,1,0)$. Dostaneme
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=1\\
3x_3-x_4&=3
\end{align*}
Vyjadrenie parametrov. Môžeme sa pokúsiť postupovať tak, že sa z parametrického vyjadrenia pokúsime osamostatniť parametre. (Čo je v podstate presne to, čo sa robilo v dôkaze - tam sa použilo Cramerovo pravidlo.)
Zoberiem si napríklad prvé dve rovnice a budem sa z nich snažiť vyjadriť $s$ a $t$
\begin{align*}
x_1&=1+s+2t\\
x_2&=3+2s-3t
\end{align*}
t.j.
\begin{align*}
s+2t&=x_1-1\\
2s-3t&=x_2-3
\end{align*}
Nie moc ťažko z týchto rovníc vieme osamostatniť $s$ a $t$.
\begin{align*}
s&=\frac{3x_1+2x_2-9}7\\
t&=\frac{2x_1-x_2+1}7
\end{align*}
Pretože sa nám to hodí pri dosadení do tretej a štvrtej rovnice, môžeme si vyrátať $s+t=\frac{5x_1+x_2-8}7$.
Tiež si môžeme všimnúť, že keby sme namiesto prvých dvoch rovníc zobrali rovnice $x_3=1+s+t$ a $x_4=3s+3t$, tak sa mi z nich $s$ a $t$ nepodarí vyjadriť. (Nie je teda úplne jedno, ktoré rovnice si vyberiem.)
Po dosadení dostaneme
\begin{align*}
x_3&=\frac{5x_1+x_2-1}7\\
x_4&=\frac{15x_1+3x_2-24}7
\end{align*}
čo môžeme upraviť na
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=1\\
15x_1+3x_2-7x_4&=24
\end{align*}
Všimnime si, že prvá rovnica nám vyšla rovnako ako v predošlom postupe, zatiaľčo druhá nie.
To však neznamená, že by niektorý z týchto výsledkov nutne musel byť nesprávny. (Všeobecné vyjadrenie afinného podpriestoru nie je určené jednoznačne.)
Môžeme si všimnúť, že ak si sčítame 3-násobok prvej rovnice a 7-násobok druhej rovnice zo vyjadrenia, ktoré sme dostali v predošlom postupe, dostaneme presne druhú rovnicu v tomto riešení.
Všeobecne, ak máme dve rôzne všeobecné vyjadrenia, tak rovnice vystupujúce v jednom z nich vieme dostať ako lineárne kombinácie rovníc vystupujúcich v druhom.
(Geometricky: Ak sme dostali afinný podpriestor ako prienik nejakých nadrovín, tak aj normálový vektor každej ďalšej nadroviny, ktorá ho obsahuje, je lineárna kombinácia normálových vektorov týchto nadrovín.)
Ešte upozorním aj na to, že sa mi môže stať, že parametre nevyjadrím. Napríklad ak by som si vybral rovnice pre $x_3$ a $x_4$, tak sa mi z nich nepodarí vyjadriť $s$ a $t$. Ak som si zle vybral, treba si jednoducho skúsiť vybrať iné rovnice.
Hádanie. Ak je zadaný afinný podpriestor jednoduchý, tak sa niekedy dá všeobecné vyjadrenie aj "uhádnuť".
Napríklad ak sa pozriem na rovnosť $x_3=1+s+t$, tak z nej viem vyjadriť $s+t=x_3-1$.
To sa mi hodí, ak si všimnem, že $x_4=3(s+t)=3(x_3-1)$. Dostal som tak jednu rovnicu $x_4=3x_3-3$.
Ešte potrebujem nejakú ďalšiu rovnicu. Vedel by som nejako aj z prvých dvoch rovníc dostať nejaké vyjadrenie pre $s+t$?
Koeficienty pri $s$ a $t$ sú v prvej rovnici $(1,2)$ a v druhej $(2,-3)$. Rozdiel týchto koeficientov je v prvom prípade $1$ a v druhom $-5$.
Ak vezmem 5-násobok prvej rovnice a sčítam ho s druhou rovnicou, tak rozdiel koeficientov už bude $5\cdot 1+(-5)=0$, čo je presne to, čo chcem. Dostanem tak
$5x_1+x_2=8+7(s+t)=8+7(x_3-1)=1+7x_3$.
Po úprave dostanem vyjadrenie
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=1\\
3x_3-x_4&=3
\end{align*}
Determinant.
