Lineárne kombinácie riadkov a násobenie
Posted: Fri May 18, 2018 12:13 pm
Viackrát som spomínal, že pri násobení matíc mi môže ušetriť robotu, ak vidím, že niektoré riadky sú lineárnou kombináciou ostatných.
Súvisí to s tým, že na násobenie maticou zľava sa môžem pozerať takto:
$$\begin{pmatrix}\vec r_1\\\vec r_2\\\vec r_3\\\vec r_4\end{pmatrix}B=
\begin{pmatrix}\vec r_1B\\\vec r_2B\\\vec r_3B\\\vec r_4B\end{pmatrix}.$$
Ak napríklad mám takú maticu, že štvrtý riadok je lineárnou kombináciou prvých troch, t.j. $\vec r_4=c_1\vec r_1+c_2\vec r_2+c_3\vec r_3$ a už som vypočítal prvý tri riadky súčinu, tak aj štvrtý riadok viem dostať ako
$$\vec r_4B=c_1\vec r_1B+c_2\vec r_2B+c_3\vec r_3B.$$
Výpočet lineárnej kombinácie môže byť menej náročný ako štandardné násobenie.
Dokonca ak by náhodou vyšli prvé tri riadky súčinu nulové a viem, že štvrtý riadok je ich lineárna kombinácia, tak hneď vidím, že aj štvrtý riadok v súčine je nulový. (Na takúto situáciu narazíte často pri výpočte Jordanovho tvaru - čo je presne dôvod prečo to spomínam teraz.)
Skúsme sa pozrieť na to na príklad matice, ktorá sa vyskytla na včerajšej písomke:
$$A=\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}$$
Dá sa zbadať, že $\vec r_3=2\vec r_4$.
Možno s trochu väčšou námahou, ale dá sa všimnúť si aj to, že $\vec r_2=3\vec r_1-5\vec r_4$.
(A aj ak by sme nehľadali presné koeficienty, ak sa poriadnejšie pozriete na výpočet ktorým ste zistili hodnosť matice $A$, tak sa dá z neho vidieť, že druhý riadok je lineárna kombinácia prvého a štvrtého.)
Pri výpočte Jordanovho tvaru sme potrebovali vypočítať $A^2$. Skúsme teda najprv zrátať to, čo mi vyjde v prvom a štvrtom riadku (keďže ostatné sú ich lineárne kombinácie).
$$
A^2=\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
? & ? & ? & ? \\
? & ? & ? & ? \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
A teraz ostatné riadky už viem doplniť bez počítania - sú to lineárne kombinácie prvého a štvrtého riadku, tie sú nulové a teda aj zvyšok je nulový.
$$
A^2=\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Poďme skúsiť aspoň jeden príklad, kde nevyjdú nulové riadky. Povedzme že chceme vyrátať súčin
$$AB=
\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 &-1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 &-1 & 0 \\
\end{pmatrix}.
$$
Opäť začnime tým, že vypočítame prvý a štvrtý riadok:
$$\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 &-1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 &-1 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-4 &-2 & 8 & 2 \\
? & ? & ? & ? \\
? & ? & ? & ? \\
-2 &-2 & 6 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Ak sme si zapamätali, že v matici $A$ máme $\vec r_3=2\vec r_4$ a $\vec r_2=3\vec r_1-5\vec r_4$, tak ostatné riadky súčinu môžeme dorátať presne takýmto spôsobom.
Tretí riadok je presne dvojnásobok štvrtého.
Druhý riadok získam z prvého a štvrtého ako lineárnu kombináciu s koeficientami $3$ a $-5$.
$$\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 &-1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 &-1 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-4 &-2 & 8 & 2 \\
-2 & 4 &-6 & 6 \\
-4 &-4 &12 & 0 \\
-2 &-2 & 6 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Môžete si skontrolovať, že to isté by ste dostali klasickým vynásobením matíc. (A tiež si môžete porovnať, ktorý z týchto dvoch postupov sa vám zdá byť výhodnejší z hľadiska toho, ako veľa treba počítať.)
