Nájsť maticu takú, že $AX=B$

[Martin Sleziak]

Nájdite aspoň jednu maticu $X$ nad poľom $\mathbb Z_5$ takú, že platí $AX=B$, alebo zdôvodnite, že taká matica neexistuje.
$A=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 \\
2 & 2 & 3 \\
2 & 3 & 0
\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}
0 & 3 & 3 \\
1 & 4 & 0 \\
3 & 0 & 3
\end{pmatrix}$.

Chceme nájsť maticu $X$ takú, že $AX=B$.

Ako matica zobrazenia.

Ak si označíme $\vec\alpha_1$, $\vec\alpha_2$, $\vec\alpha_3$ a $\vec\beta_1$, $\vec\beta_2$, $\vec\beta_3$ jednotlivé riadky matíc $A$ a $B$, tak vlastne vyžadujeme $\vec\alpha_iX=\vec\beta_i$ pre $i=1,2,3$. (Toto vyplýva priamo z definície súčinu matíc. Treba si to rozmyslieť.)

Teda vlastne $X$ je presne matica zobrazenia, ktoré zobrazuje $\vec\alpha_1$ na $\vec\beta_1$, $\vec\alpha_2$ na $\vec\beta_2$ a $\vec\alpha_3$ na $\vec\beta_3$. Na tento typ úlohy sme sa učili štandardný postup.

Ukážme si aj výpočty:

$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 1 & 0 & 3 & 3 \\
2 & 2 & 3 & 1 & 4 & 0 \\
2 & 3 & 0 & 3 & 0 & 3
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 1 & 0 & 3 & 3 \\
1 & 1 & 4 & 3 & 2 & 0 \\
1 & 4 & 0 & 4 & 0 & 4
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 4 & 0 & 4 & 0 & 4 \\
0 & 3 & 1 & 1 & 3 & 4 \\
0 & 2 & 4 & 4 & 2 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 4 & 0 & 4 & 0 & 4 \\
0 & 1 & 2 & 2 & 1 & 3 \\
0 & 1 & 2 & 2 & 1 & 3
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 2 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 2 & 2 & 1 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)$

Vidíme, že matica $X$ nie je jednoznačne určená takýmito podmienkami. Obraz vektora $(0,0,1)$ môžeme zvoliť ľubovoľne.

Napríklad matica $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
2 & 1 & 3 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$ vyhovuje zadaným podmienkam.

Skúšku môžeme urobiť priamo vynásobením.

Spoiler:

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

Všeobecne, ak si zvolíme v treťom riadku $a$, $b$, $c$, tak ľubovoľná matica spĺňajúca podmienky je tvaru $X=\begin{pmatrix}
1+3a & 1+3b & 2+3c \\
2+3a & 1+3b & 3+3c \\
a & b & c \\
\end{pmatrix}$.

Opäť priamo vynásobením sa dá skontrolovať, že každá takáto matica vyhovuje zadaniu.

Môžeme si tiež všimnúť, že všeobecné riešenie vyšlo v tvare
$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 \\
2 & 1 & 3\\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
3a & 3b & 3c \\
3a & 3b & 3c \\
a & b & c \\
\end{pmatrix}$
Skúste tvar riešenia porovnať s vetou z prenášky, ktorá hovorí, že ľubovoľné riešenie nehomogénnej sústavy sa dá zapísať ako súčet jedného (pevne zvoleného) riešenia nehomogénnej sústavy a (vhodného) riešenia homogénnej sústavy.
Prvá matice je riešenie nehomogénnej sústavy. Druhý sčitanec predstavuje všeobecné riešenie homogénnej sústavy $AX=0$.

[Martin Sleziak]

Iný prístup.

Na to isté riešenie sa dá prísť aj inak.