Skúsme sa pozrieť ešte aj na takéto riešenie - aj keď použiť determinant sa oplatí asi skôr v prípade, že ide o nadrovinu (t.j. dimenzia je $n-1$). Vtedy totiž potrebujeme rátať iba jediný determinant (hľadáme iba jednu rovnicu).
Z parametrického vyjadrenia vidíme, že ide o afinný podpriestor určený bodom $A=(1,3,1,0)$ a vektormi $\vec u=(1,2,1,3)$, $(2,1,-3,2)$.
Chceme popísať také body, pre ktoré sú vektory $\overrightarrow{AX}$, $\vec u$ a $\vec v$ lineárne závislé, t.j. matica
$$
\begin{pmatrix}
x_1-1 & x_2-3 & x_3-1 & x_4 \\
1 & 2 & 1 & 3 \\
2 &-3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$
má hodnosť $2$.
Potom aj každá podmatica $3\times 3$ má hodnosť najviac $2$, a teda má nulový determinant.
Dostávame teda, že pre všetky body z našej roviny platí
$0=\begin{vmatrix}
x_1-1 & x_2-3 & x_3-1\\
1 & 2 & 1 \\
2 &-3 & 1
\end{vmatrix}=
5(x_1-1)+(x_2-3)-7(x_3-1)=5x_1+x_2-7x_3-1
$
$0=\begin{vmatrix}
x_1-1 & x_2-3 & x_4\\
1 & 2 & 3 \\
2 &-3 & 3
\end{vmatrix}=
15(x_1-1)+3(x_2-3)-7x_4=15x_1+3x_2-7x_4-24
$
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=1\\
15x_1+3x_2-7x_4&=24
\end{align*}
Treba si dať pozor aj na to, že vopred neviem, či dostanem lineárne nezávislé rovnice. Čiže ak by zadané vektory boli iné, mohlo by sa stať, že by som potreboval počítať ešte nejaké ďalšie determinanty podmatíc rozmerov $3\times 3$; až kým nedostanem dosť lineárne nezávislých rovníc.
$$\alpha \equiv
\begin{cases}
x_1=1+s+2t,\\
x_2=3+2s-3t,\\
x_3=1+s+t,\\
x_4=3s+3t;&t\in\mathbb R
\end{cases}$$
v priestore $(\mathbb R^4,\mathbb R^4)$
Vidíme, že $V_\alpha=[(1,2,1,3),(2,-3,1,3)]$ a ide teda skutočne o dvojrozmerný afinný podpriestor. Budeme teda potrebovať dve lineárne nezávislé rovnice. ($4-2=2$)
Nájdenie sústavy z bázy. Poďme najprv vyjadriť vektorovú zložku. Začnime tým, že skúsme nájsť jednoduchšiu bázu tohoto priestoru.
$\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 3 \\
2 &-3 & 1 & 3
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 & 3 \\
1 &-5 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 &-5 & 0 & 0 \\
0 & 7 & 1 & 3
\end{pmatrix}$
Našli sme vyjadrenie $V_\alpha=[(1,-5,0,0),(0,7,1,3)]$.
(Nedoupravoval som síce túto maticu do redukovaného trojuholníkového tvaru. V prvom a treťom stĺpci však mám jednu jednotku a ostatné nuly, takže tento tvar je rovnako dobrý. A vyhol som sa počítaniu so zlomkami.)
Potom vieme nájsť homogénnu sústavu, ktorej riešením je práve $V_\alpha$.
Spoiler:
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=0\\
3x_3-x_4&=0
\end{align*}
Zatiaľ sme vyjadrili vektorovú zložku. Vyjadrenie bodovej zložky nemusí byť homogénna sústava. Potrebujeme ešte nájsť pravé strany. Na to stačí dosadiť ľubovoľný bod patriaci zadanej rovine, napríklad bod $(1,3,1,0)$. Dostaneme
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=1\\
3x_3-x_4&=3
\end{align*}
Vyjadrenie parametrov. Môžeme sa pokúsiť postupovať tak, že sa z parametrického vyjadrenia pokúsime osamostatniť parametre. (Čo je v podstate presne to, čo sa robilo v dôkaze - tam sa použilo Cramerovo pravidlo.)
