Úloha Definujme lineárne zobrazenie $f \colon \mathbb R^4 \to \mathbb R^2$ ako $f(x_1, x_2, x_3, x_4) = (3x_1 + x_2 + 2x_3 - x_4, 2x_1 + 4x_2 + x_3 - x_4)$ a označme $U_1=\operatorname{Ker}f$.
Ďalej definujme lineárne zobrazenie $g \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R^4$ ako $g(y_1, y_2) = (y_1 - y_2, y_1 - 3y_2, 2y_1 - 8y_2, 3y_1 - 27y_2)$ a označme $U_2=\operatorname{Im}f$.
Vidíme, že $U_1$ aj $U_2$ sú podpriestory $\mathbb R^4$.
Nájdite bázy priestorov $U_1$, $U_2$, ${U_1 \cap U_2}$ a $U_1 + U_2$.
Riešenie.
Bázu podpriestoru $U_1$ môžeme nájsť jednoducho riešením sústavy
$$
\begin{align}
3x_1 + x_2 + 2x_3 - x_4&=0\\
2x_1 + 4x_2 + x_3 - x_4&=0
\end{align}$$
Pomocou úpravy na RTM dostaneme
$$
\begin{pmatrix}
3 & 1 & 2 & -1 \\
2 & 4 & 1 & -1 \\
\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}
1 & -3 & 1 & 0 \\
2 & 4 & 1 & -1 \\
\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}
1 & -3 & 1 & 0 \\
1 & 7 & 0 & -1 \\
\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}
1 & -3 & 1 & 0 \\
-1 & 7 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
Pôvodná sústava je teda ekvivalentná so sústavou $x_1-3x_2+x_3=0$, $-x_1+7x_2+x_4=0$; t.j. $x_3=-x_1+3x_2$, and $x_4=x_1-7x_2$. Pre ľubovoľnú voľbu $x_1$, $x_2$ dostanem riešenie tvaru
$$(x_1,x_2,-x_1+3x_2,x_1-7x_2)=x_1(1,0,-1,1)+x_2(0,1,3,7),$$
čo znamená, že $U_1=[(1,0,-1,1),(0,1,3,7)]$. Teda tieto dva vektory tvoria bázu $U_1$. (Samozrejme, ten istý podpriestor má aj veľa ďalších báz. Teda ak zvolíte iný postup, môžete dostať iný výsledok. Oplatí sa urobiť aj skúšku správnosti, či tieto vektory spĺňajú pôvodný systém rovníc, resp. či sa zobrazujú zobrazením $f$ na nulový vektor.)
Priestor $U_2$ je generovaný vektormi $g(1,0)$ a $g(0,1)$, čiže $U_2=[(1,1,2,3),(-1,-3,-8,-27)]$. Tieto vektory sú lineárne nezávislé a teda tvoria bázu $U_2$. (Ak máme dva vektory, na overenie lineárnej nezávislosti si stačí všimnúť, či jeden z nich je násobkom druhého.)
Skúsme sa teraz pozrieť na $U_1+U_2$. Vieme, že $U_1+U_2=[(1,0,-1,1),(0,1,3,7),(1,1,2,3),(-1,-3,-8,-27)]$, ale neviem, či sú tieto vektory nezávislé. Takže použijeme úpravu na RTM.
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1\\
0 & 1 & 3 & 7\\
1 & 1 & 2 & 3\\
-1 &-3 &-8 &-27
\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1\\
0 & 1 & 3 & 7\\
0 & 0 & 0 & 1\\
-1 &-3 &-8 &-27
\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 3 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
-1 &-3 &-8 & 0
\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 3 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.$$
Teraz už vieme, že vektory $(1,0,-1,0)$, $(0,1,3,0)$, $(0,0,0,1)$ tvoria bázu podpriestoru $U_1+U_2$ a že $d(U_1+U_2)=3$.
Pretože $d(U_1)+d(U_2)=d(U_1+U_2)+d(U_1\cap U_2)$, platí aj $d(U_1\cap U_2)=1$.
Ak si všímneme, že $(2,4,10,30)=(1,1,2,3)+(1,3,8,27)$ a $2(1,0,-1,1)+4(0,1,3,7)=(2,4,10,30)$, tak vidíme, že vektor $(1,2,5,10)$ patrí do $U_1\cap U_2$. Keďže $U_1\cap U_2$ je jednorozmenrý, znamená to, že $U_1\cap U_2=[(1,2,5,10)]$.
skúsme sa však zamyslieť aj nad tým, či vieme nájsť bázu $U_1\cap U_2$ bez hádania.
Jedna možnosť je pozrieť sa na to, čo sme robili v riadkových úpravách pri výpočte bázy $U_1+U_2$. Ak označíme riadky matice, ktorú sme upravovali, ako $\vec a_1$, $\vec a_2$, $\vec b_1$, $\vec b_2$, tak dostávame (použitím tých podobných riadkových operácií), že:
$\vec a_1+\vec a_2-\vec b_1=(0,0,0,5)$
$\vec a_1+3\vec a_2+\vec b_2=(0,0,0,-5)$
Z týchto vektorov dostaneme $2\vec a_1+4\vec a_2+\vec b_2-\vec b_1=\vec 0$, čo znamená, že
$$2\vec a_1+4\vec a_2 = \vec b_1-\vec b_2,$$
a teda tento vektor patrí do prieniku.
Tento postup bol tiež založený na štastnej náhode, že nám stačil nájsť jediný vektor. Systematickejší prístup by bol hladať vektory patriace do $U_1\cap U_2$ riešením sústavy, ktorú získame z rovnosti $x_1\vec a_1+x_2 \vec a_2=y_1\vec b_1+y_2 \vec b_2$. Akonáhle nájdeme všetky možné dvojice $(x_1,x_2)$, vieme nájsť všetky vektory patriace do $U_1\cap U_2$.
Alebo tiež môžeme podpriestory $U_1$ a $U_2$ vyjadriť ako množiny riešení vhodných sústav. (Pre priestor $U_1$ máme vlastne takúto sústavu už priamo v zadaní.) Ak potom riešime sústavu, kde budú všetky rovnice - tie, ktoré určujú $U_1$ a aj tie, ktoré určujú $U_2$ - tak jej riešením dostaneme presne $U_1\cap U_2$.
Ešte jedna úloha na lineárne súčty
Moderator: Martin Sleziak