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.)