Zoberiem si napríklad prvé dve rovnice a budem sa z nich snažiť vyjadriť $s$ a $t$
\begin{align*}
x_1&=1+s+2t\\
x_2&=3+2s-3t
\end{align*}
t.j.
\begin{align*}
s+2t&=x_1-1\\
2s-3t&=x_2-3
\end{align*}
Nie moc ťažko z týchto rovníc vieme osamostatniť $s$ a $t$.
\begin{align*}
s&=\frac{3x_1+2x_2-9}7\\
t&=\frac{2x_1-x_2+1}7
\end{align*}
Pretože sa nám to hodí pri dosadení do tretej a štvrtej rovnice, môžeme si vyrátať $s+t=\frac{5x_1+x_2-8}7$.
Tiež si môžeme všimnúť, že keby sme namiesto prvých dvoch rovníc zobrali rovnice $x_3=1+s+t$ a $x_4=3s+3t$, tak sa mi z nich $s$ a $t$ nepodarí vyjadriť. (Nie je teda úplne jedno, ktoré rovnice si vyberiem.)
Po dosadení dostaneme
\begin{align*}
x_3&=\frac{5x_1+x_2-1}7\\
x_4&=\frac{15x_1+3x_2-24}7
\end{align*}
čo môžeme upraviť na
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=1\\
15x_1+3x_2-7x_4&=24
\end{align*}
Všimnime si, že prvá rovnica nám vyšla rovnako ako v predošlom postupe, zatiaľčo druhá nie.
To však neznamená, že by niektorý z týchto výsledkov nutne musel byť nesprávny. (Všeobecné vyjadrenie afinného podpriestoru nie je určené jednoznačne.)
Môžeme si všimnúť, že ak si sčítame 3-násobok prvej rovnice a 7-násobok druhej rovnice zo vyjadrenia, ktoré sme dostali v predošlom postupe, dostaneme presne druhú rovnicu v tomto riešení.
Všeobecne, ak máme dve rôzne všeobecné vyjadrenia, tak rovnice vystupujúce v jednom z nich vieme dostať ako lineárne kombinácie rovníc vystupujúcich v druhom.
(Geometricky: Ak sme dostali afinný podpriestor ako prienik nejakých nadrovín, tak aj normálový vektor každej ďalšej nadroviny, ktorá ho obsahuje, je lineárna kombinácia normálových vektorov týchto nadrovín.)
Ešte upozorním aj na to, že sa mi môže stať, že parametre nevyjadrím. Napríklad ak by som si vybral rovnice pre $x_3$ a $x_4$, tak sa mi z nich nepodarí vyjadriť $s$ a $t$. Ak som si zle vybral, treba si jednoducho skúsiť vybrať iné rovnice.
Hádanie. Ak je zadaný afinný podpriestor jednoduchý, tak sa niekedy dá všeobecné vyjadrenie aj "uhádnuť".
Napríklad ak sa pozriem na rovnosť $x_3=1+s+t$, tak z nej viem vyjadriť $s+t=x_3-1$.
To sa mi hodí, ak si všimnem, že $x_4=3(s+t)=3(x_3-1)$. Dostal som tak jednu rovnicu $x_4=3x_3-3$.
Ešte potrebujem nejakú ďalšiu rovnicu. Vedel by som nejako aj z prvých dvoch rovníc dostať nejaké vyjadrenie pre $s+t$?
Koeficienty pri $s$ a $t$ sú v prvej rovnici $(1,2)$ a v druhej $(2,-3)$. Rozdiel týchto koeficientov je v prvom prípade $1$ a v druhom $-5$.
Ak vezmem 5-násobok prvej rovnice a sčítam ho s druhou rovnicou, tak rozdiel koeficientov už bude $5\cdot 1+(-5)=0$, čo je presne to, čo chcem. Dostanem tak
$5x_1+x_2=8+7(s+t)=8+7(x_3-1)=1+7x_3$.
Po úprave dostanem vyjadrenie
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=1\\
3x_3-x_4&=3
\end{align*}
Determinant.
Skúsme sa pozrieť ešte aj na takéto riešenie - aj keď použiť determinant sa oplatí asi skôr v prípade, že ide o nadrovinu (t.j. dimenzia je $n-1$). Vtedy totiž potrebujeme rátať iba jediný determinant (hľadáme iba jednu rovnicu).
Z parametrického vyjadrenia vidíme, že ide o afinný podpriestor určený bodom $A=(1,3,1,0)$ a vektormi $\vec u=(1,2,1,3)$, $(2,1,-3,2)$.
