msleziak.com

$\newcommand{\skal}[2]{\langle{\vec{#1}},{\vec{#2}}\rangle}$
Pre vektory $\vec x=(x_1,x_2,x_3)$, $\vec y=(y_1,y_2,y_3)$ položme
$$\skal xy=x_1y_1+tx_1y_2+tx_2y_1+tx_2y_2+x_1y_3+x_3y_1+x_2y_3+x_3y_2+2x_3y_3.$$
Nájdite všetky hodnoty parametra $t\in\mathbb R$, pre ktoré tento predpis dáva skalárny súčin na priestore $\mathbb R^3$.

Výsledok
Správny výsledok je, že skalárny súčin dostaneme pre $t\in(\frac12,1)$.

Stručne k riešeniu
Vlastne jediná náročnejšia časť by malo byť overenie kladnej definitnosti.
Bral som to tak, že by ste túto úlohu mali riešiť hlavne na základe vecí, ktoré sme už prebrali.
Viacerí ste použili Sylvestrove kritérium, ktoré ešte na prednáške ešte len bude. (Naučíme sa ho v kapitole o kvadratických formách, ktorú sme teraz začali.)
Keďže v zadaní som nijako priamo nešpecifikoval, čo sa môže používať a čo nie, akceptovali sme aj takéto riešenia. (Určite nie je zlé si uvedomiť, že sa úloha dá riešiť aj s vecami, ktoré už boli prebrané v čase zadania. Na druhej strane azda je fajn aj to, že takto vidno, že veci ktoré sa naučíme o kvadratických formách nám môžu zjednodušiť riešenie úlohy takéhoto typu.)
Ak sa ešte vyskytnú v budúcnosti úlohy, kde možno nebude na prvý pohľad jasné, čo sa môže používať a čo nie, tak sa to bude snažiť jasne špecifikovať v zadaní.

Maticový zápis
Zadaný skalárny súčin sa dá prepísať ako $(x_1,x_2,x_3)A(y_1,y_2,y_3)^T$ pre maticu
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & t & 1 \\
t & t & 1 \\
1 & 1 & 2
\end{pmatrix}.
$$
Všimnime si, že matica $A$ je symetrická.

Bilinearita a symetria
Z cvičení aj z prednášky vieme, že predpis $\skal xy=\vec xA\vec y^T$ spĺňa prvé tri podmienky z definície skalárneho súčinu pre každú symetrickú maticu.
Úplne stačilo takéto zdôvodnenie. (Samozrejme, je v poriadku ak ste zopakovali v odovzdanej úlohe odvodenie, ktoré sme urobili pre symetrickú maticu. Alebo aj ak ste tieto podmienky rozpísali - akurát takto je to pomerne veľa roboty, hoci sa to dalo zdôvodniť oveľa rýchlejšie.)

Kladná definitnosť - z definície
Chceme sa teraz pozrieť na výraz
$$\skal xx=x_1^2+2tx_1x_2+tx_2^2+2x_1x_3+2x_2x_3+2x_3^2.$$
Radi by sme našli také hodnoty $t\in\mathbb R$, že pre všetky $\vec x\ne\vec 0$ máme $\skal xx>0$.

V podstate je to presne štandardný postup - snažíme sa upraviť tento výraz na tvar, kde budú iba druhé mocniny vynásobené nejakými koeficientami. Samozrejme, je to trochu skomplikované tým, že tu vystupuje parameter.

Môžeme napríklad použiť takéto úpravy:
\begin{align*}
\skal xx
&=x_1^2+2tx_1x_2+tx_2^2+2x_1x_3+2x_2x_3+2x_3^2\\
&=(x_1+tx_2+x_3)^2+(t-t^2)x_2^2+(2-2t)x_2x_3+x_3^2\\
&=(x_1+tx_2+x_3)^2+x_3^2+(2-2t)x_2x_3+(t-t^2)x_2^2\\
&=(x_1+tx_2+x_3)^2+(x_3+(1-t)x_2)^2+(-1+3t-2t^2)x_2^2
\end{align*}

Teda určite chcem $-1+3t-2t^2>0$; inak by som pre vektor $\vec x=(0,1,0)$ dostal $\skal xx\le0$.