Označme si $X=
\begin{pmatrix}
x_{11} & x_{12} & x_{13} \\
x_{21} & x_{22} & x_{23} \\
x_{31} & x_{32} & x_{33}
\end{pmatrix}
$
Potom podmienka $AX=B$, čiže
$$
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 \\
2 & 2 & 3 \\
2 & 3 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_{11} & x_{12} & x_{13} \\
x_{21} & x_{22} & x_{23} \\
x_{31} & x_{32} & x_{33}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 3 & 3 \\
1 & 4 & 0 \\
3 & 0 & 3
\end{pmatrix}
$$
sa dá prepísať ako deväť podmienok - ak v súčine na ľavej strane vypočítame, čo bude na jednotlivých miestach matice.

Napíšme si rovnice, ktoré dostaneme:
$$\begin{align*}
x_{11}+2x_{21}+x_{31} &= 0\\
x_{12}+2x_{22}+x_{32} &= 3\\
x_{13}+2x_{23}+x_{33} &= 3\\
2x_{11}+2x_{21}+3x_{31} &= 1\\
2x_{12}+2x_{22}+3x_{32} &= 4\\
2x_{13}+2x_{23}+3x_{33} &= 0\\
2x_{11}+3x_{21}+0x_{31} &= 3\\
2x_{12}+3x_{22}+0x_{32} &= 0\\
2x_{13}+3x_{23}+0x_{33} &= 3
\end{align*}$$

Dostali sme sústavu deviatich rovníc s deviatimi neznámymi, čo vyzerá na ručné počítanie dosť hrozivo.
Všimnime si však, že iba tri rovnice obsahujú prvky $x_{11}$, $x_{21}$, $x_{31}$ z prvého stĺpca matice. Sú to konkrétne tie, kde na pravej strane máme prvý stĺpec matice $B$.
(To sedí s tým, že podľa definície súčinu matice prvý stĺpec súčinu $AX$ dostaneme pomocou prvkov z prvého stĺpca matice $X$.)

Takže na nájdenie prvkov v prvom stĺpci matice $X$ by sme mohli riešiť sústavu
$\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 2 & 1 & 0 \\
2 & 2 & 3 & 1 \\
2 & 3 & 0 & 3
\end{array}\right)$

Podobne by sme mohli zostaviť sústavu pre druhý stĺpec a pre tretí stĺpec matice $X$. Ak si však všimneme, že sa líšia iba pravé strany a matica sústavy vo všetkých prípadoch je matica $A$, tak môžeme všetky tri sústavy riešiť naraz a upravovať:
$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 1 & 0 & 3 & 3 \\
2 & 2 & 3 & 1 & 4 & 0 \\
2 & 3 & 0 & 3 & 0 & 3
\end{array}\right)$
Dostali sme presne to isté, čo pri predošlom spôsobe výpočtu.

[Martin Sleziak]

Ak by matica $A$ bola regulárna, t.j. existovala by inverzná matica $A^{-1}$, tak by sme mohli najprv vypočítať inverznú maticu a potom využiť to, že
$AX=B$ $\Leftrightarrow$ $X=A^{-1}B$

V tomto prípade však inverzná matica neexistuje takže sa takýto postup nedá použiť.

Fakt, že neexistuje inverzná matica, ešte neznamená, že táto úloha nemá riešenie. (Ako vidíte v predošlom príspevku, existuje matica $X$ vyhovujúca zadaným podmienkam.)

Ale aj tým, ktorí napísali v písomke aspoň to, ako by sa dala nájsť matica $X$ keby $A^{-1}$ existovala som dal nejaké body. (Je to vlastne tiež riešenie tohoto typu úlohy, ale nebude fungovať pre ľubovoľnú maticu $A$.)

[Martin Sleziak]

Skúsme sa pozrieť ešte na iný príklad takéhoto typu:

Nájdite aspoň jednu maticu $X$ nad poľom $\mathbb Z_5$ takú, že $AX=B$, alebo ukážte, že taká matica neexistuje.
$$A=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 4 \\
1 & 2 & 0 \\
2 & 3 & 3 \\
\end{pmatrix}
\qquad
B=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 3 \\
2 & 1 & 4 \\
1 & 2 & 4 \\
\end{pmatrix}
$$

V tomto prípade sa dá skontrolovať, že $h(A)=2$ a $h(B)=3$.