Chceme popísať také body, pre ktoré sú vektory $\overrightarrow{AX}$, $\vec u$ a $\vec v$ lineárne závislé, t.j. matica
$$
\begin{pmatrix}
x_1-1 & x_2-3 & x_3-1 & x_4 \\
1 & 2 & 1 & 3 \\
2 &-3 & 1 & 3
\end{pmatrix}
$$
má hodnosť $2$.
Potom aj každá podmatica $3\times 3$ má hodnosť najviac $2$, a teda má nulový determinant.
Dostávame teda, že pre všetky body z našej roviny platí
$0=\begin{vmatrix}
x_1-1 & x_2-3 & x_3-1\\
1 & 2 & 1 \\
2 &-3 & 1
\end{vmatrix}=
5(x_1-1)+(x_2-3)-7(x_3-1)=5x_1+x_2-7x_3-1
$
$0=\begin{vmatrix}
x_1-1 & x_2-3 & x_4\\
1 & 2 & 3 \\
2 &-3 & 3
\end{vmatrix}=
15(x_1-1)+3(x_2-3)-7x_4=15x_1+3x_2-7x_4-24
$
\begin{align*}
5x_1+x_2-7x_3&=1\\
15x_1+3x_2-7x_4&=24
\end{align*}
Treba si dať pozor aj na to, že vopred neviem, či dostanem lineárne nezávislé rovnice. Čiže ak by zadané vektory boli iné, mohlo by sa stať, že by som potreboval počítať ešte nejaké ďalšie determinanty podmatíc rozmerov $3\times 3$; až kým nedostanem dosť lineárne nezávislých rovníc.
-
Martin Sleziak
- Posts: 5686
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Od parametrického k všeobecnému
Úloha 2. Nájdite všeobecné vyjadrenie afinného podpriestoru
$$\beta \equiv
\begin{cases}
x_1=1+s+2u+v,\\
x_2=0+3s+t+u+v,\\
x_3=-1+s+t+2u+v,\\
x_4=-3+4s+3t+3u+2v,\\
x_5=1+s+2t+2u+2v; &s,t,u,v\in\mathbb R
\end{cases}
$$
priestoru $(\mathbb R^5,\mathbb R^5)$.
Vidíme, že ide o podpriestor zadaný bodom $A=(1,0,-1,-3,1)$ a vektormi $\vec v_1=(1,3,1,4,1)$, $\vec v_2=(0,1,1,3,2)$, $\vec v_3=(2,1,2,2,2)$ a $\vec v_4=(1,1,1,2,2)$.
Ak sú tieto vektory lineárne nezávislé, tak ide o nadrovinu. (Takže v takom prípade všeobecné vyjadrenie pozostáva iba z jednej rovnice.)
Môžeme skúsiť opäť niektoré z postupov, ktoré sme videli v úlohe 1. Začnime teraz pre zmenu determinantom.
Determinant.
Všeobecná rovnica našej nadroviny je
$$
\begin{vmatrix}
x_1-1 & x_2 & x_3+1 & x_4+3 & x_5-1 \\
1 & 3 & 1 & 4 & 1\\
0 & 1 & 1 & 3 & 2\\
2 & 1 & 2 & 3 & 2\\
1 & 1 & 1 & 2 & 2
\end{vmatrix}=0.
$$
(Ak by nám tento determinant vyšiel nulový, tak by sme tým zistili, že zadané vektory sú lineárne závislé. Nešlo by teda o nadrovinu. V takom prípade by sme potrebovali viac rovníc a museli by sme to počítať inak.)
Pomocou Laplaceovho rozvoja to môžeme prepísať ako
$$A_{11}(x_1-1)+A_{12}x_2+A_{13}(x_3+1)+A_{14}(x_4+3)+A_{15}(x_5-1).$$
Treba teda zrátať jednotlivé algebraické doplnky $A_{1i}$.
Ak to naozaj urobíme
dostaneme rovnicu v tvare
$-5(x_1-1)+5x_2+10(x_3+1)-5(x_4+3)=0$,
ktorá je ekvivalentná s
$(x_1-1)-x_2-2(x_3+1)+(x_4+3)=0$,
$$x_1-x_2-2x_3+x_4=0.$$
Na základe tohoto výsledku sa dá presvedčiť aj o tom, že $\vec v_1, \vec v_2, \vec v_3, \vec v_4$ sú lineárne nezávislé a ide skutočne o nadrovinu. Na to si stačí všimnúť, že existuje voľba $x_1,\dots,x_5$ pre ktorú je hodnota tohoto determinantu $x_1-x_2-2x_3+x_4\ne 0$.