To je vlastne podmienka $2t^2-3t+1=2(t^2-\frac32t+\frac12)=2(t-1)(t-\frac12)<0$, čiže musí platiť $\boxed{t\in(\frac12,1)}.$

Pre takéto hodnoty $t$ viem dostať nulu iba ak $x_2=0$ a súčasne
\begin{align*}
x_1+tx_2+x_3&=0\\
x_3+(1-t)x_2&=0
\end{align*}
čo vlastne znamená
\begin{align*}
x_1+x_3&=0\\
x_3&=0
\end{align*}
čiže sme dostali $x_1=x_2=x_3=0$.

Vidíme teda, že dostaneme skalárny súčin práve vtedy, keď $t\in(\frac12,1)$.

Kladná definitnosť - rohové determinanty
Ak ste sa rozhodli riešiť úlohu pomocou
Sylvestrovho kritéria, tak vlastne dostanete tri podmienky:
\begin{align*}
D_1&=1>0\\
D_2&=\begin{vmatrix}
1 & t \\
t & t
\end{vmatrix}=t-t^2>0\\
D_3&=\begin{vmatrix}
1 & t & 1 \\
t & t & 1 \\
1 & 1 & 2
\end{vmatrix}=-1+3t-2t^2>0
\end{align*}
Podmienka $-1+3t-2t^2>0$ je presne rovnaká ako sme dostali v predošlom riešení. Videli sme, že platí práve pre $t\in(\frac12,1)$.
Dostali sme ešte jednu podmienku $t-t^2>0$. Tá je splnená pre $t\in(0,1)$.
Čiže dostávame, že kladná definitnosť platí pre hodnoty parametra $t$ z množiny $(\frac12,1)\cap(0,1)=(\frac12,1)$.

Ak by sme najprv zaviedli nové premenné $y_1=x_1$, $y_2=x_3$, $y_3=x_2$, tak tú istú kvadratickú formu môžeme vyjadriť ako $(y_1,y_2,y_3)B(y_1,y_2,y_3)^T$ pre maticu
$$B=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & t \\
1 & 2 & 1 \\
t & 1 & t
\end{pmatrix}.
$$
Takto dostaneme o trochu jednoduchšie podmienky: $D'_1=D'_2=1$ a $D'_3=-2t^2+3t-1$. (Prvé dva determinanty neobsahujú parameter.)
Samozrejme, výsledok ktorý dostaneme je rovnaký - kladná definitnosť platí $\Leftrightarrow$ $D'_3=-2t^2+3t-1>0$ $\Leftrightarrow$ $t\in(\frac12,1)$.

V riešení uvedenom vyššie sme upravili náš výraz na tvar, kde vystupovali iba druhé mocniny vynásobené nejakými konštantami.$\newcommand{\skal}[2]{\langle{\vec{#1}},{\vec{#2}}\rangle}$
$$\skal xx=(x_1+tx_2+x_3)^2+(x_3+(1-t)x_2)^2+(-1+3t-2t^2)x_2^2$$
(A takéto veci ešte budeme počítať zanedlho aj pri úprave kvadratických foriem na kanonický tvar. Takže ak ste s tým mali problémy pri tejto úlohe, určite budete mať ešte dosť možností si úpravy takéhoto typu vyskúšať.)
To, čo je uvedené vyššie nie je jediná možnosť, ako to dostať do takéhoto tvaru.

Ak mám tvar $c_1(\ldots)^2+c_2(\ldots)^2+c_3(\ldots)^2$, tak pre $c_i>0$ sa daný výraz bude rovnať nule iba ak aj výrazy v zátvorkách sú nulové.
V odovzdaných riešeniach sa však našli aj nejaké úpravy na tvar, ktorý nám nepomohol na zdôvodnenie, že tento výraz je nula iba pre nulový vektor.

\begin{align*}
\skal xx
&=x_1^2+2tx_1x_2+tx_2^2+2x_1x_3+2x_2x_3+2x_3^2\\
&=x_1(x_1+2tx_2+x_3)+x_2(tx_2+2x_3)+2x_3^2\ge0
\end{align*}
Z tejto nerovnosti vyplýva $x_3=0$.