Akonáhle poznáme hodnosti, tak už vieme zdôvodniť, že riešenie neexistuje:

• Ak vieme, že hodnosť súčinu matíc je nanajvýš taká, ako hodnosť ktorejkoľvek z matíc ktoré násobíme, tak máme $h(AX)\le 2$, teda $AX$ nemôže byť rovné matici $B$. (Viac o nerovnosti pre súčin matíc sa dá nájsť tu: viewtopic.php?t=828. Rovnaký argument by fungoval vždy, keď $h(A)<h(B)$.)
• V tomto prípade môžeme využiť aj to, že $B$ je regulárna. Nie moc ťažko sa dá ukázať: Ak $AX$ je regulárna, tak matice $A$ aj $X$ sú regulárne. (Skúste si rozmyslieť.) Teda aby existovalo riešenie, musela by aj matica $A$ byť regulárna.

To, že neexistuje riešenie, však môžeme overiť aj štandardným postupom, ktorý sme spomenuli vyššie.

$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
2 & 1 & 4 & 1 & 1 & 3 \\
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
2 & 3 & 3 & 1 & 2 & 4
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
2 & 1 & 4 & 1 & 1 & 3 \\
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
0 & 2 & 4 & 0 & 1 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
2 & 1 & 4 & 1 & 1 & 3 \\
0 & 2 & 4 & 0 & 1 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
0 & 2 & 4 & 2 & 4 & 0 \\
0 & 2 & 4 & 0 & 1 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
0 & 2 & 4 & 2 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 2 & 1
\end{array}\right)
$

Ak sa na uvedený postup pozeráme ako na súčasné riešenie trochu sústav, tak vidíme, že by nám v tomto prípade stačilo riešiť jednu z nich. V poslednom riadku nám vyšli všetky tri čísla nenulové, takže ak by sme si vybrali iba jeden stĺpec, tak by nám stačilo riešiť iba jednu sústavu (používať iba jeden stĺpec ako pravé strany.) Toto sme však nemohli vedieť dopredu - pre inak zvolené matice $A$ a $B$ by sa mohlo stať, že riešenie neexistuje ale pre niektoré stĺpce by sa riešenie nájsť dalo.

[Martin Sleziak]

Videli sme už, že ak $h(A)<h(B)$, tak riešenie neexistuje.

V prvom príklade, ktorý sme uviedli, platilo $h(A)=h(B)$ a existovala taká matica $X$. Skúsme pridať aspoň jeden príklad, kde $h(A)=h(B)$, ale riešenie aj tak neexistuje. (Aby sme videli, že aj takáto možnosť môže nastať.)

Nájdite aspoň jednu maticu $X$ nad poľom $\mathbb Z_5$ takú, že $AX=B$, alebo ukážte, že taká matica neexistuje.
$$A=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 4 \\
1 & 2 & 0 \\
1 & 1 & 3 \\
\end{pmatrix}
\qquad
B=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 3 \\
2 & 1 & 4 \\
4 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$

$
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
2 & 1 & 4 & 1 & 1 & 3 \\
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
1 & 1 & 3 & 4 & 1 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
2 & 1 & 4 & 1 & 1 & 3 \\
1 & 1 & 3 & 4 & 1 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
1 & 3 & 2 & 3 & 3 & 4 \\
1 & 1 & 3 & 4 & 1 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
0 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 4 & 3 & 2 & 0 & 2
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 4 \\
0 & 1 & 2 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 2 & 2
\end{array}\right)$

Z uvedených výpočtov môžeme vidieť, že neexistuje riešenie zadanej maticovej rovnice. Takisto vidíme, že $h(A)=2$.

Vcelku ľahko sa skontroluje, že aj $h(B)=2$.

Spoiler:

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

Môžete si skúsiť rozmyslieť, ako súvisí existencia resp. neexistencia riešenia so stĺpcovým priestorom matice $A$ resp. matice $B$.