Pre takúto voľbu dostávame determinant, ktorého 5 riadkov tvorí bázu priestoru $\mathbb R^5$ a sú to teda lineárne nezávislé vektory.
Ak si vezmeme iba podmnožinu týchto piatich vektorov, t.j. $\vec v_1,\dots,\vec v_4$, tak aj tieto vektory sú stále lineárne nezávislé.
Videli sme, že sme museli počítať štyri determinanty $4\times4$. Pri tom sa dá asi vcelku ľahko pomýliť.
Ak by sme však hľadali rovnicu nejakej nadroviny v $\mathbb R^4$, tak by sme potrebovali počítať iba determinant $3\times3$, čiže vtedy by takýto prístup bol asi schodnejší.
Nájdenie homogénnej sústavy z bázy.
Pokúsime sa najprv nájsť homogénnu sústavu, ktorej množina riešení je $[\vec v_1, \vec v_2, \vec v_3, \vec v_4]$.
Úpravou na redukovaný stupňovitý tvar dostaneme:
$\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 4 & 1\\
0 & 1 & 1 & 3 & 2\\
2 & 1 & 2 & 3 & 2\\
1 & 1 & 1 & 2 & 2
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 &-1 & 0\\
0 & 1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
\end{pmatrix}$
Vidíme, že takáto rovnica je napríklad
$$x_1-x_2-2x_3+x_4=0.$$
(Súčasne sme sa presvedčili, že zadané vektory sú lineárne nezávislé a ide skutočne o nadrovinu.)
Ešte potrebujeme dosadiť do tejto rovnice nejaký bod zadanej roviny, napríklad bod $A$, aby sme zistili pravú stranu rovnice. Zistíme, že bod $A$ vyhouje tej istej rovnici
$$x_1-x_2-2x_3+x_4=0.$$
Vyjadrenie parametrov
Snažíme sa najprv vyjadriť parametre pomocou niektorých neznámych. Napríklad ak si zobrieme všetky rovnice okrem štvrtej tak dostaneme
\begin{align*}
s+2u+v&=x_1-1\\
3s+t+u+v&=x_2\\
s+t+2u+v&=x_3+1\\
s+2t+2u+2v&=x_5-1
\end{align*}
(Vybral som si niektoré štyri rovnice, snažil som sa vybrať také, aby mali koeficienty, s ktorými sa mi bude dobre rátať. Vopred neviem povedať, či táto sústava má jediné riešenie; ak by to tak nebolo, tak musím skúsiť znovu vybrať iné rovnice.)
Poďme teda vyriešiť túto sústavu. Dostaneme:
$s=\frac{2x_2-x_5+1}5$
$t=-x_1+x_3+2$
$u=\frac{-x_2+5x_3-2x_5+7}5$
$v=x_1-2x_3+x_5-4$
Po dosadení do zostávajúcej rovnice
$$x_4=-3+4s+3t+3u+2v$$
dostaneme
$x_4=-3 - x_1+x_2 +2x_3+3$
čiže
$$x_1-x_2-2x_3+x_4=0.$$
Hádanie
Nedostaneme síce úplné riešenie, ale skúsme sa pozrieť na to, či by sa dala nejako rovnica hľadanej nadroviny uhádnuť.
Skúsme robiť presne to, čo sme robili v predošlom postupe - snažili sme sa $x_4$ vyjadriť pomocou ostatných premenných.
Máme teda
$x_4+3=4s+3t+3u+3v$.
A chceli by sme túto výraz $(4s+3t+3u+3v)$ nejako nakombinovať z výrazov:
$s+2u+v=x_1-1$
$3s+t+u+v=x_2$
$s+t+2u+v=x_3+1$
$s+2t+2u+2v=x_5-1$
Všimnime si, že vo vyjadrení $x_4-1$ máme rovnaký koeficient pri $t$ aj pri $u$.
To isté platí aj pre $x_2$ a $x_5-1$.
Mohli by sme teda najprv skúšať dostať $x_4+3$ pomocou $x_2$ a $x_5-1$.
Ak sa pozeráme na koeficienty, tak sa snažíme dostať $(4,3,3,2)$ z vektorov $(3,1,1,1)$ a $(1,2,2,2)$. Hneď vidíme, že sa to nepodarí; takto môžeme dostať iba vektory, kde sa zhoduje druhá, tretia i štvrtá súradnica.