Toto nie je pravda. Nulu resp. aj zápornú hodnotu viem dostať aj ak $2x_3^2$ bude kladné, ak sa dá dosiahnuť to, že predošlé dva výrazy mi dajú zápornú hodnotu.
V tomto konkrétnom príklade napríklad pre $t=0$ mi vektor $\vec x=(0,1,-1)$ dá ako výsledok nulu.

Dám sem aj jedno z odovzdaných riešení, ktoré išlo trochu iným smerom - ale až ne nejaké malé drobnosti je ok. (A možno je zaujímavé vidieť aj trochu iný postup.)$\newcommand{\skal}[2]{\langle{\vec{#1}},{\vec{#2}}\rangle}$

Aby bol splnená štvrtá podmienka, má platiť $\skal xx>0$ pre $\vec x=0$.
\begin{align*}
\skal xx
&=x_1^2+2tx_1x_2+tx_2^2+2x_1x_3+2x_2x_3+2x_3^2\\
&=tx_2^2+x_2(2tx_1+x_3)+(x_1^2+2x_2x_3+2x_3^2)
\end{align*}
Tento výraz je kvadratická funkcia premennej $x_2$ a jej grafom je parabola.
Ak má byť výraz kladný, tak $t>0$ a $D<0$.
Pri výpočte determinantu dostaneme niečo takéto (tu som vynechal nejaké kroky, ktoré sú iba úpravy):
\begin{align*}
D&=b^2-4ac\\
D&=(2tx_1+x_3)^2-4t(x_1^2+2x_2x_3+2x_3^2)\\
D&=4x_1^2(t^2-t)+4x_3^2(1-2t)
\end{align*}
Keďže $x_1^2$ aj $x_3^2$ sú vždy kladné, tak $D<0$ nastáva práve vtedy, ak $t^2-t<0$ a zároveň $1-2t<0$.

Takéto riešenie je fajn - akurát na niektorých miestach by som nejaké veci poopravil. (Resp. dá sa na to pozerať tak, že niektoré veci treba robiť trochu opatrnejšie.)

Prvé miesto, kde si treba dať pozor, je tu:

Ak má byť výraz kladný, tak $t>0$ a $D<0$.

Ak si zafixujeme $t$, $x_1$ a $x_3$, tak tento výraz je naozaj kvadratická funkcia od $x_2$.
Vznikla zo skalárneho súčinu, teda vieme, že má kladnú hodnotu ak $(x_1,x_2,x_3)\ne(0,0,0)$.
Teda ak $x_2\ne0$, tak tento výraz je určite kladný.
Ak $x_2=0$, tak by mal byť kladný v prípade, že $(x_1,x_3)\ne(0,0)$ a nulový ak $x_1=x_3=0$.
Čiže si treba dať trochu pozor na to, či by sa mi nemohlo stať, že dostanem parabolu také, že akurát v $x_2=0$ je nulová a inde kladná. (Takáto situácia skutočne nastane pre $x_1=x_3=0$, mňa ale zaujíma to, že pre ak aspoň jedna z týchto premenných je nenulová, tak sa mi to nestane.)
Ak sa pozrieme na absolútny člen $$x_1^2+2x_2x_3+2x_3^2=(x_1+x_3)^2+x_3^2,$$ tak už vcelku ľahko zistíme, že tento výraz je naozaj kladný ak aspoň jedna z hodnôt $x_1$, $x_3$ je nenulová.

Aj túto vec by som formuloval trochu inak:

Keďže $x_1^2$ aj $x_3^2$ sú vždy kladné, tak $D<0$ nastáva práve vtedy, ak $t^2-t<0$ a zároveň $1-2t<0$.

O výrazoch $x_1^2$ aj $x_3^2$ vieme, že sú nezáporné - nie to, že sú kladné.
Ale tu ich používame v takej situácii, že nerovnosť ktorú sme dostali, má platiť pre akékoľvek hodnoty také, že $(x_1,x_2,x_3)\ne(0,0,0)$.
Teda špeciálne si môžeme zobrať $x_1\ne0$ aj $x_3\ne0$ a potom už takýto argument prejde bez problémov.