Súvisí to s tým, že na násobenie maticou zľava sa môžem pozerať takto:
$$\begin{pmatrix}\vec r_1\\\vec r_2\\\vec r_3\\\vec r_4\end{pmatrix}B=
\begin{pmatrix}\vec r_1B\\\vec r_2B\\\vec r_3B\\\vec r_4B\end{pmatrix}.$$
Ak napríklad mám takú maticu, že štvrtý riadok je lineárnou kombináciou prvých troch, t.j. $\vec r_4=c_1\vec r_1+c_2\vec r_2+c_3\vec r_3$ a už som vypočítal prvý tri riadky súčinu, tak aj štvrtý riadok viem dostať ako
$$\vec r_4B=c_1\vec r_1B+c_2\vec r_2B+c_3\vec r_3B.$$
Výpočet lineárnej kombinácie môže byť menej náročný ako štandardné násobenie.
Dokonca ak by náhodou vyšli prvé tri riadky súčinu nulové a viem, že štvrtý riadok je ich lineárna kombinácia, tak hneď vidím, že aj štvrtý riadok v súčine je nulový. (Na takúto situáciu narazíte často pri výpočte Jordanovho tvaru - čo je presne dôvod prečo to spomínam teraz.)
Skúsme sa pozrieť na to na príklad matice, ktorá sa vyskytla na včerajšej písomke:
$$A=\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}$$
Dá sa zbadať, že $\vec r_3=2\vec r_4$.
Možno s trochu väčšou námahou, ale dá sa všimnúť si aj to, že $\vec r_2=3\vec r_1-5\vec r_4$.
(A aj ak by sme nehľadali presné koeficienty, ak sa poriadnejšie pozriete na výpočet ktorým ste zistili hodnosť matice $A$, tak sa dá z neho vidieť, že druhý riadok je lineárna kombinácia prvého a štvrtého.)
Pri výpočte Jordanovho tvaru sme potrebovali vypočítať $A^2$. Skúsme teda najprv zrátať to, čo mi vyjde v prvom a štvrtom riadku (keďže ostatné sú ich lineárne kombinácie).
$$
A^2=\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
? & ? & ? & ? \\
? & ? & ? & ? \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
A teraz ostatné riadky už viem doplniť bez počítania - sú to lineárne kombinácie prvého a štvrtého riadku, tie sú nulové a teda aj zvyšok je nulový.
$$
A^2=\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Poďme skúsiť aspoň jeden príklad, kde nevyjdú nulové riadky. Povedzme že chceme vyrátať súčin
$$AB=
\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 &-1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 &-1 & 0 \\
\end{pmatrix}.
$$
Opäť začnime tým, že vypočítame prvý a štvrtý riadok:
$$\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 &-1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 &-1 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-4 &-2 & 8 & 2 \\
? & ? & ? & ? \\
? & ? & ? & ? \\
-2 &-2 & 6 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Ak sme si zapamätali, že v matici $A$ máme $\vec r_3=2\vec r_4$ a $\vec r_2=3\vec r_1-5\vec r_4$, tak ostatné riadky súčinu môžeme dorátať presne takýmto spôsobom.
Tretí riadok je presne dvojnásobok štvrtého.
Druhý riadok získam z prvého a štvrtého ako lineárnu kombináciu s koeficientami $3$ a $-5$.
$$\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1 \\
1 &-1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 &-1 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-4 &-2 & 8 & 2 \\
-2 & 4 &-6 & 6 \\
-4 &-4 &12 & 0 \\
-2 &-2 & 6 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Môžete si skontrolovať, že to isté by ste dostali klasickým vynásobením matíc. (A tiež si môžete porovnať, ktorý z týchto dvoch postupov sa vám zdá byť výhodnejší z hľadiska toho, ako veľa treba počítať.)