Musíme teda použiť aj ostatné dva výrazy, t.j. $x_1-1$ a $x_3+1$. Opäť sa môžeme pozerať na koeficienty.
Pýtame sa takúto vec: Akú lineárnu kombináciu vektorov $(1,0,2,1)$ a $(1,1,2,1)$ môžem urobiť, aby sa tretia a druhá súradnica zhodovali.
Keďže rozdiel medzi treťou a druhou súradnicou je v prvom prípade $2$ a v druhom $1$, ak v lineárnej kombinácii $a(1,0,2,1)+b(1,1,2,1)$ bude tento rozdiel $2a+b$. Čiže aby sme dostali nulu, tak musíme mať $b=-2a$. To platí pre $b=2$, $a=-1$ a pre ľubovoľné násobky týchto čísel. S takýmito koeficientami dostaneme
$2(1,0,2,1)-(1,1,2,1)=(1,2,2,1)$
Môžeme si všimnúť, že sme mali šťastie; keď tento vektor pripočítame k $(3,1,1,1)$, tak dostaneme presne hľadaný vektor $(4,3,3,2)$.
$(4,3,3,2)=-(1,1,2,1)+(3,1,1,1)+2(1,1,2,1)$
$x_4+3=-(x_1-1)+x_2+2(x_3+1)$
Po úprave dostaneme presne tú istú rovnicu ako minule.
Takto sme síce uhádli nejakú rovnicu, ktorú spĺňajú všetky body z $\beta$.
Nemáme stále však zaručené, že to je naozaj presne analytické vyjadrenie tohoto podpriestoru. Potrebujeme ešte nejakým spôsobom skontrolovať, že ide o nadrovinu. (T.j. že štyri vektory, ktoré určujú vektorovú zložku, sú naozaj lineárne nezávislé.)
$$\beta \equiv
\begin{cases}
x_1=1+s+2u+v,\\
x_2=0+3s+t+u+v,\\
x_3=-1+s+t+2u+v,\\
x_4=-3+4s+3t+3u+2v,\\
x_5=1+s+2t+2u+2v; &s,t,u,v\in\mathbb R
\end{cases}
$$
priestoru $(\mathbb R^5,\mathbb R^5)$.
Vidíme, že ide o podpriestor zadaný bodom $A=(1,0,-1,-3,1)$ a vektormi $\vec v_1=(1,3,1,4,1)$, $\vec v_2=(0,1,1,3,2)$, $\vec v_3=(2,1,2,2,2)$ a $\vec v_4=(1,1,1,2,2)$.
Ak sú tieto vektory lineárne nezávislé, tak ide o nadrovinu. (Takže v takom prípade všeobecné vyjadrenie pozostáva iba z jednej rovnice.)
Môžeme skúsiť opäť niektoré z postupov, ktoré sme videli v úlohe 1. Začnime teraz pre zmenu determinantom.
Determinant.
Všeobecná rovnica našej nadroviny je
$$
\begin{vmatrix}
x_1-1 & x_2 & x_3+1 & x_4+3 & x_5-1 \\
1 & 3 & 1 & 4 & 1\\
0 & 1 & 1 & 3 & 2\\
2 & 1 & 2 & 3 & 2\\
1 & 1 & 1 & 2 & 2
\end{vmatrix}=0.
$$
(Ak by nám tento determinant vyšiel nulový, tak by sme tým zistili, že zadané vektory sú lineárne závislé. Nešlo by teda o nadrovinu. V takom prípade by sme potrebovali viac rovníc a museli by sme to počítať inak.)
Pomocou Laplaceovho rozvoja to môžeme prepísať ako
$$A_{11}(x_1-1)+A_{12}x_2+A_{13}(x_3+1)+A_{14}(x_4+3)+A_{15}(x_5-1).$$
Treba teda zrátať jednotlivé algebraické doplnky $A_{1i}$.
Ak to naozaj urobíme
Spoiler:
$-5(x_1-1)+5x_2+10(x_3+1)-5(x_4+3)=0$,
ktorá je ekvivalentná s
$(x_1-1)-x_2-2(x_3+1)+(x_4+3)=0$,
$$x_1-x_2-2x_3+x_4=0.$$
Na základe tohoto výsledku sa dá presvedčiť aj o tom, že $\vec v_1, \vec v_2, \vec v_3, \vec v_4$ sú lineárne nezávislé a ide skutočne o nadrovinu. Na to si stačí všimnúť, že existuje voľba $x_1,\dots,x_5$ pre ktorú je hodnota tohoto determinantu $x_1-x_2-2x_3+x_4\ne 0$.
Pre takúto voľbu dostávame determinant, ktorého 5 riadkov tvorí bázu priestoru $\mathbb R^5$ a sú to teda lineárne nezávislé vektory.
Ak si vezmeme iba podmnožinu týchto piatich vektorov, t.j. $\vec v_1,\dots,\vec v_4$, tak aj tieto vektory sú stále lineárne nezávislé.
Videli sme, že sme museli počítať štyri determinanty $4\times4$. Pri tom sa dá asi vcelku ľahko pomýliť.
Ak by sme však hľadali rovnicu nejakej nadroviny v $\mathbb R^4$, tak by sme potrebovali počítať iba determinant $3\times3$, čiže vtedy by takýto prístup bol asi schodnejší.
Nájdenie homogénnej sústavy z bázy.
Pokúsime sa najprv nájsť homogénnu sústavu, ktorej množina riešení je $[\vec v_1, \vec v_2, \vec v_3, \vec v_4]$.
Spoiler:
$\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 4 & 1\\
0 & 1 & 1 & 3 & 2\\
2 & 1 & 2 & 3 & 2\\
1 & 1 & 1 & 2 & 2
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 &-1 & 0\\
0 & 1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
\end{pmatrix}$
Vidíme, že takáto rovnica je napríklad
$$x_1-x_2-2x_3+x_4=0.$$
(Súčasne sme sa presvedčili, že zadané vektory sú lineárne nezávislé a ide skutočne o nadrovinu.)
Ešte potrebujeme dosadiť do tejto rovnice nejaký bod zadanej roviny, napríklad bod $A$, aby sme zistili pravú stranu rovnice. Zistíme, že bod $A$ vyhouje tej istej rovnici
$$x_1-x_2-2x_3+x_4=0.$$
Vyjadrenie parametrov
Snažíme sa najprv vyjadriť parametre pomocou niektorých neznámych. Napríklad ak si zobrieme všetky rovnice okrem štvrtej tak dostaneme
\begin{align*}
s+2u+v&=x_1-1\\
3s+t+u+v&=x_2\\
s+t+2u+v&=x_3+1\\
s+2t+2u+2v&=x_5-1
\end{align*}
(Vybral som si niektoré štyri rovnice, snažil som sa vybrať také, aby mali koeficienty, s ktorými sa mi bude dobre rátať. Vopred neviem povedať, či táto sústava má jediné riešenie; ak by to tak nebolo, tak musím skúsiť znovu vybrať iné rovnice.)
Poďme teda vyriešiť túto sústavu. Dostaneme:
$s=\frac{2x_2-x_5+1}5$
$t=-x_1+x_3+2$
$u=\frac{-x_2+5x_3-2x_5+7}5$
$v=x_1-2x_3+x_5-4$
Spoiler:
$$x_4=-3+4s+3t+3u+2v$$
dostaneme
$x_4=-3 - x_1+x_2 +2x_3+3$
čiže
$$x_1-x_2-2x_3+x_4=0.$$
Hádanie
Nedostaneme síce úplné riešenie, ale skúsme sa pozrieť na to, či by sa dala nejako rovnica hľadanej nadroviny uhádnuť.
Skúsme robiť presne to, čo sme robili v predošlom postupe - snažili sme sa $x_4$ vyjadriť pomocou ostatných premenných.
Máme teda
$x_4+3=4s+3t+3u+3v$.
A chceli by sme túto výraz $(4s+3t+3u+3v)$ nejako nakombinovať z výrazov:
$s+2u+v=x_1-1$
$3s+t+u+v=x_2$
$s+t+2u+v=x_3+1$
$s+2t+2u+2v=x_5-1$
Všimnime si, že vo vyjadrení $x_4-1$ máme rovnaký koeficient pri $t$ aj pri $u$.
To isté platí aj pre $x_2$ a $x_5-1$.
Mohli by sme teda najprv skúšať dostať $x_4+3$ pomocou $x_2$ a $x_5-1$.
Ak sa pozeráme na koeficienty, tak sa snažíme dostať $(4,3,3,2)$ z vektorov $(3,1,1,1)$ a $(1,2,2,2)$. Hneď vidíme, že sa to nepodarí; takto môžeme dostať iba vektory, kde sa zhoduje druhá, tretia i štvrtá súradnica.
Musíme teda použiť aj ostatné dva výrazy, t.j. $x_1-1$ a $x_3+1$. Opäť sa môžeme pozerať na koeficienty.
Pýtame sa takúto vec: Akú lineárnu kombináciu vektorov $(1,0,2,1)$ a $(1,1,2,1)$ môžem urobiť, aby sa tretia a druhá súradnica zhodovali.
Keďže rozdiel medzi treťou a druhou súradnicou je v prvom prípade $2$ a v druhom $1$, ak v lineárnej kombinácii $a(1,0,2,1)+b(1,1,2,1)$ bude tento rozdiel $2a+b$. Čiže aby sme dostali nulu, tak musíme mať $b=-2a$. To platí pre $b=2$, $a=-1$ a pre ľubovoľné násobky týchto čísel. S takýmito koeficientami dostaneme
$2(1,0,2,1)-(1,1,2,1)=(1,2,2,1)$
Môžeme si všimnúť, že sme mali šťastie; keď tento vektor pripočítame k $(3,1,1,1)$, tak dostaneme presne hľadaný vektor $(4,3,3,2)$.
$(4,3,3,2)=-(1,1,2,1)+(3,1,1,1)+2(1,1,2,1)$
$x_4+3=-(x_1-1)+x_2+2(x_3+1)$
Po úprave dostaneme presne tú istú rovnicu ako minule.
Takto sme síce uhádli nejakú rovnicu, ktorú spĺňajú všetky body z $\beta$.
Nemáme stále však zaručené, že to je naozaj presne analytické vyjadrenie tohoto podpriestoru. Potrebujeme ešte nejakým spôsobom skontrolovať, že ide o nadrovinu. (T.j. že štyri vektory, ktoré určujú vektorovú zložku, sú naozaj lineárne nezávislé.)
-
Martin Sleziak
- Posts: 5686
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Od parametrického k všeobecnému
Úloha 3. Nájdite všeobecnú rovnicu roviny
$$\rho\equiv
\begin{cases}
x_1=1+s+2t,\\
x_2=s+t,\\
x_3=-1+3s+t
\end{cases}
$$
Túto úlohu som sem pridal preto, aby som pripomenul, že v $\mathbb R^3$ sa dá použiť aj vektorový súčin. (Ktorý väčšina z vás pozná zo strednej školy a budete sa o ňom učiť aj na tomto predmete.)
Môžete ju samozrejme skúsiť vyriešiť aj inými spôsobmi.
Vektorový súčin. Chceme nájsť normálový vektor zadanej roviny, t.j. vektor, ktorý je kolmý na $\vec u=(1,1,3)$ a $\vec v=(2,1,1)$.
Nájdime najprv vektorový súčin $\vec u \times \vec v = (-2,5,-1)$.
Znamená to, že rovnicu roviny môžeme napísať v tvare
$$-2x_1+5x_2-x_3=d.$$
Už stačí dosadiť niektorý konkrétny bod, ktorý patrí do tejto roviny, a nájsť tak hodnotu $d$.
$$-2x_1+5x_2-x_3=-3.$$
$$\rho\equiv
\begin{cases}
x_1=1+s+2t,\\
x_2=s+t,\\
x_3=-1+3s+t
\end{cases}
$$
Túto úlohu som sem pridal preto, aby som pripomenul, že v $\mathbb R^3$ sa dá použiť aj vektorový súčin. (Ktorý väčšina z vás pozná zo strednej školy a budete sa o ňom učiť aj na tomto predmete.)
Môžete ju samozrejme skúsiť vyriešiť aj inými spôsobmi.
Vektorový súčin. Chceme nájsť normálový vektor zadanej roviny, t.j. vektor, ktorý je kolmý na $\vec u=(1,1,3)$ a $\vec v=(2,1,1)$.
Nájdime najprv vektorový súčin $\vec u \times \vec v = (-2,5,-1)$.
Znamená to, že rovnicu roviny môžeme napísať v tvare
$$-2x_1+5x_2-x_3=d.$$
Už stačí dosadiť niektorý konkrétny bod, ktorý patrí do tejto roviny, a nájsť tak hodnotu $d$.
$$-2x_1+5x_2-x_3=-3.$$